2009

apuntes deecuacionesdiferenciales II(EDPs)

Pepe ArandaMétodos MatemáticosFísicas Complutense

Índice

BibliografíaSobre las versiones de los apuntes

Introducción 1

1. Características; problemas clásicos 31.1 EDPs lineales de primer orden 41.2 EDPs lineales de segundo orden; clasificación 71.3 Los problemas clásicos; unicidad 11

2. Problemas de contorno para EDOs 152.1 Problemas de Sturm-Liouville homogéneos 162.2 Series de Fourier 212.3 Problemas no homogéneos; función de Green 25

3. Separación de variables 293.1 Separación de variables para calor y ondas 303.2 Separación de variables para Laplace 383.3 Algunos problemas en tres variables 463.4 Funciones de Green 51

4. Otros métodos en EDPs 534.1 Ecuación de la cuerda vibrante 544.2 Ondas en tres y dos dimensiones 614.3 Transformadas de Fourier 65

Apéndice 69

Problemas 1 73Problemas 2 74Problemas 3 75Problemas 4 77Problemas adicionales 1 79Problemas adicionales 2 80Problemas adicionales 3 81Problemas adicionales 4 82

Bibliografía

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

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

Br Braun. ECUACIONES DIFERENCIALES Y SUS APLICACIONES. InteramericanaR Ross. ECUACIONES DIFERENCIALES. RevertéE Elsgoltz. ECUACIONES DIFERENCIALES Y CALCULO VARIACIONAL. MirMCZ Marcellán-Casasús-Zarzo. ECUACIONES DIFERENCIALES. PROBLEMAS LINEALES Y

APLICACIONES. McGraw-HillPA Puig Adam. CURSO TEORICO-PRACTICO DE ECUACIONES DIFERENCIALES

APLICADO A LA FISICA Y TECNICA.H Haberman. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES con Series de Fourier

y Problemas de Contorno. Pentice HallSs Strauss. PARTIAL DIFFERENTIAL EQUATIONS. An Introduction. WileyW Weimberger. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES. RevertéMU Myint-U. PARTIAL DIFFRENTIAL EQUATIONS OF MATHEMATICAL PHYSICS. ElsevierT Tijonov-Samarski. ECUACIONES DE LA FISICA MATEMATICA. MirSp Stephenson. INTRODUCCION A LAS ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES. RevertéCh Churchill. SERIES DE FOURIER Y PROBLEMAS DE CONTORNO. McGraw-HillJ John. PARTIAL DIFFERENTIAL EQUATIONS. Springer-VerlagSk Stakgold. GREEN’S FUNCTIONS AND BOUNDARY VALUE PROBLEMS. Wiley

Los primeros cinco libros (básicamente de EDOs) tienen introducciones a las EDPs. Enconcreto, BD, Br, R y Si estudian los problemas de contorno para EDOs y el método deseparación de variables. R clasifica también las EDPs de segundo orden con coeficientesconstantes. E trata con detalle las EDPs de primer orden. Los dos siguientes, el MCZ y elclásico PA (de 1950), son mixtos de EDOs y EDPs y abarcan una mayor parte del curso. Losdemás libros son más bien de EDPs: H, Ss, W, MU y T incluyen casi todos los temas de losapuntes (y muchos otros que no se tratan en ellos). Sp y Ch tienen bastantes menos páginas(y sirven para parte del curso). J y Sk son de mayor nivel y bastante más difíciles de leer.

Gran parte de los libros de EDPs, en vez de organizarse en torno a los métodos de resolu-ción (como en los apuntes), estudian por separado y con diferentes técnicas las ecuacioneshiperbólicas, elípticas y parabólicas.

Las EDPs de primer orden se estudian en H, E, PA y J, aunque se centran más en lasecuaciones cuasilineales (también tratan las no lineales). La reducción a forma canónicay las cuestiones de unicidad se ven en casi todos los libros de EDPs. Véase por ejemploMU, W o T. Para un estudio serio de los problemas de Cauchy ver el J. La deducción de lasecuaciones y el significado físico de los problemas se puede mirar, por ejemplo, en Bd, W,H, Ss o T.

Para el 2 es recomendable leer BD, Si y H. La teoría general de problemas de contorno,funciones de Green, desarrollos en autofunciones. . . en el Sk. Hay demostraciones menosgenerales (con matemáticas más elementales) en Ss, W o Ch. La sección 3.4 sigue más omenos el MU. W, Ss, T y Sp también estudian las funciones de Green por otros caminos.Cuestiones más avanzadas en el Sk.

La separación de variables (capítulo 3) está en casi todos los libros. Buenas introduccioneshay en los cuatro primeros y en el Sp. El libro más recomendable para todo este capítulo esel H. Para precisiones de convergencia y problemas de varias variables ver Ss, W, MU o T.

Para las secciones 4.1 y 4.2 se puede consultar el PA, H, SS, W, MU, T o J. En ellos sededucen las fórmulas de 4.2 no demostradas en los apuntes. Para la 4.3 ver Ch, Ss, MU, Spy, sobre todo, H y W que utilizan también la transformada de Laplace para EDPs (W tieneuna introducción a la variable compleja).

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

Sobre las versiones de los apuntes

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

1.1 y 1.3 se modifican levemente y 1.2 se vuelve a reordenar.

2 tiene ahora 3 secciones. Los ejemplos de la vieja 2.1 desaparecen (se incluyen, ademásde otros ejemplos nuevos) en la nueva 2.1. También aparecen más ejemplos en series deFourier y en problemas no homogéneos.

3.1 incluye dos ejemplos nuevos del calor y las ideas sobre subproblemas pasan al final de3.2. Esta sección incluye dos ejemplos más en cartesianas y uno en polares. 3.3 cambiapoco y como 3.4 (antes 4.4) aparece la introducción a las funciones de Green para Laplace.

En todo el 4 aparecen bastantes ejemplos nuevos (y algunos viejos se detallan más). En 4.1,uno de cuerda semi-infinita y otro de cuerda acotada, y dos de ondas en 3 dimensiones en4.2. Las transformadas de Fourier F de 4.3 tienen tres ejemplos nuevos.

Aparece un apéndice en el que se repasan algunos resultados de EDOs, de convergenciauniforme y cálculo en varias variables.

Los problemas (y los adicionales) tienen bastantes cambios (los grupos piloto exigen inven-tar muchos problemas para entregar, para parcialillos,... y eso se nota).

Versión 2008. Escasas novedades en teoría. Además de algunas correcciones de ejemplos,erratas, estéticas... se reordenó la sección 1.2 y se añadió un ejemplo nuevo en 3.1. Los pro-blemas para hacer durante el curso fueron los no adicionales que incluyeron los problemasde examen del curso anterior. Algunos de los del curso 07-08 pasaron a adicionales y otrosse convirtieron en problemas a entregar en el grupo piloto.

Versión 2007. Fue la primera de los apuntes de Ecuaciones Diferenciales II (EDPs) yes heredera directa de los apuntes de ecuaciones en derivadas parciales cuya últimaversión era del año 2000.

Los antiguos apuntes estaban destinados a la asignatura del viejo plan ‘Métodos Matemáti-cos de la Física II’, que se impartió por última vez durante el curso 1997-98 (la versión 2000,hecha en Word, contenía mis apuntes de aquel año, pero con los dibujos a ordenador). Dichaasignatura era de tercer curso, los estudiantes habían cursado en segundo unos ‘Métodos I’(variable compleja y espacios de Hilbert) y había 5 horas semanales de clase.

La actual asignatura de ‘Ecuaciones Diferenciales II’, en cambio, se cursa en segundo deFísicas, sólo tiene 4 horas semanales y previamente sólo se ha estudiado Álgebra y Cálculoen primero y las ecuaciones ordinarias del primer cuatrimestre de segundo.

Adaptar los apuntes, exigía, pues, reducir contenidos. Y no se consiguió demasiado. Porquelos temas se mantuvieron (reordenados de otra forma), aunque algunos pasaron a estar ‘enletra pequeña’ (contándose sólo a título informativo). Más funcionó la tijera apartando delas hojas de problemas fundamentales bastantes de los más complicados del pasado.

Yendo al detalle, el tema 1 es el antiguo tema 5, con algún ejemplo más de primer orden,algún recorte en unicidad y se deduce ya la fórmula de D’Alembert (pues el viejo capítulo 6se trasladó, reduciendo su tamaño, a las primeras secciones del 4).

El actual 2 es el viejo 7 de problemas de contorno, centrándose más en las condiciones se-paradas, eliminando resultados sobre comparación de autovalores y poniendo las alusionesa la δ de Dirac en letra pequeña.

El nuevo 3 de separación de variables es el antiguo 8, pero bastante reordenado. En vez deseparar los problemas homogéneos de los no homogéneos, se tratan ambos sucesivamente,primero para el calor y ondas, y en otra sección para Laplace. Aparecen, como novedad,unas escasas líneas dedicadas a los armónicos esféricos.

El 4 reune en esa versión las ondas en 1, 3 y 2 dimensiones espaciales (estudiadas conmenos intensidad que en Métodos II, sobre todo en problemas), la transformada de Fourier,y, a título informativo, el método de las imágenes.

Los problemas se dividieron en ’problemas’ (los que se hacen en clase) y ’problemas adicio-nales’ (a ellos fueron exiliados los más largos, laterales al curso o repetidos). Unos cuantosde los viejos problemas (y varios apartados de otros) desaparecieron del todo.

Los apuntes se hicieron en LATEX, utilizando el programa TeXShop para Mac y eligiendo eseaño 2007, para distinguirse de las letras habituales, el tipo ’palatino’.

2. Problemas de contorno para EDOs

Un problema de valores iniciales para una ecuación ordinaria con coeficientescontinuos tenía solución única. En concreto, la solución de una ecuación lineal desegundo orden queda determinada fijando el valor de la solución y de su deri-vada en un punto dado. Las cosas cambian si imponemos las condiciones en losdos extremos de un intervalo [, b] . Estos problemas de contorno presentanpropiedades muy diferentes. Por ejemplo, un problema tan sencillo y regular como

�

y′′() + y() = 0y(0)=0, y(π)=0

tiene infinitas soluciones: y = C sen , con C constante arbitraria.

Los problemas de contorno que nos aparecerán al utilizar el método de separa-ción de variables del capítulo 3 dependerán de un parámetro λ . Para analizarsus propiedades convendrá escribir la ecuación de la siguiente forma:

(P)

¨ (py′)′ − qy+ λry = 0αy()− α′y′() = 0βy(b) + β′y′(b) = 0

Ante un problema como (P) nuestro objetivo será hallar los valores de λ paralos que hay soluciones no triviales (autovalores de (P)) y esas solucionesno triviales correspondientes a cada λ (autofunciones de (P) asociadas a λ ).Observemos que y= 0 es siempre solución trivial de (P) y que, por ser lineales yhomogéneas la ecuación y las condiciones de contorno, si y() es solución de (P)también lo es Cy() para cualquier C .

Comenzaremos en 2.1 estudiando varios ejemplos para la ecuación y′′+λy = 0(la más sencilla y la que más veces aparece separando variables). En ellos existiráuna sucesión infinita de autovalores y las autofunciones asociadas a λ distintosserán ortogonales entre sí. Después precisaremos para qué tipo de problemas decontorno (P) se mantienen esas propiedades. Serán los que se llaman problemasde Sturm-Liouville separados. Hablaremos también brevemente de los proble-mas periódicos y de los singulares.

En la sección 2.2 veremos que cualquier función ƒ continua y derivable a trozosse puede escribir como una serie de autofunciones de un problema de Sturm-Liouville, lo que será muy útil en la resolución de EDPs. Este resultado generaliza losdesarrollos de Fourier en series de senos y cosenos, cuyas propiedades básicastambién veremos. Aunque la convergencia natural de estas series sea la llamada’convergencia en media’, nosotros nos limitaremos a tratar la convergencia puntualy uniforme.

Por último, en 2.3, estudiaremos problemas en que la ecuación (o alguna condi-ción de contorno) sea no homogénea. Para ellos, ni y=0 es solución, ni lo son losmúltiplos de una solución dada. La existencia de soluciones dependerá de si exis-ten o no soluciones no triviales del homogéneo. Tendrán solución única en el últimocaso, e infinitas o ninguno si el homogéneo tiene infinitas. Cuando haya soluciónúnica daremos una fórmula para las soluciones del no homogéneo en términos dela llamada función de Green.

La notación en todo este capítulo será y() , pero en separación de variables lasfunciones de nuestros problemas de contorno serán X() , Y(y) , R(r) , Θ(θ) , . . .

15

2.1. Problemas de Sturm-Liouville homogéneos

Antes de dar la teoría general, hallemos los autovalores y autofunciones de dosproblemas de contorno homogéneos para la sencilla EDO lineal y′′+λy=0 .

Como su polinomio característico es μ2+λ = 0 → μ=±p−λ , la solución general

de la ecuación será diferente según λ sea menor, igual ó mayor que 0 .

Ej 1. (P1)�

y′′ + λy = 0y(0)=0, y(π)=0 Imponemos las condiciones de contorno en cada caso:

Si λ<0 la solución general es y = c1 ep + c2 e−p , con p=p−λ > 0 .

p

e

- p

p

e

!

!

y(0) = c1 + c2 = 0y(π) = c1 eπp+c2 e−πp=0

«

→ c2=−c1 ↘c1[eπp−e−πp] = 0

Por tanto c1=c2=0 (pues eπp 6=e−πp si p>0 ).

Ningún λ<0 es autovalor.

Si λ=0 es y = c1 + c2 →y(0) = c1 = 0y(π) = c1+c2π = 0

�

→ y≡0 . λ=0 tampoco es autovalor.

Y para λ>0 es y=c1 cos+c2 sen , con =pλ> 0 →

y(0)=c1=0 ↓y(π)=c2 senπ=0

�

!

1 y1

y3

y20

Para tener solución no trivial debe ser c2 6= 0 .

Para ello, π=πpλ =nπ → λn=n2, n=1,2, . . .

Para cada uno de estos λn hay soluciones no triviales

yn = c2 senn ≡ {senn} .

Observemos que se cumple si m 6=n :∫ π

0 senn senm d = 0 ,

pues 12

∫ π

0

�

cos(n−m)−cos(n+m)�

d = 12

h

sen(n−m)n−m − sen(n+m)

n+m

iπ

0= 0 .

Resumiendo: (P1) tiene una sucesión infinita de autovalores λn=n2, n=1,2, . . . .Las autofunciones yn={senn} asociadas a cada λn forman un espacio vec-torial de dimensión 1 . La n-sima autofunción posee n−1 ceros en (0, π) . Lasautofunciones distintas son ortogonales en [0, π] [respecto del producto escalar(,) =

∫ π

0 d ].

Ej 2. (P2)�

y′′ + λy = 0y′(0)=0, y′(π)=0 Imponemos estas nuevas condiciones:

λ<0→y′(0) = p[c1 − c2] = 0y′(π) = p[c1 eπp−c2 e−πp] = 0

«

→ c2=c1 → c1[eπp−e−πp] = 0→ y ≡ 0 .

λ=0→y′(0)=c2=0y′(π)=c2=0

�

→ λ=0 autovalor con autofunción y0 = c1 .

1

0

cos x

cos 2x!

λ>0→y′(0)=c2=0 ↓y′(π)=−c1 senπ=0

�

→ λn=n2 , yn=c1 cosn .

Los λn=n2 y las yn={cosn} , n=0,1,2, . . .tienen las mismas propiedades resaltadas para el problemaanterior. Por ejemplo, la autofunción que ocupa el lugar n seanula n−1 veces y sigue habiendo ortogonalidad:∫ π

0 cosn cosmd = 12

∫ π

0 [cos(n−m)+cos(n+m)]d =12

h

sen(n−m)n−m + sen(n+m)

n+m

iπ

0=0 .

16

Pasemos a tratar ya el problema general. Sea la ecuación lineal de segundo ordendependiente de un parámetro real λ :

y′′ + ()y′ + b()y+ λc()y = 0 , con , b, c∈C[, b] , c()>0 en [, b] .

La reescribimos de otra forma, que se suele denominar ’autoadjunta’ o ’Sturm-Liouville’. Multiplicando por e

∫

se tieneh

e∫

y′i′+ be

∫

y+ λce∫

y ≡�

py′�′− qy+ λry = 0 , con p∈C1, q, r∈C , p, r>0 .

Las condiciones que más nos van a interesar son las condiciones separadas (cadauna afecta a los valores de y o de y′ sólo en uno de los extremos del intervalo):

Se llama problema de Sturm-Liouville separado regular a uno del tipo:

(Ps)

¨

[py′]′ − qy+ λry = 0αy()−α′y′()=0 , βy(b)+β′y′(b)=0 (condiciones separadas)

donde p∈C1[, b] , q, r∈C[, b] , p, r>0 en [, b] , |α|+|α′| , |β|+|β′| 6= 0 .

[Las últimas condiciones lo que dicen es que α y |α′| , |β| y |β′| no se anulan a la vez].

Los ejemplos 1 y 2 eran unos (Ps). Este teorema generaliza sus propiedades:

Teor 1.

Los autovalores de (Ps) son una sucesión infinita λ1<λ2< · · ·<λn< · · ·que tiende a ∞. Las autofunciones {yn} forman un espacio vectorialde dimensión 1 y cada yn posee exactamente n−1 ceros en (, b) .Las autofunciones asociadas a autovalores distintos son ortogonalesen [, b] respecto al peso r , es decir:

⟨yn, ym⟩ ≡∫ b

r yn ym d = 0 , si yn, ym están asociadas a λn 6=λm .

Si αα′≥0 , ββ′≥0 y q()≥0 en [, b] entonces todos los λn≥0 . Enparticular, para y()=y(b)=0 [o sea, si α′=β′=0 ] todos los λn>0 .

No probamos la primera afirmación y la de los ceros que son difíciles. Sí el resto.

Si y cumple (Ps): y′()= αα′ y() , α

′ 6=0 ; y′(b)=− ββ′ y(b) , β

′ 6=0

[y es y()=0 , si α′=0 ; y(b)=0 , si β′=0].

Si y , y∗ están asociadas al mismo λ , se deduce que dependen linealmente, puessu wronskiano se anula en (o también en b ):

|W|(y, y∗)()=yy∗′−y′y∗�

�

==0 , si α′=0 o si α′ 6=0 .

Sean ahora yn, ym asociadas, respectivamente, a λn y λm :

λnryn = −[py′n]′+qyn

λmrym = −[py′m]′+qym

«

Multiplicando por ym e yn ,restando e integrando:

[λn−λm]∫ b

rynym d =

∫ b

�

yn(py′m)′−ym(py′n)

′ �dpartes=

�

p(yny′m − ymy′n)�b= 0

pues |W|(yn, ym)=0 en y en b . Por tanto, si λn 6=λm se tiene que ⟨yn, ym⟩=0 .

Si y es la autofunción asociada a λ y αα′≥0 , ββ′≥0 , q≥0 entonces

λ∫ b

ry2d =

∫ b

�

− y(py′)′+qy2�

d =∫ b

�

p(y′)2+qy2�

d−�

pyy′�b≥ 0 ⇒ λ≥0 ,

pues∫ b

ry2d>0 ( r>0 ) ,

∫ b

�

p(y′)2+qy2�

d ≥ 0 (p>0 , q≥0 ) ,

−[pyy′](b)=¨ ββ′ p(b)[y(b)]

2≥0 si β′ 6=00 si β′=0

, [pyy′]()=¨ αα′ p()[y()]

2≥0 si α′ 6=00 si α′=0

.

Si y()=y(b)=0 , y={1} no es autofunción ⇒ y′ 6≡0 ⇒∫ b

p(y′)2>0⇒ λ>0 .

17

Ej 3. (P3)�

y′′ + λy = 0y′(0)=y(1)=0 (casi en forma autoadjunta:

�

y′�′+ λy = 0 ; es r≡1 ).

Tendrá las propiedades del teorema 1. Busquemos sus λn . Como αα′=ββ′=0 , q≡0 , noslimitamos a los λ≥0 . [Ahora ya sabemos que podíamos haber hecho esto en el ejemplo2, y que en el 1 hubieran bastado los λ>0 ; que conste que hay problemas con λ<0 ].

λ=0 : y = c1+c2 →y′(0) = c2 = 0y(1)=c1+c2 = 0

�

→ y ≡ 0 . λ=0 no es autovalor.

λ>0 : y=c1 cos+c2 sen . y′(0)=0→ c2=0→ y(1)=c1 cos=0

→ n=2n−12 π , λn=

(2n−1)2π24 , yn=

n

cos 2n−12 πo

, n=1,2, . . .

El teorema asegura que las {yn} son ortogonales:∫ 10 ynym d = 0 ,

n 6=m (sería fácil comprobarlo), y que la autofunción n-sima (comole ocurre a las tres dibujadas) tiene n−1 ceros en (0,1) .

Ej 4. (P4)�

y′′ + λy = 0y′(0)=y′(1)+y(1)=0

Como αα′=0 , ββ′>0 , q≡0 ,volvemos mirar sólo los λ≥0 .

λ=0 : y = c1+c2 →y′(0) = c2 = 0y′(1)+y(1)=c1+2c2 = 0

�

→ y ≡ 0 . λ=0 no autovalor.

λ>0 : y=c1 cos+c2 sen . y′(0)=c2=0→ y′(1)+y(1)=c1[cos− sen]=0 .

w

tan w

0!

w1 w2 w3

1/w

No podemos hallar exactamente los λn , pero tnn=1n

lo cumplen infinitos n (anulan el corchete infinitos n ),que sólo se pueden hallar aproximadamente. La yn para cadaλn=2

nes {cosn} . Estas yn serán ortogonales.

[La mayoría de los problemas de S-L no son resolubles, puespocas lineales de segundo orden lo son elementalmente (lasde coeficientes constantes y pocas más), y aunque lo seanpuede ocurrir lo que en este ejemplo].

Ej 5. (P5)�

y′′ − 2y′ + λy = 0y′(0)=y′(1)=0 → μ2−2μ+λ=0 ,

μ=1±p1−λ .

�

e−2y′�′ + λe−2y = 0

Sabemos que los λ≥0 , pero esto no ahorra cálculos, pues y hay que mirar λ<,=,>1 :

λ<1 : y = c1 e(1+p) + c2 e(1−p) , y′ = c1(1+p)e(1+p) + c2(1−p)e(1−p) , p=p1−λ →

c1[1+p] + c2[1−p] = 0c1[1+p]e1+p+c2[1−p]e1−p=0

«

→ c2(1−p)e[e−p−ep] = 0→ p=1 (λ=0 ), y0={1} .

λ=1 : y=[c1+c2]e , y′=[c1+c2+c2]e →c1+c2 = 0c1+2c2 = 0

�

→ y≡0 . λ=1 no autovalor.

λ>1 :y=[c1 cos+c2 sen]e , =

pλ−1

y′=�

(c1+c2) cos+(c2−c1) sen�

e→ y′(0)=c1+c2=0→

y′(1)=c2 e(1+2) sen=0 →

=nπ, n=1,2, . . . → λn=1+n2π2 , yn =�

e[sennπ−nπ cosnπ]

, n=1,2, . . .

Las autofunciones serán ortogonales respecto al peso r() = e−2 :∫ 10 e−[sennπ−nπ cosnπ]d = 0

∫ 10 [sennπ−nπ cosnπ][senmπ−mπ cosmπ]d = 0 (m 6=n)

Ej 6. (P6)�

2y′′+ y′+ λy = 0y(1)=y(e)=0 p()= e

∫

= e∫

d = →

�

y′�′ + λ y

=0 . Es r()= 1 .

Es problema separado regular�

p, r>0 en [1,e]�

.

Ecuación de Euler: r(r−1)+r+λ=0→ r = ±p−λ . Basta mirar los λ>0 :

y=c1 cos( ln)+c2 sen( ln) , c1=0c2 sen=0

�

λn=n2π2, yn=�

sen(nπ ln)

, n=1,2, . . .

Como siempre, las autofunciones son ortogonales:∫ e1sen(nπ ln) sen(mπ ln)d

= 0 , m 6=n .

18

Separando variables nos aparecerán también problemas de contorno como el si-guiente, que no es separado, pues sus condiciones de contorno mezclan valoresen los dos extremos del intervalo. En concreto, este es un problema periódico:

Ej 7. (P7)�

y′′ + λy = 0y(−π)=y(π), y′(−π)=y′(π)

[Estas condiciones equivalen apedir que y sea 2π-periódica].

λ<0→c1[eπp−e−πp]−c2[eπp−e−πp] = 0c1[eπp−e−πp]+c2[eπp−e−πp] = 0

«

Como el determinante de los coeficientes�

�

�

�

eπp−e−πp e−πp−eπp

eπp−e−πp eπp−e−πp

�

�

�

�

= 2(eπp−e−πp)2 6= 0 si p>0 ,

el sistema sólo tiene la solución trivial c1=c2=0 . No hay autovalores negativos.

λ=0→ c1−c2π = c1+c2πc2 = c2

�

se satisface para c2=0 y cualquier c1 : y0=c1={1} .

λ>0→2c2 senπ = 02c1 senπ = 0

«

→ senπ = 0 → λn=n2 , n=1,2, . . .

Para esos λn las condiciones de contorno se cumplen para todo c1 y todo c2 .

Las autofunciones son, pues: yn = c1 cosn+ c2 senn ≡ {cosn, senn} .

[Es claro que exigir simplemente que y sea 2π-periódicalleva directamente a los mismos autovalores y autofunciones].

Las propiedades de (P7) son algo distintas de las los problemas separados: sigue ha-biendo una sucesión infinita de autovalores λn =n2, n=1,2, . . . tendiendo a ∞,pero las autofunciones y0={1} , yn={cosn, senn} forman, si n>0 , un es-pacio vectorial de dimensión 2. Utilizando sen cosb = 1

2�

sen(+b)+ sen(−b)�

(y las relaciones ya vistas para sen senb y cos cosb y las fórmulas del ángulodoble) se comprueba que sigue siendo cierto que autofunciones diferentes sonortogonales entre sí.

Los problemas de Sturm-Liouville pueden generalizarse. En la demostración del teorema seaprecia que lo esencial para la ortogonalidad es que

�

p|W|(yn, ym)�b=0 ; esto sucede para

otros tipos de condiciones de contorno (y para otros muchos no) además de las separadas.

Por ejemplo ocurre en los llamados problemas periódicos que generalizan el (P7):

(Pp)

¨

[py′]′ − qy+ λry = 0 , con p()=p(b) , p∈C1[, b] , q, r∈C[, b] , p, r>0 en [, b]y()=y(b), y′()=y′(b) (condiciones periódicas)

Para (Pp) no se anula el wronskiano de dos soluciones ni en ni en b (y por eso hay espaciosde autofunciones de dimensión 2), pero es claro que

�

p|W|(yn, ym)�

(b)=�

p|W|(yn, ym)�

() .

Más en general, se llaman problemas autoadjuntos aquellos tales que�

p|W|(,)�b=0

para todo par de funciones , que cumplan sus condiciones de contorno.

Las autofunciones de estos problemas más generales (que en libros avanzados de ecuacio-nes se ve que tienen propiedades similares a las de los separados) son, pues, ortogonales.Pero no nos ocupamos más de ellos, pues los problemas que nos aparecerán en el capítulosiguiente serán todos separados (o el (P7) de arriba).

[El término ‘autoadjunto’ se debe a que llamando L[y]=−[py′]′+qy y (,)=∫ b

d ,

se tiene que�

L[], �

=�

, L[]�

para todo par de funciones , que cumplen lascondiciones de contorno: el operador L es ‘autoadjunto’ en ese conjunto de funciones].

Ej 8. (P8)�

y′′ + λy = 0y(0)=y(π), y′(0)=−y′(π) Se tiene

�

p|W|(,)�

(π)=−�

p|W|(,)�

(0) .

El problema, pues, no es autoadjunto. Operando como en el ejemplo 7 es fácil ver quelas cosas son muy diferentes: cualquier λ (menor, igual o mayor que 0 ) es autovalor

�

asociado, respectivamente, an

ch�

p(− π2 )�

o

, {1} ón

cos�

(− π2 )�

o

�

y en general es falso que las autofunciones asociadas a λ distintos sean ortogonales.

19

Resolviendo algunas EDPs aparecerán problemas singulares de Sturm-Liouvilleque no reúnen todas las condiciones de los regulares: p ó r se anulan o no soncontinuas en algún extremo del intervalo, el intervalo es infinito. . . Resolvamos tresde ellos (el 9 surge, por ejemplo, tratando ondas o calor en el espacio, el 10 si esasecuaciones son en el plano y el 11 para Laplace en la esfera), en los que en unoo ambos extremos es p=0 . En esos extremos las condiciones de contorno de un(Ps) son demasiado fuertes para tener autovalores y autofunciones como en los re-gulares y se sustituyen por acotación, de forma que siga habiendo ortogonalidad,es decir, según vimos en la demostración del teorema 1, que se cumpla:

0 =�

p (yny′m − ymy′n)�b= (λn− λm)⟨yn, ym⟩ .

Ej 9. (P9)�

y′′ + 2y′ + λy = 0y acotada en =0, y(1)=0 y′′+ 2

y′+λy=0

e∫

=2−→�

2y′�′+λ2y=0 .

Haciendo el cambio = y la ecuación se convierte en ′′ + λ = 0 →

la solución general de la inicial para λ>0 es y = c1cos

+ c2sen

.

y acotada → c1=0 ; y(1) =0→ sen=0→ λn=n2π2 , n=1,2, . . . , yn =� sennπ

[ortogonales, como es fácil comprobar, respecto al peso r()=2 ].

Es fácil ver directamente que no hay λ≤0 , o podemos evitar las cuentas pues la pruebade esa parte del teorema se puede adaptar a este problema singular, con lo que λ>0 .

[También se podría haber observado que las condiciones que quedan tras el cambio son(0)=0·y(0)=0 , (1)=1·0=0 → n={sennπ} , y haber deshecho el cambio].

[Si hubiésemos impuesto y(0)=0 , y(1)=0 la única solución sería y≡0 ∀λ ;las condiciones para este problema singular habrían sido demasiado fuertes].

Ej 10. (P10)�

y′′ + y′ + λy = 0y acotada en =0, y(1)=0 →

�

y′�′ + λy = 0 .

Se puede probar que λ>0 . Haciendo el cambio de variable independiente s=pλ

la ecuación se convierte en la de Bessel de orden 0 :

s d2yds2+ dy

ds + sy = 0→ y = c1J0(s) + c2K0(s) = c1 J0(pλ) + c2K0(

pλ)

!"_

4 8 12 16

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

-0.2

-0.4

La primera condición de contorno impone quec2 = 0 (K0 no está acotada en = 0 ). De laotra se deduce que c1 J0(

pλ )=0 . Así pues, los

autovalores son los λ1<λ2< · · · cuyas raícesson los infinitos ceros de J0

�

están tabuladosy si n grande es

p

λn ≈�

n− 14�

π�

.

Para esos λn las autofunciones asociadas son

yn=n

J0�

p

λn �

o

,

que son ortogonales respecto al peso r()= .

Ej 11. (P11)

¨

�

(1−2)y′�′ + λy = 0

y acotada en =±1 La ecuación es la de Legendre si λ=p(p+1) .

Se sabe que sus únicas soluciones acotadas en 1 y −1 son los polinomios de LegendrePn() , que aparecen cuando p=n , n=0,1,2, . . .

Los autovalores son λn=n(n+1) , n=0,1,2, . . . y las autofunciones son los Pn , quecumplen, como se ve en los cursos de EDOs:

∫ 1−1 PnPm d = 0 si m 6=n

�

r()=1�

.

20

2.2. Series de Fourier

Consideremos el problema de Sturm-Liouville separado regular:

(Ps)

¨

[py′]′ − qy+ λry = 0αy()−α′y′()=0, βy(b)+β′y′(b)=0

y sean y1, y2, . . . , yn, . . . sus autofunciones asociadas a los λ1, λ2, . . . , λn,. . . .

La importante propiedad que veremos en esta sección es que cualquier funciónƒ suficientemente regular en [, b] puede ser desarrollada en serie dedichas autofunciones, es decir:

ƒ () =∞∑

n=1

cn yn()

Supongamos que este desarrollo es válido y que la serie puede ser integrada tér-mino a término. Entonces, por ser las yn ortogonales:

∫ b

rƒym d =

∞∑

n=1

cn∫ b

r ynym d = cm

∫ b

r ymym d

Por tanto, si representamos el producto escalar respecto al peso r() :

⟨,⟩ =∫ b

r d debe ser cn =

⟨ƒ , yn⟩⟨yn, yn⟩

, n=1,2, . . .

[El r es el de la ecuación en forma autoadjunta; en la mayoría de los problemas queaparecerán separando variables en el capítulo 3 dicho peso será 1 , pero no siempre].

El problema (nada elemental) reside en precisar para qué funciones ƒ la serie conesos coeficientes (serie de Fourier de ƒ ) converge realmente hacia ƒ en [, b] .Aunque se le pueden exigir condiciones más débiles, nosotros pediremos a ƒ quesea C1 a trozos, condición que será satisfecha por las funciones que nos apareceránen problemas prácticos.

ba x x1 n

[Recordamos que ƒ es C1 a trozos en [, b] si podemos dividir elintervalo en subintervalos [, b] = [, 1] ∪ [1, 2] ∪ · · · ∪ [n, b]de modo que:

i. ƒ y ƒ ′ son continuas en cada (k , k+1) ,

ii. los límites laterales de ƒ , ƒ ′ en cada k existen y son finitos].

Teor 1.

Si ƒ es C1 a trozos en [, b] entonces su serie de Fourier:∞∑

n=1

⟨ƒ , yn⟩⟨yn, yn⟩

yn()

converge hacia ƒ () en los ∈ (, b) en que ƒ es continua yhacia 1

2�

ƒ (−)+ƒ (+)�

en los ∈ (, b) en que es discontinua.

El teorema no dice nada sobre la convergencia en los extremos y b .�

La demostración es difícil y la omitimos. En lenguaje de ‘análisis funcional’, las {yn}son una ‘base de Fourier’ del espacio de funciones de dimensión infinita (similar a unabase ortonormal de uno de dimensión finita). La cuestión principal es ver que la basees ‘completa’, es decir, que no hay otras funciones ortogonales a las {yn} . El espacio‘natural’ para estudiar las series de Fourier es L2 (funciones de cuadrado integrable) yla convergencia más ligada a ellas es la ‘convergencia en media cuadrática’:

∫ b

�

�

� ƒ () −n∑

k=1

ckyk()�

�

�

2d→ 0 cuando n→∞

�

.

21

Caso particular de los desarrollos en serie de Fourier son los desarrollos en seriestrigonométricas, que, al ser los que más utilizaremos, estudiamos con detalle.

Los autovalores y autofunciones de:

(P1)�

y′′ + λy = 0y(0)=y(L)=0 son λn=

n2π2

L2e yn=

�

sen nπL

, n = 1,2, . . . .

[Es fácil verlo directamente, o también podemos hacer s=π/L →

y′′ + L2

π2λy=0 , y(0)=y(π)=0 en la variable s , que es casi el ejemplo 1 de 2.1;

también se trasladaría haciendo s=− un problema en [, b] al (P1) (con L=b− ),sin necesidad de estudiarlo desde el principio].

Llamaremos serie de Fourier en senos de ƒ en [0, L] al desarrollo en estasautofunciones:

ƒ () =∞∑

n=1

bn sennπL , con bn =

2L

∫ L

0ƒ () sen nπ

L d , n=1,2, ... [1]

Ya que el peso es r()≡1 y se tiene que ⟨yn, yn⟩ =∫ L

0

�

sen nπL

�2 dt = L2 .

[Hemos escrito impropiamente ƒ = ; la igualdad sólo se da en los ∈ (0, L)en que ƒ es continua; en 0 y L aún no sabemos, pero pronto lo sabremos].

Para este segundo problema de contorno:

(P2)�

y′′ + λy = 0y′(0)=y′(L)=0 son λn=

n2π2

L2, yn=

�

cos nπL

, n=0,1, . . .�

yo={1}�

Y se llamará serie de Fourier en cosenos de una ƒ dada en [0, L] a:

ƒ () = o2 +

∞∑

n=1

n cosnπL , con n =

2L

∫ L

0ƒ () cos nπL d , n=0,1,2, ... [2]

Pues ⟨yo, yo⟩ =∫ L

0 12 d = L e ⟨yn, yn⟩ =

∫ L

0

�

cos nπL�2 d = L

2 , si n≥1.

[Ponemos o2 en la serie para que la fórmula del n valga también para o ].

0 1

1x

Ej 1. Sea ƒ () = , ∈[0,1] . Desarrollémosla en senos y en cosenos:

ƒ ()= 2π

∞∑

n=1

(−1)n+1n sennπ , pues bn=2

∫ 10 sennπd=−

2nπ cosnπ , n=1,2, . . .

ƒ ()= 12+

2π2

∞∑

n=1

(−1)n−1n2

cosnπ = 12 −

4π2

∞∑

m=1

1(2m−1)2 cos(2m−1)π ,

ya que o=2∫ 10 d=1 , n=2

∫ 10 cosnπdt=

2n2π2

[cosnπ−1] , n=1,2, . . .

Ambas series, según el teorema 1, convergen hacia ƒ () para todo ∈ (0,1) .Lo mismo sucedería con el desarrollo en autofunciones de cualquier otro pro-blema de Sturm-Liouville que considerásemos. Cuando nos encontremos estasseries resolviendo EDPs no tendremos la libertad de elegir en qué autofuncionesdesarrollar: nos las impondrá el problema.

Otras dos familias de autofunciones sencillas en las que vamos a desarrollar fun-ciones muchas veces son las de estos problemas fáciles de resolver:�

y′′ + λy = 0y(0)=y′(L)=0 con λn=

[2n−1]2π222L2

, yn=n

sen [2n−1]π2L

o

, ⟨yn, yn⟩= L2 , n=1,2, . . .

�

y′′ + λy = 0y′(0)=y(L)=0 con λn=

[2n−1]2π222L2

, yn=n

cos [2n−1]π2L

o

, ⟨yn, yn⟩= L2 , n=1,2, . . .

A los desarrollos en estas autofunciones los llamaremos, respectivamente, seriesen senos impares y en cosenos impares en [0, L].

22

La teoría de series de Fourier puede ser extendida para incluir autofunciones deproblemas con condiciones periódicas. Así para:

(P3)

¨ y′′ + λy = 0y(−L)=y(L)y′(−L)=y′(L)

, λn=n2π2

L2, n=0,1, . . . , yo={1} , yn=

�

cos nπL , sen nπL

se deduce la siguiente serie de Fourier en senos y cosenos en [−L, L]:

[3] ƒ () = o2 +

∞∑

n=1

�

n cosnπL + bn sen

nπL

�

, con coeficientes:

[4] n =1L

∫ L

−Lƒ () cos nπL d , n=0,1,2, ... , y

[5] bn =1L

∫ L

−Lƒ () sen nπ

L d , n=1,2, ... , ya que se cumple:

∫ L

−L cosmπL sen nπ

L dt = 0 para todo m y n ;∫ L

−L 12 d = 2L ;

∫ L

−L cosmπL cos nπL d =

�

0 m 6=nL m = n ;

∫ L

−L senmπL sen nπ

L d =�

0 m 6=nL m = n .

�

Las fórmulas [3]-[5] también valen para desarrollar una ƒ definida inicialmenteen cualquier otro intervalo [, +2L] (cambiando los límites a la integral) pues

∫ +2L

cos2=∫ +2L

sen2=L�

.

Como en el teorema 1, la serie de [3] converge hacia ƒ () en los en los queƒ es continua. Además se puede decir lo que sucede en los extremos −L y L(observando que la [3] define de hecho una función en todo R que es 2L-periódica).Podemos hablar también sobre la convergencia uniforme de [3] (sin demostrarnada, como en toda la sección):

Teor 2.

Suponemos que ƒ es C1 a trozos en [−L, L] y extendemos ƒ fuera de[−L, L] de forma 2L-periódica. Entonces la serie [3] con n y bn dadospor [4] y [5] converge hacia ƒ () en todos los puntos en que su extensiónes continua (y hacia 1

2�

ƒ (−)+ƒ (+)�

en los puntos de discontinuidad).Además [3] converge uniformemente en todo intervalo cerrado que nocontenga discontinuidades de la ƒ extendida. Por tanto, si ƒ es continuay ƒ (−L)= ƒ (L) entonces [3] converge uniformemente hacia ƒ en todo elintervalo [−L, L] .

Las fórmulas [1] y [2] para los coeficientes de las series en senos y de las series encosenos se pueden ver como casos particulares de [4] y [5]:Dada una ƒ inicialmente definida en [0, L] podemos extenderla de forma impar ode forma par a [−L, L]. En el primer caso es impar ƒ () cos nπL y par ƒ () sen nπ

L .En el segundo ƒ () cos nπL es par y ƒ () sen nπ

L es impar. Por tanto, n=0 y [5]se convierte en [1] en el primero, y en el segundo bn=0 y [4] pasa a ser [2].

[Si definiésemos la ƒ de cualquier otra forma en [−L,0), la serie en senos y cosenostambién convergería hacia ƒ () en los de (0, L) en que fuese continua].

Como consecuencia de lo anterior y del teorema 2 se tiene que:

La serie de cosenos de una ƒ continua en [0, L] , con ƒ ′ continua atrozos, converge uniformemente hacia ƒ en todo el intervalo.Si ƒ satisface además que ƒ (0)= ƒ (L)=0 la serie en senos de ƒ tambiénconverge uniformemente hacia ƒ en todo [0, L] .

[Si no fuese ƒ (0)=0 ó ƒ (L)=0 la ƒ extendida primero de forma impar a [−L, L]y luego de forma 2L-periódica no sería continua en 0 o en L ; además está claroque todas las series en senos se anulan en 0 y L , pues lo hace cada sumando].

23

0-1 1 3-3

-1

1impar

0-1 1 3-3

1par

En particular, la serie en senos del Ej 1no converge uniformemente hacia ƒ en[0,1] (sí lo hace en cualquier intervalo dela forma [0, b] , b<1 ). La serie en cose-nos sí converge uniformemente en [0,1] .

[Aunque las series en cosenos se compor-ten mejor, resolviendo EDPs no podremoselegir, como ya hemos dicho, el tipo deseries en que desarrollar las funciones].

0 1

1

-1

0 1-1

SS

S

01

2 Sngordo

Ej 2. Sea ƒ () =�

0 , −1≤≤0 , 0≤≤1 .

Su serie en senos y cosenos está casi calculada:1

4+1

π2

∞∑

n=1

(−1)n − 1n2

cosnπ−1

π

∞∑

n=1

(−1)n

nsennπ .

La suma de esta serie es 0 en (−1,0] , en[0,1) y 1/2 en −1 y 1 . En todo cerrado que nocontenga estos puntos la convergencia es uni-forme. Cerca de ellos la convergencia es mala ylenta. [Se produce el ‘fenómeno de Gibbs’: apa-recen ’picos’ cerca de las discontinuidades].

Ej 3. Hallemos otro par de desarrollos de ƒ ()= ,∈[0,1] , en las autofunciones de los

ejemplos 3 y 4 de 2.1:n

cos (2n−1)π2

o

y {cosn} con tnn=1n

.�

r()=1�

.

cn = 2∫ 10 cos

(2n−1)π2 d → =

∞∑

n=1

h

4(−1)n+1π(2n−1) −

8π2(2n−1)2

i

cos (2n−1)π2 .

⟨cosn, cosn⟩ =∫ 10 cos

2nd =12+

senn cosn

2n=

2n+cos2n

22n

=2+2

n

2�

1+2n

� ,

⟨, cosn⟩ =∫ 10 cosnd =

senn

n+ cosn−1

2n

= 2cosn−12n

→

=∞∑

n=1

2(2cosn−1)2n+cos2n

cosn [usando el ordenador: c1≈0.52 , c2≈–0.46 . . . ].

Ej 4. Nuevo desarrollo de ƒ ()= , ahora en [1,e] , en las autofunciones del Ej 6 de 2.1.

Esta vez el peso no es 1 , sino r()= 1 . Como

∫ e1sen2(nπ ln)d

=∫ 10 sen

2(nπs)ds= 12 ,

=∞∑

m=1

cn sen(nπ ln) , si cn=2∫ e1 sen(nπ ln)d=2

∫ 10 e

s sen(nπs)ds =2nπ�

1−e(−1)n�

1+n2π2 .

Observemos para acabar que también se pueden hacer desarrollos de Fourier enserie de autofunciones de diversos problemas de Sturm-Liouville singulares, enparticular en las de los tres que vimos en la sección anterior.

Ej 5. Desarrollemos una ƒ (C1 a trozos) en las autofunciones del (P10) de esa sección:

(P10)�

y′′ + y′ + λy = 0y acotada en =0, y(1)=0 → ƒ () =

∞∑

m=1

cn J0�

p

λn �

, peso r()= .

→ cn =

∫ 10 ƒ () J0

�pλn �

d∫ 10 J

20

�pλn �

d= 2

J21�p

λn�

∫ 10 ƒ () J0

�

p

λn �

d

pues∫ 10 J

20

�

p

λn �

d = 1λn

∫

pλn

0 J20()d =12λn

h

2�

J20()+ J21()

�

i

pλn

0= 12 J21

�

p

λn�

ya que las Jn satisfacen�

n Jn�′ = n Jn−1 →

�

J1�′ = J0 , J′0=−J1

→∫

J20 d =2

2 J20 +∫

J0 J1 d =2

2 J20 +12�

J1�2

24

2.3. Problemas no homogéneos; función de Green

Separando variables en la ecuación de Laplace y similares aparecerán, ademásde problemas de Sturm-Liouville homogéneos, otros problemas de contorno con laecuación o las condiciones no homogéneas (para calor y ondas serán de valoresiniciales). Antes de dar su teoría general, veamos un ejemplo.

Ej 1. Discutamos cuántas soluciones tiene�

y′′ = −dy(1)=y(2)+by′(2)=0 , d , b constantes.

La solución general es: y = c1+c2+3

6 −d2

2�

con y′=c2+2

2 −d�

. Imponiendo datos:(

y(1) = c1+c2 +16−

d2 = 0

y(2)+by′(2)=c1+2c2+43−2d+bc2+2b−2bd=0

, es decir:

(

c1+c2=d2−

16

c1+(2+b)c2 = 2bd+2d−2b− 43

.

Este sistema lineal tendrá solución única en c1 y c2 si el sistema homogéneo tienesólo la solución trivial (si el determinante de los coeficientes es no nulo). Cuando elhomogéneo tenga infinitas soluciones, el no homogéneo tendrá infinitas o ninguna.Por tanto, si b 6= −1 , podemos despejar de forma única c1 y c2 , y la solución quedadeterminada, cualquiera que sea d . Pero si b=−1 :

(

c1+c2=d2−

16

c1 + c2 =23

, este sistema sólo tiene solución cuando d2−

16 =

23 ⇔ d= 5

3 ,

y en ese caso una de las dos constantes queda libre. Si b=−1 , d 6= 53 , no hay solución.

Veamos ya el problema general. Consideremos el problema para la ecuación nohomogénea con condiciones separadas homogéneas:

(Pf)

¨�

p()y′�′ + g()y = ƒ ()

αy()−α′y′()=βy(b)+β′y′(b)=0, p∈C1, g, ƒ ∈C , p>0 en [, b] .

y llamemos (Ph) al problema homogéneo asociado ( ƒ ≡0 ). Luego consideraremoscondiciones de contorno no homogéneas y el caso en que la ecuación depende deun parámetro. Este teorema generaliza lo que ocurría en el ejemplo 1 de arriba:

Teor 1.

El problema (Pf) tiene solución única si y sólo si (Ph) tiene sólo lasolución y ≡ 0 . Si (Ph) tiene soluciones no triviales {yh} entonces(Pf) tiene infinitas soluciones o no tiene ninguna según sea igualo distinta de cero, respectivamente, la integral:

∫ b

ƒ ()yh()d .

1→ 1

∞→∞0

Se deduce gran parte del teorema imponiendo las condiciones de contorno a lasolución general de la ecuación y=c1y1+c2y2+yp , y usando las propiedadesde los sistemas algebraicos. Además si hay soluciones y de (Pf) debe ser:

∫ b

ƒ yh =

∫ b

�

[py′]′+gy�

yh =�

p(yhy′−yy′h)�b+∫ b

�

[py′h]′+gyh

�

y = 0

y se prueba que esta condición necesaria es también suficiente.[La ƒ del teorema 1 es, desde luego, la de la ecuación en forma autoadjunta[py′]′+gy= ƒ ; para aplicarlo habrá, en ocasiones, que reescribir la ecuación].

Ej 1∗. Hagamos la discusión del Ej 1, ahora utilizando el teorema. El (Ph)�

para y′′=0�

tiene sólo la solución y≡0 si b 6=−1 . Y si b=−1 son soluciones yh={1−} .

El (Pf)�

para [y′]′=−d�

, tendrá entonces solución única si b 6=−1 , e infinitas ó 0 ,

para b=−1 , según se anule o no la integral:∫ 21 (−d)(1−)d =

d2−

56 ⇔ d= 5

3 .

Si en vez de la −d concreta tuviésemos una ƒ () general, el teorema daría rápidamente:

única solución si b 6=−1 , e infinitasninguna , según

∫ 21 ƒ ()(1−)d

=06=0 , para b=−1 .

Costaría bastante más concluirlo hallando la solución: c1+c2+∫

1 ƒ (s)ds−∫

1 sƒ (s)ds .

25

Sea ahora el problema con condiciones de contorno no homogéneas:

(PAB)

¨�

p()y′�′ + g()y = ƒ ()

αy()−α′y′()=A, βy(b)+β′y′(b)=B, p∈C1, g, ƒ ∈C, p>0 en [, b] ,

y sea (Ph) el homogéneo obtenido tomando ƒ ()≡0 , A=B=0 (el mismo de antes).Hallando una función que satisfaga sus condiciones de contorno el (PAB) se pue-de reducir a otro con condiciones homogéneas, pues el cambio =y− (graciasa la linealidad de la ecuación y las condiciones de contorno) lleva al problema:

(P)

¨�

p()′�′+g() = ƒ ()−

�

p()′�′−g()

α()−α′′()=0 , β(b)+β′′(b)=0

que es del tipo (Pf) ya analizado. Deducimos, por ejemplo, que:

Teor 2. (PAB) tiene solución única⇔ (Ph) tiene sólo la solución y≡0

[y si (Ph) tiene infinitas soluciones, (PAB) puede tener infinitas o ninguna].

La idea de encontrar una que satisfaga las condiciones de contorno para convertirlasen homogéneas se utilizará en las EDPs de los próximos capítulos. Para encontrar dicha normalmente trabajaremos por tanteo. Si no es una constante, probaremos una recta;si no vale, funciones más complicadas...

Está claro que aunque en (PAB) sea ƒ ()≡0 , si (al menos) una condición de contornoes no homogénea, las propiedades son las típicas de uno no homogéneo. Estoes lo que ocurre en el siguiente ejemplo.

Ej 2. Discutamos cuántas soluciones tiene: (P)�

y′′ − y′ = 0y′(1)+y(1)=0, y(2)=1

Comenzamos analizando cuántas soluciones tiene el homogéneo: y = c1+c22 →�

y′(1)+y(1)=2c2+c1+c2 =0 [2−3]c2=0y(2)=c1+4c2=0 → c1=−4c2 ↗ →

¨

y≡0 si 6= 23

y=2−4 si = 23

Si 6= 23 , (P) tiene solución única. Para = 2

3 vemos lo que sucede directamente:¨

y′(1)+ 23y(1)=

23 [c1+4c2] =0

y(2)=c1+4c2=1→ no existe solución de (P2/3).

Aunque también podríamos (más largo) convertirlo en un (Pf) y aplicar el teorema 1.Para ello buscamos una de la forma =M+N que satisfaga las condiciones:(

′(1)+ 23(1)=

13 [5M+2N]=0

(2)=2M+N=1→ =5−2, =y− → (P)

¨

′′ −′ = −2′(1)+ 2

3(1)=(2)=0

Escribimos la ecuación en forma autoadjunta:h

′

i′= − 2

2y usamos el teorema 1:

∫ 21

�

− 22�

[2−4]dt 6= 0 ⇒ (P) [y por tanto (P2/3)] no tiene solución.

Consideremos ahora una tercera situación, el problema de S-L no homogéneo:

(Pλ)

¨�

py′�′ − qy+ λry = ƒ ()

αy()−α′y′()=βy(b)+β′y′(b)=0

Llamemos (Ps) al problema separado de Sturm-Liouville homogéneo asociado (el deƒ≡0 ). Para cada valor de λ tenemos un problema de los ya vistos (con g=−q+λr ).Se tiene por tanto:

Teor 3.

(Pλ) tiene solución única⇔ λ no es autovalor de (Ps).

Si λn es autovalor con autofunción {yn} ,

(Pλn)no tiene solucióntiene infinitas según sea

∫ b

ƒ yn d

6=0=0 .

26

Ej 3. (P3)�

y′′ + λy = 1y′(0)=y′(1)−2y(1)=0 Estudiemos, según λ , cuántas soluciones tiene.

Hallemos los λn del homogéneo. Como ββ′ < 0 podrían aparecer autovalores negativos.

λ<0 : y = c1ep+c2e−p →c2 = c1 ↘c1�

p[ep−e−p]−2[ep+e−p]�

=0

«

Hay autovalor λ0=−p20 si thp0=2p0

, con y0=�

ch (p0)

�

Utilizando el método de Newton o uno similar: p0≈2.07, λ0≈−4.27�

.

λ=0 : y=c1 + c2→c2 = 0−2c1−c2 = 0

�

→ λ=0 no es autovalor.

λ>0 : y=c1 cos+c2 sen→c2 = 0 ↘c1( sen+2cos)=0

�

Hay infinitos λn=2n

si tnn=− 2n

, con yn=�

cos (n)

.

Por tanto (la ecuación está ya en forma autoadjunta):

Si λ 6=λn hay solución única de (P3).

Si λ=λ0 , como∫ 10 ch (p0)d 6=0 , (P3) no tiene solución.

Si λ=λn , n=1,2, . . . ,∫ 10 cos (n)d =

senn

n=0 , (P3) tampoco tiene solución..

Para acabar, deduzcamos una fórmula que para cualquier ƒ () nos da la solucióndel (Pf) del principio de la sección (en el caso de que sea única) en términos deintegrales, conocidas las soluciones de la ecuación homogénea (algo parecido a lafórmula de variación de las constantes para problemas de valores iniciales):

Teor 4.

Supongamos que (Ph) tiene sólo la solución y ≡ 0 y sean y1 e y2soluciones no triviales de la ecuación homogénea [py′]′+gy= 0 quecumplen, respectivamente, αy1()−α′y′1()=0 y βy2(b)+β′y′2(b)=0 .Entonces la solución única de (Pf) es:

y() =∫ b

G(, s) ƒ (s)ds , con G(, s) =

¨ y1(s)y2()p|W|(y1,y2) , ≤s≤y1()y2(s)p|W|(y1,y2) , ≤s≤b

.

A la G(, s) se le llama función de Green del problema.�

Observemos que el denominador que aparece en la G es constante:�

p(y1y′2 − y2y′1)]′ = y1[p(y′2)]

′ − y2[p(y′1)]′ = −gy1y2 + gy2y1 = 0

�

.

Comprobemos que la y() de arriba cumple (Pf). Desarrollando la integral:

y() = y1()∫ b

y2(s)|W|(s)

ƒ (s)p(s) ds+y2()

∫

y1(s)|W|(s)

ƒ (s)p(s) ds−y1()

∫

y2(s)|W|(s)

ƒ (s)p(s) ds= cy1 + yp

Por tanto, y() es solución de la no homogénea y′′ + p′

p y′ + q

py =ƒp .

Además como y′() = y′1∫ b

y2|W|

ƒp + y

′2

∫

y1|W|

ƒp − y

′1

∫

y2|W|

ƒp se tiene que:

y()=cy1(), y′()=cy′1(), y(b)=ky2(b), y′(b)=ky′2(b) , c=

∫ b

y2ƒ|W|p , k=

∫ b

y1ƒ|W|p

Como y1 , y2 cumplen cada condición de contorno, también lo hace la y .

Una vez hallada la G , dada cualquier ƒ , basta hacer un par de integracionespara encontrar la solución del problema no homogéneo (Pf). [La idea de la funciónde Green se generaliza a otros problemas de EDOs y EDPs].

[Que quede claro que cada yk satisface solamente una condición (o en o en b ;ambas condiciones sólo las cumple la trivial). La ƒ y la p del teorema son, una vezmás, las de la ecuación escrita en la forma [py′]′+gy = ƒ ; en muchos casos será p≡1(como en el ejemplo siguiente), pero en otros deberemos reescribir la ecuación].

27

Ej 4. (P4)�

y′′ = ƒ ()y(0)=y(1)=0

�

y′′ = 0y(0)=y(1)=0 sólo lo satisface y ≡ 0 .

Por tanto, (P4) tiene solución única. Hallemos su función de Green:

La solución general de la ecuación homogénea es y = c1 + c2 .

De la primera condición de contorno y(0)=c1=0 . Podemos tomar y1= .

0 1s

x(x-1)G(x,s), x fijo

De la segunda, y(1) = c1+c2 = 0 . Elegimos y2=−1 . Entonces:

|W|()=�

�

�

�

−11 1

�

�

�

�

= 1 , p() = 1 , G(, s) =�

s(−1) , 0≤s≤(s−1) , ≤s≤1

Si, por ejemplo, ƒ ()=1 , la solución de (P3) viene dada por:

y() =∫ 10 G(, s)1ds = (t−1)

∫

0 sds+ ∫ 10 (s−1)ds =

12 [

2−]

Para resolver un problema con una ƒ dada, calcular la G puede ser un rodeo inútil. Porejemplo, la última solución se podría obtener:

y′′ = 1→ y = c1+c2+12

2 →¨

y(0)=c1=0y(1)=c1+c2+

12 =0

→ y = 12 [

2−] como antes.

Pero para cada nueva ƒ habría que volver a hallar la yp e imponer y(0)=y(1)=0 .

a

!

"(t–a)

a

Las funciones de Green están muy ligadas a la ‘función’ δ ,cuya definición rigurosa exige la llamada ‘teoría de las dis-tribuciones’, pero con la que es fácil trabajar formalmente.La δ(t−) se puede definir intuitivamente como el ‘límite’cuando n→∞ de

ƒn(t) =¨

n si t∈�

− 12n , +

12n

�

0 en el resto

Esta δ(t−) tiene las siguientes propiedades (que bastan para trabajar con ella):

δ(t−)=0 si t 6= ;∫ c

bƒ (t)δ(t−)dt=

�

ƒ () si ∈[b, c]0 si /∈[b, c] ;

0

1

a

au (t)

δ(t−)= ddt(t) , donde (t) es la función paso (t)=

�

0 si t<1 si t≥ .

Volvamos a la G . Observemos que la G(, s) del Ej 4 para fijo (o para s fijo, pues G essimétrica) es continua pero no derivable en s= y su ‘derivada’ segunda es δ(s−) . Dehecho, esto es lo que sucede en general:

Teor 5. G(, s) es la solución para ∈ (, b) fijo de

¨

�

p(s)y′�′ + g(s)y = δ(s−)

αy()−α′y′()=βy(b)+β′y′(b)=0�

La prueba es trivial:∫ b

G(s, ) δ(−)d = G(s, ) = G(, s)

�

.

Podemos hallar la G del (P4) siguiendo este camino más largo [pero que es el que se gene-raliza a las EDPs; además da una forma de hallar la G en problemas autoadjuntos para losque no es válida la fórmula del teorema 1]. Como es G′′=0 si s 6= :

G(s)=�

c1+c2s , y(0)=0→ y = c2s , s≤k1+k2s , y(1)=0→ y = k2[s−1] , s≥

Y como G′′=δ , ha de ser continua G y su derivada tener un salto en de magnitud unidad:

→¨

y(−)=c2=k2[−1]=y(+)y′(+)−y′(−)=k2−c2=1

→�

c2=−1k2=

Se puede resolver de otra forma si se conoce la transformada de Laplace. Con la notaciónL�

G(s)�

=H(p) , para este ejemplo basta utilizar las siguientes propiedades de la L :

L[G(n)(s)] = pnH(p)− pn−1H(0)− pn−2H′(0)− · · · −H(n−1)(0) .

L[sn]= n!pn+1

, L[δ(s−)]=e−p , L−1�

e−pF(p)�

=(s) [L−1F](s−) .

Llamando G′(0)=c , y aplicando la transformada:

p2H(p)−c= e−p → H(p) = cp2+ e−p

p2→ G(s) = cs+ (s)(s−)

→ G(1) = c+1− = 0→ G(s) = (−1)s+ (s)(s−) =�

s(−1) , 0≤s≤s−s+s− , ≤s≤1 .

28

2. Problemas de contorno para EDOs

Un problema de valores iniciales para una ecuación ordinaria con coeficientescontinuos tenía solución única. En concreto, la solución de una ecuación lineal desegundo orden queda determinada fijando el valor de la solución y de su deri-vada en un punto dado. Las cosas cambian si imponemos las condiciones en losdos extremos de un intervalo [, b] . Estos problemas de contorno presentanpropiedades muy diferentes. Por ejemplo, un problema tan sencillo y regular como

�

y′′() + y() = 0y(0)=0, y(π)=0

tiene infinitas soluciones: y = C sen , con C constante arbitraria.

Los problemas de contorno que nos aparecerán al utilizar el método de separa-ción de variables del capítulo 3 dependerán de un parámetro λ . Para analizarsus propiedades convendrá escribir la ecuación de la siguiente forma:

(P)

¨ (py′)′ − qy+ λry = 0αy()− α′y′() = 0βy(b) + β′y′(b) = 0

Ante un problema como (P) nuestro objetivo será hallar los valores de λ paralos que hay soluciones no triviales (autovalores de (P)) y esas solucionesno triviales correspondientes a cada λ (autofunciones de (P) asociadas a λ ).Observemos que y= 0 es siempre solución trivial de (P) y que, por ser lineales yhomogéneas la ecuación y las condiciones de contorno, si y() es solución de (P)también lo es Cy() para cualquier C .

Comenzaremos en 2.1 estudiando varios ejemplos para la ecuación y′′+λy = 0(la más sencilla y la que más veces aparece separando variables). En ellos existiráuna sucesión infinita de autovalores y las autofunciones asociadas a λ distintosserán ortogonales entre sí. Después precisaremos para qué tipo de problemas decontorno (P) se mantienen esas propiedades. Serán los que se llaman problemasde Sturm-Liouville separados. Hablaremos también brevemente de los proble-mas periódicos y de los singulares.

En la sección 2.2 veremos que cualquier función ƒ continua y derivable a trozosse puede escribir como una serie de autofunciones de un problema de Sturm-Liouville, lo que será muy útil en la resolución de EDPs. Este resultado generaliza losdesarrollos de Fourier en series de senos y cosenos, cuyas propiedades básicastambién veremos. Aunque la convergencia natural de estas series sea la llamada’convergencia en media’, nosotros nos limitaremos a tratar la convergencia puntualy uniforme.

Por último, en 2.3, estudiaremos problemas en que la ecuación (o alguna condi-ción de contorno) sea no homogénea. Para ellos, ni y=0 es solución, ni lo son losmúltiplos de una solución dada. La existencia de soluciones dependerá de si exis-ten o no soluciones no triviales del homogéneo. Tendrán solución única en el últimocaso, e infinitas o ninguno si el homogéneo tiene infinitas. Cuando haya soluciónúnica daremos una fórmula para las soluciones del no homogéneo en términos dela llamada función de Green.

La notación en todo este capítulo será y() , pero en separación de variables lasfunciones de nuestros problemas de contorno serán X() , Y(y) , R(r) , Θ(θ) , . . .

15

2.1. Problemas de Sturm-Liouville homogéneos

Antes de dar la teoría general, hallemos los autovalores y autofunciones de dosproblemas de contorno homogéneos para la sencilla EDO lineal y′′+λy=0 .

Como su polinomio característico es μ2+λ = 0 → μ=±p−λ , la solución general

de la ecuación será diferente según λ sea menor, igual ó mayor que 0 .

Ej 1. (P1)�

y′′ + λy = 0y(0)=0, y(π)=0 Imponemos las condiciones de contorno en cada caso:

Si λ<0 la solución general es y = c1 ep + c2 e−p , con p=p−λ > 0 .

p

e

- p

p

e

!

!

y(0) = c1 + c2 = 0y(π) = c1 eπp+c2 e−πp=0

«

→ c2=−c1 ↘c1[eπp−e−πp] = 0

Por tanto c1=c2=0 (pues eπp 6=e−πp si p>0 ).

Ningún λ<0 es autovalor.

Si λ=0 es y = c1 + c2 →y(0) = c1 = 0y(π) = c1+c2π = 0

�

→ y≡0 . λ=0 tampoco es autovalor.

Y para λ>0 es y=c1 cos+c2 sen , con =pλ> 0 →

y(0)=c1=0 ↓y(π)=c2 senπ=0

�

!

1 y1

y3

y20

Para tener solución no trivial debe ser c2 6= 0 .

Para ello, π=πpλ =nπ → λn=n2, n=1,2, . . .

Para cada uno de estos λn hay soluciones no triviales

yn = c2 senn ≡ {senn} .

Observemos que se cumple si m 6=n :∫ π

0 senn senm d = 0 ,

pues 12

∫ π

0

�

cos(n−m)−cos(n+m)�

d = 12

h

sen(n−m)n−m − sen(n+m)

n+m

iπ

0= 0 .

Resumiendo: (P1) tiene una sucesión infinita de autovalores λn=n2, n=1,2, . . . .Las autofunciones yn={senn} asociadas a cada λn forman un espacio vec-torial de dimensión 1 . La n-sima autofunción posee n−1 ceros en (0, π) . Lasautofunciones distintas son ortogonales en [0, π] [respecto del producto escalar(,) =

∫ π

0 d ].

Ej 2. (P2)�

y′′ + λy = 0y′(0)=0, y′(π)=0 Imponemos estas nuevas condiciones:

λ<0→y′(0) = p[c1 − c2] = 0y′(π) = p[c1 eπp−c2 e−πp] = 0

«

→ c2=c1 → c1[eπp−e−πp] = 0→ y ≡ 0 .

λ=0→y′(0)=c2=0y′(π)=c2=0

�

→ λ=0 autovalor con autofunción y0 = c1 .

1

0

cos x

cos 2x!

λ>0→y′(0)=c2=0 ↓y′(π)=−c1 senπ=0

�

→ λn=n2 , yn=c1 cosn .

Los λn=n2 y las yn={cosn} , n=0,1,2, . . .tienen las mismas propiedades resaltadas para el problemaanterior. Por ejemplo, la autofunción que ocupa el lugar n seanula n−1 veces y sigue habiendo ortogonalidad:∫ π

0 cosn cosmd = 12

∫ π

0 [cos(n−m)+cos(n+m)]d =12

h

sen(n−m)n−m + sen(n+m)

n+m

iπ

0=0 .

16

Pasemos a tratar ya el problema general. Sea la ecuación lineal de segundo ordendependiente de un parámetro real λ :

y′′ + ()y′ + b()y+ λc()y = 0 , con , b, c∈C[, b] , c()>0 en [, b] .

La reescribimos de otra forma, que se suele denominar ’autoadjunta’ o ’Sturm-Liouville’. Multiplicando por e

∫

se tieneh

e∫

y′i′+ be

∫

y+ λce∫

y ≡�

py′�′− qy+ λry = 0 , con p∈C1, q, r∈C , p, r>0 .

Las condiciones que más nos van a interesar son las condiciones separadas (cadauna afecta a los valores de y o de y′ sólo en uno de los extremos del intervalo):

Se llama problema de Sturm-Liouville separado regular a uno del tipo:

(Ps)

¨

[py′]′ − qy+ λry = 0αy()−α′y′()=0 , βy(b)+β′y′(b)=0 (condiciones separadas)

donde p∈C1[, b] , q, r∈C[, b] , p, r>0 en [, b] , |α|+|α′| , |β|+|β′| 6= 0 .

[Las últimas condiciones lo que dicen es que α y |α′| , |β| y |β′| no se anulan a la vez].

Los ejemplos 1 y 2 eran unos (Ps). Este teorema generaliza sus propiedades:

Teor 1.

Los autovalores de (Ps) son una sucesión infinita λ1<λ2< · · ·<λn< · · ·que tiende a ∞. Las autofunciones {yn} forman un espacio vectorialde dimensión 1 y cada yn posee exactamente n−1 ceros en (, b) .Las autofunciones asociadas a autovalores distintos son ortogonalesen [, b] respecto al peso r , es decir:

⟨yn, ym⟩ ≡∫ b

r yn ym d = 0 , si yn, ym están asociadas a λn 6=λm .

Si αα′≥0 , ββ′≥0 y q()≥0 en [, b] entonces todos los λn≥0 . Enparticular, para y()=y(b)=0 [o sea, si α′=β′=0 ] todos los λn>0 .

No probamos la primera afirmación y la de los ceros que son difíciles. Sí el resto.

Si y cumple (Ps): y′()= αα′ y() , α

′ 6=0 ; y′(b)=− ββ′ y(b) , β

′ 6=0

[y es y()=0 , si α′=0 ; y(b)=0 , si β′=0].

Si y , y∗ están asociadas al mismo λ , se deduce que dependen linealmente, puessu wronskiano se anula en (o también en b ):

|W|(y, y∗)()=yy∗′−y′y∗�

�

==0 , si α′=0 o si α′ 6=0 .

Sean ahora yn, ym asociadas, respectivamente, a λn y λm :

λnryn = −[py′n]′+qyn

λmrym = −[py′m]′+qym

«

Multiplicando por ym e yn ,restando e integrando:

[λn−λm]∫ b

rynym d =

∫ b

�

yn(py′m)′−ym(py′n)

′ �dpartes=

�

p(yny′m − ymy′n)�b= 0

pues |W|(yn, ym)=0 en y en b . Por tanto, si λn 6=λm se tiene que ⟨yn, ym⟩=0 .

Si y es la autofunción asociada a λ y αα′≥0 , ββ′≥0 , q≥0 entonces

λ∫ b

ry2d =

∫ b

�

− y(py′)′+qy2�

d =∫ b

�

p(y′)2+qy2�

d−�

pyy′�b≥ 0 ⇒ λ≥0 ,

pues∫ b

ry2d>0 ( r>0 ) ,

∫ b

�

p(y′)2+qy2�

d ≥ 0 (p>0 , q≥0 ) ,

−[pyy′](b)=¨ ββ′ p(b)[y(b)]

2≥0 si β′ 6=00 si β′=0

, [pyy′]()=¨ αα′ p()[y()]

2≥0 si α′ 6=00 si α′=0

.

Si y()=y(b)=0 , y={1} no es autofunción ⇒ y′ 6≡0 ⇒∫ b

p(y′)2>0⇒ λ>0 .

17

Ej 3. (P3)�

y′′ + λy = 0y′(0)=y(1)=0 (casi en forma autoadjunta:

�

y′�′+ λy = 0 ; es r≡1 ).

Tendrá las propiedades del teorema 1. Busquemos sus λn . Como αα′=ββ′=0 , q≡0 , noslimitamos a los λ≥0 . [Ahora ya sabemos que podíamos haber hecho esto en el ejemplo2, y que en el 1 hubieran bastado los λ>0 ; que conste que hay problemas con λ<0 ].

λ=0 : y = c1+c2 →y′(0) = c2 = 0y(1)=c1+c2 = 0

�

→ y ≡ 0 . λ=0 no es autovalor.

λ>0 : y=c1 cos+c2 sen . y′(0)=0→ c2=0→ y(1)=c1 cos=0

→ n=2n−12 π , λn=

(2n−1)2π24 , yn=

n

cos 2n−12 πo

, n=1,2, . . .

El teorema asegura que las {yn} son ortogonales:∫ 10 ynym d = 0 ,

n 6=m (sería fácil comprobarlo), y que la autofunción n-sima (comole ocurre a las tres dibujadas) tiene n−1 ceros en (0,1) .

Ej 4. (P4)�

y′′ + λy = 0y′(0)=y′(1)+y(1)=0

Como αα′=0 , ββ′>0 , q≡0 ,volvemos mirar sólo los λ≥0 .

λ=0 : y = c1+c2 →y′(0) = c2 = 0y′(1)+y(1)=c1+2c2 = 0

�

→ y ≡ 0 . λ=0 no autovalor.

λ>0 : y=c1 cos+c2 sen . y′(0)=c2=0→ y′(1)+y(1)=c1[cos− sen]=0 .

w

tan w

0!

w1 w2 w3

1/w

No podemos hallar exactamente los λn , pero tnn=1n

lo cumplen infinitos n (anulan el corchete infinitos n ),que sólo se pueden hallar aproximadamente. La yn para cadaλn=2

nes {cosn} . Estas yn serán ortogonales.

[La mayoría de los problemas de S-L no son resolubles, puespocas lineales de segundo orden lo son elementalmente (lasde coeficientes constantes y pocas más), y aunque lo seanpuede ocurrir lo que en este ejemplo].

Ej 5. (P5)�

y′′ − 2y′ + λy = 0y′(0)=y′(1)=0 → μ2−2μ+λ=0 ,

μ=1±p1−λ .

�

e−2y′�′ + λe−2y = 0

Sabemos que los λ≥0 , pero esto no ahorra cálculos, pues y hay que mirar λ<,=,>1 :

λ<1 : y = c1 e(1+p) + c2 e(1−p) , y′ = c1(1+p)e(1+p) + c2(1−p)e(1−p) , p=p1−λ →

c1[1+p] + c2[1−p] = 0c1[1+p]e1+p+c2[1−p]e1−p=0

«

→ c2(1−p)e[e−p−ep] = 0→ p=1 (λ=0 ), y0={1} .

λ=1 : y=[c1+c2]e , y′=[c1+c2+c2]e →c1+c2 = 0c1+2c2 = 0

�

→ y≡0 . λ=1 no autovalor.

λ>1 :y=[c1 cos+c2 sen]e , =

pλ−1

y′=�

(c1+c2) cos+(c2−c1) sen�

e→ y′(0)=c1+c2=0→

y′(1)=c2 e(1+2) sen=0 →

=nπ, n=1,2, . . . → λn=1+n2π2 , yn =�

e[sennπ−nπ cosnπ]

, n=1,2, . . .

Las autofunciones serán ortogonales respecto al peso r() = e−2 :∫ 10 e−[sennπ−nπ cosnπ]d = 0

∫ 10 [sennπ−nπ cosnπ][senmπ−mπ cosmπ]d = 0 (m 6=n)

Ej 6. (P6)�

2y′′+ y′+ λy = 0y(1)=y(e)=0 p()= e

∫

= e∫

d = →

�

y′�′ + λ y

=0 . Es r()= 1 .

Es problema separado regular�

p, r>0 en [1,e]�

.

Ecuación de Euler: r(r−1)+r+λ=0→ r = ±p−λ . Basta mirar los λ>0 :

y=c1 cos( ln)+c2 sen( ln) , c1=0c2 sen=0

�

λn=n2π2, yn=�

sen(nπ ln)

, n=1,2, . . .

Como siempre, las autofunciones son ortogonales:∫ e1sen(nπ ln) sen(mπ ln)d

= 0 , m 6=n .

18

Separando variables nos aparecerán también problemas de contorno como el si-guiente, que no es separado, pues sus condiciones de contorno mezclan valoresen los dos extremos del intervalo. En concreto, este es un problema periódico:

Ej 7. (P7)�

y′′ + λy = 0y(−π)=y(π), y′(−π)=y′(π)

[Estas condiciones equivalen apedir que y sea 2π-periódica].

λ<0→c1[eπp−e−πp]−c2[eπp−e−πp] = 0c1[eπp−e−πp]+c2[eπp−e−πp] = 0

«

Como el determinante de los coeficientes�

�

�

�

eπp−e−πp e−πp−eπp

eπp−e−πp eπp−e−πp

�

�

�

�

= 2(eπp−e−πp)2 6= 0 si p>0 ,

el sistema sólo tiene la solución trivial c1=c2=0 . No hay autovalores negativos.

λ=0→ c1−c2π = c1+c2πc2 = c2

�

se satisface para c2=0 y cualquier c1 : y0=c1={1} .

λ>0→2c2 senπ = 02c1 senπ = 0

«

→ senπ = 0 → λn=n2 , n=1,2, . . .

Para esos λn las condiciones de contorno se cumplen para todo c1 y todo c2 .

Las autofunciones son, pues: yn = c1 cosn+ c2 senn ≡ {cosn, senn} .

[Es claro que exigir simplemente que y sea 2π-periódicalleva directamente a los mismos autovalores y autofunciones].

Las propiedades de (P7) son algo distintas de las los problemas separados: sigue ha-biendo una sucesión infinita de autovalores λn =n2, n=1,2, . . . tendiendo a ∞,pero las autofunciones y0={1} , yn={cosn, senn} forman, si n>0 , un es-pacio vectorial de dimensión 2. Utilizando sen cosb = 1

2�

sen(+b)+ sen(−b)�

(y las relaciones ya vistas para sen senb y cos cosb y las fórmulas del ángulodoble) se comprueba que sigue siendo cierto que autofunciones diferentes sonortogonales entre sí.

Los problemas de Sturm-Liouville pueden generalizarse. En la demostración del teorema seaprecia que lo esencial para la ortogonalidad es que

�

p|W|(yn, ym)�b=0 ; esto sucede para

otros tipos de condiciones de contorno (y para otros muchos no) además de las separadas.

Por ejemplo ocurre en los llamados problemas periódicos que generalizan el (P7):

(Pp)

¨

[py′]′ − qy+ λry = 0 , con p()=p(b) , p∈C1[, b] , q, r∈C[, b] , p, r>0 en [, b]y()=y(b), y′()=y′(b) (condiciones periódicas)

Para (Pp) no se anula el wronskiano de dos soluciones ni en ni en b (y por eso hay espaciosde autofunciones de dimensión 2), pero es claro que

�

p|W|(yn, ym)�

(b)=�

p|W|(yn, ym)�

() .

Más en general, se llaman problemas autoadjuntos aquellos tales que�

p|W|(,)�b=0

para todo par de funciones , que cumplan sus condiciones de contorno.

Las autofunciones de estos problemas más generales (que en libros avanzados de ecuacio-nes se ve que tienen propiedades similares a las de los separados) son, pues, ortogonales.Pero no nos ocupamos más de ellos, pues los problemas que nos aparecerán en el capítulosiguiente serán todos separados (o el (P7) de arriba).

[El término ‘autoadjunto’ se debe a que llamando L[y]=−[py′]′+qy y (,)=∫ b

d ,

se tiene que�

L[], �

=�

, L[]�

para todo par de funciones , que cumplen lascondiciones de contorno: el operador L es ‘autoadjunto’ en ese conjunto de funciones].

Ej 8. (P8)�

y′′ + λy = 0y(0)=y(π), y′(0)=−y′(π) Se tiene

�

p|W|(,)�

(π)=−�

p|W|(,)�

(0) .

El problema, pues, no es autoadjunto. Operando como en el ejemplo 7 es fácil ver quelas cosas son muy diferentes: cualquier λ (menor, igual o mayor que 0 ) es autovalor

�

asociado, respectivamente, an

ch�

p(− π2 )�

o

, {1} ón

cos�

(− π2 )�

o

�

y en general es falso que las autofunciones asociadas a λ distintos sean ortogonales.

19

Resolviendo algunas EDPs aparecerán problemas singulares de Sturm-Liouvilleque no reúnen todas las condiciones de los regulares: p ó r se anulan o no soncontinuas en algún extremo del intervalo, el intervalo es infinito. . . Resolvamos tresde ellos (el 9 surge, por ejemplo, tratando ondas o calor en el espacio, el 10 si esasecuaciones son en el plano y el 11 para Laplace en la esfera), en los que en unoo ambos extremos es p=0 . En esos extremos las condiciones de contorno de un(Ps) son demasiado fuertes para tener autovalores y autofunciones como en los re-gulares y se sustituyen por acotación, de forma que siga habiendo ortogonalidad,es decir, según vimos en la demostración del teorema 1, que se cumpla:

0 =�

p (yny′m − ymy′n)�b= (λn− λm)⟨yn, ym⟩ .

Ej 9. (P9)�

y′′ + 2y′ + λy = 0y acotada en =0, y(1)=0 y′′+ 2

y′+λy=0

e∫

=2−→�

2y′�′+λ2y=0 .

Haciendo el cambio = y la ecuación se convierte en ′′ + λ = 0 →

la solución general de la inicial para λ>0 es y = c1cos

+ c2sen

.

y acotada → c1=0 ; y(1) =0→ sen=0→ λn=n2π2 , n=1,2, . . . , yn =� sennπ

[ortogonales, como es fácil comprobar, respecto al peso r()=2 ].

Es fácil ver directamente que no hay λ≤0 , o podemos evitar las cuentas pues la pruebade esa parte del teorema se puede adaptar a este problema singular, con lo que λ>0 .

[También se podría haber observado que las condiciones que quedan tras el cambio son(0)=0·y(0)=0 , (1)=1·0=0 → n={sennπ} , y haber deshecho el cambio].

[Si hubiésemos impuesto y(0)=0 , y(1)=0 la única solución sería y≡0 ∀λ ;las condiciones para este problema singular habrían sido demasiado fuertes].

Ej 10. (P10)�

y′′ + y′ + λy = 0y acotada en =0, y(1)=0 →

�

y′�′ + λy = 0 .

Se puede probar que λ>0 . Haciendo el cambio de variable independiente s=pλ

la ecuación se convierte en la de Bessel de orden 0 :

s d2yds2+ dy

ds + sy = 0→ y = c1J0(s) + c2K0(s) = c1 J0(pλ) + c2K0(

pλ)

!"_

4 8 12 16

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

-0.2

-0.4

La primera condición de contorno impone quec2 = 0 (K0 no está acotada en = 0 ). De laotra se deduce que c1 J0(

pλ )=0 . Así pues, los

autovalores son los λ1<λ2< · · · cuyas raícesson los infinitos ceros de J0

�

están tabuladosy si n grande es

p

λn ≈�

n− 14�

π�

.

Para esos λn las autofunciones asociadas son

yn=n

J0�

p

λn �

o

,

que son ortogonales respecto al peso r()= .

Ej 11. (P11)

¨

�

(1−2)y′�′ + λy = 0

y acotada en =±1 La ecuación es la de Legendre si λ=p(p+1) .

Se sabe que sus únicas soluciones acotadas en 1 y −1 son los polinomios de LegendrePn() , que aparecen cuando p=n , n=0,1,2, . . .

Los autovalores son λn=n(n+1) , n=0,1,2, . . . y las autofunciones son los Pn , quecumplen, como se ve en los cursos de EDOs:

∫ 1−1 PnPm d = 0 si m 6=n

�

r()=1�

.

20

2.2. Series de Fourier

Consideremos el problema de Sturm-Liouville separado regular:

(Ps)

¨

[py′]′ − qy+ λry = 0αy()−α′y′()=0, βy(b)+β′y′(b)=0

y sean y1, y2, . . . , yn, . . . sus autofunciones asociadas a los λ1, λ2, . . . , λn,. . . .

La importante propiedad que veremos en esta sección es que cualquier funciónƒ suficientemente regular en [, b] puede ser desarrollada en serie dedichas autofunciones, es decir:

ƒ () =∞∑

n=1

cn yn()

Supongamos que este desarrollo es válido y que la serie puede ser integrada tér-mino a término. Entonces, por ser las yn ortogonales:

∫ b

rƒym d =

∞∑

n=1

cn∫ b

r ynym d = cm

∫ b

r ymym d

Por tanto, si representamos el producto escalar respecto al peso r() :

⟨,⟩ =∫ b

r d debe ser cn =

⟨ƒ , yn⟩⟨yn, yn⟩

, n=1,2, . . .

[El r es el de la ecuación en forma autoadjunta; en la mayoría de los problemas queaparecerán separando variables en el capítulo 3 dicho peso será 1 , pero no siempre].

El problema (nada elemental) reside en precisar para qué funciones ƒ la serie conesos coeficientes (serie de Fourier de ƒ ) converge realmente hacia ƒ en [, b] .Aunque se le pueden exigir condiciones más débiles, nosotros pediremos a ƒ quesea C1 a trozos, condición que será satisfecha por las funciones que nos apareceránen problemas prácticos.

ba x x1 n

[Recordamos que ƒ es C1 a trozos en [, b] si podemos dividir elintervalo en subintervalos [, b] = [, 1] ∪ [1, 2] ∪ · · · ∪ [n, b]de modo que:

i. ƒ y ƒ ′ son continuas en cada (k , k+1) ,

ii. los límites laterales de ƒ , ƒ ′ en cada k existen y son finitos].

Teor 1.

Si ƒ es C1 a trozos en [, b] entonces su serie de Fourier:∞∑

n=1

⟨ƒ , yn⟩⟨yn, yn⟩

yn()

converge hacia ƒ () en los ∈ (, b) en que ƒ es continua yhacia 1

2�

ƒ (−)+ƒ (+)�

en los ∈ (, b) en que es discontinua.

El teorema no dice nada sobre la convergencia en los extremos y b .�

La demostración es difícil y la omitimos. En lenguaje de ‘análisis funcional’, las {yn}son una ‘base de Fourier’ del espacio de funciones de dimensión infinita (similar a unabase ortonormal de uno de dimensión finita). La cuestión principal es ver que la basees ‘completa’, es decir, que no hay otras funciones ortogonales a las {yn} . El espacio‘natural’ para estudiar las series de Fourier es L2 (funciones de cuadrado integrable) yla convergencia más ligada a ellas es la ‘convergencia en media cuadrática’:

∫ b

�

�

� ƒ () −n∑

k=1

ckyk()�

�

�

2d→ 0 cuando n→∞

�

.

21

Caso particular de los desarrollos en serie de Fourier son los desarrollos en seriestrigonométricas, que, al ser los que más utilizaremos, estudiamos con detalle.

Los autovalores y autofunciones de:

(P1)�

y′′ + λy = 0y(0)=y(L)=0 son λn=

n2π2

L2e yn=

�

sen nπL

, n = 1,2, . . . .

[Es fácil verlo directamente, o también podemos hacer s=π/L →

y′′ + L2

π2λy=0 , y(0)=y(π)=0 en la variable s , que es casi el ejemplo 1 de 2.1;

también se trasladaría haciendo s=− un problema en [, b] al (P1) (con L=b− ),sin necesidad de estudiarlo desde el principio].

Llamaremos serie de Fourier en senos de ƒ en [0, L] al desarrollo en estasautofunciones:

ƒ () =∞∑

n=1

bn sennπL , con bn =

2L

∫ L

0ƒ () sen nπ

L d , n=1,2, ... [1]

Ya que el peso es r()≡1 y se tiene que ⟨yn, yn⟩ =∫ L

0

�

sen nπL

�2 dt = L2 .

[Hemos escrito impropiamente ƒ = ; la igualdad sólo se da en los ∈ (0, L)en que ƒ es continua; en 0 y L aún no sabemos, pero pronto lo sabremos].

Para este segundo problema de contorno:

(P2)�

y′′ + λy = 0y′(0)=y′(L)=0 son λn=

n2π2

L2, yn=

�

cos nπL

, n=0,1, . . .�

yo={1}�

Y se llamará serie de Fourier en cosenos de una ƒ dada en [0, L] a:

ƒ () = o2 +

∞∑

n=1

n cosnπL , con n =

2L

∫ L

0ƒ () cos nπL d , n=0,1,2, ... [2]

Pues ⟨yo, yo⟩ =∫ L

0 12 d = L e ⟨yn, yn⟩ =

∫ L

0

�

cos nπL�2 d = L

2 , si n≥1.

[Ponemos o2 en la serie para que la fórmula del n valga también para o ].

0 1

1x

Ej 1. Sea ƒ () = , ∈[0,1] . Desarrollémosla en senos y en cosenos:

ƒ ()= 2π

∞∑

n=1

(−1)n+1n sennπ , pues bn=2

∫ 10 sennπd=−

2nπ cosnπ , n=1,2, . . .

ƒ ()= 12+

2π2

∞∑

n=1

(−1)n−1n2

cosnπ = 12 −

4π2

∞∑

m=1

1(2m−1)2 cos(2m−1)π ,

ya que o=2∫ 10 d=1 , n=2

∫ 10 cosnπdt=

2n2π2

[cosnπ−1] , n=1,2, . . .

Ambas series, según el teorema 1, convergen hacia ƒ () para todo ∈ (0,1) .Lo mismo sucedería con el desarrollo en autofunciones de cualquier otro pro-blema de Sturm-Liouville que considerásemos. Cuando nos encontremos estasseries resolviendo EDPs no tendremos la libertad de elegir en qué autofuncionesdesarrollar: nos las impondrá el problema.

Otras dos familias de autofunciones sencillas en las que vamos a desarrollar fun-ciones muchas veces son las de estos problemas fáciles de resolver:�

y′′ + λy = 0y(0)=y′(L)=0 con λn=

[2n−1]2π222L2

, yn=n

sen [2n−1]π2L

o

, ⟨yn, yn⟩= L2 , n=1,2, . . .

�

y′′ + λy = 0y′(0)=y(L)=0 con λn=

[2n−1]2π222L2

, yn=n

cos [2n−1]π2L

o

, ⟨yn, yn⟩= L2 , n=1,2, . . .

A los desarrollos en estas autofunciones los llamaremos, respectivamente, seriesen senos impares y en cosenos impares en [0, L].

22

La teoría de series de Fourier puede ser extendida para incluir autofunciones deproblemas con condiciones periódicas. Así para:

(P3)

¨ y′′ + λy = 0y(−L)=y(L)y′(−L)=y′(L)

, λn=n2π2

L2, n=0,1, . . . , yo={1} , yn=

�

cos nπL , sen nπL

se deduce la siguiente serie de Fourier en senos y cosenos en [−L, L]:

[3] ƒ () = o2 +

∞∑

n=1

�

n cosnπL + bn sen

nπL

�

, con coeficientes:

[4] n =1L

∫ L

−Lƒ () cos nπL d , n=0,1,2, ... , y

[5] bn =1L

∫ L

−Lƒ () sen nπ

L d , n=1,2, ... , ya que se cumple:

∫ L

−L cosmπL sen nπ

L dt = 0 para todo m y n ;∫ L

−L 12 d = 2L ;

∫ L

−L cosmπL cos nπL d =

�

0 m 6=nL m = n ;

∫ L

−L senmπL sen nπ

L d =�

0 m 6=nL m = n .

�

Las fórmulas [3]-[5] también valen para desarrollar una ƒ definida inicialmenteen cualquier otro intervalo [, +2L] (cambiando los límites a la integral) pues

∫ +2L

cos2=∫ +2L

sen2=L�

.

Como en el teorema 1, la serie de [3] converge hacia ƒ () en los en los queƒ es continua. Además se puede decir lo que sucede en los extremos −L y L(observando que la [3] define de hecho una función en todo R que es 2L-periódica).Podemos hablar también sobre la convergencia uniforme de [3] (sin demostrarnada, como en toda la sección):

Teor 2.

Suponemos que ƒ es C1 a trozos en [−L, L] y extendemos ƒ fuera de[−L, L] de forma 2L-periódica. Entonces la serie [3] con n y bn dadospor [4] y [5] converge hacia ƒ () en todos los puntos en que su extensiónes continua (y hacia 1

2�

ƒ (−)+ƒ (+)�

en los puntos de discontinuidad).Además [3] converge uniformemente en todo intervalo cerrado que nocontenga discontinuidades de la ƒ extendida. Por tanto, si ƒ es continuay ƒ (−L)= ƒ (L) entonces [3] converge uniformemente hacia ƒ en todo elintervalo [−L, L] .

Las fórmulas [1] y [2] para los coeficientes de las series en senos y de las series encosenos se pueden ver como casos particulares de [4] y [5]:Dada una ƒ inicialmente definida en [0, L] podemos extenderla de forma impar ode forma par a [−L, L]. En el primer caso es impar ƒ () cos nπL y par ƒ () sen nπ

L .En el segundo ƒ () cos nπL es par y ƒ () sen nπ

L es impar. Por tanto, n=0 y [5]se convierte en [1] en el primero, y en el segundo bn=0 y [4] pasa a ser [2].

[Si definiésemos la ƒ de cualquier otra forma en [−L,0), la serie en senos y cosenostambién convergería hacia ƒ () en los de (0, L) en que fuese continua].

Como consecuencia de lo anterior y del teorema 2 se tiene que:

La serie de cosenos de una ƒ continua en [0, L] , con ƒ ′ continua atrozos, converge uniformemente hacia ƒ en todo el intervalo.Si ƒ satisface además que ƒ (0)= ƒ (L)=0 la serie en senos de ƒ tambiénconverge uniformemente hacia ƒ en todo [0, L] .

[Si no fuese ƒ (0)=0 ó ƒ (L)=0 la ƒ extendida primero de forma impar a [−L, L]y luego de forma 2L-periódica no sería continua en 0 o en L ; además está claroque todas las series en senos se anulan en 0 y L , pues lo hace cada sumando].

23

0-1 1 3-3

-1

1impar

0-1 1 3-3

1par

En particular, la serie en senos del Ej 1no converge uniformemente hacia ƒ en[0,1] (sí lo hace en cualquier intervalo dela forma [0, b] , b<1 ). La serie en cose-nos sí converge uniformemente en [0,1] .

[Aunque las series en cosenos se compor-ten mejor, resolviendo EDPs no podremoselegir, como ya hemos dicho, el tipo deseries en que desarrollar las funciones].

0 1

1

-1

0 1-1

SS

S

01

2 Sngordo

Ej 2. Sea ƒ () =�

0 , −1≤≤0 , 0≤≤1 .

Su serie en senos y cosenos está casi calculada:1

4+1

π2

∞∑

n=1

(−1)n − 1n2

cosnπ−1

π

∞∑

n=1

(−1)n

nsennπ .

La suma de esta serie es 0 en (−1,0] , en[0,1) y 1/2 en −1 y 1 . En todo cerrado que nocontenga estos puntos la convergencia es uni-forme. Cerca de ellos la convergencia es mala ylenta. [Se produce el ‘fenómeno de Gibbs’: apa-recen ’picos’ cerca de las discontinuidades].

Ej 3. Hallemos otro par de desarrollos de ƒ ()= ,∈[0,1] , en las autofunciones de los

ejemplos 3 y 4 de 2.1:n

cos (2n−1)π2

o

y {cosn} con tnn=1n

.�

r()=1�

.

cn = 2∫ 10 cos

(2n−1)π2 d → =

∞∑

n=1

h

4(−1)n+1π(2n−1) −

8π2(2n−1)2

i

cos (2n−1)π2 .

⟨cosn, cosn⟩ =∫ 10 cos

2nd =12+

senn cosn

2n=

2n+cos2n

22n

=2+2

n

2�

1+2n

� ,

⟨, cosn⟩ =∫ 10 cosnd =

senn

n+ cosn−1

2n

= 2cosn−12n

→

=∞∑

n=1

2(2cosn−1)2n+cos2n

cosn [usando el ordenador: c1≈0.52 , c2≈–0.46 . . . ].

Ej 4. Nuevo desarrollo de ƒ ()= , ahora en [1,e] , en las autofunciones del Ej 6 de 2.1.

Esta vez el peso no es 1 , sino r()= 1 . Como

∫ e1sen2(nπ ln)d

=∫ 10 sen

2(nπs)ds= 12 ,

=∞∑

m=1

cn sen(nπ ln) , si cn=2∫ e1 sen(nπ ln)d=2

∫ 10 e

s sen(nπs)ds =2nπ�

1−e(−1)n�

1+n2π2 .

Observemos para acabar que también se pueden hacer desarrollos de Fourier enserie de autofunciones de diversos problemas de Sturm-Liouville singulares, enparticular en las de los tres que vimos en la sección anterior.

Ej 5. Desarrollemos una ƒ (C1 a trozos) en las autofunciones del (P10) de esa sección:

(P10)�

y′′ + y′ + λy = 0y acotada en =0, y(1)=0 → ƒ () =

∞∑

m=1

cn J0�

p

λn �

, peso r()= .

→ cn =

∫ 10 ƒ () J0

�pλn �

d∫ 10 J

20

�pλn �

d= 2

J21�p

λn�

∫ 10 ƒ () J0

�

p

λn �

d

pues∫ 10 J

20

�

p

λn �

d = 1λn

∫

pλn

0 J20()d =12λn

h

2�

J20()+ J21()

�

i

pλn

0= 12 J21

�

p

λn�

ya que las Jn satisfacen�

n Jn�′ = n Jn−1 →

�

J1�′ = J0 , J′0=−J1

→∫

J20 d =2

2 J20 +∫

J0 J1 d =2

2 J20 +12�

J1�2

24

2.3. Problemas no homogéneos; función de Green

Separando variables en la ecuación de Laplace y similares aparecerán, ademásde problemas de Sturm-Liouville homogéneos, otros problemas de contorno con laecuación o las condiciones no homogéneas (para calor y ondas serán de valoresiniciales). Antes de dar su teoría general, veamos un ejemplo.

Ej 1. Discutamos cuántas soluciones tiene�

y′′ = −dy(1)=y(2)+by′(2)=0 , d , b constantes.

La solución general es: y = c1+c2+3

6 −d2

2�

con y′=c2+2

2 −d�

. Imponiendo datos:(

y(1) = c1+c2 +16−

d2 = 0

y(2)+by′(2)=c1+2c2+43−2d+bc2+2b−2bd=0

, es decir:

(

c1+c2=d2−

16

c1+(2+b)c2 = 2bd+2d−2b− 43

.

Este sistema lineal tendrá solución única en c1 y c2 si el sistema homogéneo tienesólo la solución trivial (si el determinante de los coeficientes es no nulo). Cuando elhomogéneo tenga infinitas soluciones, el no homogéneo tendrá infinitas o ninguna.Por tanto, si b 6= −1 , podemos despejar de forma única c1 y c2 , y la solución quedadeterminada, cualquiera que sea d . Pero si b=−1 :

(

c1+c2=d2−

16

c1 + c2 =23

, este sistema sólo tiene solución cuando d2−

16 =

23 ⇔ d= 5

3 ,

y en ese caso una de las dos constantes queda libre. Si b=−1 , d 6= 53 , no hay solución.

Veamos ya el problema general. Consideremos el problema para la ecuación nohomogénea con condiciones separadas homogéneas:

(Pf)

¨�

p()y′�′ + g()y = ƒ ()

αy()−α′y′()=βy(b)+β′y′(b)=0, p∈C1, g, ƒ ∈C , p>0 en [, b] .

y llamemos (Ph) al problema homogéneo asociado ( ƒ ≡0 ). Luego consideraremoscondiciones de contorno no homogéneas y el caso en que la ecuación depende deun parámetro. Este teorema generaliza lo que ocurría en el ejemplo 1 de arriba:

Teor 1.

El problema (Pf) tiene solución única si y sólo si (Ph) tiene sólo lasolución y ≡ 0 . Si (Ph) tiene soluciones no triviales {yh} entonces(Pf) tiene infinitas soluciones o no tiene ninguna según sea igualo distinta de cero, respectivamente, la integral:

∫ b

ƒ ()yh()d .

1→ 1

∞→∞0

Se deduce gran parte del teorema imponiendo las condiciones de contorno a lasolución general de la ecuación y=c1y1+c2y2+yp , y usando las propiedadesde los sistemas algebraicos. Además si hay soluciones y de (Pf) debe ser:

∫ b

ƒ yh =

∫ b

�

[py′]′+gy�

yh =�

p(yhy′−yy′h)�b+∫ b

�

[py′h]′+gyh

�

y = 0

y se prueba que esta condición necesaria es también suficiente.[La ƒ del teorema 1 es, desde luego, la de la ecuación en forma autoadjunta[py′]′+gy= ƒ ; para aplicarlo habrá, en ocasiones, que reescribir la ecuación].

Ej 1∗. Hagamos la discusión del Ej 1, ahora utilizando el teorema. El (Ph)�

para y′′=0�

tiene sólo la solución y≡0 si b 6=−1 . Y si b=−1 son soluciones yh={1−} .

El (Pf)�

para [y′]′=−d�

, tendrá entonces solución única si b 6=−1 , e infinitas ó 0 ,

para b=−1 , según se anule o no la integral:∫ 21 (−d)(1−)d =

d2−

56 ⇔ d= 5

3 .

Si en vez de la −d concreta tuviésemos una ƒ () general, el teorema daría rápidamente:

única solución si b 6=−1 , e infinitasninguna , según

∫ 21 ƒ ()(1−)d

=06=0 , para b=−1 .

Costaría bastante más concluirlo hallando la solución: c1+c2+∫

1 ƒ (s)ds−∫

1 sƒ (s)ds .

25

Sea ahora el problema con condiciones de contorno no homogéneas:

(PAB)

¨�

p()y′�′ + g()y = ƒ ()

αy()−α′y′()=A, βy(b)+β′y′(b)=B, p∈C1, g, ƒ ∈C, p>0 en [, b] ,

y sea (Ph) el homogéneo obtenido tomando ƒ ()≡0 , A=B=0 (el mismo de antes).Hallando una función que satisfaga sus condiciones de contorno el (PAB) se pue-de reducir a otro con condiciones homogéneas, pues el cambio =y− (graciasa la linealidad de la ecuación y las condiciones de contorno) lleva al problema:

(P)

¨�

p()′�′+g() = ƒ ()−

�

p()′�′−g()

α()−α′′()=0 , β(b)+β′′(b)=0

que es del tipo (Pf) ya analizado. Deducimos, por ejemplo, que:

Teor 2. (PAB) tiene solución única⇔ (Ph) tiene sólo la solución y≡0

[y si (Ph) tiene infinitas soluciones, (PAB) puede tener infinitas o ninguna].

La idea de encontrar una que satisfaga las condiciones de contorno para convertirlasen homogéneas se utilizará en las EDPs de los próximos capítulos. Para encontrar dicha normalmente trabajaremos por tanteo. Si no es una constante, probaremos una recta;si no vale, funciones más complicadas...

Está claro que aunque en (PAB) sea ƒ ()≡0 , si (al menos) una condición de contornoes no homogénea, las propiedades son las típicas de uno no homogéneo. Estoes lo que ocurre en el siguiente ejemplo.

Ej 2. Discutamos cuántas soluciones tiene: (P)�

y′′ − y′ = 0y′(1)+y(1)=0, y(2)=1

Comenzamos analizando cuántas soluciones tiene el homogéneo: y = c1+c22 →�

y′(1)+y(1)=2c2+c1+c2 =0 [2−3]c2=0y(2)=c1+4c2=0 → c1=−4c2 ↗ →

¨

y≡0 si 6= 23

y=2−4 si = 23

Si 6= 23 , (P) tiene solución única. Para = 2

3 vemos lo que sucede directamente:¨

y′(1)+ 23y(1)=

23 [c1+4c2] =0

y(2)=c1+4c2=1→ no existe solución de (P2/3).

Aunque también podríamos (más largo) convertirlo en un (Pf) y aplicar el teorema 1.Para ello buscamos una de la forma =M+N que satisfaga las condiciones:(

′(1)+ 23(1)=

13 [5M+2N]=0

(2)=2M+N=1→ =5−2, =y− → (P)

¨

′′ −′ = −2′(1)+ 2

3(1)=(2)=0

Escribimos la ecuación en forma autoadjunta:h

′

i′= − 2

2y usamos el teorema 1:

∫ 21

�

− 22�

[2−4]dt 6= 0 ⇒ (P) [y por tanto (P2/3)] no tiene solución.

Consideremos ahora una tercera situación, el problema de S-L no homogéneo:

(Pλ)

¨�

py′�′ − qy+ λry = ƒ ()

αy()−α′y′()=βy(b)+β′y′(b)=0

Llamemos (Ps) al problema separado de Sturm-Liouville homogéneo asociado (el deƒ≡0 ). Para cada valor de λ tenemos un problema de los ya vistos (con g=−q+λr ).Se tiene por tanto:

Teor 3.

(Pλ) tiene solución única⇔ λ no es autovalor de (Ps).

Si λn es autovalor con autofunción {yn} ,

(Pλn)no tiene solucióntiene infinitas según sea

∫ b

ƒ yn d

6=0=0 .

26

Ej 3. (P3)�

y′′ + λy = 1y′(0)=y′(1)−2y(1)=0 Estudiemos, según λ , cuántas soluciones tiene.

Hallemos los λn del homogéneo. Como ββ′ < 0 podrían aparecer autovalores negativos.

λ<0 : y = c1ep+c2e−p →c2 = c1 ↘c1�

p[ep−e−p]−2[ep+e−p]�

=0

«

Hay autovalor λ0=−p20 si thp0=2p0

, con y0=�

ch (p0)

�

Utilizando el método de Newton o uno similar: p0≈2.07, λ0≈−4.27�

.

λ=0 : y=c1 + c2→c2 = 0−2c1−c2 = 0

�

→ λ=0 no es autovalor.

λ>0 : y=c1 cos+c2 sen→c2 = 0 ↘c1( sen+2cos)=0

�

Hay infinitos λn=2n

si tnn=− 2n

, con yn=�

cos (n)

.

Por tanto (la ecuación está ya en forma autoadjunta):

Si λ 6=λn hay solución única de (P3).

Si λ=λ0 , como∫ 10 ch (p0)d 6=0 , (P3) no tiene solución.

Si λ=λn , n=1,2, . . . ,∫ 10 cos (n)d =

senn

n=0 , (P3) tampoco tiene solución..

Para acabar, deduzcamos una fórmula que para cualquier ƒ () nos da la solucióndel (Pf) del principio de la sección (en el caso de que sea única) en términos deintegrales, conocidas las soluciones de la ecuación homogénea (algo parecido a lafórmula de variación de las constantes para problemas de valores iniciales):

Teor 4.

Supongamos que (Ph) tiene sólo la solución y ≡ 0 y sean y1 e y2soluciones no triviales de la ecuación homogénea [py′]′+gy= 0 quecumplen, respectivamente, αy1()−α′y′1()=0 y βy2(b)+β′y′2(b)=0 .Entonces la solución única de (Pf) es:

y() =∫ b

G(, s) ƒ (s)ds , con G(, s) =

¨ y1(s)y2()p|W|(y1,y2) , ≤s≤y1()y2(s)p|W|(y1,y2) , ≤s≤b

.

A la G(, s) se le llama función de Green del problema.�

Observemos que el denominador que aparece en la G es constante:�

p(y1y′2 − y2y′1)]′ = y1[p(y′2)]

′ − y2[p(y′1)]′ = −gy1y2 + gy2y1 = 0

�

.

Comprobemos que la y() de arriba cumple (Pf). Desarrollando la integral:

y() = y1()∫ b

y2(s)|W|(s)

ƒ (s)p(s) ds+y2()

∫

y1(s)|W|(s)

ƒ (s)p(s) ds−y1()

∫

y2(s)|W|(s)

ƒ (s)p(s) ds= cy1 + yp

Por tanto, y() es solución de la no homogénea y′′ + p′

p y′ + q

py =ƒp .

Además como y′() = y′1∫ b

y2|W|

ƒp + y

′2

∫

y1|W|

ƒp − y

′1

∫

y2|W|

ƒp se tiene que:

y()=cy1(), y′()=cy′1(), y(b)=ky2(b), y′(b)=ky′2(b) , c=

∫ b

y2ƒ|W|p , k=

∫ b

y1ƒ|W|p

Como y1 , y2 cumplen cada condición de contorno, también lo hace la y .

Una vez hallada la G , dada cualquier ƒ , basta hacer un par de integracionespara encontrar la solución del problema no homogéneo (Pf). [La idea de la funciónde Green se generaliza a otros problemas de EDOs y EDPs].

[Que quede claro que cada yk satisface solamente una condición (o en o en b ;ambas condiciones sólo las cumple la trivial). La ƒ y la p del teorema son, una vezmás, las de la ecuación escrita en la forma [py′]′+gy = ƒ ; en muchos casos será p≡1(como en el ejemplo siguiente), pero en otros deberemos reescribir la ecuación].

27

Ej 4. (P4)�

y′′ = ƒ ()y(0)=y(1)=0

�

y′′ = 0y(0)=y(1)=0 sólo lo satisface y ≡ 0 .

Por tanto, (P4) tiene solución única. Hallemos su función de Green:

La solución general de la ecuación homogénea es y = c1 + c2 .

De la primera condición de contorno y(0)=c1=0 . Podemos tomar y1= .

0 1s

x(x-1)G(x,s), x fijo

De la segunda, y(1) = c1+c2 = 0 . Elegimos y2=−1 . Entonces:

|W|()=�

�

�

�

−11 1

�

�

�

�

= 1 , p() = 1 , G(, s) =�

s(−1) , 0≤s≤(s−1) , ≤s≤1

Si, por ejemplo, ƒ ()=1 , la solución de (P3) viene dada por:

y() =∫ 10 G(, s)1ds = (t−1)

∫

0 sds+ ∫ 10 (s−1)ds =

12 [

2−]

Para resolver un problema con una ƒ dada, calcular la G puede ser un rodeo inútil. Porejemplo, la última solución se podría obtener:

y′′ = 1→ y = c1+c2+12

2 →¨

y(0)=c1=0y(1)=c1+c2+

12 =0

→ y = 12 [

2−] como antes.

Pero para cada nueva ƒ habría que volver a hallar la yp e imponer y(0)=y(1)=0 .

a

!

"(t–a)

a

Las funciones de Green están muy ligadas a la ‘función’ δ ,cuya definición rigurosa exige la llamada ‘teoría de las dis-tribuciones’, pero con la que es fácil trabajar formalmente.La δ(t−) se puede definir intuitivamente como el ‘límite’cuando n→∞ de

ƒn(t) =¨

n si t∈�

− 12n , +

12n

�

0 en el resto

Esta δ(t−) tiene las siguientes propiedades (que bastan para trabajar con ella):

δ(t−)=0 si t 6= ;∫ c

bƒ (t)δ(t−)dt=

�

ƒ () si ∈[b, c]0 si /∈[b, c] ;

0

1

a

au (t)

δ(t−)= ddt(t) , donde (t) es la función paso (t)=

�

0 si t<1 si t≥ .

Volvamos a la G . Observemos que la G(, s) del Ej 4 para fijo (o para s fijo, pues G essimétrica) es continua pero no derivable en s= y su ‘derivada’ segunda es δ(s−) . Dehecho, esto es lo que sucede en general:

Teor 5. G(, s) es la solución para ∈ (, b) fijo de

¨

�

p(s)y′�′ + g(s)y = δ(s−)

αy()−α′y′()=βy(b)+β′y′(b)=0�

La prueba es trivial:∫ b

G(s, ) δ(−)d = G(s, ) = G(, s)

�

.

Podemos hallar la G del (P4) siguiendo este camino más largo [pero que es el que se gene-raliza a las EDPs; además da una forma de hallar la G en problemas autoadjuntos para losque no es válida la fórmula del teorema 1]. Como es G′′=0 si s 6= :

G(s)=�

c1+c2s , y(0)=0→ y = c2s , s≤k1+k2s , y(1)=0→ y = k2[s−1] , s≥

Y como G′′=δ , ha de ser continua G y su derivada tener un salto en de magnitud unidad:

→¨

y(−)=c2=k2[−1]=y(+)y′(+)−y′(−)=k2−c2=1

→�

c2=−1k2=

Se puede resolver de otra forma si se conoce la transformada de Laplace. Con la notaciónL�

G(s)�

=H(p) , para este ejemplo basta utilizar las siguientes propiedades de la L :

L[G(n)(s)] = pnH(p)− pn−1H(0)− pn−2H′(0)− · · · −H(n−1)(0) .

L[sn]= n!pn+1

, L[δ(s−)]=e−p , L−1�

e−pF(p)�

=(s) [L−1F](s−) .

Llamando G′(0)=c , y aplicando la transformada:

p2H(p)−c= e−p → H(p) = cp2+ e−p

p2→ G(s) = cs+ (s)(s−)

→ G(1) = c+1− = 0→ G(s) = (−1)s+ (s)(s−) =�

s(−1) , 0≤s≤s−s+s− , ≤s≤1 .

28

3. Separación de variables

El capítulo está dedicado a uno de los más viejos métodos de resolución de EDPslineales (método de separación de variables) que nos permitirá hallar la solución(en forma de serie de Fourier) de gran parte de los problemas clásicos planteadosen el capítulo 1, en concreto de los planteado en un intervalo finito en una delas variables. Resolveremos la ecuación del calor con diferentes condiciones decontorno, la de la cuerda acotada (que volveremos a ver en 4.1), la de Laplaceen un rectángulo y en un círculo,... Ello será posible porque las ecuaciones serán‘separables’ y los dominios que consideraremos son simples, pero hay muchosproblemas no resolubles por este método.

En la sección 3.1 resolveremos varios problemas para las ecuaciones del calor yde ondas en dos variables. Comenzaremos tratando los problemas homogéneos(aquellos en que son homogéneas ecuación y condiciones de contorno; si estas nolo son, haremos un cambio de variable). Básicamente esta será la técnica utilizada:buscaremos soluciones de la EDP que sean productos de funciones de cada varia-ble

�

(, t)=X()T(t)�

y que cumplan todas las condiciones homogéneas; obten-dremos infinitas soluciones de ese tipo resolviendo un problema de Sturm-Liouvilley otra EDO; construiremos una serie a partir de ellas

�

(, t) =∑

cnXn()Tn(t)�

,cuyos coeficientes cn se fijarán imponiendo las condiciones iniciales aún no utili-zadas (bastará para ello desarrollar funciones dadas en serie de autofunciones delproblema de Sturm-Liouville citado). La presencia de series en el proceso anteriorexigiría justificar las cuestiones relativas a su convergencia, pero nosotros no en-traremos en ello. Pasaremos después a abordar los problemas no homogéneos,buscando también una serie solución. Probaremos en la ecuación una serie cuyostérminos serán productos de las autofunciones del problema homogéneopor funciones a determinar de la otra variable. Resolviendo la familia infinitaresultante de EDOs lineales no homogéneas con las condiciones que se deducende las condiciones iniciales, se obtendrá la solución (formal) del problema.

En 3.2 utilizaremos la separación de variables para resolver problemas para laecuación de Laplace (homogénea y no homogénea) tanto en coordenadas rectan-gulares como en polares y tanto para problemas de Dirichlet, como de Neumann,como mixtos. En cartesianas el problema de Sturm-Liouville a resolver será en o en y según convenga, pero en polares será en la θ (preferible al de la ecuaciónde Euler que aparecería para la r ). Las condiciones adicionales a imponer a la otravariable serán aquí de contorno. De las soluciones en forma de serie deduciremosfórmulas como la integral de Poisson, que da la solución del problema de Dirichleten el círculo (otra forma de llegar a ella la veremos en 3.4).

En la sección 3.3 extenderemos el método de separación de variables a algunosproblemas para ecuaciones en tres variables. La técnica será muy parecida unavez definidas las series de Fourier dobles. Simplemente habrá que resolver dos(en vez de uno) problemas de Sturm-Liouville. Veremos ejemplos en que aparecende forma natural los polinomios de Legendre y las funciones de Bessel.

En 3.4 generalizaremos las funciones de Green, vistas en 2.3 tratando proble-mas de contorno para EDOs no homogéneas, para resolver Laplace en recintossencillos (forma alternativa a la separación de variables). Seguiremos un caminopoco formal (utilizando la delta de Dirac como si fuera una función) que abrevialos cálculos. Utilizaremos el llamado método de las imágenes, introduciendo elconcepto de solución fundamental (función tal que Δ = δ ) que es básico enestudios más avanzados de EDPs.

29

3.1. Separación de variables para calor y ondas

Consideremos varios problemas para la ecuación del calor. En el primero supo-nemos que los extremos de la varilla se mantienen a 0 grados y que los datosiniciales vienen dados por una ƒ que es C1 a trozos en [0, L]:

Sea [P1]

¨ t − k = 0 , ∈ (0, L), t>0(,0) = ƒ ()(0, t) = (L, t) = 0

[1][2][3]

Busquemos soluciones de la forma (, t) = X()T(t) . Debe ser entonces:

XT′−kX′′T = 0 , es decir, X′′

X =T′

kT

�

mejor que kX′′

X =T ′

T

�

.

Como el primer miembro es función sólo de y el segundo lo es sólo de t ambosdeben ser iguales a una constante:

X′′

X =1kT′

T = −λ (ponemos −λ para que nos quede la ecuación habitual).

Así obtenemos una EDO para X() y otra para T(t) :�

X′′ + λX = 0 [4]T′ + λkT = 0 [5]

.

El producto de una solución de [4] por una de [5] es entonces una solución de[1], cualquiera que sea λ . Sin embargo, nos interesan sólo las soluciones quesatisfacen las condiciones de contorno:

(0, t) = X(0)T(t) = 0 ⇒ X(0)=0(si fuese T(t)≡0 tendríamos ≡0 y no se cumpliría la condición inicial).

Análogamente, debe ser X(L)=0 .

Nos interesan, pues, las soluciones (no triviales) del problema de Sturm-Liouville:�

X′′ + λX = 0X(0)=X(L)=0 → λn=

n2π2

L2, Xn=

�

sen nπL

, n=1,2, . . . .

[Si el intervalo para la fuese no acotado, no saldría un problema de contornode los de 2.1; se acudiría entonces a la transformada de Fourier de 3.3].

Llevando estos valores de λ a la ecuación [5] obtenemos:

T′ = − kn2π2

L2T → Tn=

n

e−kn2π2t/L2

o

.

Hemos deducido hasta ahora que para cada n las funciones

n(, t) =n

e−kn2π2t/L2 sen nπ

L

o

, n = 1,2, . . .

son soluciones de [1] que satisfacen también las condiciones de contorno [3]. Por lalinealidad de la ecuación y de las condiciones, sabemos que una combinación linealfinita de estas n también cumple [1] y [3]. Pero consideremos la serie infinita:

(, t) =∞∑

n=1

cnn(, t) =∞∑

n=1

cn e−kn2π2t/L2 sen nπ

L [6]

y supongamos que converge y que satisface tambien [1] y [3]. Si queremos queademás se cumpla la condición inicial [2] debe ser:

∞∑

n=1

cn sennπL = ƒ () ⇒ cn =

2L

∫ L

0 ƒ () sen nπL d , n=1,2, ... [7]

pues la serie es precisamente la serie de Fourier en senos en [0, L] de ƒ .

30

Tenemos una posible solución de [P1]: la serie [6] con coeficientes dados por [7].Pero esta solución es sólo formal mientras no se pruebe que la convergencia de laserie es suficientemente buena para asegurar que realmente cumple el problema(una suma infinita de funciones derivables podría ser no derivable). Si ƒ es C1 atrozos, se puede probar que converge en [0, L]×(0,∞) y que t y se puedencalcular derivando término a término (y así se satisface la ecuación). De hecho,se ve que la definida por la serie es C∞ en (0, L)×(0,∞) . En = 0 y = Lestá claro que la se anula. Y la condición inicial se satisface en el siguientesentido: la (, t) definida por la serie para t > 0 y por (,0) = ƒ () es unafunción continua salvo en los puntos de t=0 en que la ƒ es discontinua.

[Aunque ƒ sea discontinua, la solución es C∞ para t > 0 arbitrariamente pequeño:a diferencia de lo que ocurrirá con las ondas, las discontinuidades desaparecen aquíinstantáneamente].

Como cada n →t→∞

0 y es buena la convergencia, se tiene: (, t)−→t→∞

0 ∀∈[0, L]

(la barra tiende a ponerse a 0 grados, como era de esperar).

Suponemos ahora que las condiciones de contorno son no homogéneas:

[P2]

¨ t − k = 0 , ∈ (0, L), t>0(,0) = ƒ ()(0, t)=T1 , (L, t)=T2 , T1 , T2 constantes

Comenzaremos haciendo las condiciones de contorno homogéneas.

Una () que las satisface es la recta: = T1 + (T2−T1)L .

Haciendo =− , nuestro problema se convierte en otro como el [P1]:¨t−k=0 , ∈ (0, L), t>0(,0) = ƒ ()− ()(0, t) =(L, t) = 0

. Por tanto:

(, t) = T1 + (T2−T1)L +

∞∑

n=1

cn e−kn2π2t/L2 sen nπ

L = + ,

con cn =2L

∫ L

0

h

ƒ ()−T1−(T2−T1) Li

sen nπL d , n=1,2, . . .

Esta () tiene un significado físico claro: como →0 cuando t→∞ , () es ladistribución estacionaria de temperaturas hacia la que tienden las temperatu-ras en la varilla, independientemente de las condiciones iniciales.

[Si T1 y T2 fuesen funciones de t , la (, t) definida arriba seguiría cumpliendo lascondiciones de contorno, pero la ecuación para la obtenida haciendo el cambiosería no homogénea, es decir, del tipo de las que vamos a resolver a continuación;dicha , función de t , pierde además su significado físico].

[Si separásemos variables directamente en [P2] llegaríamos a X(0)T(t) = T1 (y otraanáloga para =L ), expresión de la que no deduciríamos nada].

u(x,0) distr.

w(x,0)1estac.

Ej 1.

¨ t − = 0 , ∈ (0,1), t>0(,0) = 1(0, t)=1 , (1, t)=0

Operando se llega a: (, t) = 1−+ 2π

∞∑

n=1

(−1)n+1n e−n

2π2t sen(nπ)

y la distribución estacionaria hacia la que tiende es () = 1− .

[No nos importa que para t=0 sea incoherente el dato inicial con el de contorno en=1 ; la solución será, como hemos dicho, una función continua para t>0 y para elcálculo de las integrales el valor en un punto no influye].

31

Veamos ahora cómo resolver el problema no homogéneo:

[P3]

¨ t − k = F(, t) , ∈ (0, π), t>0(,0) = ƒ ()(0, t) = (π, t) = 0

(Tomamos L=π para abreviar las expresiones, pero no se pierdegeneralidad pues un sencillo cambio de variable lleva [0, L] a [0, π ] ).

Aunque no es necesario, descomponemos [P3] en dos subproblemas [P1] y [PF], elprimero con F=0 (ya resuelto) y el otro con ƒ=0 :

[PF]

¨ t − k = F(, t) , ∈ (0, π), t>0(,0) = 0(0, t) = (π, t) = 0

Las autofunciones del [P1] eran {senn} , n=1,2, . . . Probamos en [PF] la siguienteserie que ya satisface las condiciones de contorno (y que está relacionada con laecuación):

F(, t) =∞∑

n=1

Tn(t) senn con las Tn(t) funciones a determinar.

[Si tomásemos Tn= cn e−kn2t , funciones que aparecieron resolviendo [P1],

la satisfaría la ecuación con F≡0 ; debemos darle más libertad a las Tnpara conseguir al meter la serie en la ecuación una F 6≡0 ].

Suponiendo que la serie se puede derivar término a término:∞∑

n=1

�

T′n(t) + kn2Tn(t)

�

senn = F(, t) =∞∑

n=1

Bn(t) senn

con Bn(t) =2π

∫ π

0 F(, t) sennd (desarrollo de F en senos para t fijo).

Entonces para cada n debe ser: T′n+ kn2Tn = Bn(t) .

Y del dato inicial: F(,0) =∞∑

n=1

Tn(0) senn = 0 deducimos Tn(0)=0 .

Resolviendo la EDO lineal para Tn con este dato inicial (utilizando la fórmula devariación de las constantes con datos iniciales; para una F concreta a lo mejor haymétodos más rápidos) hallamos la Tn y por tanto:

F(, t) =∞∑

n=1

h ∫ t

0e−kn

2(t−s) Bn(s)dsi

senn

Serie que es solución formal de [PF] (como siempre faltaría comprobar que es so-lución de verdad, que es realmente lo que sucede si la F es decente).

La solución de [P3] (por la linealidad de la ecuación y las condiciones inicialesy de contorno) será la suma de F y de la serie solución de [P1] que obtuvimosanteriormente.

[Si hubiésemos abordado directamente la búsqueda de la solución de [P2] sindescomponerlo en dos, la única diferencia sería que las condiciones inicialesTn(0) , en vez de ser 0 , serían los coeficientes del desarrollo en senos deƒ () , es decir, deberíamos resolver los problemas de valores iniciales

¨

T′n+ kn2Tn = Bn(t)

Tn(0) = cn, con cn=

∫ π

0 ƒ () sennd ].

[Si las condiciones de contorno de [P3] fuesen no homogéneas empezaríamos comoen [P2] con un cambio =− para conseguir que lo fuesen].

32

Resolvemos ahora el problema homogéneo para la varilla con extremos aislados:

[P4]

¨ t − k = 0 , ∈ (0, L), t>0(,0) = ƒ ()(0, t) = (L, t) = 0

Separando variables (es la misma ecuación) aparecen, claro, las mismas EDOs delproblema [P1]. Pero ahora cambian las condiciones de contorno de la X :

�

X′′ + λX = 0X′(0)=X′(L)=0 → λn=

n2π2

L2, n=0,1,2, . . . , Xn=

�

cos nπL �

X0={1}�

.

Para estos valores de λ se tienen las Tn=�

e−kn2π2t/L2 �T0={1}

�

.

Así pues, probamos la serie: (, t) =co

2+

∞∑

n=1

cn e−kn2π2t/L2 cos nπL

Queremos que se satisfaga la condición inicial: (,0) =co

2+

∞∑

n=1

cn cosnπL = ƒ () .

Los cn desconocidos serán los coeficientes de la serie de Fourier en cosenos de ƒ :

cn =2L

∫ L

0 ƒ () cosnπL d , n=0,1,2, . . .

Observemos que de nuevo la solución se puede interpretar como la suma de unadistribución de temperaturas estacionaria [ co/2 ] y una distribución transitoria quetiende a 0 cuando t→∞ . Era esperable que toda la varilla (aislada) tendiese a lamisma temperatura y que esta fuese el valor medio de las temperaturas iniciales:

co2 =

1L

∫ L

0 ƒ ()d

Si las condiciones de contorno hubiesen sido (0, t)=F0 , (L, t)=FL (flujo cons-tante dado en los extremos), no se puede encontrar una () que sea una recta(en general) y, al hacer =− , la ecuación en que resulta es no homogénea.

Para resolver un problema no homogéneo con estas condiciones en la , proba-ríamos la serie construida con las autofunciones que hemos hallado:

F(, t) = T0(t)+∞∑

n=1

Tn(t) cosnπL ,

y resolveríamos las EDOs que surgirían, con los datos iniciales deducidas del datoinicial de la EDP.

Ej 2.

¨ t − = 0 , ∈ (0,1), t>0(,0) = 0(0, t)=0 , (1, t)=2

Tanteando con =A2+B obtenemos que=2 cumple las condiciones de contorno.

Y haciendo =−2 se tiene el problema:

¨ t − = 2(,0) = −2(0, t)=(1, t)=0

→ =T0(t)+∞∑

n=1

Tn(t) cosnπ → T′0+∞∑

n=1

[T′n+n2π2Tn] cosnπ=2

[función que ya está desarrollada en cosenos].

Como: T0(0)+∞∑

n=1

Tn(0) cosnπ = −2 =− 13+∞∑

n=1

n cosnπ , con n=−2∫ 10

2 cosnπd ,

integrando y resolviendo:

¨

T′0 = 2T0(0)=− 13

,

¨

T′n+n2π2Tn=0

Tn(0) = cn, se llega a

(, t) = 2t + 2 − 13 −

4π2

∞∑

n=1

(−1)n

n2e−n

2π2t cosnπ

[→∞ pues por el extremo derecho estamos constantemente metiendo calor:su flujo va en sentido opuesto al gradiente de temperaturas].

33

En el quinto problema para la ecuación del calor que tratamos la condición de=0 representa la radiación libre hacia un medio a 0 grados (el flujo de calor esproporcional a la temperatura en = 0 ; si es positiva el calor sale y entra si esnegativa). En =1 fijamos el flujo de calor que entra en la varilla (al ser >0 elflujo es hacia la izquierda).

[P5]

t − k = 0 , ∈ (0,1), t>0(,0) = ƒ ()(0, t)−(0, t) = 0, >0(1, t) = 1

Vimos en 1.3 que tiene solución única. Para resolverlo lo primero, como siempre,es conseguir condiciones de contorno homogéneas.

Tanteando con rectas =M+N , se llega a que =+ 1 las satisface.

= − →¨t − k = 0(,0) = ƒ ()− − 1

(0, t)−(0, t) =(1, t) = 0

Separando variables se llega a T′+λkT = 0 y al problema de contorno:�

X′′ + λX = 0X′(0)−X(0)=X′(1)=0 que sabemos que no tiene autovalores < 0 .

Si λ=0 : X=c1+c2 →�

c2−c1=0c2=0

→ λ=0 no autovalor.

Si λ>0 : X=c1 cos+c2 sen , =pλ→

�

c2−c1=0c2 cos−c1 sen=0

→ c2=c1

a/w

tan w

0!

w1 w2 w3 w4

→ c1( cos− sen)=0→ tn= .

Esta ecuación transcendente no se puederesolver pero está claro que hay infinitosλn=2

n>0 (aproximables numéricamente).

Las autofunciones se podrían poner:n

cosn+nsenn

o

,

pero quedan más compactas en la forma:

Xn =�

cosn(−1)

.

Yendo a la ecuación en T : Tn =�

e−λnkt

→ =∞∑

n=1

cn e−λnkt Xn() .

Imponiendo el dato inicial se determinan los cn [son aproximados al serlo los λn ]:

∞∑

n=1

cnXn() = ƒ ()−− 1 → cn =4n

2n+sen2n

∫ 10

h

ƒ ()− − 1

i

Xn()d ,

pues∫ 10

�

Xn()�2d = 1

2 +14n

h

sen2n(−1)i1

0.

0 1

acrece

x + -1aSí es calculable exactamente la distribución estacionariahacia la que tienden las temperaturas en la varilla:

(, t) =(, t) + + 1 → + 1

cuando t→∞

[la temperatura final de la varilla, como era esperable,es menor cuanto mayor sea el , es decir, cuanto másfuertemente irradie su extremo].

34

Dos ejemplos más de separación de variables para el calor (o similar). El primero nos sirvepara reflexionar sobre los cambios que hacen las condiciones de contorno homogéneas(siempre necesario) y en el otro vemos que se puede aplicar el método en otras ecuacionesseparables (y no sólo en la del calor).

Ej 3.

¨ t − = 0 , ∈ (0, π), t>0(,0)=1(0, t)=0, (π, t)=e−t

Una que cumple las condiciones de contornosalta a la vista: (t)=e−t . Haciendo =+ :

�

t − = e−t

(,0)=(0, t)=(π, t)=0[problema no homogéneo].

Necesitamos conocer las autofunciones de homogéneo para saber qué tipo de soluciónprobar. Ya sabemos que al separar variables en el calor aparece X′′+λX=0 (además deT′+λT =0 que ahora mismo no nos importa). Esto, unido a las condiciones que salende los datos de contorno X′(0)=X(π)=0 (problema conocido en 2.2), nos lleva a:

(, t) =∞∑

n=1

Tn(t) cos(2n−1)

2 →∞∑

n=1

h

T′n+ (2n−1)

2

4 Tni

cos (2n−1)2 = e−t →(

T′n+ (2n−1)

2

4 Tn=Bne−t

Tn(0)=0 (del dato inicial), con Bn=

2π

∫ π

0 cos(2n−1)

2 d= 4(−1)n+1π(2n−1) .

Resolvemos la EDO lineal mediante coeficientes indeterminados: Tnp=Ae−t →

Tn=Ce−(2n−1)2t/4+ 4Bn e−t

(2n−1)2−4Tn(0)=0−→ Tn(t)=

16(−1)n+1π(2n−3)(2n−1)(2n+1)

h

e−t−e−(2n−1)2t/4i

.

¿Podríamos encontrar una mejor que no estropee la homogeneidad de la ecuación?Buscamos (, t) que también la satisfaga. Al separar variables se ve que ∀A,B essolución: =e−t(A cos+B sen) . Imponiendo a esta los datos de contorno:

=−e−t cos −→=+

¨ t − = 0(,0)=1+cos(0, t)=(π, t)=0

[problema homogéneo y,por tanto, más sencillo] →

(, t) =∞∑

n=1

cn e−(2n−1)2t/4 cos (2n−1)2 → (,0) =

∞∑

n=1

cn cos(2n−1)

2 = 1+cos →

cn=2π

∫ π

0 (1+cos) cos(2n−1)

2 d= 2π

h

2(−1)n+12n−1 + (−1)

n

2n+1 +(−1)n2n−3

i

.

[Evidentemente se podría ver que ambas soluciones coinciden].

Ej 4.

¨ t−+2=0 , ∈�

0, π2�

, t>0(,0)=cos5(0, t)=(π/2, t)=0

[El término +2 representa una pérdidade calor al medio a lo largo de la varilla].

Separando variables: (, t)=X()T(t) → X′′

X =T ′

T +2=−λh damos el 2

mejor a la T

i

→

�

X′′ + λX = 0T′+(2+λ)T=0 y de los datos de contorno:

(0, t)=X′(0)T(t)=0→ X′(0)=0�π2 , t�

=X�π2�

T(t)=0→ X�π2�

=0¨

X′′ + λX = 0X′(0)=X

�π2�

=0→ λn=(2n−1)2, n=1,2, . . . , Xn=

�

cos(2n−1)

→ T′ = −(2+λn)T → Tn =n

e−�

2+(2n−1)2�

to

Probamos pues: (, t) =∞∑

n=1

cn e−�

2+(2n−1)2�

t cos(2n−1) .

Y, por el dato inicial: (,0) =∞∑

n=1

cn cos(2n−1) = cos5 → c3=1 y los otros 0 .

Así pues: (, t) = e−27t cos5 .

[Muy parecido a como lo probamos para el calor, se ve que esta solución es única;o bien, haciendo =e−2t se obtiene un problema para la ecuación del calor conesos mismos datos, problema cuya unicidad ya demostramos].

35

Resolvamos el problema para la cuerda vibrante con extremos fijos (en 4.1 loresolveremos extendiendo los datos y aplicando la fórmula de D’Alembert):

[P6]

¨ tt − c2 = 0 , ∈[0, L], t∈R(,0)= ƒ (), t(,0)=g()(0, t)=(L, t)=0

Separando variables =X()T(t) e imponiendo los datos de contorno obtenemos:

X′′

X =1c2

T′′

T = −λ →¨

X′′ + λX = 0 , X(0)=X(L)=0 → λn=n2π2

L2, Xn=

�

sen nπL

T′′ + λc2T = 0 n=1,2, . . .

Las Tn correspondientes son combinaciones lineales de sen nπctL y cos nπctL .

Así, funciones de la forma: n(, t) =h

kn cosnπctL + cn sen

nπctL

i

sennπL , n=1,2, . . .

satisfacen la EDP y las condiciones de contorno. Probamos, pues:

(, t) =∞∑

n=1

h

kn cosnπctL + cn sen

nπctL

i

sen nπL

con kn y cn constantes. Para que se cumplan las condiciones iniciales:

(,0) =∞∑

n=1

kn sennπL = ƒ ()→ kn =

2L

∫ L

0 ƒ () sennπL d , n=1,2, ...

y suponiendo que la serie se puede derivar término a término:

t(,0) =∞∑

n=1

nπcL cn sen

nπL = g()→ cn =

2nπc

∫ L

0 g() sennπL d , n=1,2, ...

pues nπcL cn son los coeficientes del desarrollo de g en senos.

Tenemos una solución, formal en principio, aunque se prueba que las series convergeny satisfacen realmente el problema si ƒ y g cumplen las condiciones que pediremosen 4.1: si sus extensiones impares respecto a 0 y L son C2 y C1, respectivamente(si ƒ ó g no son tan regulares la serie solución representará lo que llamaremos unasolución débil; en las ondas no desaparecen las discontinuidades).

Para algunas cuestiones (valores concretos, dibujos, ... ) será mejor usar D’Alembert,pero se ven mejor otras propiedades en la serie. Por ejemplo, como cada n es 2L/c-periódica en t , tambien tiene este periodo. Observemos además que la soluciónaparece como combinación infinita de ‘modos naturales de vibración’ [ sen(nπ/L) ]cada uno de los cuales vibra con una frecuencia nπc/L (‘frecuencias naturales’ de lacuerda). En términos acústicos 1 da el tono fundamental (su frecuencia es πc/L ) ylos demás son los ‘armónicos’ (de frecuencia múltiplo de la anterior).

Ej 5.

¨

tt − = , ∈[0, π], t∈R

(,0)=t(,0)=(0, t)=(π, t)=0→ (, t) =

∞∑

n=1

Tn(t) senn

Esta serie ya se anula en =0 y =π . Además debe cumplirse:

T′n+ n2Tn =

2π

∫ π

0 sennd =2[−1]n+1

n → Tn = c1 cosnt + c2 sennt +2[−1]n+1

n3.

(,0)=t(,0)=0→ Tn(0)=T′n(0)=0 → (, t) = 2∞∑

n=1

[−1]n+1n3

[1−cosnt] senn .

De otra forma: podríamos conseguir un problema homogéneo hallando una soluciónde la ecuación () que cumpla las condiciones de contorno:

−′′= → =c1+c2− 133 (0)=(π)=0

−→ = 13�

π2−3�

.

Con =− , acabamos en [P6], con ƒ ()= 13�

3−π2�

y g()=0 .

[Se podrían imponer otros tipos de condiciones de contorno (como las del calor) a la cuerdavibrante (y se resolverían los problemas separando variables). La condición =0 significaque el extremo de la cuerda se mueve con libertad verticalmente y −=0 ó +b=0indican que el extremo está unido por un muelle al punto de anclaje].

36

Hasta ahora la EDO del problema de Sturm-Liouville siempre ha sido X′′+λX=0 ,y, por eso, las series de Fourier eran todas con peso r() = 1 . Pero para otrasEDPs similares a calor y ondas, o para estas ecuaciones en el plano o el espacioy coordenadas no cartesianas, surgen otras ecuaciones ordinarias y es necesariomanejar la teoría más general del capítulo 2. Los problemas en más variables severán en 3.3, pero podemos resolver ya alguno si se reduce a uno de 2 variables.

Por ejemplo, la ecuación de ondas tt−c2Δ = 0 en recintos esféricos lleva, engeneral, a una EDP en 4 variables (el tiempo t y las variables esféricas r , θ , ϕ ),cuyas soluciones quedarían determinadas (como en la recta) fijando unos datos decontorno y un par de condiciones iniciales. Pero si buscamos sólo sus solucionesindependientes de los ángulos aparece la ecuación de ondas en el espacio consimetría radial (en 2 variables). En concreto, vamos a resolver aquí el siguienteproblema homogéneo (vibraciones entre dos superficies esféricas):

[P7]

tt−rr− 2r r=0, 1≤r≤2, t∈R

(r,0)= ƒ (r) , t(r,0)=g(r)(1, t)=(2, t)=0

Separando variables: (r, t)=R(r)T(t)→R′′+ 2R

′r

R = T′′

T =−λ →�

rR′′+2R′+λrR=0T′′ + λT = 0

Las condiciones de contorno imponen: R(1)=R(2)=0 .

Vimos la ecuación de R en 2.2 (allí asociada a un problema singular, aquí es regularpues estamos en el intervalo [1,2] ). Se resolvía haciendo el cambio de variable:

S=rR→�

S′′ + λS = 0S(1)=S(2)=0

r=s+1→�

S′′ + λS = 0S(0)=S(1)=0 →

λn=n2π2, n=1,2, . . .Sn={sennπs}

→ Rn=� sennπr

r

Y para esos valores de λ las soluciones para T son Tn={cosnπt, sennπt} .

Probamos, pues: =∞∑

n=1

�

kn cosnπt + cn sennπt� sennπr

r .

Las condiciones iniciales imponen:∞∑

n=1

knsennπr

r = ƒ (r) y∞∑

n=1

nπcnsennπr

r = g(r) .

Para hallar los coeficientes del desarrollo de una función en las autofunciones Rn(r)debemos utilizar el peso del problema de Sturm-Liouville:

�

r2R′�′+ λr2R = 0 .

Como ⟨Rn, Rn⟩=∫ 21 r

2 sen2nπrr2

dr = 12 y ⟨ ƒ , Rn⟩=

∫ 21 r

2ƒ (r) sennπrr dr , concluimos que:

kn=2∫ 21 r ƒ (r) sennπr dr y cn=

2nπ

∫ 21 r g(r) sennπr dr .

Evidentemente se llegaría a lo mismo (aquí es mucho más corto, pero otras vecesno podremos hacer estos atajos) observando que las condiciones deducidas de lasiniciales se podrían haber reescrito así:

∞∑

n=1

kn sennπr = rƒ (r) y∞∑

n=1

nπcn sennπr = rg(r) .

De hecho, todo el problema se hubiera simplificado notablemente si hubiéramosutilizado inicialmente el cambio de variable que sugieren los cálculos anteriores:

= r →

¨tt−rr=0(r,0)=rƒ (r), t(r,0)=rg(r)(1, t)=(2, t)=0

, problema casi igual al de la página anterior.

[Las ondas en plano con simetría radial satisfacen tt−rr− 1r r=0 y la ecuación enR es rR′′+R′+λrR=0 , que (lo vimos en 2.2) está asociada a las funciones de Bessel].

37

3.2. Separación de variables para Laplace

Resolvamos utilizando el método de separación de variables diversos problemaspara la ecuación de Laplace en recintos especialmente simples. Comenzamos porel problema de Dirichlet en un rectángulo, es decir:

a0

bf (x)

g (y)

f (x)

g (y)a

b

o

o[P1]

Δ=F(, y) , en (0, )×(0, b)(,0)= ƒo(), (, b)= ƒb()(0, y)=go(y), (, y)=g(y)

Por ser lineales la ecuación y las condiciones, basta resolver los 5 subproblemasque se obtienen al hacer 4 de las 5 funciones que aparecen igual a 0 y sumar las5 soluciones (de hecho, se puede descomponer en menos o hacer cambios queanulen alguno de los términos no homogéneos). Comencemos resolviendo, porejemplo, uno de los 4 problemas para la ecuación homogénea:

¨ Δ = 0 , en (0, )×(0, b)(,0)= ƒo()(, b)=(0, y)=(, y)=0

(, y)=X()Y(y) → X′′Y+XY′′=0 →

−X′′

X =Y′′

Y = λ →�

X′′+λX = 0Y′′−λY = 0

De (0, y)=(, y)=0 se deduce que X(0)=X()=0 , con lo que el problema decontorno para la X tiene solución no trivial si

λn=n2π2

2, Xn=

n

sen nπ

o

, n=1,2, . . . .

Para esos λn es Yn=c1 enπy/+c2 e−nπy/ . La condición homogénea aún no aplica-da (, b)=0 impone Y(b)=0 . Nos interesan las Yn que la cumplen:

c2=−c1e2nπb/ → Yn=c1enπb/�

enπ[y−b]/−enπ[b−y]/�

→ Yn=n

sh nπ[b−y]

o

Probamos entonces: (, y) =∞∑

n=1

cn shnπ[b−y]

sennπ

Para satisfacer la condición de contorno no homogénea que falta:

(,0) =∞∑

n=1

cn shnπb sennπ = ƒo()→ cn sh

nπb = 2

∫

0 ƒo() sennπ d

Análogamente se resuelven los otros 3 subproblemas con F≡0 de [P1]. En uno deellos volvemos a tener las Xn de antes, y en los otros dos es Y (con condicionesde contorno homogéneas) la que proporciona las autofunciones Yn=

�

sen nπyb

.

[Los papeles de X e Y son intercambiables. En calor y ondas el problema de contornosiempre era para la X (las condiciones de T eran inciales). Para Laplace en polares,aunque tanto R como Θ tendrán condiciones de contorno, la EDO de la Θ será mássencilla y la elegiremos siempre para obtener las autofunciones].

Para resolver el último subproblema, el de la ecuación no homogénea:�

Δ = F(, y) , en (0, )×(0, b)(,0)=(, b)=(0, y)=(, y)=0

como siempre se prueba una serie de autofunciones. Aquí hay dos posibilidades[elegiremos la que dé un desarrollo más fácil para F ]:

(, y) =∞∑

n=1

Yn(y) sennπ ó (, y) =

∞∑

n=1

Xn() sennπyb

[No olvidemos que con un cambio =− , o resolviendo menos subproblemas sepuede llegar antes la solución; lo único necesario para empezar con separación devariables es que sea =0 en = 0, ó en y = 0, b ].

38

Siguiendo con Laplace en cartesianas, resolvemos un problema de Neumann.Suponemos la ecuación no homogénea, pero con condiciones de contorno homo-géneas (si no lo fuesen, procederíamos de forma similar al problema anterior).

[P2]�

Δ = F(, y) , en (0, π)×(0, π)y(,0)=y(, π)=(0, y)=(π, y)=0

Separando variables en la ecuación homogénea llegamos, desde luego, a las mis-mas ecuaciones que en [P1]: X′′+λX=0 , Y′′−λY=0 . Las condiciones de contornoobligan a que X′(0) = X′(π) = 0 , Y′(0) = Y′(π) = 0 . Para este problema tenemos,pues, dos familias de autofunciones {cosn} ó {cosny} , n= 0,1, . . . y podemoselegir cualquiera de ella para nuestra serie. Por ejemplo:

(, y) = X0() +∞∑

n=1

Xn() cosny →

X′′0 +∞∑

n=1

[X′′n−n2Xn] cosny = B0()

2 +∞∑

n=1

Bn() cosny , Bn()=2π

∫ π

0 F(, y) cosnydy

Debemos resolver los infinitos problemas de contorno para EDOs:

X′′0 =12B0 =

1π

∫ π

0 F(, y)dy ; X′′n−n2Xn=Bn , n≥1 ; con X′

n(0)=X′

n(π)=0 .

Las Xn con n≥1 quedan determinadas de forma única (el problema homogéneo,como sabemos desde 2.1, tiene sólo la solución trivial).

Pero X′′0 = 0 , X′0(0) = X′0(π) = 0 tiene soluciones no triviales�

{1}�

, con lo que,

según 2.3, para que haya solución para X0 es necesario que sea∫ π

0 1·B0()d=0 .

Es decir, [P2] tiene solución sólo si∫ π

0

∫ π

0 F(, y)ddy = 0 .

Y en ese caso tiene infinitas que difieren en una constante. Todo esto es coherentecon lo que sabíamos sobre Neumann desde 1.3.

Ej 1. Calculemos la solución en el caso particular en que F(, y) = − .

El problema sólo tiene solución si∫∫

� F=0 , es decir, si = π2 .

Entonces nos queda X′′0 = −π2�

por suerte, la F ya está desarrollada en {cosny}�

.

Por la misma razón los Bn , y por tanto los Xn , son nulos si n≥1 .

Integrando e imponiendo X′0(0)=X′0(π)=0 obtenemos (, y) = 1

63 − π

42 + C .

h

Si resolvemos probando =∞∑

n=0

Yn(y) cosn hay que desarrollar en serie. Lo hacemos,

aunque aquí sea una pérdida de tiempo. Los coeficientes de F=− π2 en cosn son:

Bn =2π

∫ π

0

�

− π2�

cosnd =

¨

0 , si n=0,2,4, . . .− 4πn2

, si n=1,3, . . .

Y′′0 +∞∑

n=1

[Y′′n−n2Yn] cosn =

∞∑

m=1

B2m−1 cos(2m−1) →

¨

Y′′0 = 0Y′0(0)=Y

′0(π)=0

→ Y0=C ;

¨

Y′′2m−4m2Y2m = 0

Y′2m(0)=Y′2m(π)=0

→ Y2m=0 ;

¨

Y′′2m−1− (2m−1)2Y2m−1=B2m−1

Y′2m−1(0)=Y′2m−1(π)=0

→ Y2m−1=− B2m−1(2m−1)2

→ = C+ 4π

∞∑

m=1

cos(2m−1)(2m−1)4

, que (salvo constante) es el desarrollo de la de arribai

.

39

Dos ejemplos más en cartesianas. El primero para Laplace con condiciones mixtas (parteDirichlet, parte Neumann). Ya dijimos en 1.3 que todos ellos tienen solución única.

Ej 2.

¨

+ yy = 0 , (, y)∈ (0,1)×(0, π)(,0)=y(, π)=(0, y)=0 , (1, y)=1

=X()Y(y) →

¨

Y′′+λY=0 , Y(0)=Y′(π)=0X′′−λX=0 , X(0)=0 → λn=

�2n−12�2

, Yn=n

sen (2n−1)y2

o

.

Para esos λ es X=c1e(2n−1)/2+c2e−(2n−1)/2 −→X(0)=0

Xn=n

sh (2n−1)2

o

.

Probamos (, y) =∞∑

n=1

cnXn()Yn(y) . Imponiendo el dato (1, y)=1 que falta:

cn sh2n−12 = 2

π

∫ π

0 sen(2n−1)y

2 dy = 4π(2n−1)

�

1−cos (2n−1)π2�

→

(, y)=∞∑

n=1

4π(2n−1) sh 2n−1

2

sh (2n−1)2 sen (2n−1)y2 .

Si nos gustan más las condiciones de contorno para podemos hacerlas homogéneascon un cambio de variable:

= , =− →¨ +yy = 0(,0)=− , y(, π)=0(0, y)=(1, y)=0

→

¨

X′′+λX=0 , X(0)=X(1)=0Y′′−λY=0 , Y′(π)=0 → λn=n2π2, Xn={sennπ} , Yn=

�

ch[nπ(π−y)]

.

=∞∑

n=1

knXn()Yn(y) →∞∑

n=1

knXn(0)Yn(y) = − → kn = − 2ch[nπ2]

∫ 10 sennπd

→ (, y) = +∞∑

n=1

2(−1)nπn ch[nπ2] ch[nπ(π−y)] sennπ

[que es otra expresión de la misma solución única].

En todos los problemas que hemos resuelto en este capítulo (excepto los de Neumann) lasolución era única (todos eran problemas ‘físicos’). Pero no olvidemos que la unicidad enEDPs es complicada, y que un problema nuevo del que no se ha demostrado la unicidadpodría no tenerla. Eso pasa en el siguiente ejemplo (para una ecuación de ‘Helmholtz’ muyasociada a los problemas de más de dos variables):

Ej 3.

Δ+=0 , (, y)∈ (0, π)×�

− π4 ,

π4�

y�

,− π4�

=y�

, π4�

=0(0, y)=0 , (π, y)=sen2y

Como es ecuación nueva, separamosvariables desde el principio:

=XY → X′′

X +1 = −Y ′′

Y = λ →

�

Y′′ + λY = 0Y′�

− π4�

=Y′�π4�

=0s=y+ π

4−→�

Y′′ + λY = 0Y′(0)=Y′

�π2�

=0 → λn=4n2, Yn=n

cos2n�

y+ π4�

o

, n=0,1, . . .

X′′ + (1−λn)X = 0 , X(0)=0 → X0={sen} y Xn=�

sh�p

4n2−1�

si n≥1 .

(, y)=c0 sen+∞∑

n=1

cn sh�p

4n2−1�

cos�

2ny+ nπ2�

�

�

�

=π= sen2y →

c0 indeterminadoc1 sh

�p3π�

= 1cn=0 , n>1

Tiene, por tanto, infinitas soluciones: = C sen+ sh(p3)

sh(p3π)

sen2y .

Evidentemente no se podrá demostrar la unicidad haciendo uso de la fórmula de Green.Operando como en 1.3, si 1 y 2 son soluciones del problema, su diferencia satisface:

=1−2 →¨ Δ+=0•=•=0•=•=0

→∫∫

D

�

Δ+2�

=∫∫

D2 −

∫∫

D||∇||2 = 0 ??

40

Para resolver los problemas en círculos nos interesa expresar el Laplaciano enpolares (=r cosθ , y=r senθ ). Como,

r= cosθ+y senθ ; rr= cos2θ+2y senθ cosθ+yy sen2θ

θθ=r2sen2θ−2yr2senθ cosθ+yyr2cos2θ−rcosθ−yrsenθ→

Δ = rr +rr +

θθr2

f(!)

R

Resolvamos el problema de Dirichlet homogéneo en un círculo:

[P3]�

Δ = 0 , en r<R(R, θ)= ƒ (θ) , θ∈[0,2π)

(r, θ) = R(r)Θ(θ)→ r2R′′+rR′R = −Θ

′′

Θ = λ→�

Θ′′+λΘ = 0r2R′′+rR′−λR = 0

Parece que no hay condiciones para la Θ , pero está claro que la solución (r, θ)debe ser 2π-periódica en θ , es decir, debe ser Θ(0)=Θ(2π) , Θ′(0)=Θ′(2π) . Esteproblema de Sturm-Liouville periódico tiene por autovalores y autofunciones:

λn=n2 , n=0,1,2, . . . , Θ0(θ)=�

1

, Θn(θ)=�

cosnθ, sennθ

.

Las soluciones correspondientes de R son (ecuaciones de Euler):

R0(r)=c1+c2 ln r y Rn(r)=c1rn+c2r−n si n≥1 .

Parece lógico imponer por argumentos físicos que la solución debe permaneceracotada cuando r→0 (matemáticamente la solución también debe estarlo si debeser de clase 2), así que debe ser c2 = 0 en ambos casos. Por tanto, probamossoluciones de la forma:

(r, θ) =o

2+

∞∑

n=1

rn�

n cosnθ+ bn sennθ�

Debe ser: (R, θ) =o

2+

∞∑

n=1

Rn�

n cosnθ+ bn sennθ�

= ƒ (θ) , θ∈[0,2π) →

n =1

πRn

∫ 2π

0ƒ (θ) cosnθdθ , n=0,1, . . . , bn =

1πRn

∫ 2π

0ƒ (θ) sennθdθ , n=1,2, . . .

Sustituyendo estos coeficientes en la serie y operando formalmente:

(r, θ) = 1

2π

∫ 2π

0

h

1+ 2∞∑

n=1

rn

Rn cosn(θ−ϕ)i

ƒ (ϕ)dϕ

Vamos a sumar la serie:

1+2∞∑

n=1

rn cosnαRn = 1+

∞∑

n=1

�

reαR

�n+

∞∑

n=1

�

re−αR

�n= 1+ reα

R−reα +re−α

R−re−α =R2−r2

R2+r2−2Rr cosα .

Por tanto, la solución de [P3] se puede expresar:

(r, θ) =R2 − r2

2π

∫ 2π

0

ƒ (ϕ)dϕ

R2 − 2Rr cos(θ− ϕ) + r2fórmula integral de Poisson

Haciendo aquí r=0 (o mirando la serie) deducimos que (0, θ) = 12π

∫ 2π0 ƒ (ϕ)dϕ :

si Δ=0 , el valor de en el centro de un círculo es el valor medio de sobre la frontera.

Como en otros casos habría que probar que la dada por la serie (o por la integral) esrealmente la solución de [P3]. Se demuestra que si ƒ es continua a trozos, la tieneinfinitas derivadas en r <R (aunque en el borde sea discontinua), que en ese abiertosatisface Δ=0 y que alcanza el valor de contorno con continuidad en los θ en que ƒes continua (y sigue habiendo unicidad, cosa que vimos en 1.3 sólo si ƒ era continua).[La situación es totalmente análoga para [P1], Dirchlet en rectángulo].

41

Vamos con el problema de Dirichlet no homogéneo en el círculo. En vez detratarlo en general, resolvemos un problema concreto.

1

[P4]

¨

rr+rr +

θθr2= 4 , en r<1

(1, θ) = cos2θ

Podríamos descomponerlo en dos (el de Δ=0 lo acabamos de estudiar), pero loresolvemos directamente. Como en todo problema no homogéneo probamos unaserie con las autofunciones del problema homogéneo:

(r, θ) = 0(r) +∞∑

n=1

�

n(r) cosnθ+ bn(r) sennθ�

→

′′0 +1r ′0+

∞∑

n=1

�

�

′′n+ 1

r ′n− n2

r2n�

cosnθ+�

b′′n+ 1

r b′n− n2

r2bn�

sennθ�

= 4 ,

que, por suerte, ya está desarrollada en esta familia de autofunciones.

[Si en vez de un 4 tuviésemos una F(r, θ) cualquiera, la desarrollaríamos en senosy cosenos, mirando la r como constante e identificaríamos ambos miembros].

Habrá, pues, que resolver las ecuaciones de Euler:

r′′0 + ′0 = 4 , r2′′

n+ r′

n− n2n = 0 , r2b′′

n+ rb′

n− n2bn = 0 .

La condición (1, θ)=cos2θ (también desarrollada ya) impone que:

bn(1)=0 ∀n ; 2(1)=1 ; n(1)=0 , n 6=2 .

La acotación cuando r → 0 será la otra condición necesaria para determinar lasolución de cada EDO de segundo orden. Para la de 0 necesitamos una soluciónparticular, que se puede hallar con la fórmula de variación de las constantes:

�

�

�

�

1 ln r0 1/ r

�

�

�

�

= 1r , 0p= ln r

∫ 1·4dr1/ r −

∫ ln r·4dr1/ r = r2 .

o, mejor, tanteando, pues (porque la de coeficientes constantes asociada la tienede la forma Ae2s ) sabemos que tiene una 0p=Ar2 (→ 2A+2A=4 , A=1 ). Así:

0 = c1 + c2 ln r + r2acotada→ c2 = 0

0(1)=0→ c1 = −1

Para 2 :

2 = c1r2 + c2r−2acotada→ c2 = 0

2(1)=1→ c1 = 1

No necesitamos escribir las soluciones de las demás ecuaciones homogéneas (es-tán en la página anterior) e imponer los datos para asegurar ya que el resto den y las bn son cero (cero es solución y, porque un problema de Dirichlet tienesolución única, no hay más). Por tanto, la solución de [P4] es:

(r, θ) = r2 − 1+ r2 cos2θ

[Se podría escribir en cartesianas: = 22−1 ].

Como en otras ocasiones un cambio de variable adecuado nos puede simplificarel problema. Por ejemplo, en nuestro caso podíamos haber buscado una soluciónparticular de la ecuación no homogénea que no dependiera de θ resolviendo′′+ ′

r = 4 . La más sencilla de las soluciones de esta ecuación de Euler es =r2 .

= − →�

Δ = 0 , en r < 1(1, θ) = cos2θ− 1

De la serie obtenida en la página anterior obtenemos, sin más que identificar coe-ficientes, que la solución de este problema es:

(r, θ) = r2 cos2θ− 1

lo que nos lleva de forma mucho más rápida a la solución de antes.

42

Resolvamos ahora el problema de Neumann homogéneo en un círculo:

f(!)

[P5]�

Δ = 0 , en r<Rr(R, θ)= ƒ (θ) , θ∈[0,2π)

Como el problema de contorno y la ecuación de Euler son lasmismas que en Dirichlet, la solución que probamos es:

(r, θ) =o

2+

∞∑

n=1

rn�

n cosnθ+ bn sennθ�

pero ahora es diferente la condición de contorno que falta:

r(R, θ) =∞∑

n=1

nRn−1�

n cosnθ+ bn sennθ�

= ƒ (θ) , θ∈[0,2π) →

n =1

nπRn−1

∫ 2π

0ƒ (θ) cosnθdθ , bn =

1

nπRn−1

∫ 2π

0ƒ (θ) sennθdθ , n=1,2, . . .

siempre que no tenga término independiente el desarrollo en senos ycosenos de ƒ (θ) ; es decir, una condición necesaria para que el problema sepueda resolver por este método es que se cumpla:

∫ 2π0 ƒ (θ)dθ = 0

�

confirma lo visto en 1.3: debía ser∮

∂Dƒ ds =

∫∫

DF ddy = 0

�

.

Además, o queda indeterminado [Neumann siempre tiene unicidad salvo constante].

Ej 4.�

Δ = 0 en r<1r(1, θ)=sen3θ

Como sen3θ = 34 senθ−

14 sen3θ , no es preciso hacer integrales:

r(1, θ) =∞∑

n=1

n�

n cosnθ+ bn sennθ�

= 34 senθ−

14 sen3θ → b1=

34 , b3=− 1

12 y los otros

coeficientes son cero. La solución es: (r, θ) = C+ 34 r senθ−

112 r

3 sen3θ , C cualquiera.

Y ahora resolvemos uno de Neumann no homogéneo en un semicírculo:

[P6]�

Δ = F(r, θ) , en r<1, 0<θ<πr(1, θ)=θ(r,0)=θ(r, π)=0

Como para este problema no hemos resuelto el homogéneo, debemos comenzarhallando sus autofunciones. Conocemos la ecuación en Θ que sale al separar va-riables. Junto a las condiciones de contorno nos dará dichas autofunciones:

�

Θ′′ + λΘ = 0Θ′(0)=Θ′(π)=0 → λn=n2 , Θn(θ)=

�

cosnθ

, n=0,1,2, . . . →

(r, θ) = Ro(r) +∞∑

n=1

Rn(r) cosnθh

La serie con cosenos y senos del [P4]no cumple los datos de contorno.

i

→

Ro +R′0r +

∞∑

n=1

h

R′′n+

R′nr −

n2Rnr2

i

cosnθ = F(r, θ) = Bo(r) +∞∑

n=1

Bn(r) cosnθ ,

con Bo(r) =1π

∫ π

0 F(r, θ)dθ y Bn(r) =2π

∫ π

0 F(r, θ) cosnθdθ .

Basta, pues, resolver: rRo+R′o=�

rR′o

�′= rBo(r) y r2Rn+rR′n−n2Rn=r2Bn(r) ,

ambas con los datos de contorno (singulares): Rn acotada en r=0 y R′n(1)=0 .

Si n≥1 el problema homogéno (y, por tanto, el no homogéneo) tiene solución Rnúnica (aunque el problema sea singular, vale lo que vimos en 2.3). Pero si n≥0 :

rRo+R′o=0 → Ro=c1+c2 ln rR acotada−→R′(1) = 0

Roh={1} →

Existen infinitas solucionesninguna solución Ro del no homogéno según sea

∫ 10 rBo(r)dr

=06=0 .

�

Concuerda una vez más con 1.3. Debía ser:∫ 10

∫ π

0 rF(r, θ)dθdr = 0�

.

43

0

Resolvemos para acabar con Laplace en polares dos problemas concondiciones mixtas. El primero va a ser homogéneo.

[P7]

¨ Δ=0 , r<1 , θ∈�

0, π2�

r(1, θ) = ƒ (θ)θ(r,0) = (r,

π2 ) = 0

→¨

Θ′′+λΘ=0 , Θ′(0)= Θ�π2�

=0r2R′′+rR′−λR=0

Los autovalores y autofunciones (a la vista de 2.2) son:

λn=(2n−1)2 , Θn(θ)=�

cos(2n−1)θ

, n=1,2, . . . .

Resolviendo para esos λn la ecuación en R y exigiendo que esté acotada en r=0 :

(r, θ) =∞∑

n=1

cnr2n−1 cos(2n−1)θ →∞∑

n=1

(2n−1) cn cos(2n−1)θ = ƒ (θ) →

cn =4

[2n−1]π

∫ π/20 ƒ (θ) cos(2n−1)θ dθ , n=1,2, . . . (solución única).

El recinto siguiente no incluye el origen. La condición implícita de estar acotada enese punto es sustituida por un dato explícito en r=1 :

0

00[P8]

¨ Δ = 0 , 1<r<2 , 0<θ<π(1, θ)=(2, θ)=(r,0)=0θ(r, π) = r2

Aparentemente es un problema homogéneo, pero ya dijimos que las condicionesde contorno para Laplace en polares que deben ser homogéneas son las de la θ .Necesitamos una que las cumpla. Claramente =r2θ lo hace:

=− →¨ Δ = −4θ , 1<r<2 , 0<θ<π(1, θ)=−θ, (2, θ)=−4θ(r,0) =θ(r, π) = 0

Las autofunciones del homogéno las dará el problema de contorno:�

Θ′′ + λΘ = 0Θ(0)=Θ′(π)=0 → λn=

[2n−1]24 , Θn(θ)=

n

sen [2n−1]θ2

o

, n=1,2, . . .

Probamos entonces la serie: (r, θ) =∞∑

n=1

Rn(r) sen[2n−1]θ

2 →

∞∑

n=1

h

R′′n+ 1

r R′n− [2n−1]

2

4r2Rni

sen [2n−1]θ2 = −4θ = 4∞∑

n=1

Bn sen[2n−1]θ

2

con Bn =2π

∫ π

0 −θ sen[2n−1]θ

2 dθ = 2[−1]2nπ[n−1/2]2

De los datos no homogéneos deducimos las condiciones para las Rn :∞∑

n=1

Rn(1)Θn(θ) =∞∑

n=1

BnΘn(θ) ,∞∑

n=1

Rn(2)Θn(θ) =∞∑

n=1

4BnΘn(θ)

Resolvemos pues: r2R′′n+ rR′

n−�

n− 12�2Rn = 4Bnr2 con Rn(1)=Bn , Rn(2)=4Bn .

Rnp=Ar2 [ λ=2 no autovalor] → A= Bn4−(n−1/2)2 → Rn = c1rn−1/2 + c2r−(n−1/2) + Ar2

c. contorno→ c1 =[2q+2−1][Bn−A]

22q−1 , c2 =2q[2q−4][Bn−A]

22q−1 , llamando q=n− 12 .

Simplificando un poco:

Rn(r) =2[−1]n

πq2[q2−4][22q−1]�

[2q+2−1]rq + 2q[q2−4]r−q − [22q−1]r2�

La solución final es = r2θ+ donde la es la serie de arriba con los Rn dadospor esta expresión.

44

Acabamos la sección con algunas reflexiones sobre cambios de variable y descomposiciónen subproblemas que generalicen las ideas que hemos utilizado. Los problemas clásicosque vimos en 1.3 estaban formados por una ecuación lineal, que podemos representar, sies no homogénea, por L[] = F , con L lineal (es decir, L[1+b2] = L[1]+bL[2] ) yunas condiciones adicionales también lineales. En los resueltos por separación de variablesnecesariamente había un par de condiciones de contorno Ck[] = hk (a veces implícitascomo en Laplace en círculos), y además otras iniciales o de contorno.

Supongamos, por ejemplo, que son 3 las condiciones adicionales (como en el calor) y quenuestro problema es de la forma:

[P]

¨ L[] = FM[] = ƒC1[]=h1 , C2[]=h2

El problema de resolver [P] puede ser reducido a resolver otros subproblemas más sencillos.Por ejemplo, si 1 , 2 , 3 y 4 son soluciones de

[P1]

L[] = FM[] = 0C1[]=0C2[]=0

[P2]

L[] = 0M[] = ƒC1[]=0C2[]=0

[P3]

L[] = 0M[] = 0C1[]=h1C2[]=0

[P4]

L[] = 0M[] = 0C1[]=0C2[]=h2

está claro que = 1+2+3+4 es solución de [P], pero, como ya hemos observado,bastantes veces nos convendrá descomponer [P] en menos subproblemas.

En otros casos interesará convertir la ecuación en homogénea (si no hubiese condicionesde contorno, por ejemplo). Si somos capaces de encontrar una solución particular de laecuación ( L[]=F ), el cambio =− convertirá [P] en:

¨ L[] = L[]−L[] = 0M[] = ƒ −M[]C1[]=h1−C1[] , C2[]=h2−C2[]

Más a menudo necesitamos hacer homogéneas las condiciones de contorno (la separaciónde variables y otros métodos lo exigen). Así, si lo que tenemos es una que satisfaceC1[]=h1 y C2[]=h2 , haciendo, como siempre, =− acabaríamos en

¨ L[] = F− L[]M[] = ƒ −M[]C1[]=C2[]=0

Lo que ya es un lujo (pero se puede intentar buscar por el premio que nos da) es tener una que cumpla las dos condiciones y además la ecuación (como en los ejemplos 3 y 5 de 3.1).Los problemas homogéneos siempre son más sencillos que los no homogéneos (separandovariables, por ejemplo, los primeros exigen resolver sólo EDOs homogéneas, más corto queresolver las EDOs no homogéneas de los segundos).

Como vemos, hay mucha variedad en los posibles cambios. En cada caso habrá que vercuáles nos llevan a problemas mas asequibles. Si inicialmente hay condiciones homogéneasintentaremos que los cambios no las estropeen, aunque a veces no habrá más remedio.

45

3.3. Algunos problemas en tres variables

Comenzamos estudiando las series de Fourier dobles, de teoría semejante alas de una variable (las triples, que aparecerían en problemas con 4 variables, sontambién similares).

Sean Xm() , ∈ [, b] e Yn(y) , y∈ [c, d] las autofunciones de dos problemas deSturm-Liouville con pesos respectivos r() y s(y) , y sea ƒ (, y)∈C1

�

[, b]×[c, d]�

.Entonces, para cada (, y)∈ (, b)×(c, d) se puede escribir ƒ como la serie:

ƒ (, y) =∞∑

m=1

∞∑

n=1

cnmXnYm con cnm =1

⟨Xn, Xn⟩1

⟨Ym, Ym⟩

∫ b

∫ d

cƒ (, y)XmYn r s dyd

h

⟨,⟩ designa, desde luego,∫ b

r d ó

∫ d

c sdy

i

.

pues para fijo se puede poner ƒ (, y) =∞∑

m=1

Cm()Ym , Cm() =⟨ ƒ (, y) , Ym⟩⟨Ym, Ym⟩

,

y con Cm() =∞∑

n=1

cnn Xn , cnm=⟨Cm(), Xn⟩⟨Xn, Xn⟩

se tiene la expresión de arriba.

[Se llega a lo mismo, desde luego, desarrollando primero en Xn y luego en Ym ].

En particular, se tienen los desarrollos en series trigonométricas dobles de unafunción ƒ ∈C1

�

[0, L]×[0,M]�

:

ƒ (, y)=∞∑

n=1

∞∑

m=1

bnm sennπL sen mπy

M con bnm=4LM

∫ L

0

∫M

0 ƒ (,y) sennπL senmπyM dyd

ƒ (, y) = 1400 +

12

∞∑

n=1

n0 cosnπL +

12

∞∑

m=1

0m cosmπyM +

∞∑

m=1

∞∑

n=1

nm cosnπL cos mπy

M

con nm =4LM

∫ L

0

∫M

0 ƒ (, y) cos nπL cos mπyM dyd

[O los desarrollos parecidos en∑

sencos ó∑

cos sen , o con series en senos y cosenos].

[Los factores 14 y 1

2 son, como siempre, para que la fórmula valga también si n=0 ó m=0].

Ej 1. Desarrollemos ƒ (, y) = cosy , en [0, π]×[0, π] de dos formas:

cosy =∞∑

n=1

∞∑

m=1

bnm senn senmy con bnm =4

π2

∫ π

0

∫ π

0 cosy senn senmydyd

→ cosy = 16π

∞∑

n=1

∞∑

m=1

[−1]n+1mn[4m2−1] senn sen2my

nm =4

π2

∫ π

0

∫ π

0 cosy cosn cosmydyd =

0 si m 6=1π si m=1, n=0

2[(−1)n−1]/(πn2) si m=1, n>0→

cosy = π2 cosy−

4π

∞∑

n=1

1(2n−1)2 cos[2n−1] cosy [ya estaba desarrollado en y ].

[La igualdad entre ƒ y su serie se da en los puntos de continuidad de la ƒ extendida,de forma impar en el primer caso y par en el segundo, en cada variable hasta [−π, π]y luego de forma 2π-periódica; así, la serie en senos converge hacia cosy en el lado=0 del cuadrado [0, π]×[0, π] , pero no lo hace en los otros lados; la serie en cosenos,en cambio, converge (uniformemente) en todo el cuadrado, incluido el borde].

46

Resolvamos por separación de variables varios ejemplos (todos homogéneos) deproblemas en tres variables. Primero, la ecuación del calor en un cuadrado:estudiamos la evolución de las temperaturas de una placa cuadrada (dadas lasiniciales) si el borde se mantiene a 0 grados:

0

0

0

0

0

!

!

t − k[+yy] = 0 , (, y)∈ (0, π)×(0, π) , t>0(, y,0) = ƒ (, y)(,0, t) = (, π, t) = (0, y, t) = (π, y, t) = 0

Buscamos soluciones: (, y, t) = X()Y(y)T(t) → XYT′ − k[X′′Y+XY′′]T = 0

X′′

X =1kT′

T −Y′′

Y = −λ →¨ X′′ + λX = 0

Y′′

Y = λ+1kT′

T = −μ →�

Y′′ + μY = 0T′ + k[λ+μ]T = 0

Las condiciones de contorno exigen: X(0)=X(π)=Y(0)=Y(π)=0 . Así pues:¨

λ=n2, Xm={senn}, n=1,2, . . .

μ=m2, Yn={senmy}, m=1,2, . . .→ Tnm =

n

e−�

n2+m2�

kto

.

Cualquier nm(, y, t) =�

e−�

n2+m2�

kt senn senmy

satisface la ecuación y todaslas condiciones de contorno, así como lo hace cualquier combinación lineal de ellas.Esto nos lleva a probar la serie:

(, y, t) =∞∑

n=1

∞∑

m=1

bnm e−�

n2+m2�

kt senn senmy

que debe satisfacer además: (, y,0) =∞∑

n=1

∞∑

m=1

bnm senn senmy = ƒ (, y) →

bnm =4

π2

∫ π

0

∫ π

0ƒ (, y) senn senmyddy , n,m≥1 .

[Como en la varilla, aquí también → 0 cuando t→∞ ].

Ahora, Laplace en un cubo con condiciones de contorno mixtas (que tendrá so-lución única como los similares del plano):

Δ = 0 en (0, π)×(0, π)×(0, π)(, y,0) = ƒ (, y)=0 en =0, =π, z=πy=0 en y=0, y=π

=XYZ→ Y”Y +

Z′′

Z =−X′′

X =λ→Z′′

Z −λ=−Y”Y =μ→

¨ X′′+λX=0, X(0)=X(π)=0Y′′+μY=0, Y′(0)=Y′(π)=0Z′′−[λ+μ]Z=0, Z(π)=0

→¨

λ=n2, Xn={senn}, n=1,2, . . .μ=m2, Ym={cosmy}, m=0,1, . . .

→ Zmn =n

sh�p

n2+m2 [π−z]�

o

→

(, y, z) = 12

∞∑

n=1

c0n sh(n[π−z]) senn

+∞∑

m=1

∞∑

n=1

cmn sh�p

n2+m2 [π−z]�

senn cosmy

Como (, y,0)= ƒ (, y) , los cmn son:

cmn =4

π2 sh�

πpn2+m2

�

∫ π

0

∫ π

0ƒ (, y) senn cosmydyd

n = 1,2, . . .m = 0,1, . . .

47

Resolvamos el problema de Dirichlet en una esfera. En los libros de cálculo envarias variables se encuentra la expresión del laplaciano en esféricas:

r!

"

=r senθ cosϕy=r senθ senϕz=r cosθ

«

→ Δ = rr +2r

r+θθ

r2+cosθθ

senθ r2+

ϕϕ

sen2θ r2

Veamos primero el caso con datos independientes de ϕ :(

rr +2r r +

1r2�

θθ+cosθsenθθ

�

= 0 , r<R

(R, θ)= ƒ (θ) , θ∈[0, π]

que, de hecho, es un problema con dos variables. Podemos buscar entonces solu-ciones que tampoco dependan de ϕ . Separando variables:

=R(r)Θ(θ) →¨

r2R′′ + 2rR′ − λR = 0Θ′′ + cosθ

senθ Θ′ + λΘ = 0

El cambio t=cosθ transforma la segunda ecuación en:

[1−t2]d2Θdt2− 2t dΘdt + λΘ = 0 , ecuación de Legendre.

Imponemos que Θ esté acotada en t = ±1 [θ = 0, π polos de la esfera]. Losautovalores de este problema singular (citado en 2.2) son λn=n(n+1) , n=0,1, . . .y sus autofunciones son los polinomios de Legendre:

�

Pn(t)

=�

Pn(cosθ)

h

P0=1 , P1= t , P2=32 t2− 12 , P3=

52 t3− 32 t , . . .

i

Para estos valores de λ :

r2R′′+2rR′−n(n+1)R=0 → μ2+μ−n(n+1)=0 → μ = n,−(n+1)

→ Rn=c1rn+c2r−(n+1)R acotada−→ Rn={rn} , n=0,1, . . .

Probamos entonces:

(r, θ) =∞∑

n=0

nrnPn(cosθ) → (R, θ)=∞∑

n=0

nRnPn(cosθ)= ƒ (θ)

→ n =2n+1

2Rn

∫ π

0ƒ (θ)Pn(cosθ) senθdθ , n=0,1, . . . ,

pues el peso es r(θ)=senθ�

(senθΘ′)′+λ senθΘ=0�

y para los Pn se sabe que:∫ π

0

�

Pn(cosθ)�2 senθdθ

t=cosθ=

∫ 1−1�

Pn(t)�2 dt = 2

2n+1

Ej 2. Si R=1 y ƒ (θ)=cos2θ se tiene: n =2n+12

∫ 1−1 t

2Pn(t)dt

Así pues: 0 =12

∫ 1−1 t

2 dt = 13 , 2 =

52

∫ 1−1�32 t4− 12 t

2�dt = 23 , y los demás n=0

(ya que P1 es impar (⇒ 1=0 ), y para desarrollar t2 bastan P0, P1 y P2 ).

La solución es, por tanto, (r, θ) = 13 −

13 r2 + r2 cos2θ .

Para un dato como este se podrían determinar los coeficientes tanteando:

cos2θ = 23�32 cos

2θ− 12�

+ 13 → 2 =

23 , 0 =

13 , como antes.

�

Para resolver problemas con términos no homogéneos F(r, θ) en la ecuación,

se probaría como siempre una serie de autofunciones: =∞∑

n=0

n(r)Pn(cosθ)�

.

48

Pasemos ahora a resolver, con pocos detalles, el problema general:(

rr +2r r +

1r2�

θθ+cosθsenθθ+

1sen2θϕϕ

�

= 0 , r<R

(R, θ, ϕ)= ƒ (θ,ϕ) , θ∈[0, π] , ϕ∈[0,2π)

Vamos en este caso a separar primero la parte radial y la que depende de los dos ángulos:

=R(r)Y(θ,ϕ) →¨

r2R′′ + 2rR′ − λR = 0Yϕϕ + senθ

�

senθYθ�

θ + λ sen2θY = 0

Separando ahora la parte angular: Y(θ,ϕ)= Θ(θ)(ϕ)→¨

′′ + μ = 0(senθΘ′)′+

�

λ senθ− μsenθ

�

Θ=0

La solución ha de ser 2π-periódica en ϕ : μm=m2 , m(ϕ)={cosmϕ, senmϕ} , m=0,1, . . .

Llevando estos μm a la otra ecuación y haciendo como antes t=cosθ se tiene:ddt

h

(1−t2) dΘdti

+h

λ− m2

1−t2i

Θ = 0 , Θ acotada en t=±1 .

La EDO, nueva para nosotros, se llama ecuación asociada de Legendre (si m= 0 es lade Legendre). Se prueba que los autovalores del problema singular son λn=n(n+1) , n≥m ,y las autofunciones:

Pmn(t)=(1−t2)m/2 dm

dtm Pn(t)�

P0n=Pn , P11=senθ , P12=3senθ cosθ , P22=3sen

2θ , . . .�

→ Ymn(θ,ϕ)≡

�

cosmϕPmn(cosθ), senmϕPm

n(cosθ)

, n=0,1, ... , m=0 . . . n .�

Y00 = {1} , Y01 = {cosθ} , Y11 = {senθ cosϕ, senθ senϕ} , . . .�

.

Las soluciones acotadas en r=0 para esos λn son Rn={rn} .

Se llama armónicos esféricos a las soluciones de la ecuación de Laplace mn=rnYm

n(θ,ϕ) .

Con ellos formamos la serie:

(r, θ, ϕ) =∞∑

n=0

rnh

12n0Pn(cosθ)+

n∑

m=1

(nm cosmϕ+ bnm senmϕ)Pmn(cosθ)

i

→

nm =(2n+1)(n−m)!2π(n+m)!Rn

∫ 2π0

∫ π

0 ƒ (θ,ϕ) cosmϕPmn(cosθ) senθdθdϕ

bnm =(2n+1)(n−m)!2π(n+m)!Rn

∫ 2π0

∫ π

0 ƒ (θ,ϕ) senmϕPmn(cosθ) senθdθdϕ

puesto que se cumple∫ 1−1 [P

mn(t)]2dt = 2

2n+1(n+m)!(n−m)! .

Veamos ahora el problema exterior para Laplace en el círculo y en la esfera consimetría. Para que haya unicidad, las condiciones en el infinito han de ser distintas:

¨ Δ = 0 , si r>R(R, θ)= ƒ (θ) , 0≤θ<2π acotada cuando r→∞

¨ Δ = 0 , si r>R(R, θ)= ƒ (θ) , 0<θ<π→ 0 cuando r→∞

Separando variables se llega a las mismas Θn que en los problemas interiores:

{Θn}={cosnθ, sennθ} , n=0,1, . . . {Θn}={Pn(cosθ)} , n=0,1, . . .

Pero hay que elegir diferentes Rn ahora:

n=0 , c1+c2 ln r → R0={1}n>0 , c1rn+c2r−n → Rn={r−n}

n=0 , c1+c2r−1 → R0={r−1}

n>0 , c1rn+c2r−(n+1) → Rn={r−(n+1)}�

En el plano ningún R0→0 , y en el espacio están acotadas tanto 1 como r−1�

.

Las soluciones respectivas son las series de abajo con los coeficientes indicados:

(r, θ)= 02 +

∞∑

n=1

r−n�

n cosnθ+bn sennθ�

(r, θ)= 0r +

∞∑

n=1

n r−(n+1)Pn(cosθ)

n =Rn

π

∫ 2π0 ƒ (θ) cosnθdθ , n=0,1, . . .

bn =Rn

π

∫ 2π0 ƒ (θ) sennθdθ , n=1,2, . . .

n=(2n+1)Rn+1

2

∫ π

0 ƒ (θ)Pn(cosθ) senθdθ

49

Si los problemas ‘esféricos’ llevan a Legendre, los ‘cilíndricos’ llevan a Bessel, comoen este problema de vibración de una membrana circular (de un tambor):

tt − c2�

rr +1r r +

1r2θθ

�

= 0 , r≤1, t∈R

(r, θ,0) = ƒ (r, θ), t(r, θ,0) = 0(1, θ, t) = 0

= RΘT → T′′

c2T=

R′′+ R′r

R + 1r2Θ′′Θ = −λ→

r2R′′+rR′R + λr2 = Θ′′

Θ = −μ→

Θ′′+μΘ=0 , Θ 2π-periódica→ μm=m2, m=0,1... , Θm={cosmθ, senmθ}T′′ + λc2T = 0 , T ′(0)=0→

�

cos[pλct]

Θ0={1}

r2R′′ + rR′ + [λr2−μ]R = 0 , R acotada en 0

Para μ =m2 consideramos el problema de contorno singular para R :�

r2R′′+ rR′+ [λr2−m2]R = 0R acotada en 0 , R(1)=0

Haciendo s=rpλ desaparece λ y la ecuación se transforma en la de Bessel:

s2R′′(s)+sR′(s)+[s2−m2]R=0 →

R = c1 Jm(s)+c2Km(s) = c1 Jm�

rpλ�

+c2Km�

rpλ�

R acotada ⇒ c2 = 0 . Los autovalores serán los λ que hagan Jm�pλ�

=0 , que sonuna sucesión infinita para cada m : λm1 , . . . , λmk , . . .

Y las autofunciones son Rmk=n

Jm�

rp

λmk

�

o

. Así que probamos:

(r, θ, t) = 12

∞∑

k=1

c0k J0�

rp

λ0k

�

cos�

cp

λ0k t�

+∞∑

m=1

∞∑

k=1

[cmk cosnθ+dnk sennθ] Jm�

rp

λmk

�

cos�

cp

λmk t�

→ 12

∞∑

k=1

c0k J0�

rp

λ0k�

+∞∑

m=1

∞∑

k=1

[cmk cosnθ+dnk sennθ] Jm�

rp

λmk

�

= ƒ (r, θ)

Para r fijo, ƒ (r, θ) = 12A0(r) +

∞∑

m=1

�

Am(r) cosmθ+Bm(r) senmθ�

, con

Am(r)=1π

∫ 2π0 ƒ (r, θ) cosmθdθ , m=0,1, . . . ,

Bm(r)=1π

∫ 2π0 ƒ (r, θ) senmθdθ , m=1,2, . . . .

Desarrollando:

Am(r) =∞∑

k=1

cmk Jm�

rp

λmk

�

, Bm(r) =∞∑

k=1

dmk Jm�

rp

λmk

�

Teniendo en cuenta que∫ 10 r J

2m

�

rp

λmk

�

dr = 12 J2m+1

�

p

λmk

�

,

se llega a la expresión definitiva para los coeficientes:

cnk =2

πJ2m+1(

p

λmk )

∫ 1

0

∫ 2π

0r ƒ (r, θ) cosnθ Jm

�

rp

λmk

�

dr dθ

dnk =2

πJ2m+1(

p

λmk )

∫ 1

0

∫ 2π

0r ƒ (r, θ) sennθ Jm

�

rp

λmk

�

dr dθ

50

3.4. Funciones de Green.�

En lo que sigue trabajaremos formalmente con la δ en dos variables, utilizando sólo que:

i. δ(ξ−, η−y) = 0 para (ξ, η) 6=(, y)ii.∫∫

DF(ξ, η) δ(ξ−, η−y)dξdη = F(, y) si F continua en D⊂R2 y (, y)∈D

�

.

Consideremos el problema de Dirichlet no homogéneo:

(PD)�

Δ = F(, y) en D = ƒ en ∂D

Nuestro objetivo es (como en 2.4) expresar su solución en función de integrales en las quesólo aparezcan una ’función de Green’ G y los datos F y ƒ :

Teor 1:

Si G(, y;ξ, η) satisface (PG)�

ΔG=δ(ξ−, η−y) en DG = 0 en ∂D , para cada (, y)∈D

y vista como función de (ξ, η) , se le llama función de Green de (PD) y lasolución de (PD) es

(, y) =∫∫

D

G(, y;ξ, η)F(ξ, η)dξdη +∮

∂D

Gn(, y;ξ, η) ƒ (ξ, η)ds

[Gn es, como siempre, la derivada de G en la dirección de n , vector unitario exterior a D ].

Del teorema de la divergencia es fácil deducir la llamada segunda identidad de Green:

Si y G son C2(D) se tiene∫∫

D[GΔ−ΔG]dξdη =

∮

∂D[Gn−Gn]ds

Si es la solución de (PD) y G la de (PG), y admitimos que la identidad anterior es válidapara nuestra G (que claramente no es C2, pero se justifica con ’distribuciones’) tenemos:

∫∫

D[GF−δ]dξdη =

∮

∂D[−ƒGn]ds → =

∫∫

DGFdξdη+

∮

∂DGn ƒ ds

¿Cómo resolver (PG)? Comencemos buscando una (, y;ξ, η) que, vista como función de(ξ, η) , satisfaga Δ=δ , aunque no cumpla la condición de contorno. ¿Qué funciones cono-cidas cumplen Δ=0 y puedan originar una δ ? Las soluciones de Laplace en polares quedependen de r son:

rr +1r r = 0→ = c1 + c2 ln r

Así que algún múltiplo del discontinuo logaritmo de la distancia r = PQ del punto P=(ξ, η)al Q=(, y) es buen candidato a :

Teor 2:= 1

4π ln�

(ξ−)2+(η−y)2�

= 12π lnPQ satisface Δ=δ(ξ−, η−y) para (, y) fijo.

A se le llama solución fundamental para el punto (, y) .

Para probar el teorema volvemos a hacer ’trampa’ con la δ . Ya vimos que Δ=0 si r 6=0 ,o sea, si (ξ, η) 6=(, y) . Además, el ’teorema’ de la divergencia en un círculo de centro Q yradio R nos da:

∫∫

r≤R Δ dξdη =∮

r=R n ds =∮

r=R r ds =∫ 2π0

12πRRdθ = 1→ Δ = δ

Si satisface Δ=0 en D , la función + seguirá satisfaciendo Δ[+] = δ para cada(, y)∈D fijo. Por tanto, para encontrar G [y tener resuelto (PD)]

basta encontrar la armónica en D tal que + = G se anule en la frontera ∂D

La forma práctica de hallar la (en recintos D limitados por rectas y circunferencias) es elmétodo de las imágenes. Mirando la geometría de D se tratará de escribir G como sumade la solución fundamental y de funciones armónicas del mismo tipo, logaritmos dedistancias a puntos Q′ exteriores a D (’imágenes’ de Q respecto de la ∂D ), escogidos deforma que la G se anule en la frontera de D . Resolvemos un primer ejemplo con la G , enel que D está limitado por rectas:

51

(P1)�

Δ = 0 en D = { > 0}×{y > 0}(,0)= ƒ (), (0, y)=0, acotada

Sean Q=(, y)∈D fijo,P=(ξ, η), = 1

2π lnPQ .

D

P(!,")

Q(x,y)Q’(-x,y)

Q’(-x,-y) Q (x,-y)**

+ –

+–

Si Q′=(−, y) , es claro que ′=− 12π lnPQ

′ es una función deP que es armónica en D (lo es en R2−{Q′} ) y que +′=0si P pertenece al eje y , pues entonces PQ = PQ′ . Análoga-mente ∗=− 1

2π lnPQ∗ , con Q∗=(,−y) , es armónica en Dy +∗=0 si P está en el eje . Para que G sea cero en am-bos ejes a la vez hay que sumar una nueva ′∗=−

12π lnPQ

′∗ ,

Q′∗ = (−,−y) . Entonces G(P,Q) = +′ +∗ +′∗ es lafunción de Green buscada, ya que ΔG = δ [pues Δ = δ yΔ(′+∗+′∗)=0 ] y G=0 si P∈ ∂D [si P está en el eje y

es PQ=PQ′ y PQ∗=PQ′∗ ; y similar en el eje ].

Escribiendo las distancias analíticamente tenemos:

G(, y;ξ, η) = 14π ln

�

(ξ−)2 + (η−y)2�

− 14π ln

�

(ξ+)2 + (η−y)2�

− 14π ln

�

(ξ−)2 + (η+y)2�

+ 14π ln

�

(ξ+)2 + (η+y)2�

Y como n=−j en el eje , la solución de nuestro problema (P1) será:

(, y) =∮

∂DGn ƒ ds =

∫∞0 −Gη

�

�

η=0 ƒ (ξ)dξ = · · · =yπ

∫∞0

h

1(ξ−)2+y2 −

1(ξ+)2+y2

i

ƒ (ξ)dξ

Resolvamos ahora el problema no homogéneo de Dirichlet en el círculo:

D

P(!,")Q(r,#)

Q’( ,#)__Rr2

(P2)�

Δ = F(r, θ) en r < R(R, θ)= ƒ (θ) , θ ∈ [0,2π]

Q=(r, θ)∈D fijo,P=(σ,ϕ) variable.

La solución fundamental en estas coordenadas queda:

= 12π lnPQ =

14π ln

�

σ2 + r2 − 2rσ cos(θ−ϕ)�

¿Dónde situar el punto imagen Q′ ? Las cosas no son tanclaras como en el ejemplo anterior. Es claro que su θ hade ser igual, pero ¿a qué distancia del origen O colocarlo?Podríamos llegar al resultado tanteando, pero nos limitamos a comprobar que la G es:

G(P,Q) = 12π

h

lnPQ− lnPQ′ + ln Rr

i

, Q′ =�R2

r , θ�

,

o expresada en términos de coordenadas:

G(r, θ;σ,ϕ) = 14π ln

�

σ2 + r2 − 2rσ cos(θ−ϕ)�

− 14π ln

�

R2 + r2σ2

R2− 2rσ cos(θ−ϕ)

�

En efecto: G=+′+cte⇒ ΔG=0�

′ armónica en R2−{Q′} y Q′ /∈D�

y G=0 si P∈∂D ,o sea, si σ=R . Además, Gn=Gσ

�

�

σ=R y ds=Rdϕ , por lo que la solución de (P2) es:

(r, θ) =∫ R

0

∫ 2π0 σG(r, θ;σ,ϕ)F(σ,ϕ)dϕdσ + 1

2π

∫ 2π0

R2−r2R2−2Rr cos(θ−ϕ)+r2 ƒ (ϕ)dϕ

expresión mucho más compacta que las series de Fourier, aunque estas integrales, en ge-neral, no sean calculables (y habrá que aproximarlas, pero son aproximaciones también lassumas parciales).

Las cuentas en tres dimensiones son muy similares a los de dos. Si G es solución de (PG):

(, y, z) =∫∫∫

DGFdξdηdγ+

∮

∂DGn ƒ dS ( ∂D es ahora una superficie)

Se ve de manera similar que la solución fundamental en el espacio es:

=− 14πPQ

�

rr +2r r = 0→ = c1 +

c2r

�

Los puntos imágenes respecto a planos son igual de sencillos y para la esferade radio R vuelve a situarse el punto Q′ a una distancia R2/ r del origen.

52

4. Otros métodos en EDPs

Este último capítulo está dedicado al estudio de varios temas independientesentre sí. En 4.1 nos dedicaremos a sacarle jugo a la fórmula de D’Alembertdeducida de 1.3 para la solución del problema puro de valores iniciales para unacuerda infinita. Veremos que la solución (, t) resulta ser la suma de dos ondasque se mueven en sentido opuesto. Observaremos que la información contenida enlos datos iniciales ‘viaja por las características’ y definiremos los conceptos de do-minio de dependencia y dominio de influencia. Daremos también una fórmula paralas soluciones en el caso de la ecuación no homogénea (con fuerzas externas).Comprobaremos como, extendiendo de forma adecuada los datos iniciales a todoR, podemos abordar problemas con condiciones de contorno. Al estar manejan-do funciones con expresiones diferentes en diferentes intervalos, será complicadoescribir explícitamente la solución. Nos conformaremos por eso muchas veces conhallar su expresión para valores de t o fijos o con los dibujos de las soluciones.

En 4.2 comenzaremos dando sin demostración la solución del problema puro devalores iniciales para la ecuación de ondas homogénea en el espacio (fórmula dePoisson-Kirchoff). De ella deduciremos la fórmula para el plano. Estudiaremoslas diferencias entre la propagación de las ondas en una, dos y tres dimensiones es-paciales. Comprobaremos que las ondas en el espacio ‘pasan’ (como ocurre con elsonido), mientras que en el plano la influencia de los datos iniciales se deja sentir,aunque amortiguándose, a lo largo del tiempo (en la recta depende de si la per-turbación inicial se da en la posición o en la velocidad). Estudiaremos también lasondas que se propagan en el espacio con simetría esférica que son de tratamien-to sencillo, por ser esencialmente unidimensionales, ya que un sencillo cambio devariable lleva a la ecuación de la cuerda (para n=2 no existe tal cambio).

En la la sección 4.3 definiremos la transformada de Fourier F (y las trans-formadas seno y coseno) y citaremos sin demostración aquellas propiedades quepermiten resolver algunas EDPs en intervalos no acotados (para ellos no se puedeutilizar separación de variables). Como ocurre con la transformada de Laplace parala EDOs, aplicando la F a algún problema para EDPs acabaremos en otro más sen-cillo (de EDOs, para las ecuaciones en dos variables que tratamos). Resuelto estesegundo problema, para hallar la solución habrá que calcular una transformadainversa. En particular, las transformadas de Fourier nos permitirán resolver proble-mas de la ecuación del calor para varillas no acotadas (que no son resolublescon las técnicas de los capítulos anteriores). Aparecerá la solución fundamental dela ecuación del calor y se comprobará que, según nuestra ecuación matemática,el calor se transmite a velocidad infinita. Y, en fin, para problemas en semirrectasintroduciremos las transformadas seno y coseno.

53

4.1. Ecuacióóóón de la cuerda vibrante

En el capítulo 1 vimos que para el problema puro de valores iniciales:

u(x,0)

f(x)x

g(x)(P1)

¨ tt − c2 = 0 , , t∈R(,0) = ƒ ()t(,0) = g()

las características eran ±ct=K , la solución general

(, t) = p(+ct) + q(−ct) , p y q funciones arbitrarias de C2.

y la solución única de (P1), satisfaciendo ya los datos iniciales:

Fórmula de D’Alembert (, t) = 12�

ƒ (+ct)+ƒ (−ct)�

+ 12c

∫ +ct

−ctg(s)ds [1]

Para que sea C2, debía ƒ ∈C2 y g∈C1 (entonces es solución clásica o regular).

[Pronto aparecerán ‘soluciones débiles’, continuas de la forma [1] que no son C2. Eshabitual este concepto en EDPs. En cada caso hay que precisar que se entiende porsolución débil y comprobar que los problemas siguen bien planteados (por ejemplo, siampliamos el conjunto de funciones que valen como soluciones, ¿seguirá la unicidad?)].

Ej 1. Sea ƒ ()=0 , g()= → (, t) = 12c

∫ +ct−ct sds = t .

u(x,t)t=0[La cuerda infinita se inclina progresivamente;no es una situación física muy real: la ecuaciónes sólo un modelo simplificado. Más interés (ymás complicación de análisis) tienen los pro-blemas en los que los datos son no nulos sóloen intervalos acotados].

La solución de (P1) es la suma de dos ondas que viajan a velocidad c , unahacia las crecientes y otra hacia las decrecientes.

A la vista de [1], llamando G()≡ 12c

∫

0 g(s)ds :12 ƒ ()−G() se mueve hacia la derecha

y hacia la izquierda va 12 ƒ ()+G() .

dominio de dependencia

x

t

x-ct=x -cto o x+ct=x +cto o

x -cto o x +cto o

o o(x ,t ) Observemos que (o, to) está determinado sólo porlos valores de ƒ en los puntos o − cto y o + cto[puntos de corte con el eje de las característicasque pasan por (o, to) ] y los de g en el intervalo[o−cto, o+cto] . A este intervalo se le llama do-minio de dependencia de la solución en (o, to) delos valores iniciales ƒ y g [el dominio de dependen-cia de los valores de ƒ se reduce a los extremos delintervalo].

x

tx-ct=x o

o

x+ct=x o

x

dominio deinfluenciade la g

dom. inf.de la f

Recíprocamente, el valor de la ƒ inicial en =o in-fluye sólo en los valores de la solución sobre lasdos características que pasan por (o,0) [dominiode influencia de la ƒ ], pues este punto no pertene-ce al dominio de dependencia de los puntos que noestén en esas características. Por la misma razón eldominio de influencia de la g en o consiste en eltriángulo infinito limitado por dichas características.

54

f f/2h

0—b b

Ej 2. Supongamos ƒ=0 salvo una perturbación en forma de triánguloen torno a 0 y que soltamos la cuerda sin impulso (g=0 ).

Dibujemos la solución para diferentes t . Basta trasladar las dosondas que viajan en sentidos opuestos [aquí ambas son 1

2 ƒ () ]:

t=b/2c h/2

—b b

t=b/ch/2

—b b

t=3b/2ch/2

—b b

x

t

-b b

2b/c

3b-3b

4b/cUtilicemos el dominio de influencia. El conjunto de puntosde [−b, b] afectan a la solución en las bandas dibujadas(cada uno influye en dos características). Fuera de ellasseguro que = 0 . Por ejemplo, para t = 2b

c vemos quesólo en [−3b,−b] y en [b,3b] puede ser no nula la solu-ción. Un punto como =3b sólo se moverá si t∈[ 2bc ,

4bc ]

y después permanecerá en reposo.

La ƒ ni siquiera es C1, y la solución 12�

ƒ (+ct)+ƒ (−ct)�

será ‘débil’. Este ejemplo muestra que las ‘discontinuida-des’ iniciales viajan a lo largo de las características.

Supongamos ahora que hay fuerzas externas. El problema es:

(P2)

¨ tt − c2 = F(, t) , , t∈R(,0) = ƒ ()t(,0) = g()

Necesitamos sólo la solución F del problema con ƒ = g = 0 , pues, si 1 es lasolución del (P1) anterior, es 1+F la solución de (P2) [por la linealidad de laecuación y de las condiciones iniciales]. Sabiendo algo de derivación de integrales,no es difícil deducir que

F(, t) =1

2c

∫ t

0

∫ +c[t−τ]

−c[t−τ]F(s, τ)dsdτ satisface

�

tt − c2 = F(, t)(,0)=t(,0)=0

Por tanto, concluimos que la solución de (P2) es:

(, t) = 12�

ƒ (+ct)+ƒ (−ct)�

+ 12c

∫ +ct

−ctg(s)ds+ 1

2c

∫ t

0

∫ +c[t−τ]

−c[t−τ]F(s, τ)dsdτ [2]

x

t

x+ct s

x-ct

(x,t) ![Observemos que el recinto descrito por la integral doble

es el triángulo del plano sτ limitado por el eje τ=0 y lascaracterísticas que pasan por (, t) ].

Ej 3.�

tt − = 2(,0)= , t(,0)=3

Utilizando directamente [2]:

(, t) = 12�

(+t) + (−t)�

+ 12

∫ +t−t 3ds+

12

∫ t

0

∫ +[t−τ]−[t−τ] 2dsdτ = · · · = +3t+t

2

A veces es fácil hallar una solución particular de la ecuación no homogénea y así evitarel cálculo de la integral doble, pues =− lleva a un problema con F=0 , resoluble con[1] (esto no se podrá hacer siempre cuando haya condiciones de contorno, pues podríandejar de ser homogéneas). Por ejemplo si ƒ depende sólo de o de t se puede buscaruna () o una (t) . En este caso:

−=2→ =−2+C+K → si ()=−2, cumple�

tt − = 0(,0)=+2, t(,0)=3

→= 12�

(+t)+(+t)2+(−t)+(−t)2�

+∫ +t−t 3ds = +

2+t2+3t→ =+3t+t2

tt = 2→ (t)= t2+3t→�

tt − = 0(,0)=, t(,0)=0

→ = → = + 3t + t2

55

Resolvamos ahora el problema para la cuerda semi-infinita y fija en un extremo:

(P3)

¨ tt−c2 = 0 , ≥0, t∈R(,0)= ƒ () , t(,0)=g()(0, t) = 0

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

La fórmula de D’Alembert [1] exige datos iniciales definidos ∀ . ¿Cómo extenderƒ y g a todo R? Si llamamos ƒ∗ y g∗ a sus extensiones y se debe cumplir lacondición de contorno:

(0, t) = 12�

ƒ∗(ct)+ƒ∗(−ct)�

+ 12c

∫ ct

−ct g∗(s)ds = 0

es claro que ƒ∗ y g∗ han de ser imparesrespecto a 0 , es decir,

ƒ∗(−)=−ƒ∗() ; g∗(−)=−g∗() .

Así pues, la solución de (P3) es la del siguiente problema (para la cuerda infinita):¨ tt−c2=0 , , t∈R(,0)= ƒ∗()t(,0)=g∗()

, (, t)= 12�

ƒ∗(+ct)+ƒ∗(−ct)�

+ 12c

∫ +ct

−ctg∗(s)ds [3]

pues cumple la ecuación, las condiciones iniciales para ≥0 , y la de contorno.

¿Cómo son los dominios de influencia en este caso? Si oestá perturbado, también lo estará (en sentido opuesto) elpunto −o . Cuando la característica que sale de o llegaa = 0 se encuentra con la que viene del punto simétrico(‘rebota’). La ƒ influye, pues, en el segmento y semirrec-tas indicados. La g sobre la región sombreada (fuera, o seintegra 0 ó se cancelan las aportaciones de o y −o ).

Ej 4.

tt−=0 , ≥0, t∈R

t(,0)=n

senπ, 1≤≤20 en [0,1]∪[2,∞)

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

Dibujemos sus soluciones para varios valores de t ,por ejemplo, para t=1,2,3 . Para ello identificamossus ondas viajeras, que serán:

=←−

G∗(+t)−−→

G∗(−t) , con G∗()= 12

∫

0 g∗

y g∗ la extensión impar de la g inicial.

Las gráficas de g∗ y G∗ son las de la izquierda. La deG∗ se obtiene observando que para ∈ [0,1] debe ser 0(se anula el integrando), que si ≥2 ha de ser constante�

= 12

∫ 21 senπd

�

, que entre 1 y 2 será decreciente y queserá par G∗ por ser la primitiva de una función impar.

Trasladando G∗ a la izquierda y −G∗ a la derecha y su-mando ambas gráficas se obtienen los dibujos de las so-luciones. Y se ve como es la solución para t posteriores:

la hondonada se irá trasla-dando hacia la derecha.

Estos dibujos concuerdancon el del dominio de in-fluencia de la izquierda, yaque debía ser = 0 fuerade la región sombreada.

(3, t)=G∗(t+3)−G∗(t−3)tiene el mismo dibujo dearriba, en función de t .

Hallar (, t) ∀,t exige considerar demasiados casos.Somos más modestos y nos limitamos a dar la expresiónanalítica de (3, t) , t≥0 (en estas discusiones son útileslos dominios de dependencia para distinguir los casos):

Si t≤1 ó si t≥5 , =0 ; si t∈[1,2] , = 12

∫ 2t−3 senπd=−

12π [1+cosπt] ;

si t∈[2,4] , =− 1π ; si t∈[4,5] , =− 1π−12

∫−1t−3 senπd=−

12π [1+cosπt] .

56

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

(P4)

¨ tt−c2 = F(, t) , ≥0, t ∈ R(,0) = ƒ () , t(,0) = g()(0, t) = h0(t)

[debe ahora serƒ (0)=h0(0) ].

Primero debemos hacer la condición de contorno homogénea, encontrandouna que la cumpla y haciendo =− .

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

Una vez que tenemos la condición de contorno homogénea, la solución del proble-ma en la da [2] si sustituimos sus ƒ , g y F por ƒ∗, g∗ y F∗, siendo ésta últimala extensión impar de F mirándola como función de .

Ej 5.

¨ tt−=0 , ≥0, t∈R(,0)=t(,0)=0(0, t) = t2

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

2

-1 1 3

2

-2Para anular la condición de contorno podemos usar la de arriba:

=−t2 →¨ tt−=−2(,0)=t(,0)=0(0, t) = 0

→

(

tt−=n

2 , < 0−2 , > 0

(,0)=t(,0)=0→

(1,2)= 12

∫∫

4F∗= 1

2

h

(2)área +(−2)áreai

= −3 → (1,2)=−3+4=1 .

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

(1,2) = 12

∫∫

4F∗= 1

2

∫ 20

∫ 3−ττ−1 F∗(s, τ)dsdτ

Sobre el triángulo pequeño la integral viene dada por:

12

∫ 10

∫ 0τ−1 2dsdτ =

∫ 10 (1−τ)dτ =

12 .

Para el otro cuadrilátero hay que dividir en dos el recinto de integración:

12

∫ 10

∫ 3−τ0 (−2)dsdτ + 1

2

∫ 21

∫ 3−ττ−1 (−2)dsdτ =

∫ 10 (τ−3)dτ +

∫ 21 (2τ−4)dτ = −

72 .

Sumando ambos resultados obtenemos (1,2)=−3 como antes].

Pero podríamos conseguir un problema sin F (que siempre es complicado), haciendo elcambio con una mejor. Tanteando un poco se ve que = 2+t2 cumple la condicióny también la ecuación:

x

-x

xf*

2

2=−→¨ tt−=0(,0)=−2, t(,0)=0(0, t) = 0

→¨tt−=0 , , t∈R(,0) = ƒ∗()t(,0)=0

→(1,2) = 12 [ƒ

∗(3)+ƒ∗(−1)] = −4→ (1,2) = 5−4 = 1

Con este segundo cambio es también fácil dar la (, t) para todo , t≥0 :

= 12 [ƒ

∗(+t)+ƒ∗(−t)] =(

− 12 (+t)2+ 1

2 (−t)2=−2t, ≤ t

− 12 (+t)2− 1

2 (−t)2=−2−t2, ≥ t

→ =

¨

(−t)2, ≤ t0 , ≥ t

[Llegar a este resultado con el primer cambio nos hubiera costado más].

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

57

Estudiemos la cuerda acotada y fija en ambos extremos [tratada ya en 3.1]:

0 L(P5)

¨ tt−c2=0 , ∈[0, L], t∈R(,0)= ƒ () , t(,0)=g()(0, t) = (L, t) = 0

[debe serƒ (0)= ƒ (L)=0 ].

Para hallar su solución única con la fórmula de D’Alembert extendemos ƒ y g a[−L, L] de forma impar respecto a 0 y luego de forma 2L-periódica a todoR, es decir, llamando ƒ∗ y g∗ a estas extensiones:

ƒ∗(−)=−ƒ∗() , ƒ∗(+2L)= ƒ∗() ; g∗(−)=−g∗() , g∗(+2L)=g∗() .

0 L

2L 3L-2L -L

ff*

(se tiene entonces que ƒ∗ y g∗ son también impares respecto a L ).

Como para (P3), la solución de (P5) se obtiene aplicando [1] al siguiente problema(por la imparidad de los datos se cumplen también las condiciones de contorno):

�

tt−c2 = 0 , , t∈R(,0)= ƒ∗() , t(,0)=g∗()

Para que esta (dada por [3]) sea C2 (regular) deben ƒ ∈C2[0, L] y g∈C1[0, L] y además:ƒ (0)= ƒ (L)= ƒ ′′(0)= ƒ ′′(L)=g(0)=g(L)=0 [ ƒ ′ y g′ existen en 0 y L por la imparidad].

2L/c

2L0 L-L ox

+

+

+

+

+

—

—

—

—Hallemos los dominios de influencia de (P5). Su-pongamos g = 0 y que ƒ = 0 salvo una pertur-bación en torno a o . ƒ∗ será no nula cerca de..., o−2L,−o, o,−o+2L, ... . Cada punto influ-ye en dos características. ¿Qué pasa en [0, L] ? Alprincipio la perturbación va por las características.Si t=o/c la de la izquierda se cruza en =0 conla que viene de −o (con signo opuesto), sigueesta característica hasta = L , allí se encuentraotra que procede de o+2L y así sucesivamen-te. A la que parte inicialmente hacia la derecha leocurre algo similar. El dominio de influencia de la ƒes, pues, en este par de características reflejadasen = 0 y = L . No es difícil ver que el de la gson todos los paralelogramos rayados (que en lostriángulos es =0 ).

Si queremos resolver el problema más general:

(P6)

¨ tt−c2 = F(, t) , ∈[0, L], t∈R(,0) = ƒ () , t(,0) = g()(0, t) = h0(t) , (L, t) = hL(t)

(hay fuerzas externas ymovemos los extremos)

primero, como siempre, hay que hacer las condiciones de contorno homogéneas,hallando una que las cumpla y haciendo =− . Una de esas es la conocida:

(, t)=�

1− L

�

h0(t) +LhL(t) [a veces será mejor buscar otra].

Podemos resolver el problema en resultante utilizando de nuevo [2], poniendoen vez de sus ƒ , g y F , las extensiones impares y 2L-periódicas ƒ∗, g∗ y F∗ (vistaF como función de ).

Por último veamos cómo se debe extender si la condición de contorno es (0, t)=0 :

(0, t) =12�

ƒ∗′(ct)+ƒ∗′(−ct)�

+ 12c�

g∗(−ct)−g∗(ct)�

= 0 → ƒ∗′ impar y g∗ par →

se debe extender ƒ y g de forma par respecto a 0 (o respecto a L si fuese ahí =0 ).

Separando variables salen las autofunciones sen nπL con condiciones =0 y cos nπLsi son =0 [su periodicidad y paridades son las mismas que las obtenidas aquí].

58

f

01/2

u(x,0)

1x

Ej 6.

tt − = 0 , ∈[0,1], t∈R

(,0) =n

, 0≤≤1/21− , 1/2≤≤1

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

(Puede representar lapulsación de la cuerdade una guitarra).

Con la fórmula [2] es, en general, complicado hallar la expresión analítica de (, t) paratodo y todo t , pues ƒ∗ y g∗ tienen diferentes formas en diferentes intervalos. Aquí:

10

f*1/2

ƒ∗() =

· · ·−1− , −3/2 ≤ ≤ −1/2 , −1/2 ≤ ≤ 1/21− , 1/2 ≤ ≤ 3/2− 2, 3/2 ≤ ≤ 5/2· · ·

Para hallar (, t)= 12�

ƒ∗(+t)+ ƒ∗(−t)�

tendríamos que discutir según los valores de y t en qué intervalos se mueven +t y −t , y sería demasiado largo (para estasdiscusiones conviene utilizar los dominios de dependencia). Más fácil es dar analítica-mente la solución para un t dado o ver la evolución de un a lo largo del tiempo.

Hallemos para t = 14 :

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

1/4�

, 14�

= 12�

ƒ∗(+ 14 ) + ƒ

∗(− 14 )�

= 12

+ 14 + −

14 , 0≤≤

14

34−+ −

14 ,

14 ≤≤

34

34−+

54−,

34 ≤≤1

=

, 0≤≤ 14

14 ,

14 ≤≤

34

1−, 34 ≤≤1

Sí es muy fácil hallar para un y un t dados. No es siquiera necesario conocer laexpresión de ƒ∗. Por ejemplo:

�14 ,3

�

=h

ƒ∗�134�

+ ƒ∗�

− 114�

i

=↑

h

ƒ∗�

− 34�

+ ƒ∗�

− 34�

i

=↑−ƒ�34�

= − 14ƒ∗ es 2-periódica ƒ∗ es impar

Tampoco es necesaria la expresión de la ƒ∗ para hacer dibujos: basta trasladar ondasy sumar. Dibujemos la para diferentes t :

1/4

11/20

u(x,1/4)

1/4

11/20

u(x,1/2)

1/411/20

u(x,3/4)

-1/4

1/4

11/2

0

u(x,1)

-1/2

f*(x+t)/2f*(x-t)/2

x x

x x

Dibujemos ahora: �12 , t�

=h

ƒ∗�12+t

�

+ ƒ∗�12−t

�

i

=h

ƒ∗�12+t

�

− ƒ∗�

t− 12�

i

1

1/2

0

u(1/2,t)

2t3

45

Como vemos, la gráfica se repite con periodo 2. Esto es general: por las propiedadesde ƒ∗ y g∗ la dada por [3] es 2L/c-periódica. Cosa que era evidente en la seriesolución obtenida en 3.1:

(, t)=∞∑

n=1

kn cosnπt sennπ , kn=2∫ 1/20 sennπd+2

∫ 11/2(1−) sennπd=

4sen nπ2

n2π2.

(Pulsando la cuerda en el centro desaparecen los armónicos pares).

59

Ej 7.

¨ tt−= , ∈[0, π], t∈R(,0)=, t(,0)=0(0, t)=0, (π, t)=π

Para este ejemplo más complicadonos limitamos a hallar

�π2 , π

�

.

Lo primero, como sabemos, es hacer las condiciones de contorno homogéneas.

Usemos primero la citada en la página 58: = . Haciendo =+ se obtiene:¨ tt− = , ∈[0, π](,0)=t(,0)=0(0, t)=(π, t)=0

→¨ tt− = F∗() , ∈R(,0)=0t(,0)=0

con F∗ extensión impar y 2π-periódica de .

La solución del último problema vendrá dada por:

(, t) =1

2

∫ t

0

∫ +[t−τ]

−[t−τ]F∗(s, τ)dsdτ

Para hallar �π2 , π

�

, en principio, hay que hacer 3 integrales dobles, pero como (es F∗

impar respecto a =π ) la integral de F∗ sobre el triángulo oscuro se anula, basta:

�π2 , π

�

= 12

∫ π/20

∫ τ+ π2

τ− π2sdsdτ+ 1

2

∫ ππ2

∫

3π2 −ττ− π

2sdsdτ= π3

8 → �π2 , π

�

= π2+

π3

8

Pero mejor se busca una () que cumpla la ecuación y las condiciones de contorno:

=c1+c2− 3

6c.c.→ =

�

1+ π2

6�

− 3

6=+−→

¨

tt−=0 , (,0)=3−π2

6t(,0)=(0, t)=(π, t)=0

Extendiendo la última ƒ podemos aplicar D’Alembert (mucho más corto que antes):

�π2 , π

�

= 12

h

ƒ∗�3π2�

+ ƒ∗�

− π2�

i

=↑−ƒ�π2�

= π3

16 , �π2�

= π2+

π3

16 . . .

impar y 2π-periódica

Resolvamos este problema por separación de variables. Es necesario, también, que lascondiciones de contorno sean homogéneas. De los dos problemas para de arriba esmás sencillo el segundo (ecuación homogénea) cuya solución, según 3.1, es:

=∞∑

n=1

cn cosnt senn , cn=2π

∫ π

03−π2

6 senn= 2(−1)nn3

→ �π2 , π

�

=2∞∑

k=0

(−1)k(2k+1)3

¿Cuál es la suma de esta serie? Como 3−π26 =

∞∑

n=1

2(−1)nn3

senn=π/2−→

∞∑

k=0

(−1)k(2k+1)3 =

π3

32 .

Para resolver el otro problema (no homogéneo) probamos una serie de autofunciones:

=∞∑

n=1

Tn(t) senn → T′′n+ n2Tn = bn =

2π

∫ π

0 sennd =2(−1)n+1

n →

Tn = c1 cosnt+c2 sennt+bnn2

−→Tn(0)=T ′n(0)=0

Tn=bnn3[1−cosnt] ,

=∞∑

n=1

2(−1)n+1n3

[1−cosnt] senn�

�

��

π2 ,π�=

∞∑

k=0

4(−1)k(2k+1)3 =

π3

8 .

60

4.2. Ondas en tres y dos dimensiones.

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

(P3)

¨

tt − c2�

+yy+zz�

= 0 , (, y, z)∈R3, t∈R(, y, z,0) = ƒ (, y, z) , t(, y, z,0) = g(, y, z)

Se puede deducir una fórmula para la solución de (P3) análoga a la de D’Alembertpara n=1 . Aceptemos que, si ƒ ∈C3 y g∈C2 , esa solución viene dada por la

[1] (, y, z, t) = ∂∂t

h 1

4πc2t

∫∫

C

ƒ dSi

+1

4πc2t

∫∫

C

gdSfórmula de Poisson

o Kirchoff

siendo C la superficie de la bola de centro (, y, z) y radio ct .

!

(x,y,z)ct

"La forma más natural de parametrizar esta superficie esmediante los ángulos θ y ϕ de las coordenadas esféricascentradas en el punto (, y, z) del dibujo de la derecha →

Desarrollando las integrales de [1] se obtiene:

(, y, z, t) = ∂∂t

h

t4π

∫ 2π0

∫ π

0 ƒ (+ct senθ cosϕ, y+ct senθ senϕ, z+ct cosθ) senθdθdϕi

+ t4π

∫ 2π0

∫ π

0 g(+ct senθ cosϕ, y+ct senθ senϕ, z+ct cosθ) senθdθdϕ

Interpretemos [1]. Los valores de sólo dependen de los de ƒ y g sobre el bordede la esfera B((, y, z), ct) . Así, si inicialmente hay una perturbación concentradaen un punto P , en el instante t sólo están perturbados los puntos de la superficieesférica de centro P y radio ct , pues para los demás puntos es ƒ =g=0 sobre lasuperficie C de [1]. Si inicialmente es perturbado

frentedelantero

frentetrasero

ct-act+a

a

todo un conjunto A , para cada t los puntos afec-tados son una región At del espacio formada porla unión de todas las superficies esféricas de ra-dio ct y centro P ∈ A . La superficie exterior deAt se llama frente delantero de la onda y la inte-rior frente trasero. En el dibujo se esquematizanambos frentes para el caso de una perturbacióninicial de una esfera de radio . Los puntos quealcanza el frente delantero, antes en reposo, co-menzarán a oscilar. Los puntos sobrepasados por el trasero volverán al reposo.

Estudiemos ahora la propagación de ondas en 2 dimensiones:

(P2)

¨

tt − c2�

+yy�

= 0 , (, y)∈R2, t∈R(, y,0) = ƒ (, y) , t(, y,0) = g(, y)

Podemos mirar (P2) como un caso particular de (P3) en que datos (y por tanto so-luciones) no dependen de z . Las coordenadas adecuadas ahora para parametrizarC son las cartesianas (o las cilíndricas). Expresando [1] en cartesianas se obtiene:

(, y, t) = 12πc

� ∂

∂t

∫∫

B

ƒ (ξ, η)dξdηp

c2t2 − (ξ−)2 − (η−y)2+∫∫

B

g(ξ, η)dξdηp

c2t2 − (ξ−)2 − (η−y)2

�

donde B es todo el círculo de centro (, y) y radio ct .

La fórmula anterior escrita en polares centradas en (, y) queda:

(, y, t) = 12πc

� ∂

∂t

∫ 2π

0

∫ ct

0

r ƒ (+r cosθ, y+r senθ)drdθp

c2t2 − r2+∫ 2π

0

∫ ct

0

r g(+r cosθ, y+r senθ)drdθp

c2t2 − r2

�

61

Supongamos una perturbación localizada para t=0 en un punto P del plano. Otropunto M , situado a una distancia d de P , permanecerá en reposo hasta el instanteto=d/c . Si t≥ to , P ya pertenece al círculo B(M, ct) y por tanto será (M, t) 6=0 : apartir del instante to el punto M permanece perturbado indefinidamente (aunquetienda a pararse cuando t→∞ , como las ondas producidas por una piedra en unestanque). Esta situación no contradice los resultados para n=3 : la perturbaciónde P , vista como una perturbación en el espacio independiente de z , consistede hecho en un cilindro vertical infinito sobre P , con lo que al M irán llegandolas perturbaciones provinientes de puntos cada vez más lejanos del cilindro (que,por tanto, serán cada vez más pequeñas). Las ondas que se propagan constituyenondas cilíndricas en el espacio: en cada cilindro paralelo al inicial la solución tomaun valor constante.

[Las ondas pasan en el espacio y permanecen en el plano].

Si descendiésemos desde n = 3 hasta n = 1 , considerando que la ƒ y la g de[1] sólo dependen de , llegaríamos a la conocida fórmula de D’Alembert. Si secontempla esta solución sumergida en R3 se puede interpretar como la suma dedos ondas planas avanzando por planos perpendiculares al eje a velocidad ±c .Todos los puntos de cada plano están igualmente perturbados. El caso n=1 , comovimos en la sección anterior, presenta un comportamiento intermedio entre n=2 yn=3 : la influencia del desplazamiento inicial ƒ desaparece, pero la de la velocidadg inicial se deja sentir permanentemente.

(x,y,z)t

x

y

(x ,y ,0)

t

x

y

o o

ct

Para n=2 , el dominio de dependencia de(, y, t) de los datos iniciales es todo elcírculo B((, y), ct) y el de influencia dela ƒ y g iniciales en un punto (o, yo,0)es todo el cono (−o)2+(y−yo)2 ≤ c2t2 .

Para n = 3 la influencia de (o, yo, zo,0)es solamente la superficie de un cono te-tradimensional (no dibujable).

Ej 1. Resolvamos:

¨

tt −�

+yy+zz�

= 0 , (, y, z, t)∈R4

(, y, z,0) = z , t(, y, z,0) = 2+y2

Aplicando directamente la fórmula de Poisson-Kirchoff:

= ∂∂t

h

t4π

∫ 2π

0

∫ π

0(z+t cosθ) senθdθdϕ

i

+ t4π

∫ 2π

0

∫ π

0(2+y2+t2 sen2θ+2t[ senθ cosϕ+y senθ senϕ]) senθdθdϕ

= ∂∂t

h

t2

∫ π

0(z+t cosθ) senθdθ

i

+ t2

∫ π

0(2+y2+t2 sen2θ) senθdθ

= ∂∂t

�

tz�

+ t�

2+y2+ 2t23

�

= z + t2 + ty2 + 23 t3

También podemos descomponer el problema en dos y sumar sus soluciones:

El de ƒ=z , g=0 se puede ver como uno para n=1 : 1 =12�

(z+t) + (z−t)�

= z .

El de ƒ=0 , g=2+y2, como uno de n=2 :

2 =12π

∫ 2π

0

∫ t

0

r(2 + y2 + r2 + 2r[ cosθ+y senθ])p

t2 − r2drdθ =

∫ t

0

r(2+y2)+r3p

t2 − r2dr

=h

− (2+y2)p

t2−r2 − 13�

2t2+r2�

p

t2−r2it

0= t2+ty2+ 2

3 t3.

62

Consideremos ahora ondas en el espacio con simetría radial. Pasando a esféri-cas y quitando los términos con derivadas respecto a θ y ϕ llegamos al problema:

(Pr)

¨

tt − c2�

rr+2r r�

= 0 , r≥0, t∈R(r,0) = ƒ (r) , t(r,0) = g(r)

Haciendo = r , la ecuación se transforma en: tt−c2rr=0 .Y como es acotada, aparece la condición de contorno: (0, t)=0 .Así, el problema en las nuevas variables es:

(P)

¨

tt − c2rr = 0 , r≥0, t∈R(r,0)=rƒ (r), t(r,0)=rg(r), (0, t)=0

Si F∗ y G∗ son las extensiones impares respecto a 0 de F(r)≡rƒ (r) y G(r)≡rg(r) ,

(r, t) = 12r [F

∗(r+ct)+F∗(r−ct)] + 12cr

∫ r+ctr−ct G

∗(s)ds [2]

es la solución de (Pr), que podemos poner en la forma (r, t) = 1r p(r+ct) +

1r q(r−ct)

e interpretarla como la suma de dos ondas esféricas cuyos radios disminuyen ocrecen a velocidad c . La magnitud de la perturbación propagada es inversamenteproporcional al radio.

[2] da problemas en r=0 , pero con L’Hôpital y el teorema fundamental del cálculo:

(r, t)→r→0

12�

F∗′(ct)+F∗′(−ct)�

+ 12c�

G∗(ct)−G∗(−ct)�

= F∗′(ct)+ 1cG

∗(ct) = (0, t)�

(0, t) puede no ser continua aunque ƒ lo sea (si F∗ no es C1)�

.

Ej 2.

¨ tt − Δ = 0 , r≥0 , t∈R

(r,0)=0, t(r,0)=�

1 , r ≤ 10 , r > 1

Comencemos suponiendo n=3 .

Su solución es = r , si es la solución de:

rG*

(

tt − rr = 0 , r, t ∈ R

(r,0)=0, t(r,0)=G∗(r)=�

r , |r| ≤ 10 , |r| > 1

→ (r, t) = 12

∫ r+tr−t G

∗

1—1 R

t

rR-t

R+1

R-1

Estudiemos la evolución para t≥0 de un punto M del espaciosituado a una distancia R>1 del origen. Si t<R−1 o si t>R+1es claro que = 0 . Si t ∈ [R−1, R+1] , la integral se reduce a:

∫ 1R−t sds → (R, t) = 1−[R−t]2

4R

RR-1 R+1

u(R,t)1/4R t

Se ve que M oscila sólo durante un determinado intervalode tiempo. Se ve también que la amplitud máxima de laoscilación es inversamente proporcional a la distancia quesepara M del origen. Dar (R, t) con la fórmula de Poissones complicado, pero sí es fácil hallar (0,0,0, t) :

(0,0,0, t) = 14πt

∫∫

C1dS = área de C

4πt = t si t≤1 ,

(0,0,0, t) =∫∫

C0dS = 0 si t>1 ,

que coincide con la (0, t)=G∗(t) deducida por L’Hôpital. Aparecen discontinuidades (Gno era continua), pero estas se concentran en el origen ((M, t) sí era continua).

t!1

1

Miremos ahora el problema como si fuese para n=2 . Los cálculosson siempre más difíciles, así que nos limitamos a hallar (0,0, t) :

(0,0, t)= 12π

∫ 2π0

∫ t

0r gdrdθpt2−r2

=∫ t

0r gdrpt2−r2

=

¨

∫ t

0r drpt2−r2

= t , t≤1∫ 10

r drpt2−r2

= t−p

t2−1 , t≥1

Como debía suceder, t −p

t2−1 = 1

t+pt2−1

→t→∞

0 .

63

Ej 3.�

tt−rr− 2r r = 0 , r≥0, t∈R(r,0)= ƒ (r) , t(r,0)=0

, con ƒ (r) =n(r−2)(r−4) si r∈[2,4]0 en el resto de [0,∞)

Dibujemos la solución para t=3 y 6 y describamos la evolución de dicha solución.Para ello nos basamos en los dibujos del problema para la cuerda semiacotada:

¨ tt−rr=0 , r≥0(r,0)=rƒ (r) ≡ F(r)t(r,0)=(0, t)=0

→¨ tt−rr = 0 , r∈R(r,0)=F∗(r) impar

t(r,0)=0

Será (r, t) = F∗(r+t)+F∗(r−t)2 y (r, t) = (r,t)

r .

Movemos 12F

∗ a izquierda y derecha y sumamos.

Precisamos los dibujos hallando algunos valores:

Como F(r)=r(r−2)(r−4) , r∈[2,4] , es F(3)=−3

y F es mínima para =2+ 23

p3 ≈3.2 .

�12 ,3

�

= −3/81/2 =−34 , (6,3)= −3/26 =− 14 ,

(3,6)= 3/23 =

12 , (9,6)= −3/29 =− 16 ,

Además (0, t)=F∗′(t) → (0,3) = 3t2−12t=8�

�

t=3 = −1 .

[(0, t) resulta ser discontinua para t=2 y t=4 : F∗′(2+)=−4 6=0 y F∗′(4−)=8 6=0 .En esos instantes los ‘picos’ de ƒ confluyen en el origen].

Tanto para como para , la onda se divide en 2 y se refleja cambiando de signo; pero,mientras en dimensión 1 no se deforma, en el espacio disminuye al alejarse del origen.

Ej 4.

¨

tt−�

rr+2r r

�

=0 , r≥0(r,0)=r , t(r,0)=0

Calculemos (1, t) para t≥0 .

=r →¨ tt−rr=0 , r≥0(r,0)=r2

t(r,0)=(0, t)=0→¨ tt−rr=0 , r∈R(r,0)= ƒ∗(r)t(r,0)=0

ƒ∗ extensión impar de r2�

− r2 si r≤0�

.

Por tanto, (1, t) = (1,t)1 =

( 12 [(1+t)

2+(1−t)2]= 1+t2 si 0≤ t≤112 [(1+t)

2−(1−t)2]= 2t si t≥1.

También se puede hallar con la fórmula de Poisson-Kirchoff. Para simplificar, la evaluamosen el punto más sencillo situado a distancia 1 , el (0,0,1) :

(0,0,1, t) = ∂∂t

h

t4π

∫ 2π0

∫ π

0

p

1+t2+2t cosθ senθdθdϕi

s=cosθ= ∂

∂t

h

t2

∫ 1−1

p

1+t2+2ts dsi

= ∂∂t

h

16 (1+t

2+2ts)3/2i1

−1= 16∂∂t

�

|t+1|3−|t−1|3�

= 16

( ∂∂t [2t

3+6t] si 0≤ t≤1∂∂t [6t

2+2] si t≥1

que nos lleva al resultado de antes.

64

4.3. Transformadas de Fourier.

Sea ƒ () definida en R y absolutamente integrableh

∫∞−∞ |ƒ | <∞

i

.

La transformada de Fourier de ƒ es la función: ƒ (k)= 1p2π

∫ ∞

−∞ƒ ()ek d .

Si ƒ es además C1 se puede recuperar a partir de ƒ usando la fórmula de inversión(que, como otros resultados, no demostramos):

Teor 1 ƒ ∈C1(R) y absolutamente integrable ⇒ ƒ ()= 1p2π

∫ ∞

−∞ƒ (k)e−k dk ∀∈R .

[Algunos libros no ponen la constante 1p2π

en la definición de ƒ y ponen 12π en la fórmula

de inversión; también se puede ver en la primera fórmula e−k y en la segunda ek ].

Se llama a ƒ transformada inversa de Fourier de ƒ . Vamos a denotartambién F(ƒ ) = ƒ y F−1

�

ƒ�

= ƒ . Es evidente que F y F−1 son lineales.

Citemos otras propiedades (parte se probarán en problemas) de la F y demos lastransformadas de algunas funciones que nos aparecerán resolviendo EDPs:

Teor 2 ƒ , ƒ ′, ƒ ′′∈C(R) y absolutamente integrables ⇒F(ƒ ′) = −kF(ƒ )F(ƒ ′′) = −k2F(ƒ )

Teor 3La convolución de ƒ y g es la función: (ƒ∗g)()= 1p

2π

∫ ∞

−∞ƒ (−s)g(s)ds .

Se tiene ƒ∗g=g∗ƒ , y F(ƒ∗g)=F(ƒ )F(g) , si las transformadas existen.

Teor 4F−1

�

ƒ (k)ek�

= ƒ (−) . Si h()=�

1 , ∈[, b]0 en el resto

, F(h) = 1p2π

ekb−ek k .

F�

e−2�= 1p

2e−k

2/4 . F−1�

e−k2�= 1p

2e−

2/4 .

Aplicando a una EDP en dos variables la F en una de ellas se obtiene una EDO(en la otra variable) para la . Resolviendo la EDO se determina . Identificandola de la que proviene o aplicando el teorema de inversión se puede a vecesdar la solución explícitamente, pero en muchos casos hay que dejar la solución entérminos de integrales no calculables.

Ej 1.�

t + = g()(,0) = ƒ ()

Aplicamos la F en la variable (se supone que , g y ƒson buenas, de modo que se pueden usar los teoremas):

¨

t − k = g(k)(k,0) = ƒ (k)

→ (k, t) = p(k)ekt − g(k)k , p arbitraria

−→dato inicial

= ƒ (k)ekt + g(k)h

ekt−1k

i

Por tanto: (, t) = ƒ (−t) +p2π g()∗h() siendo h()=

�

1 si ∈[0, t]0 en el resto

Como∫ t

0 g(−)d = −∫ −t

g(s)ds , concluimos que = ƒ (−t) +∫

−t g(s)ds .

[La solución la podemos calcular también con las técnicas del capítulo 1:

dtd = 1 →

�

ξ = − tη = → η = g(η) → = p(−t) +

∫

0 g(s)ds →

p() +∫

0 g(s)ds = ƒ () → = ƒ (−t)−∫ −t0 g(s)ds+

∫

0 g(s)ds como antes].

65

Más interés que el ejemplo anterior, puesto que no conocemos ningún otro métodopara resolverlo, tiene el problema para el calor en una varilla infinita:

(P)�

t − = 0 , ∈R, t>0(,0) = ƒ () , acotada

Supongamos que y ƒ son suficientemente regulares y tienden a 0 lo suficien-temente rápido en ±∞ como para que se puedan utilizar los teoremas anteriores.Aplicando la transformada de Fourier en la variable a la ecuación y al dato inicialse tiene el problema:

¨

t + k2 = 0(k,0)= ƒ (k)

cuya solución es (k, t) = ƒ (k)e−k2t

La solución será la convolución de las transformadas inversas de cada uno de losfactores (la del segundo la vimos en el teorema 4):

(, t) =1

2pπt

∫ ∞

−∞ƒ (s)e−(−s)

2/4t ds ≡∫ ∞

−∞G(, s, t) ƒ (s)ds [1]

G(, s, t) = 12pπte−(−s)

2/4t es la llamada solución fundamental de

la ecuación del calor, que representa la temperatura del punto enel instante t debida a una ƒ inicial de la forma δ(−s) .

Una vez deducida [1], en vez de justificar los pasos que llevaron a ella, se pruebaque proporciona realmente la solución de (P) con hipótesis más amplias inclusode las que nos permiten aplicar la F . En concreto, para cualquier ƒ acotada ycontinua a trozos [1] nos da la solución única acotada de (P) que es continua parat≥0 a excepción de los puntos de t=0 en que ƒ es discontinua.

De [1] se deduce también que, según nuestro modelo matemático, el calor setransmite a velocidad infinita: si ƒ >0 en un entorno de un o y nula en el resto,está claro que (, t)>0 por pequeño que sea t y grande que sea |−o| . Tambiénse ve que es C∞ para t>0 aunque ƒ sea discontinua (¡aunque sea ƒ ()=δ(−s) !).Son propiedades claramente diferentes de la ecuación de ondas.

Ej 2. Apliquemos [1] para resolver un par de problemas particulares.

Suponemos primero que: ƒ () =�

0 , <01 , >0 → (, t) = 1

2pπt

∫∞0 e−(−s)

2/4t ds

Haciendo = (s−)/2pt la integral se transforma en:

(, t) = 1pπ

∫∞−/2

pte−

2d = 1p

π

∫ /2pt

0 e−2d + 1p

π

∫∞0 e−

2d = 1

2

h

1+ ϕ� 2pt

�

i

0

1

s

-1

!(s)donde ϕ(s) = 2p

π

∫ s

0 e−2d es la llamada función error que

aparece a menudo en la teoría de las probabilidades.

0

1

x1/2

t!"�

Como se observa, la solucióntiende hacia 1

2 para todo cuando t tiende a ∞ .

Sea ahora ƒ () = e−2

. Completamos cuadrados y hacemos un cambio de variable:

= 12pπt

∫ ∞

−∞e−s

2e−

(−s)24t ds = 1

2pπte−

2

4t+1

∫ ∞

−∞e−(•)

2ds con •=

sp4t+1− p

4t+1

2pt

Haciendo z = • se obtiene: = 12pπt

2ptp

4t+1e−

2

4t+1

∫ ∞

−∞e−z

2dz = 1p

1+4te−

2

1+4t .

Pero sale más corto aplicando directamente F :(

t=−k2(k,0)= 1p

2e−k

2/4 → = 1p2e−

k2 (1+4t)4 → = 1p

1+4te−

2

1+4t .

66

Ej 3.�

t − + 2t = 0 , ∈R, t>0(,0)= ƒ () , acotada

Hallemos la solución para una ƒ () generaly deduzcamos la solución para ƒ ()≡1 .

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

t+(k2+2t) = 0(k,0)= ƒ (k)

→ ˆ(k, t) = p(k)e−k2t−t2 d..→ ˆ(k, t) = ƒ (k)e−t

2e−k

2t →

(, t) = e−t2ƒ ()∗F−1(e−k2t) = e−t

2

2pπt

∫ ∞

−∞ƒ (s)e−(−s)

2/4t ds .

En particular, si ƒ ()≡1 , = e−t2

2pπt

∫ ∞

−∞e−(−s)

2/4tds =↑

e−t2

pπ

∫ ∞

−∞e−

2d = e−t

2.

(s−)/(2pt )=

[Parece que sería adecuado hacer un cambio de la forma =e−t2 →

�

t − = 0(,0)= ƒ () ;

de [1] se deduce nuestra fórmula y ≡1 es solución clara si ƒ ()≡1 (la varilla sigue a 1o ).

Análogamente a lo que pasaba con la transformada de Laplace para resolver EDOs, el usode la F permite abordar problemas de EDPs con la delta de Dirac δ sin entrar en sutilezassobre continuidades y saltos en derivadas.

La transformada de la delta es muy fácil de hallar:

F�

δ(−)�

= 1p2π

∫ ∞

−∞d(−)ek d = 1p

2πek .

[Obsérvese que formalmente esta función (que no tiende a 0 en ±∞ )no tiene transformada inversa, pero, como ya hemos dicho, con la Fse suele ser riguroso justificando los resultados al final].

Resolvamos un problema (algo complicado) para la cuerda infinita con una F= δ (empuja-mos hacia arriba en el punto central de la cuerda):

Ej 4. (Pδ)�

tt − = δ() , ∈R, t≥0(,0) = t(,0) = 0

. Aplicando la F :

¨

tt + k2 =1p2π

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

La solución general (λ=±k y p a simple vista) es:

(k, t) = p(k) coskt + q(k) senkt + 1p2π k2

d..−→ (k, t) = 1−cosktp2π k2

= 2p2π

h sen k2 t

k

i2.

En la h del teor 4, cuando =−b se tiene como caso particular:

Si h()=�

1 , ∈[−b, b]0 en el resto , F(h) = 1p

2πekb−e−kb

k =p2pπsenbk

k .

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

= 12

∫∞∞ h(−s)h(s)ds , donde h()=

�

1 , ∈[−t/2, t/2]0 en el resto

Discutiendo en qué intervalos el integrando es 1 ó 0 según los valores de se concluye:

Si ≤−t ó si ≥ t es =0

Si ∈[−t,0] , = 12�

+ t2 − (−

t2 )�

= 12 [+t]

Si ∈[0, t] , = 12� t2 − (−

t2 )�

= 12 [t−]

Es decir, =

¨

0 , si ||≥ t12�

t−||�

, si ||≤ t

Para hacerlo sin transformadas, más fácil que discutir

= 12

∫ t

0

∫ +t−τ−t+τ δ(s)dsdτ ,

es hacer la ecuación homogénea con un cambio de variable.

Como = 12 || satisface ′′=δ() , con =+ se obtiene:

¨ tt − = 0(,0) = ||/2t(,0) = 0

→ = 14�

|+t|+|−t|�

− 12 || .

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

67

En problemas para regiones semi-infinitas se usan las transformadas seno y coseno quevemos como caso particular de F por las propiedades de las funciones pares o impares. Sedefinen estas transformadas de funciones ƒ absolutamente integrables en [0,∞) mediante:

Fs(ƒ )(k) = ƒs(k) =q

2π

∫ ∞

0ƒ () senkd ; Fc(ƒ )(k) = ƒc(k) =

q

2π

∫ ∞

0ƒ () coskd

La fórmula de inversión adopta la forma:

Teor 1’

Sea ƒ ∈ C1([0,∞)) y sea∫∞0 |ƒ | <∞ . Entonces:

ƒ () =q

2π

∫ ∞

0ƒs(k) senkdk para todo ∈ (0,∞)

ƒ () =q

2π

∫ ∞

0ƒc(k) coskdk para todo ∈[0,∞)

Con hipótesis análogas a las del teorema 2 se tiene también:

Teor 2’ Fs(ƒ ′′) = −k2Fs(ƒ ) +q

2π ƒ (0)k ; Fc(ƒ ′′) = −k2Fc(ƒ )−

q

2π ƒ′(0) .

[Por este resultado, la Fs será útil cuando nos den el valor de (0, t)mientras que la Fc la emplearemos si lo fijado es (0, t) ].

Estas transformadas aparecen en problemas del calor en [0,∞) :

Teor 4’ F−1s

�

k e−k2�= 1[2]3/2 e

−2/4 ; F−1c

�

e−k2�= 1p

2e−

2/4 .

Ej 5. Calor en una varilla semi-infinita:

¨ t − = 0 , >0, t>0(,0)=0 , (0, t)=g(t) acotada

Llamemos (k, t) a la transformada seno de (, t) respecto a (suponiendo comosiempre que existe). El problema para es:

t + k2 =q

2π g(t)k , (k,0) = 0 → (k, t) =

q

2π e−k2t

∫ t

0 g(s)k ek2s ds

La fórmula de inversión, el cambio de orden de integración y el teor 4’ nos dan:

(, t) = 2π

∫∞0

∫ t

0 g(s)k e−k2(t−s) senkdsdk = 2

π

∫ t

0 g(s)∫∞0 k e−k

2(t−s) senkdk ds

→ (, t) = 12pπ

∫ t

0s

[t−s]3/2 e−2/[4(t−s)] g(s)ds

Ej 6. Ondas semi-infinita:

¨ tt−=0 , ≥0, t∈R(,0)=t(,0)=0(0, t) = t2

Para Fs (o Fc ) no se necesita (nada habitual) hacer la condición de contorno homogénea:

Fs = → tt+k2 =q

2π t

2 k→ = p(k) coskt + q(k) senkt +q

2π

h

t2

k −2k3

i

(k,0)= t(k,0)=0 → =q

2π

h

t2

k +2 (coskt−1)

k3

i

→ = 2π

∫∞0

� t2

k +2 (coskt−1)

k3�

senkdk

La integral es muy complicada. Hallamos sólo (1,2) pues entonces parece simplificarse:

(1,2) = 8π

∫∞0

� senkk − sen3k

k3�

dk = (tablas) = 8π

�π2 −

3π8�

= 1

[Llegamos a ese valor en 4.1 a partir de D’Alembert (que era mejor camino)].

68

Apéndice

Repaso de EDOs

Algunas EDOs de primer orden dyd = ƒ (, y) resolubles

[ ƒ , ƒy continuas en un entorno de (o, yo)⇒ existe una única solución con y(o)=yo ].

Separables: dyd =

p()q(y) →

∫

q(y)dy =∫

p()d+ C .

Se convierten en separables: dyd = ƒ

� y

�

con z= y . dy

d = ƒ (+by) con z=+by .

Lineales: dyd =()y+ƒ () → y = Ce

∫

()d + e∫

()d∫e−∫

()dƒ ()d .

[solución general de la homogénea + solución yp de la no homogénea].

Exactas: M(, y)+N(, y) dyd = 0 conM=UN=Uy

�

My≡N�

→ U(, y)=C solución.

Ej. dyd =

yy− (solución única si y 6= ) se puede resolver por tres caminos:

z= y → z′+z= z

z−1 →∫ (2z−2)dz

z2−2z =−2∫ d

+C → z2−2z= y2

2−2 y =

C2

.

y+ (−y) dyd con My≡N=1 →U=y→ U=y+p(y)Uy=−y→ U=y− 1

2y2+q()

→ y2−2y=C .

ddy =

y−y = −

y+1 lineal (solución única si y 6=0 ) . = Cy +

1y

∫

ydy = Cy +

y2 .

�

Pasa una sola curva integral (solución de dyd = · · · o de d

dy = · · · ) salvo por (0,0)�

.

EDOs lineales de orden 2 :[n] y′′+()y′+b()y = ƒ () ,

, b , ƒ continuas en .|W|()=

�

�

�

�

y1 y2y′1 y′2

�

�

�

�

.

Si o∈ , tiene una sola solución (definida en todo ) con y(o)=yo , y′(o)=y′o .

Si y1 , y2 son soluciones de la homogénea ( ƒ≡0 ) con wronskiano |W|(s) 6=0 paraalgún s∈ , la solución general de la homogénea es: y=c1y1+c2y2 .

Si yp es una solución de [n], la solución general de [n] es: y=c1y1+c2y2+yp .

Una solución particular de [n] es: yp = y2∫ y1ƒ|W|d− y1

∫ y2ƒ|W|d [fvc].

Coeficientes constantes: [h] y′′+y′+by = 0 , μ2+μ+b=0 (autovalores).

La solución general de [h] es:Si μ1 6=μ2 reales → y = c1 eμ1+ c2 eμ2

Si μ doble (real) → y = (c1+c2)eμ

Si μ=p±q → y = (c1 cosq+c2 senq)ep

Método de coeficientes indeterminados para [c] y′′ + y′ + by = ƒ () :

Si ƒ () = eμpm() , con pm polinomio de grado m , y μ no es autovalor, tiene[c] solución particular de la forma yp=eμPm() , con Pm del mismo grado. Si μes autovalor de multiplicidad r , hay yp=reμPm() .Si ƒ () = eμ

�

pj() cosq+qk() senq�

, pj , qk de grados j , k , y p± q noes autovalor, hay yp=ep

�

Pm() cosq+Qm() senq�

con Pm y Qm de gradom=máx{j, k} . Si p±q es autovalor hay yp=ep

�

Pm() cosq+Qm() senq�

.

Ej. y′′−y=e . μ=±1 → solución general: y=c1e+c2e−+yp , con:

yp=Ae → (A+2)−A=1 → yp=12e

. O más largo:

|W|()=�

�

�

�

e e−

e −e−

�

�

�

�

=−2 , yp=e−∫ ee−2 + e

∫ e−e−2 = − 14e

− 12e .

69

Euler: [u] 2y′′+y′+by = 0 , μ(μ−1)+μ+b=0 .

La solución general de [u] es:Si μ1 6=μ2 reales → y = c1μ1+c2μ2

Si μ doble (real) → y = [c1+c2 ln]μ

Si μ=p±q → y = [c1 cos(q ln)+c2 sen(q ln)]p

Una yp de 2y′′+y′+by = h() se obtiene de la [fvc]�

con ƒ ()=h()/2�

,o utilizando que con =es se convierte en y′′(s)+(−1)y′(s)+by(s) = h

�

es�

.

Si b()≡0 , y′= lleva [e] a lineal de primer orden en .

Ej. y′′−2y′ = . Se puede ver como Euler: 2y′′−2y′ = 2 , μ(μ−1)−2μ=0

→ y=c1+c23+yp , con yp=A2�

yp=Ae2s�

→ yp=− 122 .

h

O bien, |W|()=�

�

�

�

1 3

0 32

�

�

�

�

=32 , yp=3∫ 1·132 +

∫ 3 ·132 = −

12

2i

.

O de otra forma: y′= → ′= 2 +1 → =C2+2

∫ d2=C2− → y=K+C3− 12

2 .

Para otras ecuaciones lineales de segundo orden hay buscar:

Soluciones en forma de serie:

Si , b son analíticas en =0 , es un punto regular de [e] y′′+ ()y′+b()y=0

y la solución de [e] es y=∞∑

n=0

ckk=c0y1+c1y2 , con c0 , c1 arbitrarios.

=0 es punto singular regular de [e∗] 2y′′+ ∗()y′+b∗()y=0 si ∗, b∗ son

analíticas en =0 . Sean r1≥r2 las raíces de q(r)=r(r−1)+∗0 r+b∗0 .

Hay solución y1 de [e*] de la forma y1=r1∞∑

n=0

ckk, c0 6=0 .

La segunda solución y2 linealmente independiente es:

a] Si r1−r2 6=0,1, · · · : y2=r2∞∑

n=0

bkk, b0 6=0 . b] Si r1=r2 : y2=r1+1∞∑

n=0

bkk +1 ln .

c] Si r1−r2∈N : y2=r2∞∑

n=0

bkk+dy1 ln , b0 6=0 , d∈R.

EDOs importantes resolubles utilizando series:

Legendre (1−2)y′′−2y′+p(p+1)y=0 . Tiene soluciones polinómicas si p=n∈N :

P0=1 , P1= , P2=32

2− 12 , P3=52

3− 32 , P4=358

4− 154 2+ 3

8 , . . .

Se cumple que:∫ 1−1 PnPm d=0 , si m 6=n ;

∫ 1−1 P

2nd= 2

2n+1 .

Bessel: 2y′′+y′+[2−p2]y=0 → r=±p . r1=p → Jp()≡� 2�p ∞

∑

m=0

(−1)m [/2]2mm! (p+m+1) .

Jp soluciones acotadas en =0 , con infinitos ceros [los de J0 son: 2.4.., 5.5.., ...].

Las soluciones linealmente independientes de ellas son no acotadas en 0 .

Cuando p= 12 ,

32 , . . . , la solución es expresable con funciones elementales�

por ejemplo, si p= 12 es y=c1

senp+c2

cosp

�

.

Recurrencia: Jp+1=2p Jp− Jp−1 . Derivadas:

�

pJp()�′= pJp−1() , J′0()=− J1 .

Bessel

PP

P P

1

2

3

0

1–1

10 15

–0.4

–0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

5 20

J0

J1

Legendre

70

Repaso de convergencia uniforme

Sea la sucesión de funciones definidas en A⊂R : {ƒn()} = ƒ1(), ƒ2(), ..., ƒn(), ... .

{ƒn} converge puntualmente ƒ en A si para cada ∈A es lımn→∞

ƒn() = ƒ () .

{ƒn} converge uniformemente hacia su límite puntal ƒ en A si∀ϵ > 0 existe algún N tal que ∀∈A , si n≥N entonces |ƒ ()− ƒn()| < ϵ .

A

!f2f1

fGráficamente, si {ƒn}→ ƒ uniformemente, a partir de un N todas lasgráficas de las ƒn quedan dentro de toda banda de altura 2ϵ alrede-dor de la de ƒ . Si la convergencia es sólo puntual, para cada el Nes distinto y no se puede dar uno válido para todos los puntos de A .

Ej. ƒn()=1/n →�

0 si =01 si ∈ (0,∞) (puntualmente).

La convergencia es uniforme en [1,2] , pero no en [0,1] .

Para cada ∈[0,1] existe N tal que si n≥N el punto (, 1/n)está dentro de la banda, pero hace falta elegir N mayores se-gún nos acercamos a 0 . En [1,2] la convergencia es uniforme,pues el N que vale para =2 claramente vale también parael resto de los del intervalo.

ƒn continuas en un intervalo y {ƒn}→ ƒ uniformemente en ⇒ ƒ continua en .

|x|–sen(n x)1n

2

Si las ƒn son derivables, que ƒn → ƒ uniformementeno basta para que ƒ sea derivable, o puede existirƒ ′ y no ser el límite de las ƒ ′

n(como en los ejemplos

de la derecha); para que pasen ambas cosas, debentambién converger las ƒ ′

nuniformemente.

Las series de funciones son un caso particular

∞∑

n=1

ƒn converge puntualmente o uniformemente en A hacia ƒ si lo hace

la sucesión de sus sumas parciales Sn = ƒ1+ · · ·+ ƒn .

Criterio de Weierstrass

Sean {ƒn} definidas en A y {Mn} una sucesión de números tal que |ƒn()| ≤Mn∀∈A y tal que

∑

Mn converge. Entonces∑

ƒn converge uniformemente en A .

Ej.∑ senn

n2converge uniformemente en todo R pues

�

�

sennn2

�

�≤ 1n2

y∑ 1

n2converge.

[Se tiene entonces, por ejemplo, que la suma ƒ () de esta serie es continua en todo R ].

La serie obtenida derivando término a término:∑ cosn

n diverge, por ejemplo, si =0 .

(Para otros , como =π , converge por Leibniz, y para casi todos es difícil decirlo).

Así pues, en general, no se pueden derivar término a término las sumas infinitascomo las finitas. Aunque sí se puede hacer con las series de potencias:

La serie∞∑

n=0

cnn=c0+c1+c22+· · · converge uniformemente en todo intervalo

cerrado [, b]⊂(−R,R) (R radio de convergencia). Para ||<R la función ƒ ()

definida por la serie es derivable y ƒ ′() =∞∑

n=1

ncnn−1 = c1+2c2+3c32+ · · ·

Ej. − 2

2 +3

3 + · · · con R=1 , converge puntualmente

si ∈ (−1,1]�

hacia log(1+)�

y uniformemen-te en cualquier intervalo [,1] , > −1 , pero nolo hace en todo (−1,1] , pues las sumas parcialesestán acotadas en ese intervalo y el log no.

La serie derivada término a término 1−+2+ · · ·converge en (−1,1)

�

hacia 11+

�

.

71

Repaso de cálculo en varias variables

Sean ,x∈Rn, A⊂Rn . Entorno de centro y radio r es Br()≡�

x : ‖x−‖<r

.

es interior a A si hay algún Br()⊂A . A es abierto si A= nt A≡�

x interiores a A

.

Frontera de A es ∂A≡�

x : ∀r, Br(x) tiene puntos de A y de Rn−A

. A = nt A ∪ ∂A .

La derivada según el vector v de un campo escalar ƒ : Rn → R en un punto es:

Dvƒ () ≡ ƒv() = lımh→0

ƒ (+hv)−ƒ ()h =

si ƒ∈C1∇ƒ · v [si v es unitario se llama direccional,

si v= i es la parcial ∂ƒ /∂() , ... ].

Si¨ y1= ƒ1(1, .., n)· · · · · · · · · · · · · · ·

yn= ƒn(1, .., n), el determinante jacobiano es ∂(y1,...,yn)

∂(1,...,n)=

�

�

�

�

�

�

�

∂ƒ1/∂1 · · · ∂ƒ1/∂n...

...∂ƒn/∂1 · · · ∂ƒn/∂n

�

�

�

�

�

�

�

.

Polares:=r cosθy=r senθ

�

→ ∂(,y)∂(r,θ) = r . Esféricas:

=r senθ cosϕy=r senθ senϕz=r cosθ

«

→ ∂(,y,z)∂(r,θ,ϕ) = r

2 senθ .

Cambios de variable en integrales dobles:

Sea g : (,)→�

(,), y(,)�

de C1 , inyectiva en D∗, g(D∗)=D y ƒ integrable.

Entonces:∫∫

Dƒ (, y)ddy =

∫∫

D∗ ƒ�

(,), y(,)�

�

�

∂(,y)∂(,)

�

� dd .

Integrales de línea de campos escalares:

Sea C la curva C1 descrita por una función vectorial c(t) : [, b]→ R2 y sea ƒ un

campo escalar tal que ƒ�

c(t)�

es continua. Entonces:∫

Cƒ ds ≡

∫ b

ƒ�

c(t)�

‖c′(t)‖dt .

[No depende de la c(t) elegida. Si C es C1 a trozos, se divide [, b] y se suman las integrales].

Teorema de la divergencia (en el plano):

Sea D⊂R2 limitado por ∂D curva cerrada simple, f : D→ R2 campo vectorial C1,

y n el vector normal unitario exterior a ∂D . Entonces∫∫

Ddiv fddy =

∮

∂Dfnds .

�

Si ∂D viene descrita por c(t)=�

(t), y(t)�

un normal unitario es n=�

y′(t),−′(t)� �

‖c′(t)‖�

.

Ej. Comprobemos el teorema para f(, y)=(7, y2−1) en el semicírculo r≤3 , 0≤θ≤π :∫∫

D2yddy =

∫ π

0

∫ 30 2r

2 senθdr dθ = 36 .

Para C1, si c()=(,0) , ∈[−3,3] →∫

C1(1−y2)ds=

∫ 3−3 d=6 .

Para C2, si c(t)=(3cos t,3sen t) , t∈[0,π] → ‖c′(t)‖=3 . Como

n=(cos t, sen t) ,∫

C2fnds=3

∫ π

0

�

7cos t+9sen3t−sen t�

dt=30 .

Integrales de superficie de campos escalares:

Sea S la superficie descrita por la función vectorial r(,) : T⊂R2 → R3 y sea ƒ tal

que ƒ�

r(,)�

es continua. Entonces:∫∫

Sƒ dS ≡

∫∫

Tƒ�

r(,)�

∂r∂×

∂r∂↑

dd .producto vectorial fundamental

�

Si S es del tipo z=h(, y) se puede describir r(, y)=�

, y, h(, y)�

, con T proyecciónde S sobre z=0 , y el producto vectorial fundamental adopta la forma

�

− h,−hy,1��

.

Ej. Integremos ƒ (, y, z)=z2 sobre la superficie esférica x= .

Eligiendo r(,)=( cos sen, sen sen, cos) ,∫∫

Sz2 dS =

∫ π

0

∫ 2π0 2cos2 2sen

pvf ↑dd = 4π

3 4 .

Con r(, y)=�

, y,p

2−2−y2�

, el pvf es p2−2−y2

→∫∫

Sz2dS = 2

∫∫

T∗p

2−2−y2 ddy = 4π∫

0 rp

2−r2 dr = 4π3

4.

72

problemas de EDII (C) 2009

problemas 1

1. Resolver (si es posible) los siguientes problemas de Cauchy:

32y+=5

(,0)=3(2y−)y+=2y(1, y)=0

y+=−2e−y(−1, y)=0

y−y=2y(,0)=

−y =−yy

(,1)=y+3y2=

2y +6y

4

(,1)=2yy+(2y−)=(,1)=0

yy+ e2= 2

(,0)=0

2. Sea yy− = +2 y los datos iniciales: i) (,0)=− , ii) (,2)=7 . Hallar la únicasolución que satisface uno de ellos y dos soluciones distintas que cumplan el otro.

3. Resolver y+2y=3 coni) (,1)=1ii) (0, y)=0 , estudiando la unicidad de la solución.

4. Precisar para qué valores de n entero positivo el dato de Cauchy (, n) = n determinauna única solución de la ecuación +y=y2 cerca de (0,0) .

5. Sea la ‘ecuación cuasilineal’ (E) A(, y, )y+B(, y, )=C(, y, ) .Probar que si las soluciones del sistema de ecuaciones:

dd =

CB , dy

d =AB son

η(, y, )=c1ξ(, y, )=c2

[curvas características de (E)],

entonces η(, y, )=p[ξ(, y, )] con p arbitraria�

o bien, ξ(, y, )=q[η(, y, )] , q arbitraria�

es la solución general de (E).Resolver la cuasilineal: y+=0 con: i) (,0)= , ii) (0, y)=0 .

6. Reducir a forma canónica y, si es posible, encontrar la solución general:

e+ eyyy = −3y+2y2 = y +4y−5yy+6+3y = 9

7. Escribir (E) tt+2t = 2 en forma canónica y hallar su solución general. De los datos deCauchy: i) (,0) = t(,0) = 0 , ii) (0, t) = 0 , (0, t) = t , hay unos que determinan unaúnica solución de (E). Hallarla en ese caso.

8. Sea [E] tt+2t++ = 0 . Hallar su solución general. Hallar (y simplificar) la soluciónde [E] que satisface (,−)=0 , t(,−)=1 . Escribir una solución de [E], distinta de la≡0 , que cumpla (, )=t(, )=0 .

9. a) Escribir (E) 4yyy−+2y=0 en forma canónica para y>0 y para y<0 .b) Resolver (E) con los datos iniciales: (,1)=2 , y(,1)= .

10. Sea (E) Ayy+By+C+Dy+E+F=G(, y) , con A,B, . . . , F constantes.Probar que, si (E) no es parabólica, un cambio de variable = epyeq , con p y qconstantes adecuadas, lleva (E) a una ecuación (E*) sin derivadas de primer orden. ¿Paraqué relación entre las constantes A, . . . , F no tiene (E*) término en ?Aplicar lo anterior para hallar la solución general de y+2y+3+6=1 .Probar que cualquier ecuación parabólica o es resoluble o se puede escribir con cambiosde variable en la forma η+E∗ξξ=G∗∗(ξ, η) .

11. Estudiar la unicidad de los problemas (D dominio acotado en R2):�

Δ−k2=F en D= ƒ en ∂D

¨ t−kΔ=F(, y, t) en D(, y,0)= ƒ (, y) en D(, y, t)=0 en ∂D

73

problemas de EDII (C) 2009

problemas 2

1. Determinar los autovalores y autofunciones asociadas:

y′′ + λy = 0 y′′ + λy = 0 y′′ + λy = 0 2y′′+y′+[λ2− 14 ]y=0y(0)=y′(1)=0 y(−1)=y(1)=0 y(0)=y(1)+y′(1)=0 y(1)=y(4)=0

2. Seay′′ + λy = 0y′(0)−αy(0)=y(1)=0

Comprobar que hay infinitos autovalores positivos ∀α . Discutirsi los hay ≤0 . Estudiar cómo varía con α el menor autovalor.

3. Desarrollar a) ƒ ()=1 y b) ƒ ()=2 , ∈[0,1] , en serie de i) {sennπ} , ii) {cosnπ} .Dibujar algunas sumas parciales de las series obtenidas.

4. Desarrollar ƒ () = cos3 , ∈ [0, π] , en serie de i) {cosn}, ii) {senn}, dibujando lasfunciones hacia las que tienden las series y estudiando la convergencia uniforme.

5. Desarrollar en senos y cosenos en [−π, π] , estudiando la convergencia puntual y uniforme:

a) ƒ ()=sen2 , b) ƒ ()= | sen| , c) ƒ ()=sen 2 , d) ƒ ()=

�

−π, si − π≤<0sen, si 0≤<π

6. Desarrollar ƒ ()=¨

, 0≤< π2

0 , π2 ≤≤π

en serie∞∑

n=1

cnyn() , con yn autofunciones dey′′ + λy = 0y(0)=y′(π)=0 .

¿Cuánto vale∞∑

n=1

cnyn(π2 ) ? Deducir de ello, y de que π

4 =1−13+

15−· · · , el valor de

∞∑

n=1

1(2n−1)2 .

7. Desarrollar ƒ ()= en las autofunciones de cada uno de los problemas del problema 1.

8. Desarrollar ƒ ()=1 en serie de autofunciones del problema

¨

y′′ + 2y′ + λy = 0y(0)+y′(0)=y( 12 )=0

.

9. Sea

¨�

[1−2]y′�′+ λy = 0

y(0)=0, y acotada en 1.

Hallar los 3 primeros términos del desarrollo de ƒ ()=1en serie de autofunciones de este problema singular.

10. Estudiar la unicidad de y′′ = ƒ () , ∈ (0,1) [ecuación de Poisson en una dimensión] condiferentes condiciones separadas, utilizando técnicas similares a las de las EDPs.

11. Hallar, si existe, un valor de para el que�

y′′−y′=2−y′(2)=y′(4)=0 tenga infinitas soluciones.

12. Precisar para i] λ=−2ii] λ=0 cuántas soluciones tiene el problema:

�

y′′+y′+λy=1−y′(0)=y′(2)=0 .

13. Seay′′ + λy = y(0)=y′(1)−y(1)=0 .

Hallar los autovalores y autofunciones del homogéneo.¿Tiene el no homogéneo infinitas soluciones para algún λ?

14. Seay′′ + λy = cos3y′(0)=y′( π4 )+y(

π4 )=0

. Hallar el primer término del desarrollo de ƒ ()=cos3 enserie de autofunciones del problema homogéneo.

Precisar para i) λ=0 , ii) λ=1 cuántas soluciones tiene el problema no homogéneo.

15. Hallar la función de Green y la solución para ƒ ()= :

y′′ = ƒ () 2y′′ + y′ − y = ƒ () y′′ + y′ − 2y = ƒ ()y(0)=y′(1)=0 y(1)+y′(1)=y(2) = 0 y(0)−y′(0)=y(1)=0

16. Seay′′ + 2y′ = + cy′(1)−y(1)=y′(2)=0 . a) Discutir cuántas soluciones tiene. b) Para c=0 , =−1 ,

hallar la solución haciendo uso de la función de Green.

74

problemas de EDII (C) 2009

problemas 3

1. Resolver por separación de variables y dar interpretación física cuando se pueda:

¨ t − + 2t = 0 , ∈�

0, 12�

, t>0(,0)=1−2(0, t)=(

12 , t)=0

¨ t−−4−4 = 0 , ∈ (0, π), t>0(,0) = e−2

(0, t)=(π, t)=0

¨ tt + 4t − = 0 , ∈[0, π], t∈R(,0) = sen2t(,0)=(0, t)=(π, t)=0

¨ tt − = 4sen6 cos3 , ∈[0, π2 ](,0) = t(,0) = 0, t ∈ R(0, t)=(

π2 , t)=0

�

Δ = −1 , (, y)∈ (0, π)×(0, π) = 0 en =0, =π, y=0, y=π

�

Δ = cosθ , 1<r<2r(1, θ)=0, r(2, θ)=cos2θ

¨ Δ = y cos , (, y)∈ (0, π)×(0,1)(0, y)=(π, y)=0y(,0)=y(,1)=0

¨ Δ = 2 cos2y , (, y)∈ (0, π)×(0, π)(π, y)=5+ cosy(0, y)=y(,0)=y(, π)=0

¨ Δ = r , r<2,0<θ<πθ(r,0)=θ(r, π)=0(2, θ)=3

¨ Δ = 0 , 1<r<2, 0<θ< π4

(1, θ) = 0, r(2, θ) = senθ(r,0)=(r, π4 )−θ(r,

π4 )=0

2. Resolver

¨ t − = F(t) , ∈ (0, π), t>0(,0)= ƒ ()(0, t)=(π, t)=0

.

Determinar la distribución estacionaria si ƒ () = sen2 2 y F(t) = e−t .

3. Resolver

¨

t − = 0 , ∈ (0,1), t>0(,0)=0 , (0, t)=0, (1, t)=2e−t

y hallar el lımt→∞

(, t) .

[Simplifica los cálculos hallar una (, t)=X()T(t) cumpliendo ecuación y condiciones de contorno].

4. Sea�

t−=0 , ∈ (0, π), t>0(,0)=0 , (0, t)=(π, t)= t

.Resolverlo y hallar para cada ∈ (0, π) ellímite de la solución (, t) cuando t→∞ .

5. Sea

¨

t − 4 = cos π2 , ∈ (0,1), t > 0(,0)=T, (0, t)=F, (1, t)=T

Calcular la solución y su límite cuando t→∞ ( F y T constantes).

6. Sea una placa circular homogénea de 1 cm de de radio, inicialmente a 0o. Supongamosque en t = 0 todo su borde se calienta hasta 1o y luego se mantiene a esa temperatura.Determinar la distribución de temperaturas en la placa para t>0 . ¿Hacia qué valor tenderála temperatura de un punto situado a 0.5 cm del centro de la placa cuando t→∞ ?

7. Sea�

t − − = 0 , ∈ (0,3π), t>0(,0) = 1 , (0, t)−4(0, t)=(3π, t)=0

Determinar, según la constante , el límite de la solución cuando t→∞ .

8. Sea

¨ tt − = 0 , ∈[0, π], t∈R(,0) = t(,0) = 0(0, t)=sent, (π, t)=0

Determinar los valores de para los que la solución no está acotada.

9. Sea ttt−4t3−t = 0 . a] Hallar la solución que satisface: (,1)= , t(,1)=2 .b] Separar variables =XT en la ecuación y comprobar que la solución particular de a]

aparece como producto de soluciones asociadas a λ=0 .

75

10. Resolver por separación de variables:

¨ +yy+6=0 en (0, π)×(0, π)y(,0)=0 , y(, π)=0(0, y)=0 , (π, y)=2cos22y

.

11. Probar que 23 ≤

�12 ,

π2�

≤ 1 , si (r, θ) es la solución del problema en el plano:�

Δ = 0 , r<1(1, θ) = ƒ (θ) con ƒ (θ) =

�

1, 0≤θ≤π0, π<θ<2π

12. Resolver

¨

rr +1r r +

1r2θθ = cos2θ , r<1, 0<θ<π

r(1, θ)= , θ(r,0)=θ(r, π)=0para los que se pueda.

13. a] Discutir cuántas soluciones y(r) tiene�

r2y′′+ ry′− y = r2y′(1)+y(1)=y(2)=0 .

b] Resolver el problema plano:�

Δ = senθ , 1<r<2r(1, θ)=(2, θ)=0

.

14. Hallar la única solución de este problema en el plano:

¨ Δ = 0 , r<1, θ∈ (0, π)(1, θ)+2r(1, θ)=4sen

3θ2

(r,0)=θ(r, π)=0.

Comprobar que cambiando +2r(1, θ) por −2r(1, θ) el problema físicamente imposibleque resulta pasa a tener infinitas soluciones.

15. Hallar (en términos de funciones elementales) una solución acotada de:¨

rr+rr +

θθr2+ 4 = 0 , r<1 , 0<θ<π

(1, θ)=sen θ2 , (r,0)=θ(r, π)=0

[Separando variables y haciendo s=2raparece una ecuación conocida].

16. Resolver el problema en la semiesfera:

¨

rr +2r r +

1r2θθ +

cosθr2 senθθ = 0 , r<1, 0<θ<

π2

r(1, θ)= ƒ (θ) , θ(r, π/2)=0

¿Qué condición debe cumplir ƒ (θ) para que exista solución?Hallar la solución si ƒ (θ) = cos2θ− para el único para el que existe.

17. Hallar la solución en ambos problemas para ƒ (θ)= constante y para ƒ (θ)=cos3θ :¨ Δ = 0 , si r>R(R, θ) = ƒ (θ) , 0≤θ<2π acotada cuando r →∞

y

¨ Δ = 0 , si r>R(R, θ) = ƒ (θ) , 0<θ<π→ 0 cuando r →∞

18. Resolver:

t − Δ = 0, (, y)∈ (0, π)×(0, π), t>0(, y,0) = 1+ cos cos2y(0, y, t)=(π, y, t)=0y(,0, t)=y(, π, t)=0

tt−Δ = 0 , (, y)∈ (0, π)×(0, π), t∈R(, y,0)=0 , t(, y,0)=sen3 sen22y(0, y, t)=(π, y, t)=0y(,0, t)=y(, π, t)=0

¨

Δ = z , 2+y2+z2<1 = z3 si 2+y2+z2=1

¨

Δ = 0 , 2+y2+z2<1 = 3 si 2+y2+z2=1

t − Δ = 0, 1<r<2, 0<z<1, t>0(r, θ,0)= senπz(1, z, t) = (2, z, t) = 0(r,0, t) = (r,1, t) = 0

19. Escribir en cartesianas los armónicos esféricos: Y00 , rY01 , rY11 , r2Y02 , r2Y12 , r2Y22 .

20. Calcular el valor en el origen de la solución del problema plano

¨

Δ = r cos2θ , r < 1(1, θ)=0 , 0≤θ<2π .

21. Escribir, en coordenadas esféricas, la función de Green G para la ecuación de Laplace enla esfera unidad y deducir la expresión, en términos de G , F y ƒ , de la solución de:

(P)�

Δ = F , r<1 = ƒ si r=1

Hallar el valor de la solución de (P) en el origen en caso de que: i) F= ƒ=1 , ii) F=z , ƒ=z3.

76

problemas de EDII (C) 2009

problemas 4

1. Resolver por diferentes caminos:�

tt − 4 = e−t , , t ∈ R(,0) = 2, t(,0) = −1

,�

tt−4=16 , , t∈R(0, t)= t , (0, t)=0

.

2. Sea

¨ tt−=0 , ≥0, t∈R(,0)=0 , t(,0)=cos2(0, t)= t

.a] Hallar

�

π,2π�

.b] Hallar (,2π) para ≥2π .

3. Sea

¨ tt−4=0 , ∈[0,2], t∈R(,0)=4−3, t(,0)=0(0, t) = (2, t) = 0

. Hallar �32 ,

34�

. Dibujar (,2) . Hallar (,1) .

4. Sea

¨ tt−=0 , ∈[0,2], t∈R(,0)=2 , t(,0)=0(0, t)=0 , (2, t)=4

.

a] Hallar (1,2) . b] Hallar (,1) .i] Utilizando D’Alembert.ii] Separando variables

�

dato∞∑

m=1

(−1)m+1

(2m−1)3 =π3

32

�

.

5. Para los problemas:

tt−=0 , , t∈R(,0)=0

t(,0)=n

1, ||≤1/20 ||>1/2

tt−=0 , ∈[0,4], t∈R

(,0) =n

senπ, 2≤≤30 resto de [0,4]

t(,0)=(0, t)=(4, t)=0

a) dibujar el dominio de influencia; b) dibujar (,1), (,2) y (,3); c) dibujar (3, t), t≥0.

6. Sea

¨ tt−=0 , ∈[0,2], t∈R(,0)=t(,0)=0(0, t)= t , (2, t)=0

a] Hallar (, T) , T∈[0,2] , y describir la evolución dela cuerda para t∈[0,2] . b] Hallar (,2k) , k=1,2, . . .

7. Sea�

tt−=0 , ≥ 0, t ∈ R(,0)= ƒ (), t(,0)=g(), (0, t)=0

.

Resolverlo extendiendo ƒ y g adecuadamente a todo R y aplicando la fórmula de D’Alembert.¿Se invierten las ondas al reflejarse en =0 ? ¿Cómo son los dominios de influencia?

8. Sea

tt−=0 , ∈[0,2π], t∈R

(,0)=0 , t(,0)=n

sen, ∈[0,π]0, ∈[π,2π]

(0, t)=(2π, t)=0

Hallar (,2π) usando la fórmula deD’Alembert y separando de variables.

9. Resolver

¨ tt − c2[+yy+zz] = 0(, y, z,0)= ƒ (, y, z)t(, y, z,0)=0

, si ƒ (, y, z) =

¨ a] +y+zb] +yc]

.

10. Sea

¨

tt −�

rr +2r r

�

= 0 , r ≥ 0(r,0)=6 , t(r,0)=5r3

. Hallar (2,3) .

11. Sean

¨

tt−=0 , ≥0, t∈R(,0)=0 , t(,0)=

62

1+3 , (0, t)=0y

(

tt−rr− 2rr =0 , r≥0, t∈R(r,0)=0 , t(r,0)=

6r1+r3

.

a] Hallar (1,4) y (1,4) . b] Más en general, hallar (1, t) para t≥0 .

12. Sean

tt−rr=0 , r≥0, t∈R

(r,0)=§

2r−r2, r∈[0,2]0 en el resto ≡ F(r)

t(r,0)=(0, t)=0

y

tt−rr− 2r r=0 , r≥0, t∈R

(r,0)=§

2−r , r∈[0,2]0 en el resto ≡ ƒ (r)

t(r,0)=0

.

a] Hallar (6,3) , (2,3) y (4,3) . b] Dibujar y hallar la expresión de (r,3) .c] Hallar el valor máximo de (r,3)

�p15 ≈3.873

�

.

13. Resolver

¨

tt−rr− 2r r=0, r≤1, t≥0(r,0)=0, t(r,0)=

1r senπr , (1, t)=0

i) por separación de variables,ii) con las técnicas del capítulo 4.

.

77

14. i) Hallar (, )=∫∞0 e−k

2coskdk probando que d

d =−2 e (,0)=

pπ

2p

.

Usar lo anterior para calcular: F−1c

�

e−k2�

, F−1s

�

k e−k2�

, F−1�

e−k2�

, F�

e−2�

.ii) Probar el resto de afirmaciones de los teoremas 2, 2’ y 4 de 4.3.

15. Sea�

t−=(2−1)e−2/2 , ∈R , t>0

(,0)=0 , acotada

h El término no homogéneo es laderivada segunda de e−

2 /2

i

.

Hallar su solución (en términos de funciones elementales) y el lımt→∞

(, t) :

a] Aplicando la F directamente. b] Con un cambio que haga la ecuación en homogéneay evaluando la integral de los apuntes mediante un cambio de variable.

16. Hallar su solución sin que aparezcan integrales:

¨

t−+=0 , ∈R, t>0(,0) = e−

2/2 .

17. Resolver:�

t − = 0 , , t > 0(,0)= ƒ (), (0, t)=g(t), acotada

18. Obtener la fórmula de D’Alembert utilizando transformadas de Fourier.

19. Sea (P)�

tt − = 0 , ≥ 0, t ≥ 0(,0)=t(,0)=0, (0, t)=sen t

.[Ayuda: =sen t cos satisface lacondición de contorno y la ecuación].

i) Hallar y describir (, t) para cada t>0 fijo.ii) Hallar la transformada seno s de la solución hallada en i).

Hallar s resolviendo directamente (P) por transformadas seno.

20. Hallar la solución de�

tt+2t+=0 , , t ∈ R(,0)=0, t(,0)=g()

,i) a partir de su forma canónica,ii) con transformadas de Fourier

21. a] Dada 3t−=2 , hallar:a1] la solución con (,0)= ,a2] dos soluciones con (,−3)=−2 .

b] Resolver�

3t−=g()(,0)= ƒ () ,

b1] utilizando las características,b2] con transformadas de Fourier, y comprobar a1].

22. Resolver

¨

2t + = t(,0)=e−

2 ,a) utilizando las características,b) con transformadas de Fourier.

23. a) Resolver por Fourier y por las características:�

t + (cos t) = , ∈R, t≥0(,0) = ƒ () .

b) Si ƒ () =�

cos2, ∈[−π/2, π/2]0 en el resto describir (, t) para t ≥ 0 .

24. Hallar la función de Green para la ecuación de Laplace en el semiplano {(, y) :∈R, y>0}y utilizarla para la hallar la solución de

�

Δ = F(, y), ∈ R, y>0(,0)= ƒ () , acotada

Resolver el mismo problema para F ≡ 0 con transformadas de Fourier.

78

Soluciones de problemas 1 de EDII(Cp) (2009)

1 32y+=5

(,0)=3dyd =3

2�

ξ=y−3η= → η=η5, = η6

6 +p∗(ξ)= 6

6 +p∗(y−3)→ p∗(−3)=3− 6

6

O bien,�

ξ=y−3η=y → η=

13

3= η−ξ3 , = η2

6 −ξη3 +p(ξ)=

y3

3 −y2

6 +p(y−3)→ p(−3)=3

→ p∗()=−− 2

2 ∀ ó p∗()=− ∀ → = y3

3 −y2

6 −y+3 A pesar de la tangencia en (0,0)

[Δ=32 ] , hay solución única.

(2y−)y + = 2y(1, y)=0

dyd =

2y −1 → y=C2+→

¨

ξ= y2− 1

η=

→ η=2y , η=2+2ξη→

=2η+ξη2+p(ξ)=+y+p( y2− 1 )→ 1+y+p(y−1)=0→ p()=−−2 , = 1

−y2++y−2 .

Solución única (era Δ=−1·1 6= 0 ).

y+=−2e−y(−1, y)=0

dyd =

1 → log ||−y=C ,

�

ξ=e−y

η=y → η=−ξ2eη , =p(ξ)−ξ2eη =p(e−y)−2e−y

[con η=→ η=−e−y=−ξ , =p(ξ)−ξη=p(e−y)−2e−y como antes].

(−1, y)=p(−e−y)− e−y=0→ p()=− (para <0 ) → =−(+2)e−y (vale para todo )

y−y=2y(,0)=

dyd =−

y →

�

ξ=2+y2

η=y → η=2η , =p(ξ)eη2=p(2+y2)ey

2 → p(2)=

p()=±p → = +−

p

2+y2 ey2 >0<0

[problemas en el origen:Δ==0 si =0 ]

−y =−yy

(,1)=

�

ξ=+yη= → η=

2η−ξη(ξ−η) , = p(ξ)

η(ξ−η) =p(+y)y → p(+1)

= → = (+y−1)2

y [Δ=−1 ]

y+3y2=2y +6y

4

(,1)=2

�

ξ=−y3η=y → η=

2η +6η

4(ξ+η3) , =p(ξ)η2+η2(ξ+η3)2=p(−y3)y2+2y2

O bien,�

ξ=−y3η= → η=

23(η−ξ)+2(η−ξ)

2/3η , =p(ξ)(η−ξ)2/3+||

η2(η−ξ)2/3

(,1)=p(−1)+2=2 → p()=0 (para todo , Δ=−1 ) → =2y2

yy+(2y−)=(,1)=0

dyd =

y2y−

(exacta uhomogénea) o mejor d

dy =−y+2 lineal → y−y2=C ,

�

ξ=y−y2η=y

→ ηη=ξ+η2η , =p(ξ)− ξ

η+η=p(y−y2)+2y−→ p()=−1 ∀→ =y−y2+2y−−1 [Δ=1 ]

yy+ e2= 2

(,0)=0dyd = e

−2y→ y=Ce∫

0e−s

2ds ,

�

ξ=ye−∫

0e−s

2ds

η=→ η=2ηe−η

2, =p(ξ)− e−η2 ,

=p(ye−∫

0e−s

2ds)− e−2 , (,0)=p(0)− e−2= 0 no tiene solución

�

Δ=0·1−e2·0 ≡ 0�

.

2 yy− = +2dyd =−

y → y= C

→�

ξ=yη= → η=−

η−2 , = p(ξ)η −η =

p(y) − .

O bien,�

ξ=yη=y → η=

η+

2ξη2

, = p∗(ξ)η+η∫ 2ξ

η3dη = p∗(ξ)η− ξ

η = p∗(y)y− .

i) (,0) = p(0) − = − → toda p∈C1 con p(0)=0 lo cumple, por ejemplo,

p()≡0→ =p()=→ =y− .

O bien, (,0)=−=− para toda p∗∈C1; eligiendo p∗()≡ 0 , 1 obtenemos las de arriba.

ii) (,2) = p(2) − = 7 , p(2)=82 → p()=22 → (, y) = 2y2− .

O bien, (,2)=2p∗(2)−=7 , p∗(2)=4→ p∗()=2 ↗.

El dibujo de las características muestra que para i) había problemas de uni-cidad [dato sobre característica] y que había solución única para ii) [no haytangencia]. El Δ nos lo confirma:

i) Δ = 1·0− 0·(−) ≡ 0 , ii) Δ = 1·2− 0·(−) = 2 6=0 .

3 y+2y=3 con: i) (,1)=1 , ii) (0, y)=0 .

dyd =

12y → −y2=K →

�

ξ=−y2η=y → η=3=(3ξ+3η2)

→ =p(ξ)e3ξη+η3= p(−y2)e3y−2y3 .

�

Es bastante más largo con�

ξ=−y2η= → 2yη=3 , η=

3η[ξ−η]1/2 , ...

�

.

i) p(−1)e3−2=1 , p()=e−3−1 → = e3y−3−2y3+3y2−1 = e(y−1)(3−2y

2+y+1) (única; Δ≡1 ).

ii) (0, y)=p(−y2)e−2y3=0 → p()≡0 , si ≤0 , pero indeterminada si >0 → ≡0 , si ≤y2 ,

indeterminada si >y2 → solución única excepto en un entorno del origen (Δ=−2y ).

4 +y=y2

(, n)=n=p(y)e−y+ y [ y=C características]

(, n)=p(n)e−n+1+n=n → p(n)=0

[Hay tangencia en el origen ∀n≥2 , Δ=−nn−1 ].

Si n impar: p()≡0 ∀→ =y , solución única.

vp validas

p(v)Si n par: p()≡0 ∀≥0 , indeterminada si <0→ =p(y)e−y+ y , con p∈C1 de la forma:

5 A(, y, )y+B(, y, )=C(, y, )dd=

CB , dyd=

AB →

η(, y, )=c1ξ(, y, )=c2

[para cada c1, c2 hay una curvacaracterística en el espacio].

Si η(, y, )=p[ξ(, y, )] define implícitamente =(, y) [si va bien el teorema de la función implícita]

∂ → η+η=p′(ξ)[ξ+ξ]→ =p′(ξ)ξ−ηη−p′(ξ)ξ ; ∂y → y=

p′(ξ)ξy−ηyη−p′(ξ)ξ . Por tanto:

Ay+B =1

η−p′(ξ)ξ�

p′(ξ)(Aξy+Bξ)−(Aηy+Bη)�

= 1η−p′(ξ)ξ

�

p′(ξ)(−Cξ)−(−Cη)�

= C ,

pues: ξ+ξydyd +ξ

dd =

1B [Bξ+Aξy+Cξ]=0 (igual para η , y análogo para ξ(, y, )=q[η(, y, )] ).

y+=0dd = 0 → = c1dyd =

1 =

1c1→ y = +c2

c1= +c2

→ y− = c2

[las características están contenidas en planos =cte y cada uno son rectas]

Solución general: (1) y− = p() o (2) = q(y−) .

i) (,0)= → −=p() → y−=− → = y+1 [de (2) igual].

ii) (0, y)=0 → 0=p(0) ; para cada p∈C1 con p(0)=0 una solución

distinta, por ejemplo: p≡0→ = y , p()=→ =

y−1 , p()=−→ = y+1 , . . .

(2) da más: q(0)=0 ; q≡0→ ≡0 [no recogida en (1)], . . . Problemas por ser (0, y,0) característica.

6 e+ eyyy=Elípticaen R2

ddt =±e

(−y)/2, e−/2± e−y/2=C¨

α=e−/2

β=e−y/2→ αα+ββ+

αα +

ββ =4

−3y+2y2=y Parabólica en forma normal. λ2−3yλ+2y2=0→ =p(y)ey+q(y)e2y+ 12y

+4y−5yy+6+3y=9 Hiperbólica�

ξ=− y5

η=+yó�

ξ=5−yη=+y → 4ξη+3ξ+η =

no resoluble

7 (E) tt+2t=2 Hiperbólica�

ξ=−2tη= →

¨

tt = 4ξξt = −2ξξ−2ξη

→

ξη=− 12 → =p(ξ)+q(η)− ξη2 = =p(−2t)+q()− 2

2 +t

i) y=0 no tangente a las características → solución única con:(

0=(,0)=p()+q()− 122 q()= 1

42−C

0=t(,0)=−2p′()+→ p()= 14

2+C ↗→ = t2

ii) (0, t)=0 , (0, t)= tson datos sobre característica:

p(−2t)+q(0)=0p′(−2t)+q′(0)+t= t

�

Cada q con q′(0)=0 , y p(t)≡−q(0)da una solución distinta (infinitas).

[(E) se puede resolver también: t= , t+2=2 , ...

O incluso: [t+2]t=2 , t+2=2t+q() , ... ]

8 tt+2t++=0 De coeficientes constantes y parabólica. − B2A t=−t=K características.

�

ξ=−tη= t →

�

t = −ξ+η = ξ

,¨ tt = ξξ−2ξη+ηηt = −ξξ+ξη = ξξ

→ ηη+ = 0

→ =p(ξ) cosη+q(ξ) senη , = p(−t) cos t + q(−t) sen t

[Eligiendo η= se llega a ηη+ = 0 → = p∗(−t) cos+ q∗(−t) sen ].

t(, t) =�

q(−t)−p′(−t)�

cos t −�

p(−t)+q′(−t)�

sen t¨

p(2) cos−q(2) sen=0 [•] → [2p′(2)−q(2)] cos−[p(2)+2q′(2)] sen=0[q(2)−p′(2)] cos+[p(2)+q′(2)] sen=1

1+2×2−→ q(2) cos+p(2) sen=2 [◦] ;[•]×cos+[◦]×sen → p(2)=2sen→ p()=2sen

2

[◦]×cos−[•]×sen → q(2)=2cos→ p()=2cos 2

→ =2sen −t2 cos t + 2cos −t2 sen t = 2sen +t

2 (solución única).

¨

p(0) cos+q(0) sen=0 → p(0)=q(0)=0�

q(0)−p′(0)�

cos−�

p(0)+q′(0)�

sen=0→ p(0)=p′(0)=q(0)=q′(0)=0 → Por ejemplo,

p()=2 , q()≡0 → = (−t)2 cos t ; ó p()=1−cos , q()≡0 → = [1−cos(−t)] cos t ; ...

9 a) 4yyy−+2y=0 B2−4AC=16y→ y>0 hiperbólicay<0 elíptica

y>0 : ddy =±

p16y8y =± 1

2py → ±py =C características

�

y=(−C)2�

.�

ξ=+py

η=−py → ξη= 0→ =p(ξ)+q(η)= p(+py )+q(−py )

Los datos iniciales de b) son para esta región:¨

(,1)=p(+1)+q(−1)=2y(,1)=

12p′(+1)− 12q

′(−1)=→ p′(+1)+q′(−1)=2→ p′(+1)−q′(−1)=2 → p′()= , p()= 2

2 +k , q()=− 2

2 −k

= 12�

(+py )2−(−py )2

�

= 2py

y<0 : ddy =±

2p−y

, ± p

−y =C¨

ξ=η=p

−y

(

=ξ

y=−(−y)−1/2

2 η

(

=ξξ

yy=− 14yηη+

(−y)−1/24y η

, ξξ+ηη=0

10 (E) Ayy+By+C+Dy+E+F=G(, y) si no es parabólica, B2−4AC 6=0 .

= epyeq →¨

y=[p+y]epy+q

=[q+]epy+q

yy=[p2+2py+yy]epy+q

y=[pq+p+qy+y]epy+q

=[q2+2q+]epy+q→

Ayy+By+C+(2pA+qB+D)y+(2qC+pB+E)

+(p2A+pqB+q2C+pD+qE+F)= e−py−qG(, y)

Si2pA+qB+D = 02qC+pB+E = 0

«

→ p = 2CD−BEB2−4AC , q = 2AE−BD

B2−4AC , desaparecen los términos en y y .

Y la ecuación se convierte en: (E*) Ayy+By+C+�AE2+CD2−BDE

B2−4AC +F�

= e−py−qG(, y)

Por tanto, si las constantes son tales que el corchete se anula, la ecuación tampoco tiene término en .[Y si es hiperbólica se puede reducir a ξη=G∗ , y se puede resolver].

y+2y+3+6=1 → B2−4AC=1 , p=−3 , q=−2 , [ ]=�−61 +6

�

=0 ;

= e−3y−2 → y= e3y+2 → = 16e

3y+2+p()+q(y) → = 16+e

−3ye−2[p()+q(y)]

Si (E) es parabólica se puede poner en la forma canónica: ηη+D∗η+E∗ξ+F∗=G∗(ξ, η) .

Si E∗=0 , la ecuación (lineal de segundo orden con coeficientes constantes en η ) es resoluble.

= epyeq → ηη+(2p+D∗)η+E∗ξ+(p2+pD∗+qE∗+F∗)=e−py−qG∗(ξ, η) ≡ G∗∗(ξ, η)

Si E∗ 6=0 , podemos hacer p = −D∗

2 , q = 1E∗�D∗2

4 − F∗�

y convertir la ecuación en η+E∗ξξ=G∗∗(ξ, η) (la del calor).

11�

Δ−k2=F en D= ƒ en ∂D Usaremos la fórmula de Green:

∫∫

DΔddy =

∮

∂Dn ds−

∫∫

D||∇||2 ddy .

Si 1 , 2 soluciones del problema, =1−2 verifica�

Δ=k2 en D=0 en ∂D . Por la fórmula de Green:

k2∫∫

D2 ddy+

∫∫

D||∇||2 ddy = 0 ⇒ 2 ≡ 0 ⇒ ≡ 0 (si k 6=0 , y si k=0 es Laplace visto en teoría).

¨ t−kΔ=F(, y, t) en D(, y,0)= ƒ (, y) en D(, y, t)=0 en ∂D

Mezclamos la demostración del calor de teoríacon la fórmula de Green. 1 , 2 soluciones,=1−2 cumple el problema con F= ƒ=0→

∫∫

Dt ddy− k

∫∫

DΔddy =

1

2

d

dt

∫∫

D2 ddy− k

∮

∂Dn ds[=0]

+ k∫∫

D||∇||2 ddy

[≥0]

Debe ser ddt

∫∫

D2 ddy ≤ 0 . La integral es función U(t) no creciente,

en cero vale cero y es ≥0 para todo t ⇒∫∫

D2 ddy ≤ 0⇒ ≡ 0 . Unicidad.

soluciones de problemas 2 de EDII(Cp) (2009)

1 y′′ + λy = 0y(0)=y′(1)=0 λ≥0 (teor 1). λ=0 : y=c1+c2 , y(0)=c1=0

y′(1)=c2=0

�

→ y ≡ 0 . λ=0 no autovalor.

λ>0 : y=c1 cos+c2 sen , y(0)=c1=0y′(1)=c2 cos=0

�

→ λn=(2n−1)2π2

22 , yn≡{sen (2n−1)π2 } , n=1,2, . . . .

y′′ + λy = 0y(−1)=y(1)=0

s=+1→ y′′ + λy = 0y(0)=y(2)=0

�

→ λn=n2π2

22 , yn≡{sen nπs2 }={sen

�nπ2 +

nπ2�

} , n=1,2, . . . .

Directamente (λ>0 ): c1 cos−c2 sen=0c1 cos+c2 sen=0

�

→�

�

�

�=sen2=0 , λn=n2π2

22 →n par, c1=0→ senn impar, c2=0→ cos .

y′′ + λy = 0y(0)=y(1)+y′(1)=0 λ≥0 (t1). λ=0 : c1=0

2c1+c2=0

�

no autovalor.

λ>0 : y=c1 cos+c2 sen , c1=0c2(sen+ cos)=0

�

→ tnn=−n

λn=2n

(λ1≈4.116 , . . . ) , yn≡{senn} , n=1,2, . . . .

2y′′+y′+[λ2− 14 ]y=0y(1)=y(4)=0

[y′]′− y4+λy=0 , λ>0 . Casi Bessel:

s=pλ→ s2y′′+sy′+[s2− 14 ]y=0

y=c1cospλp+c2

senpλp

c.c.→ λn=n2π2

9 , yn=� 1p

sen nπ(−1)

3

, n=1,2, . . .

�

O bien: =py→ ′′ + λ = 0

(1)=(4)=0

�

=s+1→ ′′ + λ = 0(0)=(3)=0

�

→ =sen nπs3 =sen

nπ(−1)3

�

.

2 y′′ + λy = 0y′(0)−αy(0)=y(1)=0 λ>0 : Si α=0 , λn=

(2n−1)2π222 , yn≡{cos (2n−1)π2 } .

Si α 6=0 : c2−αc1=0c1 cos+c2 sen=0

�

tnn=−n

α , yn≡{α senn+n cosn} .

λ=0 : c2−αc1=0c1+c2=0

�

→ Autovalor si α=−1 , con autofunción y0≡{1−} .

λ<0 : y=c1 ep+c2 e−p , (p−α)c1−(p+α)c2=0c1 ep+c2 e−p=0

�

→

p[ep+e−p]+α[ep−e−p]=0→ thp = − pα

Si α<−1 hay un λ=−p20�

y0≡{α shp0+p0 chp0}�

.

El menor autovalor es negativo si α<−1 , 0 si α=−1y positivo si α>−1 (para α=0 es λ= π2

4 ).

m=1

m=2 m gordo

3 a) ƒ ()=1 Su serie en senos es: 2π

∞∑

m=1

sen(2m−1)π2m−1 .

Tiende hacia la extensión 2-periódica de ƒ ()=�

−1, −1< <01, 0<<1 ,

y la suma es 0 si ∈Z . Cerca de ellos convergerá mal.

La serie en cosenos es la propia constante 1 = 1+0+0+· · ·(es uno de los elementos de la base de Fourier).

b) ƒ ()=2 =∞∑

n=1

�2(−1)n+1πn + 4[(−1)n−1]

π3n3�

sennπ .

[En la serie en senos aparecerán picos cerca de 1 ].

2= 13+

4π2

∞∑

n=1

(−1)nn2

cosnπ converge uniformemente en [0,1] .

1,0

0,25

0,75

0,5 0,90,30,1 0,80,4

1,0

0,6 0,7

0,0

0,0 0,2

x

0,5

0,90,5

0,25

x

1,00,80,4 0,70,0

1,0

0,1

0,5

0,0

0,75

0,60,2 0,31,0

0,2

0,5

0,4

1,0

0,8 0,9

0,6

0,7

0,8

0,5

0,7

0,1

0,4

0,3

0,0

0,1 0,20,0 0,6

0,9

0,3

xa) sen, m=2,5,20 b) sen, n=2,5,20 b) cos, n=2,5

4 i) Para desarrollar en cosenos basta escribir cos3 = 34 cos+

14 cos3 , ∈[0, π] .

(La ‘serie’ claramente ‘converge uniformemente’ en todo [0, π] hacia la ƒ dada).

ii) Los coeficientes de la serie en senos vienen dados por las fórmulas de los apuntes:

bn =2π

∫ π

0 cos3 sennd = 3

2π

∫ π

0 cos sennd+12π

∫ π

0 cos3 sennd

= 34π

∫ π

0 [sen(n+1)+sen(n−1)]d+14π

∫ π

0 [sen(n+3)+sen(n−3)]d

= − 34π� cos(n+1)

n+1 + cos(n−1)n−1

�π0 −

14π� cos(n+3)

n+3 + cos(n−3)n−3

�π0

= 34π�1+(−1)n

n+1 + 1+(−1)nn−1

�

+ 14π�1+(−1)n

n+3 + 1+(−1)nn−3

�

= 3n2π

1+(−1)nn2−1 + n

2π1+(−1)nn2−9 = 2n(n2−7)[1+(−1)n]

π(n2−1)(n2−9)

Esta serie converge hacia los puntos de continuidad de la extensión impar y 2π-periódica de ƒ ,es decir, converge hacia cos3 en (0, π) y converge a 0 (evidentemente) cuando =0, π :

!"##"# $"%$"#

#"#

&"%&"##"%

!#"%

!"%

#"%

!&"#

'

&"#cos3 =∞∑

m=1

8m(4m2−7)π(4m2−1)(4m2−9) sen2m , ∈ (0, π) .

La función límite es la de abajo y a la derecha están losdibujos (Maple) de las sumas parciales con m=3 y 10 .Hay convergencia uniforme en cualquier [, b]⊂(0, π) .

5 a) ƒ ()=sen2 = 12−

12 cos2 , ya desarrollada

�

0=12 , 2=− 12 y los demás n y los bn son 0

�

.

b) ƒ ()= | sen| par → bn=0 . 0=1π

∫ π

−π | sen|d=2π

∫ π

0 send=4π . 1=

2π

∫ π

0 sen cosd=0 .

n=2π

∫ π

0 sen cosnd=1π

∫ π

0 [sen(1+n)+sen(1−n)]d=−1π

� cos(1+n)1+n + cos(1−n)

1−n�π0

= 1π

�1+cosnπ1+n + 1+cosnπ

1−n�

= 2π1+(−1)n1−n2 → | sen| =

2

π+4

π

∞∑

m=1

cos2m

1− 4m2

c) ƒ ()=sen 2 impar. n=0 . bn=

2π

∫ π

0 sen2 sennd=

1π

∫ π

0

�

cos (1−2n)2 −cos (1+2n)2�

d= 8π(−1)nn1−4n2 .

d) ƒ ()=�

−π, si − π≤<0sen, si 0≤<π

n=1π

∫ π

0 sen cosnd−∫ 0−π cosnd , n=0,1, . . .

bn=1π

∫ π

0 sen sennd−∫ 0−π sennd , n=1,2, . . .

120=

1π−

π2 ; 1=0 ; n=

1π1+(−1)n1−n2 , n=2,3, . . . ; b1=

52 ; bn=

1−(−1)nn , n=2,3, . . . .

6 Autovalores y autofunciones conocidos: λn=(2n−1)222 , yn=

n

sen (2n−1)2

o

, n=1,2, . . . . ⟨yn, yn⟩= π2 .

→ cn =2π

∫ π

0 ƒ () sen(2n−1)

2 d = 2π

∫ π/20 sen (2n−1)2 d

= − 4 cos(2n−1)

2π(2n−1)

iπ/2

0+ 4

π(2n−1)∫ π/20 cos (2n−1)2 d =

8sen (2n−1)π4

π(2n−1)2− 2cos (2n−1)π4

2n−1 .

La serie converge hacia ƒ () en los ∈ (0, π) en que ƒ es continua (en los extremosno lo sabemos), y hacia 1

2 [ƒ (+)+ƒ (−)] en los que ƒ es discontinua. Por tanto:

π4 =

∞∑

n=1

cn sen(2n−1)π

4 =∞∑

n=1

h8sen2( nπ2 −π4 )

π(2n−1)2− sen (2n−1)π2

2n−1

i

= 4π

∞∑

n=1

1(2n−1)2

− π4 ⇒

∞∑

n=1

1(2n−1)2

= π2

8 .

7 =∞∑

m=1

cn sen(2n−1)π

2[0,1]r=1 cn=2

∫ 10 sen

(2n−1)π2 d= 8(−1)n+1

π2(2n−1)2

=∞∑

m=1

cn sennπ(+1)

2[−1,1]r=1

∫ 1−1 sen

2 nπ(+1)2 =1 , cn=

∫ 1−1 sen

nπ(+1)2 d=− 2[1+(−1)

n]nπ

=∞∑

m=1

cn senn , tnn=−n[0,1]r=1

∫ 10 sen

2nd=12−

sen2n

4n= 1+cos2n

2 =2+2

n

2(1+2n) ,

∫ 10 sennd=

senn

2n

− cosn

n= 2senn

2n

= −2cosn

n→ cn=

4(1+2n) senn

(2+2n)2

n

=∞∑

m=1

cnpsen nπ(−1)

2[1,4]r=

∫ 41 sen

2 nπ(−1)2 d= 3

2 , cn=23

∫ 41

3/2 sen nπ(−1)2 d no elemental.

8 y′′ + 2y′ + λy = 0y(0)+y′(0)=y(1/2)=0

En forma autoadjunta:�

y′e2�′+λe2y = 0 [problema de S-L regular].

μ2+2μ+λ=0→ μ=−1±p1−λ . En principio, puede haberλ negativos.

λ<1 ,p1−λ =p→ y = c1e(p−1)+c2e−(p+1) →

y(0)+y′(0)=p(c1−c2)=0y( 12 )=(c1e

p/2+c2e−p/2)e−1/2=0→ c1=c2=0 .

λ=1→ y=(c1+c2)e− →y(0)+y′(0)=c2=0y( 12 )=(c1+

c22 )e

−1/2=0→ c1=c2=0 .

λ>1 ,pλ−1 =→ y=(c1 cos+c2 sen)e− → y(0)+y′(0)=c2=0 → c2=0 →

y�12�

=c1 cos2 e−1/2=0 → n=(2n−1)π , λn=1+(2n−1)2π2 , yn=

�

e− cos(2n−1)π

, n = 1,2, . . .

Por tanto: 1 =∞∑

n=1

⟨1, yn⟩⟨yn, yn⟩

yn , con ⟨1, yn⟩=∫ 1/20 e cos(2n−1)πd , ⟨yn, yn⟩=

∫ 1/20 cos2(2n−1)πd

Como∫ 1/20 cos2b = 1

2

∫ 1/20 (1+cos2b)= 1

4 +senb4b → ⟨1, yn⟩= 1

4 e∫

ecosbd= (cosb+b senb)e

1+b2 ,

concuimos que: 1 = 4∞∑

n=1

(−1)n+1(2n−1)πe1/2−11+(2n−1)2π2 e− cos(2n−1)π .

0,75

0,25

0,5 0,7

x

1,00,9

1,5

0,8

1,25

1,0

0,5

0,6

0,0

0,40,30,20,10,0

9�

[1−2]y′�′+ λy = 0

y(0)=0, y acotada en 1

Los P2n−1 son las únicas soluciones dela ecuación de Legendre que pasan porel origen y están acotados en =1 →

λn=2n(2n−1) , yn={P2n−1} , n∈N.∫ 1−1 P

2n= 22n+1 →

∫ 10 P

22n−1=

14n−1 .

1 =∞∑

n=1

cnP2n−1()

r()=1

c1 = 3∫ 10 d =

32

c2 = 7∫ 10

�52

3− 32�

d = − 78c3 = 11

∫ 10

�638

5− 354 3+ 15

8 �

d = 1116

10y′′= ƒ () , ∈ (0,1)αy(0)−α′y′(0)=0βy(1)+β′y′(1)=0

Por teoría de problemas de contorno hay solución única si la hay para y′′=0 :αc1 − α′c2 = 0β(c1+c2)+β′c2=0

�

→ αβ+ αβ′ + α′β 6= 0 (•)

Ahora con técnicas como las de EDPs (quedarán casos de (•) por analizar). La ’fórmula de Green’ es:∫ 10 yy

′′d =[yy′]10 −∫ 10 (y

′)2d → si y1, y2 soluciones, y=y1−y2 satisface [yy′]10 =∫ 10 (y

′)2d .

Si y(0)=y(1)=0 (α′=β′=0 ) →∫ 10 (y

′)2d = 0→ y′≡0→ y=Ky(0)=0→ y≡0 . Unicidad.

Si y′(0)=y′(1)=0 (α=β=0 ) →∫ 10 (y

′)2d = 0→ y′≡0→ y=K . Unicidad salvo constante.

Si α,α′, β, β′ 6=0→∫ 10 (y

′)2d+ αα′ [y(0)]

2+ ββ′ [y(1)]

2 = 0αα′,ββ′>0→ y=K , y(0)=0→ y≡0 .

El prinicipo del máximo dice aquí: la solución de y′′=0 tiene el máximo y el mínimo en el borde (claro,son rectas) ⇒ unicidad y dependencia continua para y(0)=y(1)=0 .

11 y′′−y′=2−y′(2)=y′(4)=0

La homogénea se puede resolver como Euler: λ(λ−1)−λ=0 → y = c1 + c22 ,

o haciendo y′= → ′= → = Celn = C → y = c1 + c22

�

y′=2c2�

.

Imponiendo los datos a esta solución:y′(2)=4c2=0y′(4)=8c2=0

→ c2=0 y c1 indeterminado.

El homogéneo tiene, pues, infinitas soluciones yh={1} y el no homogéneo tendrá infinitas o ninguna.

En forma autoadjunta: y′′− 1y′=−

×e− log−→

�1y′�′= 1−

2. Hallemos la integral:

∫ 42 1 · (1−

2)d = 2+

�

�42 = 2−

4 → Si =8 tiene infinitas soluciones. [Si 6=8 , ninguna].

[Se llega a lo mismo imponiendo los datos en la solución genera de la no homogénea · · · y = c1+c22+ 13

3+ · · · ].

12 y′′+y′+λy = 1−y′(0)=y′(2)=0 En forma Sturm-Liouville:

�

ey′�′ + λey = (1−)e (p, r>0 ).

i] q ≡ 0 , αα′ = ββ′ = 0 ⇒ los autovalores del problema homogéneo son ≥ 0 ⇒ si λ = −2 elproblema homogéneo no tiene más solución que la trivial y el no homogéneo solución única.

[Es fácil ver directamente que λ=−2 no es autovalor: μ2+μ− 2= (μ−1)(μ+2) →y=c1e+c2e−2 , y′=c1e−2c2e−2 →

c1−2c2=0c1e2−2c2e−4=0

→ c1=c2=0 ].

ii] Para el homogéneo:

μ(μ−1) → y=c1+c2e− , y′=−c2e− →−c2=0−c2e−2=0

→ c2=0 , c1 indederminado → yh={1} .

Como∫ 20 1(1−)e

d = (1−)e�20+∫ 20 e

d = −e2−1+ e2−1 = −2 6= 0 , no tiene solución.

[Se podría comprobar a partir de la solución general de la no homogénea: y=c1+c2e−+2− 12

2 ].

pth p

0

p1

13 [P]y′′ + λy = y(0)=y′(1)−y(1)=0

Ecuación en forma autoadjunta.Como ββ′<0 puede haber λ≤0 .

λ<0 : y=c1ep+c2e−p →c1 = −c2c2(p[ep+e−p]−[ep−e−p])=0

�

→ y ≡ 0�

no existe p>0 con p= thp , pues (thp)′(0)=1�

.

w

tan w

0

w

!w1 w2

λ=0 : y = c1+c2→c1 = 0c1+c2 = c2

o

→ λ0=0 autovalor con y0 = {} .

λ>0 : y = c1 cos+c2 sen→c1 = 0c2(sen− cos)=0

�

Hay infintos n con n= tnn → λn=2n

, yn=�

senn

.

Por tanto: Si λ 6=λn hay solución única de [P].

Si λ=0 , como∫ 10 d 6= 0 , [P] no tiene solución.

Si λ=λn , n=1,2, . . . ,∫ 10 sennd =

12n

[senn−n cosn] = 0→ infinitas soluciones.

[Podíamos ahorrarnos el cálculo de esta integral pues y0 e yn son ortogonales].

14 y′′ + λy = cos3y′(0)=y′( π4 )+y(

π4 )=0

α ·α′=0β·β′>0 ⇒ λ≥0 . λ=0 : y=c1+c2→

y′(0) = c2 = 0 ↓y′( π4 )+y(

π4 )=c1=0

«

λ=0 noautovalor.

λ>0 : y=c1 cos+c2 sen . y′(0)=0→ c2=0→ y′( π4 )+y(π4 )=c1

�

cos π4 − senπ4�

= 0 .

Si el corchete es cero, c1 queda indeterminado. Infinitos n cumplentn πn

4 =1n

. A cada λn=2n

, está asociada la yn={cosn}.

λ1 se pueda hallar exactamente: λ1=1→ y1={cos} ( tn π4 =1 ).

Si cos3=c1 cos+∞∑

n=2

cn cosn , el primer coeficiente c1 es:

c1=⟨cos3, cos⟩⟨cos, cos⟩ =

∫ π/40 cos3 cosd∫ π/40 cos2d

=∫ π/40 (cos4+cos2)d∫ π/40 (1+cos2)d

= 2π+2

Para i), por no ser λ=0 autovalor hay solución única del no homogéneo. Para ii), hay infinitas delhomogéneo yh={cos} y el no homogéneo no tiene solución pues:

∫ π/40 cos3 cosd= 1

4 6=0 .

15 y′′ = ƒ ()y(0)=y′(1)=0 y=c1+c2

↗ y1=↘ y2=1

|W|=−1p()=1 → G(, s)=

�

−s , 0≤s≤− , ≤s≤1

La solución para ƒ ()= : y = −∫

0 s2ds−

∫ 1sds = 3

6 −2 .

2y′′ + y′ − y = ƒ ()y(1)+y′(1)=y(2)=0 y=c1+

c2

↗ y1=1

↘ y2=− 4|W|= 2

, (y′)′ − y =

ƒ () → p()=

→ G(, s)=

( 12s

�

− 4

�

, 1≤s≤12

�

s− 4s

�

, ≤s≤2ƒ ()=→ y=

� 2−

2

�

∫

1dss +

1

∫ 2

� s2−

2s

�

ds= ln2 −

4+1−2 ln2

.

y′′ + y′ − 2y = ƒ ()y(0)−y′(0)=y(1)=0 y=c1 e+c2 e−2

↗ y1= e↘ y2= e− e3−2

|W|=3e3−,�

ey′�′−2ey= eƒ ()

→ G(, s)=

( 13e

s�e−3−e−2�

, 0≤s≤13e

�es−3−e−2s�

, ≤s≤1

→ y= e−3−e−23

∫

0 se2sds+ e

3

∫ 1s�

e2s−3−e−s�

ds =

(9e2+1)e

12e3 − e−2

12 −4−

14 .

16 [P]y′′ + 2y′ = + cy′(1)−y(1)=y′(2)=0 a) Homogénea: y = c1+

c2 →

−c2−c1−c2=0− c2

4 = 0

«

c1=0c2=0

→

Si 6=0 , el homogéneo [Ph] tiene sólo la solución trivial ⇒ [P] tiene solución única.

Si =0 , el [Ph] tiene infinitas {1}�

se puede ver como Neumann dependiente de r : rr+2rr =0

r (1)=r (2)=0�

.

(2y′)′=2+c→∫ 21 (

2+c)d = 73+

3c2 →

Si c=− 149 , [P] tiene infinitas soluciones.

Si c 6=− 149 , [P] no tiene solución.

Directamente: yp=A2+B�

h(s)=e2s+ces y 1,2 no autovalores�

→ y=c1+c2 +

2

6 +c2 →

−c2+ 13+

c2−c1−c2−

6−

c2 =−c1−

73−

3c2 −

176 −

5c2 =0

− c24 +

23+

c2 =0 → c2=

83+2c

↑

)

Si 6=0 única, y si =0 , c1indeterminado si 7

3+3c2 =0 .

b) =−1 ↗ c1=0→ y1=1

↘ c2=0→ y2=1

�

�

�

�

−1 1−−2 0

�

�

�

�

= 12

, p()=2, G(, s)=�

1/s , 1≤s≤1/ , ≤s≤2 , ƒ (s)=s2 →

y =∫

1 sds+1

∫ 2s2ds = 2

2 −12 +

1

�83−

3

3�

= 2

6 −12 +

83 [directamente: y=c1+

c2 +

2

6 ... ].

soluciones de problemas 3 de EDII(Cp) (2009)

1¨ t−+2t=0 , ∈ (0, 12 ), t>0(,0)=1−2(0, t)=(1/2, t)=0

(, t)=X()T(t) → X′′

X =T ′

T +2t=−λ→�

X′′ + λX = 0T′+(2t+λ)T=0

De las condiciones de contorno:(0, t)=X′(0)T(t)=0→ X′(0)=0( 12 , t)=X(

12 )T(t)=0→ X( 12 )=0

¨

X′′ + λX = 0X′(0)=X( 12 )=0

conocido: λn=(2n−1)2π2, n=1,2, . . .Xn={cos(2n−1)π}

→ T′=−(2t+λn)T , Tn=�

e−t2−(2n−1)2π2t

Probamos: =∞∑

n=1

cn e−t2−(2n−1)2π2t cos(2n−1)π . Debe ser: (,0) =

∞∑

n=1

cn cos(2n−1)π = 1−2 →

cn =21/2

∫ 1/20 (1−2) cos(2n−1)πd = 4(1−2)

π(2n−1) sen(2n−1)π�

�

1/20 + 8

π(2n−1)∫ 1/20 sen(2n−1)πd

= 8π2(2n−1)2

�

− cos(2n−1)π�1/20 = 8

π2(2n−1)2 → (, t) = 8π2

∞∑

n=1

1(2n−1)2 e

−t2−(2n−1)2π2t cos(2n−1)π

¨ t−−4−4 = 0, ∈ (0, π), t>0(,0) = e−2

(0, t)=(π, t)=0=XT →

T′+λT = 0�

′′+4X′+(4+λ)X=0X(0) = X(π) = 0

λn=n2, n=1,2, . . .Xn={e−2 senn}

(, t)=∞∑

n=1

cn e−n2te−2 senn ; (,0)=e−2

∞∑

n=1

cn senn=e−2 ; (, t)= 4π

∞∑

m=1

e−(2m−1)2 t

2m−1 e−2 sen(2m−1)

¨ tt+4t−=0, ∈[0, π], t∈R(,0) = sen2t(,0)=(0, t)=(1, t)=0

=XT →

�

′′+λX = 0X(0)=X(π)=0

λn=n2, n=1,2, . . .Xn={senn}

→ T′+4T′+n2T = 0, r=−2±p

4−n2 →

T1=c1 e(−2+p3)t + c2 e(−2−

p3) t , T2=(c1+c2t)e−2t , Tn≥3=e−2t

�

c1 cosp

n2−4 t + c2 senp

n2−4 t�

.

=∞∑

n=1

Tn(t) senn ;(,0)=

∑

Tn(0) senn=sen2 T2(0)=c1= 1t(,0)=

∑

T′n(0) senn=0 T′2(0) =c2−2c1=0

→ =(1+2t)e−2t sen2

[La cuerda con rozamiento tiende a pararse].

¨ tt−=4sen6 cos3, ∈[0, π2 ](,0)=t(,0)=0, t ∈ R(0, t)=(

π2 , t)=0

�

′′ + λX = 0X(0)=X′( π2 )=0

→∞∑

n=1

Tn(t) sen(2n−1)→

∞∑

n=1

[Tn+(2n−1)2Tn] sen(2n−1)=2sen3+2sen9 ;Tn+(2n−1)2Tn=2Tn(0)=T′n(0)=0

, n=2,5 ,= 2

9 (1−cos3t) sen3

+ 281 (1−cos9t) sen9

�

Δ = −1, (, y)∈ (0, π)×(0, π) = 0 en =0, =π, y=0, y=π

Convirtiéndolo en homogéneo con una () que cumpla las c.c.:

=−1 , =c1+c2− 2

2(0)=(π)=0

→ = 12(π−) , =− →

¨

Δ=0, (0, y)=(π, y)=0(,0)=(, π)= 1

2(− π)Resolviendo se llega(dice Weimberger) a: = 1

2(π−)+4π

∞∑

k=1

ch[(2k−1)(y− π2 )]

(2k−1)3 ch[(2k−1) π2 ]sen(2k−1)

O bien: =∞∑

k=1

Yn(y) senn→ Y′′n−n2Yn=− 2π

∫ π

0 sennd , Yn=c1eny+c2e−ny− 2[(−1)n−1]

πn3→

Yn(0)=Yn(π)=0

= 2π

∞∑

n=1

(−1)n−1n3

� (1−e−nπ)en−(1−enπ)e−nenπ−e−nπ − 1

�

senn (ambas series deben poder hacerse coincidir).

¨

rr+rr +

θθr2=cosθ, 1<r<2

r(1, θ)=0, r(2, θ)=cos2θ

Θ′′+λΘ=0 y 2π-periódica → Θn={cosnθ, sennθ} ,

n=0,1, . . .→ =0(r)+∞∑

n=1

[n(r) cosnθ+ bn(r) sennθ]

(

′′0 +′0r =0 [0=c1+c2 ln r ]

′0(1)=′0(2)=0

,

(

′′1 +′1r −

1r2=1 [1p=Ar2 ]

′1(1)=′1(2)=0

,

(

′′2 +′2r −

42r2=0 [2=c1r2+c2r−2 ]

′2(1)=0, ′2(2)=1

(y n≥3, bn≡0 ) → = C+� r2

3 −14r9 −

89r�

cosθ+�4r215 −

415r2

�

cos2θ (era de Neumann).

¨ Δ=y cos, (, y)∈ (0, π)×(0,1)(0, y)=(π, y)=0y(,0)=y(,1)=0

=∞∑

n=0

Yn(y) cosn→Y′′1 − Y1 = yY′1(0)=Y

′1(1)=0

→ Y1=ey−e1−y1+e −y

Como es de Neumann aparece (al resolver Y′′0 =0+ c.c. ) una C arbitraria: =C+�ey−e1−y

1+e −y�

cos

más

1

¨ Δ=2 cos2y, (, y)∈ (0, π)×(0, π)(π, y)=5+cosy(0, y)=y(,0)=y(, π)=0

Y′′+λY=0 , Y′(0)=Y′(π)=0→ Yn={cosny} , n=0,1, . . .

→ = X0()+∞∑

n=1

Xn() cosny →

X′′0 +∞∑

n=1

[X′′n−n2Xn] cosny = + cos2y , Xn(0)=0 , X0(π)+

∞∑

n=1

Xn(π) cosny = 5+cosy →(

X′′0 =�

X0=3

6 +c1+c2�

X0(0)=0, X0(π)=5,

¨

X′′1 −X1=0�

X1=c1e+c2e−�

X1(0)=0, X1(π)=1,

¨

X′′2 −4X2=�

X2=c1e2+c2e−2− 4�

X2(0)=X2(π)=0

→ (, y) = 3

6 +5π −

π26 +

shshπ cosy+

� π sh24 sh2π−

4�

cos2y .

¨ Δ=r , r<2,0<θ<πθ(r,0)=θ(r, π)=0(2, θ)=3

Θ′′+λΘ=0 , Θ′(0)=Θ′(π)=0→ Θn={cosnθ} , n=0,1, . . .→

=R0(r)+∞∑

n=1

Rn(r) cosnθ→R′′0 +

R′0r = r

R0(2)=3, R0 acotada(Rn≥1≡0 ).

R0 =r3

9 +c1+c2 ln rR0 c.→ R0 =

r3

9 +c1R0(2)=3→ = r3

9 +19r

[Se podía haber buscado directamente una (r)pues θ≡0 y los datos no dependen de θ ].

Δ = 0, 1<r<2, 0 <θ< π4

(1, θ)=0, r(2, θ)=senθ(r,0)=(r, π4 )−θ(r,

π4 )=0

Θ′′+λΘ=0 , Θ′(0)=Θ( π4 )−Θ′( π4 )=0 →

λn=2n

, con tn πn

4 =n , Θn={sennθ}.Casualmente es λ1=1 y Θ1={senθ} .

r2R′′+rR′−λnR = 0→ R=c1rn+c2r−nR(1)=0→ Rn={rn−r−n} .

=∞∑

n=1

cnRn(r) sennθr (2,θ)=senθ→ (r, θ) = 4

5�

r − 1r

�

senθ .

2¨ t−=F(t) , ∈ (0, π), t>0(,0)= ƒ ()(0, t)=(π, t)=0

Homogéneo en los apuntes:

1 =co

2+

∞∑

n=1

cn e−n2t cosn , con cn=

2π

∫ π

0 ƒ () cosnd .

Para el otro: 2 = T0(t)+∞∑

n=1

Tn(t) cosn→�

T′0 = F(t)T0(0)=0

→ T0(t)=∫ t

0 F(s)ds (y los demás Tn≡0 ).

=1+2 →t→∞

1π

∫ π

0 ƒ ()d+∫∞0 F(t)dt . En particular, si ƒ ()= 1−cos

2 y F(t)=e−t, →t→∞

1+ 12 =

32 .

3¨

t − = 0 , ∈ (0,1), t>0(,0)=0 , (0, t)=0, (1, t)=2e−t

Sabemos que al separar variables:�

X′′+λX=0T′+λT=0 [•]

Necesitamos una . Probando parábolas (en ): =A(t)+B(t)2 →c.c.

=2e−t .

=−→ [P]

¨

t − = (2+2)e−t

(,0)=−2, (0, t)=(1, t)=0(ecuación no homogénea)

Hallemos que cumpla la ecuación. Como e−t está asociada a λ=1 en [•], X′′+X=0 , =XT →

=(c1 cos+c2 sen)e−tc.c.→ ∗=− 2cossen1 e

−t . =−∗ → [P∗]

¨

t − = 0(,0)= 2cos

sen1 ,(0, t)=(1, t)=0

X′′+λX , X′(0)=X′(1)=1→ λn=n2π2, Xn={cosnπ}, n=0,1, . . .→ Tn={e−n2π2t}→

= 02 +

∞∑

n=1

nTnXnd..→ 0

2 +∞∑

n=1

n cosnπ =2cossen1 →

02 =

∫ 102cossen1 d = 2 ,

n=4

sen1

∫ 10 cos cosnπd=

2sen1

∫ 10 [cos(nπ+1)+cos(nπ−1)]d =

2(−1)nnπ+1 −

2(−1)nnπ−1 .

= 2− 2cossen1 e

−t + 4∞∑

n=1

(−1)n+1n2π2−1 e

−n2π2t cosnπ →t→∞

2 [aislado a la izquierda y metemos cadavez menos calor por la derecha]

Más largo es hallar la solución de [P]: = T0(t)+∞∑

n=1

Tn(t) cosnπ →

T′0+∞∑

n=1

[T′n+n2π2Tn] cosnπ= e−t(2+2) =

73e−t+ e−t

∞∑

n=1

Bn cosnπ ,

pues∫ 10 (

2+2)d= 73 , y siendo Bn=2

∫ 10 (

2+2) cosnπd=− 4nπ

∫ 10 sennπd=

4(−1)nn2π2

.

Como (,0)=T0(0)+∞∑

n=1

Tn(0) cosnπ=−2=− 13−∞∑

n=1

Bn cosnπ , hay que resolver:

¨

T′0=73e−t

T0(0)=− 13→ T0=2− 73e

−t ,

¨

Tn+n2π2Tn=Bne−t → Tn = Ce−n2π2t+Tnp

Tn(0)=−Bn, Tnp=Ae−t →

Tnp=Bn

n2π2−1e−t d..→ Tn=

Bn[e−t−n2π2e−n2π2 t]

n2π2−1 → = 2+(2− 73 )e−t+4

∞∑

n=1

(−1)n�

e−t

n2π2−e−n2π2 t

�

n2π2−1 cosnπ →t→∞

2

4�

t−=0 , ∈ (0, π), t>0(,0)=0, (0, t)=(π, t)= t

Casi a ojo se ve que =t cumple las condiciones de contorno.

=−t→¨ t−=−(,0) = 0(0, t)=(π, t)=0

→�

X′′+λX = 0X′(0)=X′(π)=0 → Xn={cosn} , n=0,1, . . . →

=T0(t)+∞∑

n=1

Tn(t) cosn → T′0+∞∑

n=1

[T′n+n2Tn] cosn = − = b0

2 +∞∑

n=1

bn cosn , con bn=− 2π∫ π

0 cosnd:

b0=− 2ππ2

2 =−π , bn=− 2nπ senn

�π0 +

2nπ

∫ π

0 sennd =2n2π[cosnπ−1] =

�

−4/(n2π) , n impar0 , n par

�

T ′0=−π2

T0(0)=0→ T0(t)=− π

2 t ,¨

T ′n+n2Tn=bn → Ce−n

2t+ bnn2

Tn(0)=0→ Tn(t)=

bnn2[1−e−n2t] .

(, t) = t�

− π2�

−∞∑

m=1

4π(2m−1)4 [1−e

−(2m−1)2t] cos(2m−1)→∞ , si ∈ (π/2, π)→ 0 , si =π/2→−∞ , si ∈ (0, π/2)

5¨

t − 4 = cos π2 , ∈ (0,1), t > 0(,0)=T, (0, t)=F, (1, t)=T

=F+T−F→¨

t − 4 = cosπ2

(,0)=F−F, (0, t)=(1, t)=0

1=∞∑

n=1

cne−(2n−1)2π2t cos (2n−1)π2 , cn=2F

∫ 10 (1−) cos

(2n−1)π2 d= 8F

π2(2n−1)2

2=∞∑

n=1

Tn(t) cos(2n−1)π

2 →¨

T′1+π2T1=1

T1(0)=0→ 2=

1π2�

1−e−π2t�

cos π2

→t→∞

F+T−F+ 1π2cos π2

1

6¨

t−�

rr+rr

�

=0 , r<1, t>0(r,0)=0 , (1, t)=1

=1 →=+

¨

t −�

rr +1rr

�

= 0(r,0)=−1,(1, t)=0

→¨ T′ + λT = 0rR′′+R′+λrR=0R acotada, R(1)=0

Problema singular visto en 2.2 (y 2.4): λn con J0(p

λn )=0 , y Rn={J0(p

λn r) ; =∞∑

n=1

cne−λnt J0(p

λn r)

→∞∑

n=1

cnJ0(p

λn r)=−1 , cn=− 2J21(pλn )

∫ 10 rJ0(

p

λn r)dr → =1−2∞∑

n=1

e−λntpλn J1(

pλn )

J0(p

λn r) ,

pues∫ 10 rJ0(

p

λn r)dr =1λn

∫

pλn

0 sJ0(s)ds =1pλnJ1(p

λn ) , ya que [sJ1]′=sJ0 .

→t→∞

1 en todo el círculo, en particular, para un punto situado a 0.5 cm del centro.

7¨ t−−=0, ∈ (0,3π), t>0(,0)=1(0, t)−4(0, t)=(3π, t)=0

T ′−TT = X′′

X =−λ→T′ = (−λ)T�

X′′+λX = 0X(0)−4X′(0)=X(3π)=0

λ=0 no autovalor. λ>0 :�

c1 = 4c2c2[4 cos3π+sen3π]=0

, tn3πn=−4n�

1=14�

→ λn=2n

�

λ1=116�

, Xn={senn+4n cosn}�

X1={sen4+cos

4}�

.

= c1 e(−116 )t(sen

4+cos4 )+

∞∑

n=2

cne(−λn)tXn() , con c1=∫ 3π

0X1d

∫ 3π

0X21d= 4[

p2+1]

3π+2 .

Si < 116 , →

t→∞0 . Si = 1

16 , →t→∞

4[p2+1]

3π+2 (sen 4+cos

4 ) . Si > 1

16 , →t→∞

∞�

e(−116 )t manda y X1>0

�

.

8¨ tt−=0, ∈[0, π], t∈R(,0) = t(,0) = 0(0, t)=sent, (π, t)=0

=(1− π ) sent →

=+∗

¨ ∗tt−∗

=2(1−

π ) sent∗(,0)=0, ∗

t(,0)=−(1−

π )∗(0, t)=∗(π, t)=0

∞∑

n=1

Tn(t) senn , 1− π =

∞∑

n=1

2nπ senn→

(

T′′n+n2Tn=

22

nπ sent→ Tn=c1 cosnt+c2 sennt+TnpTn(0)=0, T′n(0)=−

2nπ

Si 2 6=n2, Tnp=A sent ∀n . Si 2=n2 , una Tnp debe engordarse con una t⇒ no acotada.

9 ttt−4t3−t = 0 a] B2−4AC=16t4 , hiperbólica. ddt =

±4t22t → ±t2=C .

�

ξ=+t2

η=−t2 →¨ = ξξ + 2ξη + ηηt = 2t[ξ−η]tt=4t2[ξξ−2ξη+ηη]+2[ξ−η]

→ ξη=0 , =p(+t2)+q(−t2)

�

p(+1)+q(−1)= → p′(+1)+q′(−1)=12p′(+1)−2q′(−1)=2→ p′(+1)−q′(−1)= → p′(+1)= +1

2=+1−→ p′()=

2 → p()= 2

4 +K .

q(−1)=−p(+1) = −(−1)2

4 −K → q()=− 2

4 −K → = (+t2)2

4 − (−t)2

4 = t2 [única].

b] X′′

X =tT′′−T′4t3T

=−λ →¨

X′′+λX = 0tT′′−T′+4λt3T=0

λ=0−→X′′=0 → X = c1+c2tT′′−T′=0 → T=k1+k2t2

→ {1}, {}, {t2}, {t2} .

10¨ +yy+6=0 en (0, π)×(0, π)y(,0)=0 , y(, π)=0(0, y)=0 , (π, y)=2cos22y

=XY → X′′+6X′X =− Y ′′

Y =λ→�

Y′′+λY=0 , Y′(0)=Y′(π)=0X′′+6X′−λX=0 , X′(0)=0

→ λn=n2 , Yn={cosny} n=0,1, ...→ X′′+6X′−n2X=0 , X=c1e�p

9+n2−3�

+ c2e−�p

9+n2+3�

−→X′(0)=0

X0={1} ; Xn=n

�

p

9+n2 +3�

e�p

9+n2−3�

+�

p

9+n2 −3�

e−�p

9+n2+3�

o

, n≥1 .

=∞∑

n=0

cnXn() cosny→ (π, y) =∞∑

n=0

cnXn(π) cosny=1+cos4y→ c0=1 , c4=1

4(π)y los demás cero

→ = 1+ 4e2+e−8

4e2π+e−8πcos4y

11�

Δ = 0 , r<1(1, θ) = ƒ (θ) con ƒ (θ)=

�

1, 0≤θ≤π0, π<θ<2π

El principio del máximoya da la cota superior: 0≤ ≤1 .

Necesitamos la solución para la otra. Lo más corto es utilizar la fórmula de Poisson:

(r, θ)= R2−r22π

∫ 2π0

ƒ (ϕ)dϕR2−2Rr cos(θ−ϕ)+r2 → ( 12 ,

π2 )=

38π

∫ π

0dϕ

54−cos(

π2−ϕ)

= 32π

∫ π

0dϕ

5−4sinϕ ≡

s = tn ϕ2 → = 3

5π

∫∞0

ds

2− 85 s+1

= 1π

∫∞0

5/3ds

1+( 5−43 )2 =

12+

1π rctn

43 >

12+

14 >

32 .

�

Acotar el integrando 15 ≤

15−4sinϕ ≤1→

310 ≤ ≤

32 no basta, pero era un buen intento

�

.

Con la serie de 3.2 es más largo: =o

2+

∞∑

n=1

rn�

n cosnθ+bn sennθ�

= · · ·=1

2+2

π

∞∑

n=1

r2n−1

2n−1 sen(2n−1)θ

→ = 12+

2π

�12−

13123 +

15125 −· · ·

�

> 12+

1π

�

1− 112�

> 12+

1148 =

3548 >

23�

= 12+

2π rctn

12

otro valorexacto de

�

.

12¨

rr+rr +

θθr2=cos2θ , r<1, 0<θ<π

r(1, θ)=, θ(r,0)=θ(r, π)=0

Neumann. Para que tenga solución∫ π

0

∫ 10 r cos

2θdr dθ=∫ π

0 dθ ⇔ = 14 .

=∞∑

n=0

Rn(r) cosnθ → r2R′′0 +rR0=r2

2

R0 acot.−→

R′0(1) = 1/4

R0=C+r2

8 , r2R′′2 +rR′2−4R2=

r2

2

R2 acot.−→

R′2(1) = 0

R2=r2

8 ln r−r2

16

y las demás Rn≡0 . = C+ r2

8 + r2�

ln r8 −

116

�

cos2θ .

13 a] r2y′′+ ry′− y = r2y′(1)+y(1)=y(2)=0 r2y′′+ ry′−y=0→ y=c1r+

c2r →datos

c1−c2+c1+c2=0 c1[5−3]=02c1+

c22 =0→ c2=−4c1 ↗

⇒

Si 6= 53 el no homogéneo tiene solución única (el homogéneo tiene sólo la y≡0 ).

Si = 53 el homogéneo tiene infinitas soluciones yh=

�

r− 4r

y el no homogéneo no tiene solución:

(ry′)′− yr =r →

∫ 21

�

r− 4r�

r dr = − 53 6= 0 .�

O imponiendo directamente los datos en la solución general de la no homogénea ( yp=Ar2 → yp=r2

3 ):

y = c1r +c2r +

r2

3 →c1−c2+ 2

3+53 c1+

53 c2+

59 =

83 c1+

23 c2+

119 = 0 → 4c1+c2 = − 116

2c1 +c22 +

43 = 0 → 4c1+c2 = − 83

«

Imposible�

.

b]�

Δ=senθ, 1<r<2r(1, θ)=(2, θ)=0

Las autofunciones deΘ′′+λΘ = 0Θ 2π-periódica llevan a probar:

=0(r)+∞∑

n=1

[n(r) cosnθ+bn(r) sennθ]→r′′

0+′

0r +

∞∑

n=1

h r2′′n+r′

n−n2n

r2cosnθ+

r2b′′n+rb′

n−n2bn

r2sennθ

i

=senθ .

Datos de contorno → ′n(1)=b′

n(1)=0 , n(2)=bn(2)=0 → n, bn 6=1≡0 (es solución y hay unicidad).

Además: r2b′′1 +rb′1−b1=r

2 con b′1(1)=b1(2)=0 . Ecuación resuelta arriba. Imponiendo los datos:

c1−c2+ 23 = 0 → c2 = c1+

23 ↓ c2=0

2c1+c22 +

43 = 0

52 c1+

53 = 0 , c1=−

23↑ → = r2−2r

3 senθ .

14¨ Δ = 0 , r<1, θ∈ (0, π)(1, θ)+2r(1, θ)=4sen

3θ2

(r,0)=θ(r, π)=0

�

Θ′′+λΘ = 0Θ(0)=Θ′(π)=0 → λn=

(2n−1)24 , Θn=

�

sen 2n−12 θ

, n=1,2, . . . →

r2R′′+rR−λnR=0→ R=c1rn−12 +c2r−n+

12R acotada en 0−→ Rn =

�

rn−12

.

→ (r, θ) =∞∑

n=1

cn rn− 1

2 sen 2n−12 θ , r(r, θ) =∞∑

n=1

cn(n− 12 )rn− 3

2 sen 2n−12 θdato que falta−→

∞∑

n=1

cn�

1+2n−1�

sen 2n−12 θ = 4sen 3θ2 → c2=1 y todos los demás cn=0→ = r3/2 sen 3θ2

Si (1, θ)−2r(1, θ)=4sen 3θ2 todo igual hasta:∞∑

n=1

2cn�

1−n�

sen 2n−12 θ = 4sen 3θ2 →c2=−2 , c1 cualquiera

y los demás cn=0 .

Hay infinitas soluciones de la forma = C r1/2 sen θ2 − 2 r

3/2 sen 3θ2[En este caso, la fórmula de Green

no permitía probar la unicidad].

15¨

rr+rr +

θθr2+ 4 = 0 , r<1 , 0<θ<π

(1, θ)=sen θ2 , (r,0)=θ(r, π)=0

=RΘ→ R′′Θ+ R′Θr +

RΘ′′

r2+4RΘ=0→ r2R′′

R + rR′

R +4r2=−Θ

′′

Θ =λ

→�

Θ′′+λΘ=0Θ(0)=Θ′(π)=0 → λn=

(2n−1)24 , Θn=

�

sen 2n−12 θ

, n=1,2, . . . y r2R′′+rR′+(4r2−λ)R=0 .

Esta ecuación se parece mucho a Bessel. Para quitar el 4 que sobra, como se hace habitualmente:

s=p4 r=2r → R′=2 dRds , R

′′=4 d2Rds2→ s2 d

2Rds2+s dRds +(s

2−λ)R=0 ,

que para los λn de arriba es Bessel con p=n− 12 , cuyas soluciones acotadas en r=0 son las�

Jn− 12(s)

=�

Jn− 12(2r)

=Rn (todas se pueden escribir en términos de funciones elementales).

Probamos pues: =∞∑

n=1

cn Jn− 12(2r) sen 2n−12 θ , a la que sólo le falta satisfacer:

∞∑

n=1

cn Jn− 12(2) sen 2n−12 θ = sen θ

2 → c1=1

J 12(2) y los demás cn=0 → = 1

J 12(2) J 12

(2r) sen θ2 .

Podemos escribir la solución anterior en términos de funciones elementales. Como (salvo constante)

J 12(2r)= sen2rp

2r

� cos2rp2r

no está acotada en r=0�

y J 12(2)= sen2p

2, (r, θ) = sen2r

sen2prsen θ

2

16(

rr+2rr +

θθr2+ cosθθ

r2 senθ = 0 , r<1, 0<θ<π2

r(1, θ)= ƒ (θ) , θ(r,π2 )=0

Como en apuntes hasta nuevo problema de contorno:�

[1−t2]Θ′′− 2tΘ′+ λΘ = 0Θ′(0)=0 , Θ acotada en 1

→ λn=2n(2n+1) , Θn={P2n(cosθ)}[Legendre

pares] , = 0+∞∑

n=1

2nr2nP2n(cosθ)→

∞∑

n=1

2n2nP2n(cosθ)= ƒ (θ)→ 0 indet. y 2n=4n+12n

∫ π/20 P2n(cosθ)ƒ (θ) senθdθ

h

2∫ 10 P

22n=

24n+1

i

,

siempre que el primer término del desarrollo de ƒ sea 0 :∫ π/20 ƒ (θ) senθdθ = 0 .

Si ƒ (θ)=cos2θ− ,∫ 10 (t

2−)dt=0 → = 13 .

cos2θ− 13 = 22�

3cos2θ−12

�

+ 44P4(cosθ) + · · · → = C+ r2

2 cos2θ− r2

6 .

17 Problemas exteriores resueltos en los apuntes.

Plano Espacio

(r, θ)= 02 +

∞∑

n=1

r−n[n cosnθ+bn sennθ] (r, θ)= 0r +

∞∑

n=1

n r−(n+1)Pn(cosθ)

n =Rn

π

∫ 2π0 ƒ (θ) cosnθdθ , n=0,1, . . .

bn =Rn

π

∫ 2π0 ƒ (θ) sennθdθ , n=1,2, . . .

n=(2n+1)Rn+1

2

∫ π

0 ƒ (θ)Pn(cosθ) senθdθ

ƒ (θ)=

02 +

∞∑

n=1

[ nRn cosnθ+bnRn sennθ] =

0R +

∞∑

n=1

n R−(n+1)Pn(cosθ) =

→ ≡ (constanteen el plano) → = R

r(no constanteen el espacio)

ƒ (θ)=cos3θ

02 +

∞∑

n=1

[ nRn cosnθ+bnRn sennθ]=

cos3θ4 + 3cosθ

4 n=(2n+1)Rn+1

2

∫ 1−1 t

3Pn(t)dt

→ = 3R4r cosθ+

R3

4r3 cos3θ 1 = 3R2∫ 10 t

4dt = 3R25

3 = 7R4∫ 10

�5t62 −

3t42�

dt = 2R45

→ = 3R2

5r2 cosθ+2R4

5r4�52 cos

3θ− 32 cosθ�

[O tanteando, como en el plano].

18

t−Δ=0, (, y)∈ (0, π)×(0, π), t>0(, y,0) = 1+cos cos2y(0, y, t)=(π, y, t)=0y(,0, t)=y(, π, t)=0

=XYT →

X′′+λX = 0X′(0)=X′(π)=0

�

Xn={cosn}

Y ′′+μY = 0Y ′(0)=Y ′(π)=0

�

Yn={cosmy}

T ′+(λ+μ)T=0, Tnm=n

e−(n2+m2)t

o

, n,m=0,1, . . .

= 004 +

∞∑

n=1

n02 e

−n2t cosn+∞∑

m=1

0m2 e−m

2t cosmy+∞∑

m=1

∞∑

n=1

nme−(n2+m2)t cosn cosmy

�

�

t=0=1+cos cos2y

(, y, t) = 1+ e−5t cos cos2yt→∞→ 1 , valor medio de las temperaturas iniciales.

tt−Δ = 0 , (, y)∈ (0, π)×(0, π), t∈R(, y,0)=0 , t(, y,0)=sen3 sen22y(0, y, t)=(π, y, t)=0y(,0, t)=y(, π, t)=0

=XYT →

X′′+λX = 0X(0)=X(π)=0

�

Xn={senn}, n=1,2, · · ·

Y′′+μY = 0Y′(0)=Y′(π)=0

�

Yn={cosmy}, m=1,2, · · ·

T′′+(λ+μ)T=0, T(0)=0, Tnm={senpn2+m2 t}

=∞∑

n=1

∞∑

m=0

cnm senpn2+m2 t senn cosmy , t(, y,0)=

∞∑

n=1

∞∑

m=0

cnmpn2+m2 senn cosmy= 1−cos4y

2 sen3

→ c30p9 = 1

2c34p25 =− 12

[los demáscnm = 0 ] → (, y, t) = 1

6 sen3t sen3−110 sen5t sen3 cos4y

¨

Δ=z , 2+y2+z2<1=z3 si 2+y2+z2=1

(P1)�

Δ=0 , r<1(1, θ)=cos3θ

apuntes−→ 1=

∞∑

n=0

nrnPn(cosθ) →

1(1, θ) =25�52 cos

3θ− 32 cosθ�

+ 35 cosθ → 1 =

3r5 cosθ+

r3

5�

5cos3θ−3cosθ�

= 3z+2z3−32z−3y2z5 .

�

sen2θP′′n−2cosθP′

n=↓n(n+1)Pn

�

(P2)

¨

rr+2rr +

θθr2+ cosθθ

r2 senθ =r cosθ(1, θ)=0

→ 2=∞∑

n=0

n(r)Pn(cosθ)→∞∑

n=0

�

′′n+2′

nr −

n(n+1)nr2

�

Pn(cosθ)=r cosθ

→ r2′′1 +2r′1−21=r

3 → 1=c1r+c2r2+ r3

101 acot.−→1(1)=0

1=r3−r10 → 2 =

r3−r10 cosθ = z3+2z+y2z−z

10 .

= 1+2 =12 r cosθ

�

1−r2+2r2 cos2θ�

= 12 z�

1−2−y2+z2�

¨

Δ=0 , 2+y2+z2<1

=3 si 2+y2+z2=1

¨

Δ=0 , r<1

|r=1=sen3θ cos3ϕP3=

52 t3− 32 t ,

P′3=32 [5t

2−1] , P13=32 senθ[5cos

2θ−1]

P′′′3 =15 , P33=15sen

3θ

14 sen

3θ cos3ϕ+ 34 sen

3θ cosϕ = 14 sen

3θ cos3ϕ− 320 senθ[5cos

2θ−1] cosϕ+ 35 senθ cosϕ →

= r3

4 sen3θ cos3ϕ− 3r3

20 senθ [5cos2θ−1] cosϕ+ 3r

5 senθ cosϕ =15 �

3+22−3y2−3z2�

t − Δ = 0, 1<r<2, 0<z<1, t>0(r, θ,0)= senπz(1, z, t) = (2, z, t) = 0(r,0, t) = (r,1, t) = 0

=RZT →

Z′′+μZ = 0Z(0)=Z(1)=0

�

Zn={sennπz}

rR′′+R′′+λrR = 0R(1)=R(2)=0

�

T′+(λ+μ)T=0

Haciendo t = rpλ en la ecuación de R se transforma en la de Bessel de orden cero: (tR′)′+λtR=0 .

→ R = c1J0(t)+c2K0(t) = c1J0(rpλ)+c2K0(r

pλ)

c.c.→¨

c1J0(pλ )+c2K0(

pλ ) = 0

c1J0(2pλ )+c2K0(2

pλ ) = 0

→

μm=c2m , donde cm son las infinitas raíces de J0(cm)K0(2cm)−J0(2cm)K0(cm) [Problema S-L regular⇒ existen].

Las autofunciones correspondientes son: Rm(r) = {K0(cm)J0(cmr)−J0(cm)K0(cmr)} .

Tnm =�

e−(n2π2+λm)t

→ (r, z, t) =∞∑

m=1

∞∑

n=1

cnm e−(n2π2+λm)tRm(r) sennπz →

(r, z,0) =∞∑

m=1

∞∑

n=1

cnm Rm(r) sennπz = senπ ⇔∞∑

m=1

c1m Rm(r)=1 → c1m=⟨Rm,1⟩⟨Rm,Rm⟩ =

∫ 21 rRm dr∫ 21 rR

2mdr

(r, z, t) = senπz∞∑

m=1

c1m e−(π2+c2

m)t�K0(cm)J0(cmr)−J0(cm)K0(cmr)

�

19 En los apuntes tenemos los primeros Pmn

: P0n=Pn , P11=senθ , P12=3senθ cosθ y P22=3sen

2θ .

A partir de ellos obtenemos los Ymn(θ,ϕ)≡

�

cosmϕPmn(cosθ), senmϕPm

n(cosθ)

pedidos:

Y00 = {P0} = {1} .

rY01 = {rP1} = {r cosθ} = {z} .

rY11 = {rP11} = {r senθ cosϕ, r senθ senϕ} = { , y} .

r2Y02 =�

r2P2

=�12 [3r

2 cos2θ−r2]

=�

z2− 12 (2+y2)

.

r2Y12 =�

r2P12

=�

3r2 senθ cosθ cosϕ,3r2 senθ cosθ senϕ

= {3z , 3yz} .

r2Y22 =�

r2P22

=�

3r2 sen2θ cos2ϕ,3r2 sen2θ sen2ϕ

=�

3[2−y2] , 6y

.

20�

Δ = r cos2θ , r < 1(1, θ)=0 , 0≤θ<2π Con la fórmula obtenida a través de la función de Green en los apuntes:

(r, θ)= 14π

∫ 10

∫ 2π0 σ ln

��

σ2+r2−2rσ cos(θ−ϕ)�

−ln�

1+r2σ2−2rσ cos(θ−ϕ)��

σ cos2ϕdϕdσ →

(0,0)= 14π

∫ 10

∫ 2π0 2σ2 lnσ cos2ϕdϕdσ = 1

2

∫ 10 σ

2 lnσ dσ = − 118

[Más largo: =0(r)+∞∑

n=1

[n(r)cosnθ+bn(r)sennθ]→′′0 +

′0r =

r2

′′2 +′2r −

4′2

r2= r2

n(1)=0−→acotado

↖ r=0

= r3−118 +

r3−r210 cos2θ ].

21 P=(ξ, η, γ)=(σ senβ cosα, σ senβ senα, σ cosβ)Q=(, y, z)=(r senθ cosϕ, r senθ senϕ, r cosϕ) . Si =− 1

4πPQes Δ=δ(P−Q)

h

Δ=0 si P 6=Q ,∫∫∫

r≤R Δ=©∫∫

r=Rn dS=©∫∫

r=Rr dS=©∫∫

r=R1

4πR2 dS=1i

.

G(P,Q)= k

4πPQ′− 14πPQ

, Q′=� senθ cosϕ

r , senθ senϕr , cosϕr�

, cumple Δ=δ ∀k .

Si G=0 al menos en S : kR =

1R′�

�

P=S →k

1− 1r

= 11−r → k = 1

r → posible G :

G=1

4π

�

1

OQ · PQ′−1

PQ

�

=1

4π

�

1

[1+ r2σ2 − 2rσA]1/2−

1

[r2 + σ2 − 2rσA]1/2

�

,

con A=cosθ cosβ+senθ senβ cos(α−ϕ) .↘G=0 si σ=1

La solución de�

Δ=F, r<1= ƒ si r=1 será: =

∫∫∫

σ≤1GFdξdηdγ=©∫∫

σ=1Gn ƒ dS −→Gn=Gσ

=1

4π

∫ 2π

0

∫ π

0

∫ 1

0G(r, θ, ϕ, σ, β, α)F(σ, β, α)σ2 senβdσ dβdα +

1−r2

4π

∫ 2π

0

∫ π

0

ƒ (β,α) senβ

[1+r2−2rA]3/2dβdα

El valor en el origen es: (O)= 14π

∫ 2π0

∫ π

0

∫ 10 [σ

2−σ]F(σ, β, α) senβdσ dβdα + 14π

∫ 2π0

∫ π

0 ƒ (β,α) senβdβdα .

En particular si F= ƒ=1 , (O)= 12

h

σ3

3 −σ2

2

i1

0

h

− cosβiπ

0+ 12

h

− cosβiπ

0= 5

6

Fácil de resolver (independiente de θ y ϕ ): ′′+ 2′r =1 , (1)=1, acotada → = 5

6−r2

6 .

Y si F=z , ƒ=z3 , (O)= 12

∫ π

0

∫ 10 [σ

3−σ2] cosβ senβdσ dβ+ 12

∫ π

0 cos3β senβdβ = 0 coincide con

problema 18

soluciones de problemas 4 de EDII(Cp) (2009)

1�

tt−4 = e−t , , t ∈ R(,0)=2, t(,0)=−1

= 12�

(+2t)2+(−2t)2�

+ 14

∫ +2t−2t ds+

14

∫ t

0

∫ +2[t−τ]−2[t−τ] e

−τ dsdτ

= 2+4t2+ e−t−1 .

Una solución particular que sólo depende de t es: tt= e−t → = e−t . Con =− e−t se tiene:�

tt− = 0(,0)=2−1, t(,0)=0

→ = 12�

(+2t)2−1+(−2t)2−1�

= 2+4t2−1 , como antes.

�

tt−4=16 , , t∈R(0, t)= t , (0, t)=0

Lo más sencillo es cambiar papelesde y t aplicar D’Alembert:

↔t−→¨

tt− 14=−4 , , t∈R(,0)= , t(,0)=0

→

= 12�

(+ t2 )+(−

t2 )�

− 4∫ t

0

∫ + 12 (t−τ)

− 12 (t−τ)

dsdτ = − 4∫ t

0(t−τ)dτ= −2t2 ↔t−→ = t−22

Podríamos ahorrarnos esta integral doble con una solución que sólo dependiese de una variable:

′′(t)=−4 , =−2t2 →=−

¨

tt− 14=0(,0)= , t(,0)=0

, = 12�

(+ t2 )+(−

t2 )�

= → =−2t2

′′()=16 , =82 →=−

¨

tt− 14=0(,0)=−82,t(,0)=0

, =−4�

(+ t2 )2+(− t

2 )2�=−82−2t2 . . .

Sin atajos:�

ξ=+2tη=−2t → ξη=−1→

forma canónica=p(ξ)+q(η)−ξη=p(+2t)+q(−2t)+4t2−2

�

(0, t)=p(2t)+q(−2t)+4t2= t→ 2p′(2t)−2q′(−2t)=1−8t(0, t) = p′(2t)+q′(−2t) = 0 → q′(−2t) = −p′(2t) → p′(2t)= 1

4−2t , p′()= 1

4− , p()=4−

2

2 +K

→ q(−)= 2−

2−p() = 4−

2

2 −K , q()=−4−

2

2 −K → = +2t4 − −2t

4 − (+2t)2

2 − (−2t)2

2 + 4t2−2 ↑

2¨ tt−=0 , ≥0, t∈R(,0)=0 , t(,0)=cos2(0, t)= t

Una evidente que cumple la condición de contornono homogénea es = t . Haciendo =− :

¨ tt−=0 , ≥0t(,0)=cos2−1(,0)=0 , (0, t)=0

→¨ tt−=0 , ∈R(,0)=0t(,0)=g∗()

,

siendo g∗() la extensión impar respecto a =0 de

g()=cos2−1=− sin2= 12 (cos2−1) .

La solución del problema inicial es = t + 12

∫ +t−t g

∗(s)ds .

a] (π,2π) = 2π+ 12

∫ 3π−π g

∗ =g∗ impar

2π+ 14

∫ 3ππ(cos2s−1)ds = 3π

2 .

b] Para hallar (,2π) si ≥2π sólo necesitamos la expresión de la g inicial:

(,2π)= 12

∫ +2π−2π g

∗= 14

∫ +2π−2π (cos2s−1)ds =

18�

sen2s�+2π−2π−π = −π→ (,2π)=π , ≥2π .

3¨ tt−4=0 , ∈[0,2], t∈R(,0)=4−3, t(,0)=0(0, t) = (2, t) = 0

�

tt−=0 , ∈R(,0)= ƒ∗(), t(,0)=0

= 12 [ƒ

∗(+2t)+ƒ∗(−2t)] .

( 32 ,34 ) =

12 [ƒ

∗(3)+ƒ∗(0)] =4-per.

12 ƒ

∗(−1) =impar

− 12 ƒ∗(1) = − 32 .

(,2)= 12 [ƒ

∗(+4)+ƒ∗(−4)] =4-per.

12 [ƒ

∗()+ƒ∗()] = ƒ () = (,0) .

[Sabíamos que era 2Lc -periódica. Trasladando y sumando sale lo mismo].

Para hallar (,1) necesitamos la expresión de ƒ∗ en más intervalos:

ƒ∗()=−(−2)(+2)= ƒ () si ∈[−2,2]ƒ∗()=−(−6)(−4)(−2) si ∈[2,6] →

(,1)= 12 [ƒ

∗(+2)+ƒ (−2)] = 12 [−(−4)(−2)−(−4)(−2)] = −(−4)(−2) .

4¨ tt−=0 , ∈[0,2], t∈R(,0)=2 , t(,0)=0(0, t)=0 , (2, t)=4

=−2→

tt−=0 , ∈[0,2](,0)=2−2 , t(,0)=0(0, t)=(2, t)=0

.

i] Extendemos ƒ de forma impar y 4-periódica a ƒ∗ definida en R:

. . . , −(+2) en [−2,0] , (−2) en [0,2] , −(−4)(−2) en [2,4] , . . .

La solución viene dada por = 12 [ƒ

∗(+t)+ƒ∗(−t)] . Por tanto:

(1,2) = 12�

ƒ∗(3)+ƒ∗(−1)� 4per= 1

2�

ƒ∗(−1)+ƒ∗(−1)� impar= −ƒ (1) = 1 → (1,2)= 3 .

Para hallar (,1) aparecen dos casos como (por ejemplo) muestran los dominios de dependencia:

(,1) = 12 [ƒ

∗(+1)+ƒ∗(−1)] =(

0≤≤1 , 12 [−(−1)(+1) + (+1)(−1)] = 01≤≤2 , 12 [−(−1)(−3) + (−3)(−1)] = 0

→ (,1)=2 .

[También es claro que trasladando ƒ∗ una unidad a izquierda y derecha y sumando todo se cancela].

ii] Resolviendo el problema en por separación de variables (rehacemos los cálculos de 3.1):

(, t)=X()T(t) →¨

X′′ + λX = 0 , X(0)=X(2)=0→ λn=n2π2

4 , Xn={sennπ2 }

T′′+λT = 0 , T′(0)=0→ Tn={cosnπt2 }

n=1,2, . . .

Probamos, pues: (, t) =∞∑

n=1

kn cosnπt2 sen nπ

2 →∞∑

n=1

kn sennπ2 = 2−2→

kn =∫ 20 (

2−2) sen nπ2 d = − 2

nπ (2−2) cos nπ2

�

�

20 +

4nπ

∫ 20 (−1) cos

nπ2 d

= 8n2π2

(−1) sen nπ2

�

�

20 −

8n2π2

∫ 20 sen

nπ2 = 16

n3π3[cosnπ−1] →

(, t) = − 32π3

∞∑

m=1

1(2m−1)3 cos

(2m−1)πt2 sen (2m−1)π2

Para t=1 todos los cosenos se anulan, con lo que (,1)=0 (como por D’Alembert).

Además (1,2)= 32π3

∞∑

m=1

(−1)m+1(2m−1)3 =

32π3�

1− 133 +

153 −

173 + · · ·

�

= 32π3

π3

32 = 1 , como arriba.

5

tt−=0 , , t∈R(,0)=0

t(,0)=n

1, ||≤1/20 ||>1/2

=←−

G(+t)−−→

G(−t) ,

con G()= 12

∫

0 g .

dominio deinfluencia

(3, t) = G(3+t)−G(3−t)= G(t+3)+G(t−3)

tt−=0 , ∈[0,4], t∈R

(,0) =n

senπ, 2≤≤30 resto de [0,4]

t(,0)=(0, t)=(4, t)=0

¨ tt−=0 , ∈R(,0)= ƒ∗()t(,0)=0

, = 12 ƒ

∗(+t)←−

+ 12 ƒ

∗(−t)−→

.

(3, t)= ƒ∗(3+t)+ƒ∗(3−t)2 = 1

2 ƒ∗(t+3)− 12 ƒ

∗(t−3)

6¨ tt−=0 , ∈[0,2], t∈R(,0)=t(,0)=0(0, t)= t , (2, t)=0

a] = t(1− 2 )

=+→¨ tt−=0 , ∈[0,2](,0)=0, t(,0)=

2−1

(0, t)=(2, t)=0→¨ tt−=0 , ∈R(,0)=0t(,0)=g∗()

[−T, +T] no contiene valores negativos a partir de =T . Por tanto:

(, T)=

¨ 12

∫ 0−T (

s2+1)ds+

12

∫ +T0 ( s2−1)ds=(

T2−1) , ∈[0, T]

12

∫ +T−T (

s2−1)ds=T(

2−1) , ∈[T,2]

→ (, T)=�

T− , ∈[0, T]0 , ∈[T,2]

La perturbación viaja a velocidad 1 . La cuerda debíaestar en reposo para ≥T en el instante T .

b] (,2k)=(,2k)+(,2k)= k(2−) , pues (,2k)= 12

∫ +2k−2k g

∗=0 , por ser g∗ impar y 4-periódica,

o porque (,2k)=∑

cn sennkπ sennπ2 = 0 .

7�

tt−=0 , ≥ 0, t ∈ R(,0)= ƒ (), t(,0)=g(), (0, t)=0

Para que se cumpla la condición de contorno hay queextender ƒ y g de forma par respecto al origen:

(0, t)=12 [ƒ

∗′(ct)+ƒ∗′(−ct)]+ 12c [g

∗′(ct)−g∗′(−ct)]=0�

Para que sea C2 debe ser: ƒ ∈C2 , g∈C1 , ƒ∗′(0)=g∗′(0)=0 ( ƒ∗′ y g∗′ son impares, y ƒ∗′′ es par)�

.

8

tt−=0 , ∈[0,2π], t∈R

(,0)=0 , t(,0)=n

sen, ∈[0,π]0, ∈[π,2π]

(0, t)=(2π, t)=0

→�

tt−=0, , t∈R(,0)=0 , t(,0)=g∗()

con g∗ extensión par y 4π-periódica.

(,2π)= 12

∫ +2π−2π g

∗= 12

∫ 2π−2π g

∗=∫ π

0 sen sds= 2 [La integral en un intervalo de longitud T de unafunción T-periódica es independiente del intervalo].

Separando variables: X′′+λX=0 , X′(0)=X′(2π)=0→ λn=n2

4 , Xn=�

cos n2

, n=0,1, . . .

T′′+λnT=0 , T(0)=0→T0=c1+c2t→ {t}

Tn=c1 cosnt2 +c2 sen

nt2 → {sen nt

2 }→ = 0

2 t+∞∑

n=1

n sennt2 cos

n2

�

�

t=2π=0π

t(,0)=02 +

∞∑

n=1

nn2 cos

n2 =g() → 0=

22π

∫ 2π0 g()d= 1

π

∫ π

0 send=2π → (,2π)= 2

9¨ tt − c2[+yy+zz] = 0(, y, z,0)= ƒ (, y, z)t(, y, z,0)=0

a] (, y, z, t)

= ∂∂t

� t4π

∫ 2π0

∫ π

0 (+y+z+ct[senθ cosϕ+senθ senϕ+cosθ]) senθdθdϕ�

= +y+z

b] (, y, t) = ∂∂t

� t4π

∫ 2π0

∫ π

0 (+y+ct senθ[cosϕ+senϕ]) senθdθdϕ�

= +y

O bien: (, y, t) = 12πc

h

∂∂t

∫ 2π0

∫ ct

0r(+y)+ r2(cosθ+senθ)dr dθp

c2t2−r2

i

= +y

c] (, t)= ∂∂t

� t4π

∫ 2π0

∫ π

0 (+ct senθ cosϕ) senθdθdϕ�

= , o mejor: (, t)= 12 [(+ct)+(−ct)]=

10¨

tt −�

rr +2r r

�

= 0 , r ≥ 0(r,0)=6 , t(r,0)=5r3

=r→¨ tt−=0 , r≥0(r,0)=6r, t(r,0)=5r4

(0, t)=0→¨ tt−=0 , r∈R(r,0)=6r= ƒ∗(r)t(r,0) = g∗(r) =

n

5r4 , r≥0−5r4 , r≤0

(r, t) = 12r�

ƒ∗(r+t)+ƒ∗(r−t) +∫ r+tr−t g

∗�→

(2,3) = 14�

ƒ∗(5)+ƒ∗(−1)+∫ 5−1 g

∗�= 14�

30−6+∫ 51 5s

4ds�

= 787 .

Con la fórmula de P-K lo calculamos en el punto más sencillo situado a distancia 2 , el (0,0,2) :

(0,0,2,3) = 6↑+ 34π

∫ 2π0

∫ π

0 5(13+12cosθ)3/2 senθdθdϕ = 6+ 15

2

∫ 1−1(13+12s)

3/2 ds

sin cuentas, claramente satisfacen · · ·=0· · ·=6, · · ·=0 = 6+ 1

4�

(13+12s)5/2�1−1 = 787

11¨

tt−=0 , ≥0, t∈R(,0)=0 , t(,0)=

62

1+3 , (0, t)=0

(

tt−rr− 2rr =0 , r≥0, t∈R

(r,0)=0 , t(r,0)=6r1+r3

a] La solución para es (, t) = 12

∫ +t−t g

∗(s)ds , siendo g∗ la

extensión impar de 62

1+3 respecto a =0 . En particular,

(1,4) = 12

∫ 5−3 g

∗(s)dsg∗ impar=

∫ 533s2ds1+s3 = log(1+s

3)�53 = log 92

[No ha sido necesario conocer la expresión de g∗ para ≤0 ].�

Máximo de g∗

en�

21/3,25/3��

Como con =r el problema en se transforma en el problema en

(cambiando r por ), la solución para es: (r, t) = 12r

∫ r+tr−t g

∗(s)ds → (1,4) = (1,4) = log 92 .

b] (1, t) tendrá dos expresiones distintas, dependiendo de que 1−t sea mayor o menor que 0 :

Si t≤1 , (1, t) = 12

∫ 1+t1−t g = log(1+s

3)�1+t1−t = log 1+(1+t)

3

1+(1−t)3

Si t≥1 , (1, t) = 12

∫ 1+t1−t g

∗ g∗ impar= 1

2

∫ 1+tt−1 g

∗ = log(1+s3)�1+tt−1 = log 1+(1+t)

3

1+(t−1)3

12

tt−rr=0 , r≥0, t∈R

(r,0)=§

2r−r2, r∈[0,2]0 en el resto

t(r,0)=(0, t)=0

tt−rr− 2r r=0 , r≥0, t∈R

(r,0)=§

2−r , r∈[0,2]0 en el resto ≡ ƒ (r)

t(r,0)=0

Sabemos que haciendo =r se transforma P en P y que las soluciones de P vienen dadas por�

tt−rr = 0 , , t∈R(r,0)=F∗(r) , t(r,0)=0

con F∗ extensión impar de F respecto del origen.

a] (r, t) = 12�

F∗(r+t)+F∗(r−t)�

→ (6,3) = 12�

F∗(9)+F∗(3)�

= 12�

F(9)+F(3)�

= 0 (ya nos lo diría eldominio de influencia).

(2,3) = 12�

F∗(5)+F∗(−1)�

=↑12�

F(5)−F(1)�

= 12 [0−1] = − 12 .

F∗ impar

Y como (r, t)= (r,t)r , es: (4,3) = 1

2·4�

F∗(7)+F∗(1)�

= 18�

F(7)+F(1)�

= 18 .

b] Para dibujar (r,3) basta trasladar 12F

∗(r) tres unida-des a izquierda y derecha y sumar en r≥0.La que va hacia la izquierda se sale de [0,∞) y sóloqueda la mitad de la F∗ trasladada a [1,5] :

Para dar la expresión de (r,3) aparecen 4 posibilidades,como se ve en el dibujo de los dominios de dependencia.

(r,3) =

0 si ∈ [0,1](r−3) + 1

2 (r−3)2 = 1

2 (r−1)(r−3) si r∈ [1,3](r−3)− 1

2 (r−3)2 = − 12 (r−3)(r−5) si r∈ [3,5]

0 si ∈ [5,∞)[Coherente con los dos primeros valores de a] y el dibujo].

c] La gráfica de (r,3)= (r,3)r tendrá su máximo en un punto de [3,5] donde su expresión es:

12 (−r+8−

15r )

ddr→ 1

2 (−1+15r2)=0→ r=

p15 (algo <4 ) → Valor máximo = 4−

p15 .

[Este valor (≈0.127 ) es un poquito mayor que el valor calculado en a] de (4,3)=1/8=0.125 . Al dividirpor r el máximo de se traslada un poquito a la izquierda de 4 y vale un poco más que el valor ahí].

13

tt−rr− 2rr =0, 1≤r≤2, t≥0(r,0)=0, t(r,0)=

1r senπr

(1, t)=(2, t)=0

i) rR′′+2R′+λrR=0 , R(1)=R(2)=0→ λn=n2π2, Rn={sennπr

r }

T′′+λT=0 , T(0)=0→ Tn={sennπt} , =∞∑

n=1

bn sennπtsennπr

r .

t(r,0)=∞∑

n=1

nπbnsennπr

r = senπrr → = senπt senπr

πr .

ii) =r →¨ tt−rr=0, 1≤r≤2t(r,0)=sennπr ≡ G(r)(r,0)=(1, t)=(2, t)=0

→ = 12r

∫ r+tr−t G

∗(s)ds G∗ extensión imparde G respecto a 1 y 2.

Como senπr es impar respecto a esos puntos, G∗(r)=senπr , = 12r

∫ r+tr−t senπsds=

senπt senπrπr .

14 i) (, )=∫∞0 e−k

2coskdk d

d =↑

∫∞0

dde

−k2coskdk=−∫∞0 ke−k

2senkdk =

(•)e−k

2senk2

�∞0 −

2 =−

2 .

continuidad y convergencia

Además: (,0)=∫∞0 e−k

2dk =

=kp

1p

∫∞0 e−

2d =

pπ

2p→ (, )=

pπ

2pe−

2/4=pπp2F−1c

�

e−k2�

.

F−1�

e−k2�= 1p

2π

∫∞−∞ e

−k2 (cosk+ senk)dk=p2pπ

∫∞0 e−k

2coskdk= 1p

2e−

2/4 �F�

e−2� cambiando

papeles�

F−1s

�

k e−k2�=p2pπ

∫∞0 ke−k

2senkdk =

por (•)

p2pπ

2

pπ

2pe−

2/4 = [2]3/2 e

−2/4 .

Del teorema 2: F�

ƒ ′()�

= 1p2π

∫∞−∞ ƒ ′()ekd= 1p

2πƒ ()ek

�∞−∞−

kp2π

∫∞−∞ ƒ ()ekd = −kF

�

ƒ ()�

.

F�

ƒ ′′()�

=−kF�

ƒ ′()�

=−k2F�

ƒ ()�

.

Del teorema 2’: Fs�

ƒ ′′()�

=p2pπ

∫∞0 ƒ ′′() senkd=

p2pπƒ ′() senk

�∞0 −k

p2pπ

∫∞0 ƒ ′() coskd

= −kp2pπƒ () cosk

�∞0 −k

2p2pπ

∫∞0 ƒ () senkd = −k2Fs

�

ƒ ()�

+p2p㟠(0)k .

Fc�

ƒ ′′()�

=p2pπ

∫∞0 ƒ ′′() coskd=

p2pπƒ ′() cosk

�∞0 +k

p2pπ

∫∞0 ƒ ′() senkd

= −p2pπƒ ′(0) + k

p2p㟠() senk

�∞0 −k

2Fc�

ƒ ()�

= −k2Fc�

ƒ ()�

−p2pπƒ ′(0) .

Del teorema 4: F−1�

ƒe−k�

= 1p2π

∫∞−∞ ƒ (k)e−k(−)dk= ƒ (−) .

F(h) = 1p2π

∫ b

ekd = 1p

2πekb−ek

k

�

=p2pπsen Lkk si en particular =−L y b=L

�

.

15�

t−=(2−1)e−2/2 , ∈R , t>0

(,0)=0 , acotadaa] Como F[ƒ ′′]=−k2 ƒ y F[e−2]= 1p

2e−k

2/4 =1/2−→ e−k2/2 :

¨

t+k2=−k2e−k2/2

(k,0)=0→

p a ojo(k, t)= p(k)e−k

2t− e−k2/2 →d..

(k, t)= e−k2/2 e−k

2t− e−k2/2

→ (, t)= F−1�

e−k2(t+ 1

2 )�

− e−2/2 = 1p1+2t

e−2/(4t+2) − e−2/2 →

t→∞−e−2/2 (•)

b] Con la pista dada es claro que =−e−2

2 satisface la ecuación. Haciendo =− :¨

t− = 0(,0)=e−

2/2formulario−→ = 1

2pπt

∫ ∞

−∞e−s

2/2 e−(−s)2/4tds .

Para evaluar la integral completamos cuadrados buscando∫∞−∞ e

−p2dp =pπ :

− (2t+1)s2−2s+24t = −

�p2t+1 s− p

2t+1

�2

�

2pt�2 − 2

4t +2

4t(2t+1) = −hp

2t+1 s2pt− 2ptp2t+1

i2− 2

4t+2

Llamando p al último corchete, con lo que dp=p2t+12ptds , tenemos:

= 12pπt

2ptp

2t+1e−

2/(4t+2)∫∞−∞ e

−p2dp = 1p2t+1

e−2/(4t+2) ↑ =+

(•) [Estamos todo el rato sacando calor en [−1,1] y dándolo (menos cantidad según nos alejamos)fuera de ese intervalo. Las temperaturas acaban siendo negativas y menores cerca del origen].

16¨

t−+=0 , ∈R, t>0(,0) = e−

2/2

¨

t = (k−k2)(k,0)=e−k

2/2 → =ekt e−k2(1+2t)

2 → = 1p1+2t

e−(−t)22(1+2t) .

17�

t − = 0 , , t > 0(,0)= ƒ (), (0, t)=g(t), acotada

Dos subproblemas; el primero con ƒ≡0 . c≡ →¨

t+k2=−p2pπg(t)

(k,0)=0→ =−

p2pπ

∫ t

0 g(s)ek2(t−s)ds →

1=− 2π∫∞0

�

∫ t

0 g(s)ek2(t−s)ds

�

coskdk=− 2π∫ t

0

∫∞0 g(s)ek

2(t−s)coskdk ds=− 1pπ

∫ t

0

g(s)pt − s

e−2

4(t−s) ds

Para el otro subproblema con g≡0 consideramos ƒ∗ , extensión par de ƒ respecto a 0 , y resolvemos:�

t − = 0 , ∈R(,0)= ƒ∗() →

apuntes2 =

12pπt

∫ ∞

−∞ƒ∗(s) e−(−s)

2/4t ds

�

es (2)(0, t)=0 , por sersu integrando impar en s

�

.�

La integral de 2 se puede escribir de forma que sólo dependa de la ƒ inicial:∫ ∞

0ƒ (s) e−(−s)

2/4tds+∫ 0

−∞ƒ (−s)e−(−s)2/4tds=

∫ ∞

0ƒ (s)

�

e−(−s)2/4t+e−(+s)

2/4t�ds�

.Solución total = 1+2

18�

tt−c2 = 0 , , t ∈ R(,0)= ƒ (), t(,0)=g()

¨ tt+c2k2 = 0(k,0)= ƒ (k)t(k,0)= g(k)

→ =p(k)eckt+q(k)e−ckt →p(k)+q(k)= ƒ (k)ck[p(k)−q(k)]= g(k)

p(k) = 12�

ƒ (k)+ g(k)ck

�

, q(k) = 12�

ƒ (k)− g(k)ck

�

→ = 12 ƒ (k)

�

eckt+e−ckt�

+ 12 g(k)

�eckt−e−cktck

�

→ = 12�

ƒ (+ct)+ƒ (−ct)�

+ 12c g()∗

p2π h() , con h()=

�

1 si ∈[−ct, ct]0 si /∈[−ct, ct]||

12c

∫∞−∞ g(−s)h(s)ds = 1

2c

∫ ct

−ct g(−s)ds ==−s

− 12c

∫ −ct+ct g()d

19�

tt − = 0 , ≥ 0, t ≥ 0(,0)=t(,0)=0, (0, t)=sen t

=−sen t cos−→¨ tt − = 0t(,0)=− cos(,0)=(0, t)=0

i) (, t)=

¨

sen t cos+ 12

∫ +t−t (− cos s)ds = 0 , ≥ t

sen t cos+ 12

∫ 0−t cos sds−

12

∫ +t−t cos sds=sen(t−) , ≤ t

ii) s =p2pπ

∫ t

0 sen(t−) senkd =1p2π

� sen(t−−k)−1−k − sen(t−+k)−1+k

�t0=

p2pπ

1k2−1 [k sen t−senkt] .

Directamente: s≡ →

(

tt+k2 =p2pπk sen t

(k,0)= t(k,0)=0, p=A sen t→

↑c..= p(k)ekt+q(k)e−kt+

p2pπk sen tk2−1

20�

tt+2t+=0 , , t∈R(,0)=0, t(,0)=g()

i) Parabólica.§

ξ=−tη= t → ηη=0 , =p(ξ)η+q(ξ)= tp(−t)+q(−t)

(,0)=q()=0→ t(,0)=p()=q()→ = t g(−t) .

ii) Con la F :�

tt−2kt−k2 = 0(k,0)=0, t(k,0)= g(k)

→ λ= k doble, =p(k)ekt+q(k)ektt →c..

= tg(k)ekt ↑

21 3t−=2 a] dtd =

3−1 → t+3=C ;

�

ξ= t+3η= → η=−2 , = p(ξ)−2η = p(t+3)−2 .

O bien,�

ξ= t+3η= t → 3η=2 , = p∗(ξ)+ 2

3η = p∗(t+3)+ 2

3 t .

a1] (,0) =p(3)−2= → p()= → = t+3−2 ↘

p∗(3) = → p∗() = 3 → = t

3++23 t

↗ = t+

Solución única pues t=0 no es tangente a las características [Δ = 1·3− 0·(−1) = 3 6=0 ].

a2] (,0) =p(0)−2=−2→ p(0)=0 , vale toda p∈C1 que lo cumpla, por ejemplo p≡0→ =−2p∗(0)−2=−2→ p∗(0)=0 , vale toda p∗∈C1 que lo cumpla; p∗≡0→ = 2

3 t

[Otra más: eligiendo p()= arriba o p∗()= 3 abajo obtenemos la solución de a1] ].

Aquí el dato se da sobre una característica y no puede haber solución única [Δ = 1·3− (−3)·(−1) ≡ 0 ].

b1] Elegimos mejor η= y tenemos: η=−g(η) , = p(ξ)−∫ η

0 g(s)ds = p(t+3)−∫

0 g(s)ds .

(,0)=p(3)−∫

0 g = ƒ () → p()= ƒ ( 3 )+∫ /30 g → = ƒ (+ t

3 )+∫ + t

30 g−

∫

0 g →

= ƒ�

+ t3�

+∫ + t

3

g(s)ds�

si g()≡2 , ƒ ()= → =+ t3+2

t3 , como arriba

�

.

b2]

¨

t + k = g(k)(k,0)= ƒ (k)

→ (k, t) = p(k)e−kt/3 + g(k)k , p arbitraria

dato inicial−→ p(k)= ƒ (k)− g(k)k →

(k, t) = ƒ (k)e−kt/3+ g(k)�1−e−kt/3

k

�

→ (, t) = ƒ (+ t3 ) +

p2π g()∗h() , con h()=

�

1 en [−t/3,0]0 en el resto

p2π g()∗h() =

∫ 0−t/3 g(−)d =

−=s−∫

+ t3g(s)ds como antes.

22¨

2t + = t(,0)=e−

2 a) dtd = 2→

�

ξ=2−tη= t → 2η=η , =p(ξ)eη

2/4=p(2−t)et2/4 →

(,0)=p(2)=e−2 → p()=e−

2/4 → =e−(2−t)2/4 et

2/4 → = et−2 [No hay problemas de

unicidad: Δ=2 ∀ ].Haciendo η= : η=(2η−ξ) , =p(ξ)eη

2−ξη=p(2−t)et−2→ (,0)=p(2)e−2=e−

2 → p()≡1 .

b) F(ƒ ′)=−kƒ , F(e−2 )= e−k2 /4p2

→

(

t =k2 +

t2

(k,0)= 1p2e−k

2/4 → =p(k)ekt/2et2/4 d. i.→ = 1p

2et

2/4e−k2/4ekt/2

→ =et2/4F−1

�e−k2 /4p2ekt/2

�

= et2/4e−(−

t2 )2= et−

2, pues F−1

�e−k2 /4p2

�

= e−2

y F−1�

ƒ (k)ek�

= ƒ (−) .

23�

t+(cos t)=, ∈R, t≥0(,0)= ƒ ()

�

ξ=−sen tη= t , η= , = ƒ (−sen t)et .

�

t−k cos t = (k,0)= ƒ (k)

→ =p(k)et ek sen tc..= ƒ (k)et ek sen t ↗

Si ƒ ()=�

cos2, ∈[− π2 ,

π2 ]

0 en el resto 6=0 si sen t− π

2 ≤≤sen t+π2

(, nπ)= enπƒ ()

La solución se contonea siguiendo las características,creciendo su altura exponencialmente con el tiempo.

24�

Δ=F(, y), ∈R, y>0(,0)= ƒ ()

G= 12π ln

PQ

PQ′= 14π ln

�

(ξ−)2+(η−y)2�

− 14π ln

�

(ξ−)2+(η+y)2�

.

Gn�

�

η=0=−Gη�

�

η=0=1π

y(ξ−)2+y2 →

(, y)=y

π

∫ ∞

−∞

ƒ (ξ)dξ

(ξ−)2 + y2+1

4π

∫ ∞

0

∫ ∞

−∞ln(ξ−)2+(η−y)2

(ξ−)2+(η−y)2F(ξ, η)dξdη .

Si F≡0 con transformadas de Fourier:

¨

yy−k2=0(k,0)= ƒ (k)

→ =p(k)eky+q(k)e−ky =↗

ƒ (k)e−k|y|

[elegimos p≡0 si k> 0 y q≡0 si k< 0 para que exista la transformada inversa]

F−1�

e−k|y|�

=1p2π

∫ ∞

0e−k(y+) dk +

∫ 0

−∞e−k(y−) dk

=q

2π

yy2+2

→ =q

2π ƒ∗

yy2+2 (→ lo de antes).

problemas adicionales de EDII (C) 2009

problemas adicionales 1

1. Sea [E] y3y−=2y2 . a] Hallar la solución general de [E] tomando i) η=y , ii) η= .b] Resolver [E] con el dato inicial (,1)=2 , estudiando la unicidad de la solución.c] ¿En qué puntos del plano es tangente la curva 2=−y2 a alguna característica de [E] ?

2. Sea y−2y=2y y los datos iniciales: i) (,1)=e− , ii) (−y2, y)=0 . Hallar la únicasolución que satisface uno de ellos y dos soluciones distintas que cumplan el otro.

3. Sea (E) (y+1)y+=0 . Dibujar sus características. Probar que (E) tiene una única soluciónsatisfaciendo (,0) = ƒ () . Probar que si ƒ no es constante dicha solución no puede estardefinida en todo R2. ¿En torno a qué puntos hay más de una solución de (E) que cumple(y2, y)=0 ? Estudiar si existen soluciones de (E) satisfaciendo (0, y)=g(y) .

4. Determinar en torno a qué puntos tienen solución única los problemas:

senyy + = 1 (2 + y2)y + = 0 (2 + y)y + = 0(0, y) = 1 (,0) = 0 (, 2) =

5. Probar que no existe solución de =0 que esté definida en todo el semiplano y≥0 y quecontenga la curva : y= 2, z= 3 . Estudiar en qué entornos de hay soluciones únicaslocales.

6. Hallar (si se puede) la solución o soluciones de las siguientes ecuaciones cuasilineales quesatisfacen cada uno de los datos de Cauchy que se indican:

y + = con i) (,0)=1 , ii) (0, y)=1y + = 2 con i) (,0)= , ii) (, )=1

7. Reducir a forma canónica y, si es posible, encontrar la solución general:

t2tt−2 = 0 yy+2y+2 = 0 2−2yy+y2yy = e

8. Sea [E] tt−2−t=0 . Escribirla en forma canónica y hallar su solución general. Deter-minar la solución de [E] que satisface (,0) = 2 , t(,0) = . Escribir (si existe) algunasolución de [E], distinta de la ≡0 , que cumpla (et , t)=t(et , t)=0 .

9. Resolver los siguientes problemas de Cauchy (, t ∈ R):¨ tt − = 0(, ) = 0t(, ) = 0

¨ tt − = t + (,0) = t(,0) = 0

10. El potencial y la intensidad en una linea telegráfica satisfacen:+Lt+R = 0+Ct+G = 0

,

donde L, R, C y G son constantes características de la linea. a) Hallar la EDP de segundoorden (E) que verifica . b) Si GL=RC , comprobar que un cambio adecuado reduce (E) a laecuación de ondas y hallar (, t) si inicialmente (,0)=V() e (,0)= () .

11. Estudiar la unicidad de los problemas:

tt−(c())=F(, t) , ∈ (0,1), t∈R(,0)= ƒ (), t(,0)=g()(0, t)=0, (1, t)=0

(c ∈ C1 y positiva)

Δ=F en D⊂R2 dominio acotado= ƒ en C1 , n=g en C2C1 ∪ C2 = ∂D , C1 ∩ C2 = ∅

12. Si la distribución inicial de temperaturas en una varilla es ƒ () = 22−3 , ∈ [0,2] , y latemperatura para t>0 en los extremos es h0(t)=−t/(1+t2) , h2(t)=2sen t/ t , y suponemosque no existen fuentes de calor en el interior de la varilla, determinar la máxima y mínimatemperaturas alcanzadas en la varilla para t≥0 .

79

problemas adicionales de EDII (C) 2009

problemas adicionales 2

1. Desarrollar ƒ ()= en las autofunciones del problema�

y′′ − 2y′ + y+ λy = 0y(0)=y(1)=0 .

2. Determinar los autovalores dey′′ +

�

λ−V()�

y = 0y(0) = y(2) = 0 si V()=

�

0 , si 0<<11 , si 1<<2 .

3. Desarrollar ƒ ()=1−2 en serie de autofunciones del problema:(y′)′ + λy = 0y acotada en 0, y(1)=0

4. Sea y′′ = e−(−1)2

αy(0)+(1−α)y′(0)=y(1)=0 . Precisar para qué valores de α tiene solución.

5. Discutir, según los valores de la constante b , cuántas soluciones tienen los problemas:�

y′′ + 2y′ = 1y′(1)=2y′(2)+by(2)=0

¨

2y′′−3y′+3y = b−2y(1)=y′(1) , y(2)=2y′(2)

6. Precisar cuándo tiene solución o soluciones′′ + r−1′ = F(r)′(1)−(1)=A, ′(2)+b(2)=B , , b≥0.

[se puede interpretar como un problema para Laplace en el plano con simetría radial].

7. Seay′′ + λy = 1y′(−1)=y(1)=0 .

a) Hallar autovalores y autofunciones del problema homogéneo.b) ¿Existen para algún λ infinitas soluciones del no homogéneo?

8. Sea y′′ + λy = −4π2y(0)=1 , y(1)=0 .

¿Para qué valores de λ tiene solución única?Precisar para qué λ tiene infinitas y resolverlo en ese caso.

9. Seay′′ + λy = 1y(0)−y′(0)=y(1)+y′(1)=0 . Hallar autovalores y autofunciones del homogéneo.

Ver para qué λ hay solución y para cuáles es única.Calcular aproximadamente λ1 , λ2 , λ3 y los ceros en (0,1) de y2 e y3 .

10. Estudiar para qué valores de n∈N existe solución de:y′′ + ny = cosny(0)=y(2π), y′(0)=y′(2π) .

11. Calcular para λ=0 y λ=1 la solución (si la hay) de 2y′′ − y′ + λy = 3y(1)−y′(1)=y(2)−2y′(2)=0 ,

haciendo uso de la función de Green en el caso de que exista.

12. Seay′′ + 2y′ + λy = ƒ ()y(1)=y(2)=0 . Hallar autovalores y autofunciones del homogéneo.

Determinar para qué n∈N el problema con λ=π2 , ƒ ()=sennπ tiene soluciones, calcu-lándolas en ese caso. Si λ=0 , ƒ ()=1 , hallar la solución con la función de Green.

13. Hallar la G(, s) del problema singular(y′)′ = ƒ ()y acotada en 0, y(1)=0 , usando la fórmula para

problemas regulares. Comprobar que proporciona la solución i) si ƒ () = 1 , ii) si ƒ () = .Relacionar los resultados con la ecuación de Poisson en el plano.

14. Constuir la función de Green dey′′ = ƒ ()y(0)=−y(1), y′(0)=−y′(1) . Resolverlo si ƒ ()= .

15. Hallar una fórmula para la solución de un problema de Sturm-Liouville no homogéneoutilizando desarrollos en serie de autofunciones del homogéneo.

Escribir, si λ 6=n2π2 , el desarrollo en autofunciones de la solución de y′′ + λy = 1y(0)=y(1)=0 .

Hallar la solución exacta para λ=0,1,−1 . Desarrollarla si λ=0 y comprobar.

16. Desarrollar la solución para λ=0 en serie de autofunciones del homogéneo:y′′ + λy = y′′ + λy = senπ y′′ − 2y′ + y+ λy = ey(0) = y′(1) = 0 y(−1) = y(1) = 0 y(0) = y(1) = 0

80

problemas adicionales de EDII (C) 2009

problemas adicionales 3

1. Resolver por separación de variables y dar interpretación física cuando se pueda:¨ t − = 0 , ∈ (0, π), t>0(,0) = 1(0, t)=0, (π, t)=cos t

¨ t − = 0 , ∈ (0, π), t>0(,0) = 0(0, t)=1, (π, t)=0

¨ Δ = 0, r < 2

(2, θ)=�

3, ∈ (−π/2, π/2)1, ∈ (π/2,3π/2)

¨ Δ+ = 0 , r<1, π/2<θ<3π/2(1, θ) = sen2θ, acotada�

r, π2�

=�

r, 3π2�

=0

2. Sea

¨ t − = A , ∈ (0,1), t>0(,0) = B(0, t)=C, (1, t)=D

Resolverlo y determinar para qué relación entrelas constantes A,B,C,D hay solución estaciona-ria (interpretarlo físicamente).

3. Sea�

t − = F() , ∈ (−1,1), t>0(,0)=0 , (−1, t)=(1, t)=0

y sea Q(t) =∫ 1−1 (, t)d .

Calcular la variación en el tiempo de Q(t) y deducir cuándo es constante.Resolver si: i) F() = sen π

2 , ii) F() = sen2 π2 . ¿Tiene límite cuando t→∞ ?

4. Sea una varilla de aluminio ( k=0.86 cm2/seg) de 20 cm de longitud, con una temperaturainicial uniforme de 25 grados. En el instante t=0 el extremo =0 se enfría hasta 0 grados,mientras que el extremo =20 se calienta hasta 60 grados, y ambos se mantienen despuésa esas temperaturas. Escribir la distribución de temperaturas (, t) para todo t y evaluar en =5, 10 y 15 para t=0, 5 y 30 utilizando tres y diez términos de la serie.

5. Resolver�

t − = 0 , ∈ (0,1), t>0(,0)=0 , (0, t)+(0, t)=1, (1, t)=0

y comprobar que →t→∞−∞ .

6. Resolver el problema plano�

Δ = π , r < 1, θ ∈ (0, π)(r,0)=(r, π)=(1, θ)=0 y probar que ( 12 ,

π2 ) ≤ 0 .

7. Sean (Pα)

¨

Δ = 0 , r < 1, 0 < θ < α

(1, θ)=sen kπθα , (r,0)=(r, α)=0

y (P)

¨

Δ = 0 , r < 1(1, θ)=sen kπθ

2.

Comparar para k=1 y k=2 las soluciones de (P) con las de (Pα) si α→ 2π .Hallar cotas superiores e inferiores para todas las soluciones.

8. Resolver el problema para la ecuación de Laplace en el espacio�

Δ = 0 , r<1r(1, θ)=cos3θ

.

9. Un cubo homogéneo de lado π, inicialmente a temperatura constante T1 , se sumerge en eltiempo 0 en un baño que se mantiene a temperatura T2 . Hallar la distribución de tempera-turas en cualquier tiempo t > 0 .

10. a) Hallar la solución dey′′ = ƒ ()y(1)=, y(2)=b en términos de la función de Green, la función ƒ

y las constantes y b , por el camino de cálculo de la G para la ecuación de Laplace en elplano

�

(s)= 12 |s−| satisface ′′=δ(s−) para fijo

�

. b) Llegar al resultado con técnicasdel capítulo 2. c) Escribir la solución si ƒ ()=1 , =0 , b=1 .

11. Sabiendo que (1, θ) =�

senθ, θ∈[0, π]0 , θ∈[π,2π] ,

hallar el potencial en el punto del plano de coordenadas polares r=2 , θ=0 .

12. Hallar la función de Green para la ecuación de Laplace:i) en el semicírculo r<1 , θ∈ (0, π) ; ii) en el dominio r>1 , θ∈ (0, π2 ) .

81

problemas adicionales de EDII (C) 2009

problemas adicionales 4

1. Dibujar (, 12 ) , (,1) , (,2) , (,3) y (1, t) , t≥0 , y hallar (,1) , para:

tt− = 0 , , t ∈ R

(,0)=n

senπ, 2≤≤30 resto de R

t(,0)=n

senπ,−2≤≤−10 resto de R

tt−=0 , ≥0, t∈R

(,0)=n

(1−), 0≤≤10, ≥1

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

tt−=senπ , ∈[0,1], t∈R(,0)=senπt(,0)=senπ(0, t)=(1, t)=0

2. Sea�

tt−4=F(, t) , , t∈R(,0) = t(,0) = 0

, F(, t)=�

1, ∈[1,2], t≥00, en el resto .

Calcular (−1,1) y (1,1) .Calcular y dibujar (,1) .

3. Sea

¨ tt− = 0 , ∈[0,1], t∈R(,0)=t(,0)=0(0, t)=0 , (1, t)=sen t

. Hallar ( 12 ,12 ) y ( 12 ,

32 ) .

4. Sea�

tt−=6 , ≥ 0, t∈R(,0)=t(,0)=(0, t)=0

. Calcular (0, t) para todo t.

5. Hallar la solución general de tt−e2t−t=0 , y la que cumple (,0)= ƒ (), t(,0)=0 .

Si ƒ () =n

1−2|| , si ||≤1/20 , en el resto

, dibujar la solución para t=1 y t=2 .

¿Cuál es el dominio de influencia sobre la solución del valor inicial de ƒ en =0 ?¿Cuál es el dominio de dependencia de (0,1) de los valores de ƒ ?

6. Vistos como problemas en 1, 2 y 3 dimensiones, hallar (0, t) , t≥0 y (r, t) si se puede:�

tt − Δ = 0(r,0)= ƒ (r) , t(r,0)=g(r)

con a) ƒ (r)=g(r)=r2 , b) ƒ (r)=0, g(r)=�

1−r2, r≤10 , r≥1 .

7. Sea (E) t−−2+ = 0 . Simplificarla con un cambio de variable adecuado. Hallar lasolución de (E) que cumple (,0)= e−

2y analizar su comportamiento cuando t→∞ .

8. Resolver:�

t2t−=g()(,1) = 0 por las características y utilizando la F .

9. Sean [P1]�

t−2t=0 , ∈R, t>0(,0)=δ(), acotada y [P2]

�

t−=δ(), ∈R, t>0(,0)=0, acotada .

Hallar, sin que aparezcan integrales en el resultado, (, t) para [P1] y (0, t) para [P2].

10. a] Sea�

tt−+2t+=0 , , t∈R(,0)= ƒ (), t(,0)=0

.Resolverlo con la F y haciendo =e−t .

Si ƒ ()=�

senπ , ∈[0,1]0 , en el resto dibujar (,3) .

b] Resolver�

tt−+2t+=0 , 0<<1, t∈R(,0)=senπ, t(,0)=(0, t)=(1, t)=0

.

82

4

Separación de variables.

!t!k!""=0 , !=XT "X##+#X=0 , T #+#kT=0

!tt!c2!""=0 , !=XT "X##+#X=0 , T ##+#c2T=0

!""+!yy=0 , !=XT "X##+#X=0 , Y ##!#Y=0

!rr+ 1r !r+

1r2 !$$=0 , !=R!

" !## + #! = 0r2R##+rR#!#R=0

!rr+ 2!rr +

!$$r2 +

cos$ !$sen$ r2 +

!%%sen2$ r2 =0 , !=R!""

r2R##+2rR#!#R=0 , "##+&"=0 ,!sen$!#"#+## sen$! &

sen$

$!=0

t=cos$!"ddt

#[1!t2]d!dt$+##! &

1!t2$!=0 (&=0 si no depende de % ).

Ecuación de ondas

La solución única de%!tt ! c2!"" = F(", t) , ", t$R!(",0)= ƒ (") , !t(",0)=g(")

es:

!(", t) = 12&ƒ ("+ct) + ƒ ("!ct)'+ 1

2c

( "+ct

"!ctg(s)ds+ 1

2c

( t

0

( "+c[t!']

"!c[t!']F(s,')dsd'

Si G(")% 12c

) "0 g ,

12 ƒ (")!G(") viaja hacia la derecha y 1

2 ƒ (")+G(") hacia la izquierda.

* !tt!c2!""=F, "&0, t$R!(",0)= ƒ , !t(",0)=g!(0, t)=0

,* !tt!c2!""=F, "$[0,L], t$R!(",0)= ƒ , !t(",0)=g!(0, t)=!(L, t)=0

"*!tt!c2!""=F!(", t) , ", t$R!(",0)= ƒ!("),!t(",0)=g!(")

ƒ!, g!, F! extensiones impares de ƒ ("), g("), F(", t) respecto a "=0 ó a "=0 y "=L .

((", t)=&1! "

L'h0(t)+ "

L hL(t) satisface ((0, t)=h0(t) , ((L, t)=hL(t) .*!tt ! c2&!rr+ 2

r !r'=0 , r&0, t$R

!(r,0) = ƒ (r) , !t(r,0) = g(r)(=!r!"*(tt ! c2(rr = 0 , r&0, t$R((r,0)= rƒ (r),(t(r,0)= rg(r), ((0, t)=0

+,-,.

!tt!c2&!""+!yy+!zz

'=0

!(", y, z,0)= ƒ (", y, z)!t(", y, z,0)=g(", y, z)

t$R , (", y, z)$R3

"!(", y, z, t) =))t

/t4*

) 2*0

) *0 ƒ (·, ·, ·) sen$d$d%

0+ t

4*

) 2*0

) *0 g(·, ·, ·) sen$d$d% ,

(·, ·, ·) = ("+ct sen$ cos%, y+ct sen$ sen%, z+ct cos$) .+-.

!tt ! c2&!""+!yy'= 0 , t$R

!(", y,0)= ƒ (", y) , (", y)$R2

!t(", y,0)=g(", y)" !(", y, t) = 1

2*c

1))t

( 2*

0

( ct

0

r ƒ (·, ·)drd$2c2t2 ! r2

+( 2*

0

( ct

0

r g(·, ·)drd$2c2t2 ! r2

3,

(·, ·) = ("+r cos$, y+r sen$) .

Transformada de Fourier

La transformada de ƒ (") absolutamente integrable es ƒ (k) % F(ƒ )(k) % 1'2*

( "

!"ƒ (")e+k" d" .

Si ƒ $C1(R) y absolutamente integrable, ƒ (") = 1'2*

( "

!"ƒ (k)e!+k" dk #"$R .

Si ƒ , ƒ #, ƒ ## $C(R) y absolutamente integrables: F(ƒ #) = !+kF(ƒ ) , F(ƒ ##) = !k2F(ƒ ) .

Si (ƒ!g)(") = 1'2*

( "

!"ƒ ("!s)g(s)ds , es ƒ!g=g!ƒ , y es F(ƒ!g) = F(ƒ )F(g) .

F!1!ƒ (k)e+,k"= ƒ ("!,) . Si h(")=

*1 , "$[,, b]0 en el resto

, F(h)= e+kb!e+k,'2* +k

.F!e!,"2"= 1'

2,e!k2/4,.

F!1!e!,k2"= 1'

2,e!"2/4,.

La solución única de%!t ! !"" = 0 , "$R, t>0!(",0)= ƒ (") , ! acotada es: !(", t)= 1

2'*t

( "

!"ƒ (s)e!("!s)2/4t ds .

1

Repaso de EDOs

Algunas EDOs de primer orden dyd" = ƒ (", y) resolubles

[Si ƒ , ƒy son continuas en un entorno de ("o, yo) existe solución única con y("o)=yo ].

Separables: y#= p(")q(y) . y#= ƒ! y"", z= y

" . y#= ƒ (,"+by) , z=,"+by .

Lineales: y# = ,(")y+ƒ (") " y = Ce),(")d" + e),(")d")e!),(")d"ƒ (")d" [ sgh+ yp ].

Exactas: M(", y)+N(", y)y# = 0 con M=U" , N=Uy&My%N"' " U(", y) = C .

EDOs lineales de segundo orden [n] y##+,(")y#+b(")y= ƒ (") ,, , b , ƒ continuas en - .

|W|(") =4444y1 y2y#1 y#2

4444

i] Si "o$ - , tiene una sola solución (definida en todo - ) con y("o)=yo , y#("o)=y#o .ii] Si y1 , y2 son soluciones de la homogénea ( ƒ%0 ) con wronskiano |W|(s) (=0 para

algún s$ - , la solución general de la homogénea es: y=c1y1+c2y2 .iii] Si yp es una solución de [n], la solución general de [n] es: y=c1y1+c2y2+yp .

iv] Una solución particular de [n] es: yp = y2) y1 ƒ|W| d"! y1) y2 ƒ|W| d" [fvc].

Coeficientes constantes:y##+,y#+by=0

&2+,&+b=0

&1 (=&2 reales " y = c1e&1"+ c2e&2"

& doble (real) " y = (c1+c2")e&"

&=p±+q" y = (c1 cosq"+c2 senq")ep"

Método de coeficientes indeterminados para y## + ,y# + by = ƒ (") :Si ƒ (") = e&"pm(") , pm polinomio de grado m , y & no es autovalor hay soluciónparticular yp=e&"Pm(") . Si & es autovalor de multiplicidad r , hay yp="re&"Pm(") .Si ƒ (")=e&"&pj(") cosq"+qk(") senq"

', pj , qk de grados j , k , y p±+q no es autova-

lor hay yp=ep"&Pm(") cosq"+Qm(") senq"

'con Pm y Qm de grado m=máx{j, k} .

Si p±+q es autovalor hay yp="ep"&Pm(") cosq"+Qm(") senq"

'.

Euler: "2y##+ ,"y#+ by = 0

&(&!1)+,&+b=0

&1 (=&2 reales " y = c1"&1+c2"&2& doble (real) " y = [c1+c2 ln"]"&

&=p±q+" y =&c1 cos(q ln")+c2 sen(q ln")

'"p

Una yp de "2y##+,"y#+by = h(") se obtiene de la [fvc]!con ƒ (")=h(")/"2

",

o utilizando que con "=es se convierte en y##(s)+(,!1)y#(s)+by(s) = h!es".

Si b(")%0 , y#=( lleva [e] a lineal de primer orden en ( .

EDOs importantes resolubles utilizando series:

Legendre (1!"2)y##!2"y#+p(p+1)y=0 tiene soluciones polinómicas si p=n$N :

P0=1 , P1=" , P2= 32"

2! 12 , P3=

52"

3! 32" , P4=

358 "4! 15

4 "2+ 38 , . . .

Se cumple que:) 1!1 PnPm d"=0 , si m (=n ;

) 1!1 P

2n d"=

22n+1 .

Pmn (")=(1!"2)m/2 dm

d"m Pn(") satisfacen (1!"2)y##!2"y#+/n(n+1)! m2

1!"20y=0 .

Bessel: "2y##+"y#+["2!p2]y=0 " Jp(") %&"2'p "5

m=0

(!1)m ["/2]2mm!#(p+m+1)

soluciones acotadas en "=0 , con infinitos ceros [los de J0: 2.4.., 5.5.., ... ].Las soluciones linealmente independientes de ellas son no acotadas en 0 .

Si p= 12 ,

32 , . . . , las soluciones son funciones elementales

/p= 1

2 " y=c1 sen"'" +c2cos"'

"

0.

Recurrencia: Jp+1 =2p" Jp ! Jp!1 . Derivadas:

&"p Jp(")'#= "p Jp!1(") , J#0(")=!J1 .

2

EDPs de primer orden

A(", y)!y + B(", y)!" = C(", y)!+D(", y)dy

d"=A(", y)

B(", y)" características

.(", y) = K%. = .(", y)/ = y " A!/= C!+D ;

%. = .(", y)/ = " " B!/= C!+D

Hay una única solución local !(", y) con valores dados sobre una curva G=(g(s), h(s))del plano "y si G no es tangente a las características) $(s)%g#A(g, h)!h#B(g, h) (=0 .

Clasificación y formas canónicas de EDPs de 2o orden

A!yy + B!"y + C!"" +D!y + E!" + F! = G

%. = .(", y)/ = /(", y) "

!yy = !.. .2y + 2!./ .y /y + !// /2y + !. .yy + !/ /yy!"y = !.. .y ." + !./ [."/y+.y/"] + !// /y /" + !. ."y + !/ /"y!"" = !.. .2" + 2!./ ." /" + !// /2" + !. ."" + !/ /""

Si en una región del plano es B2(", y)!4A(", y)C(", y) >=< 0 , la EDP eshiperbólicaparabólicaelíptica

.

H :d"

dy=B±2B2!4AC2A

" .(", y)=K/(", y)=K ;%. = .(", y)/ = /(", y) " !./ + · · · = G!

P :d"

dy=

B

2A" .(", y)=K ;

%. = .(", y)/ = y (ó /=") " !// + · · · = G!

E :d"

dy=B± +24AC!B22A

" 0(", y)±+ 1(", y)=K ;%.=0(", y)/=1(", y) " !..+!//+· · · = G!

Si A , B , Cconstantes: H :

*. = "! B!

'B2!4AC2A y

/ = "! B+'B2!4AC2A y

P :*. = "! B

2A y/ = y

E :

6. = 2A"!By'

4AC!B2/ = y

[Cambios del tipo != epyeq"2 suprimen derivadas de menor orden].

Tienen solución única:%!t!k!""=F(", t), "$ (0, L), t>0!(",0)= ƒ ("), c.contorno físicas ,

%$!=F en D acotado!= ƒ en )D

[Si F%0 máximo ymínimo se dan en )D ].

Tiene unicidad salvo constante%$!=F en D!n= ƒ en )D

si se cumple))

D F d"dy =7)D ƒ ds .

Algunas propiedades de funciones trigonométricas e hiperbólicas:

sen (,± b) = sen, cosb± cos, senbcos (,± b) = cos, cosb* sen, senb

sen, senb = 12&cos(,!b)!cos(,+b)'

cos, cosb = 12&cos(,+b)+cos(,!b)'

sen, cosb = 12&sen(,+b)+sen(,!b)'

sen2, = 12!

cos2,2 , cos2, = 1

2+cos2,

2 , sen3, = 3sen,4 ! sen3,

4 , cos3, = 3cos,4 + cos3,

4 .

sh x ch x th x1

1

–1

sh"= e"!e!"2 , ch"= e"+e!"

2 , th"= sh"ch" .

[sh"]#=ch"[ch"]#=sh" , [th"]#=1!th2"= 1

ch2".

3

Problemas de contorno para EDOs

(Ps)*[py#]# ! qy+ #ry = 00y(,)!0#y#(,)=1y(b)+1#y#(b)=0 ,

p$C1[,, b] , q, r$C[,, b] , p, r>0 en [,, b] ,|0|+|0#| , |1|+|1#| (= 0 .

Los #n"" . Las {yn} son espacio vectorial de dimensión 1 y cada yn tiene exactamenten!1 ceros en (,, b) . +yn, ym,%

) b, r yn ym d" = 0 , si yn, ym están asociadas a #n (=#m .

Si 0 ·0# &0 , 1·1# &0 y q(")&0 en [,, b] todos los #n&0 .

Si ƒ es C1 a trozos en [,, b] la serie de Fourier"5

n=1

+ƒ , yn,+yn, yn,

yn(") converge hacia ƒ (") en los

"$ (,, b) en que ƒ es continua y hacia 12&ƒ ("!)+ƒ ("+)'en los " en que es discontinua.

Serie en senos y cosenos en [!L, L]: ƒ (") = ,o2 +

"5

n=1

&,n cos

n*"L + bn sen

n*"L',

con: ,n= 1L

( L

!Lƒ (") cos n*"

L d" , n=0,1,2, ... y bn= 1L

( L

!Lƒ (") sen n*"

L d" , n=1,2, ...

Converge hacia ƒ (") en los " en que su extensión 2L-periódica es continua (y hacia12&ƒ ("!)+ƒ ("+)'en los puntos de discontinuidad). Además converge uniformemente

en todo intervalo cerrado que no contenga discontinuidades de la ƒ extendida.

Problemas conocidos para y##+#y = 0 :

c.contorno y(0)=y(L)=0 y#(0)=y#(L)=0 y(0)=y#(L)=0 y#(0)=y(L)=0

#nn2*2

L2 , n=1,2, ... n2*2

L2 , n=0,1, ... [2n!1]2*222L2 , n=1,2, ... [2n!1]2*2

22L2 , n=1,2, ...

yn , +yn, yn,8sen n*"

L9, L28cos n*"

L9, L(n=0)

ó L28sen [2n!1]*"2L9, L28cos [2n!1]*"2L9, L2

Problemas singulares conocidos:%"y## + 2y# + #"y = 0y acotada en "=0, y(1)=0

%"y## + y# + #"y = 0y acotada en "=0, y(1)=0

*&(1!"2)y#'#+ #y = 0y acotada en "=±1

!="y"8senn*"

"9

s='#"" 8J0(2n")

9, J0(2n)=0

8Pn(")9de Legendre

(Pf)*&

p(")y#'# + g(")y = ƒ (")

0y(,)!0#y#(,)=1y(b)+1#y#(b)=0 tiene 1 solución si y sólo si el homogéneo

(Ph) tiene sólo la solución y%0 . Si (Ph) tiene soluciones no triviales {yh} , (Pf) tiene

infinitas soluciones o ninguna según sea =0 ó (=0 la integral:) b, ƒ (")yh(")d" .

Si (Ph) tiene sólo la solución y%0 e y1 , y2 son soluciones no triviales de [py#]#+gy=0cumpliendo 0y1(,)!0#y#1(,)=0 , 1y2(b)+1#y#2(b)=0 , la solución de (Pf) es:

y(")=) b, G(", s)ƒ (s)ds , con G(", s)=

* y1(s)y2(")p|W|(y1,y2) , ,-s-"y1(")y2(s)p|W|(y1,y2) , "-s-b

, función de Green.

Funciones de Green para Laplace

(PD)%$!=F en D!= ƒ en )D . Si G(", y;.,/) satisface

%$G=3(.!",/!y) en DG = 0 en )D , para (", y)$D

y vista como función de (.,/) , se le llama función de Green y la solución de (PD) es:

!(", y) =))

D G(", y;.,/) F(.,/)d.d/ +7)D Gn(", y;.,/) ƒ (.,/)ds .

%$!=F(r,$) , r<R!(R,$)= ƒ ($) " G(r,$;4,%)= 1

4* ln&42+r2!2r4 cos($!%)'! 1

4* ln&R2+ r242

R2 !2r4 cos($!%)'

" !(r,$) =) R0

) 2*0 4G(r,$;4,%) F(4,%)d%d4 + R2!r2

2*

) 2*0

ƒ (%)d%R2!2Rr cos($!%)+r2 .