Ecuaciones Diferenciales Parciales - Jube Portalatino
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Mag. Jube Portalatino Zevallos Ecuaciones Dif. Parciales
80
Mag. Jube Portalatino Zevallos Ecuaciones Dif. Parciales
1
ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
1. NOCIONES BSICAS
1.1. FUNCIN PERIDICA
f : se llama funcin peridica si existe un nmero p , tal que f (x p) f (x), x+ = .
Al menor valor positivo p se le llama periodo. Ejemplos 1) f(x) = sen(x) es peridica, pues f(x+2n) = f(x), n probarlo! Adems
su periodo es 2. 2) f(x) = cos(x) es peridica, pues f(x+2n) = f(x), n probarlo! Adems
su periodo es 2. 3) f(x) = tan(x) es peridica, pues f(x+n) = f(x), n probarlo! Adems su
periodo es .
1.2. LMITES LATERALES
u xf (x ) lim f (u)
+
+
=
u xf (x ) lim f (u)
=
1.3. FUNCIN SECCIONALMENTE CONTINUA.
f : I es seccionalmente continua en el intervalo I si es continua en I, salvo en un nmero finito de puntos en los cuales existen sus lmites laterales. Ejemplo. [ ]f (x) x , x 2;2= Ejemplo de funcin no seccionalmente continua.
1f (x) , x 3;2x
= , no existen sus lmites laterales en x=0.
1.4. DERIVADAS LATERALES
Derivada lateral por la derecha
-
Mag. Jube Portalatino Zevallos Ecuaciones Dif. Parciales
2
h 0h 0
limf (a h) f (a)f (a )
h+
>
+ =
Derivada lateral por la izquierda
h 0h 0
limf (a h) f (a)f (a )
h
>
= >=
Solucin Apliquemos la transformada de Laplace respecto a t,
2
2u u uk b cut xx
= + + L L
{ } { } { } { }2
20
s u u(x,0) k u b u c uxx
=
= + +
L L L L
{ } { } { }2
2d dk u b u (c s) u 0
d xd x+ + =L L L (1)
La ecuacin caracterstica es
2kr br c s 0+ + = 2b b 4k(c s)
r2k
=
Luego, la solucin general de la ecuacin (1) es
2 2b b 4k(c s) b b 4k(c s)2k 2kx x
1 2{u} c e c e +
= +L La solucin u tiene que ser acotada, por ende tambin L {u}, entonces c2 = 0. As que
2b b 4k(c s)2k x
1{u} c e
=L Como {u (0, t)} {f (t)}=L L Entonces 1{f (t)} {u(0, t)} c= =L L Luego,
2b b 4k(c s)2k x{u} {f}e
=L L
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3
k kk 0
f (x) a cos kx b sen kx
=
= + o
0 k kk 1
f (x) a a cos kx b sen kx
=
= + + (1) Primero integremos (1):
0 k kk 1
0 0
f (x)dx a dx a cos kx dx b sen kx dx
=
= + +
01a f (x)dx
2
=
(2) De (1), multiplicando por cos(nx) e integrando, se obtiene:
0
0
k kk 1
f (x) cos nx dx a cos nx dx
a cos kx cos nx dx b sen kx cos nx dx
=
= +
+
k
k 1
k
k 1
af (x)cos nx dx [cos(n k)x cos(n k)x]dx
2
b[sen (n k)x sen(n k)x]dx
2
=
=
= + +
+ +
k
k 10 0
n k
af (x)cos nx dx cos(n k)x dx cos(n k)x dx
2
=
= + +
k
k 10 0
bsen (n k)x dx sen (n k)x dx
2
=
+ +
-
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4
k ka
f (x)cos kx dx dx a2
= =
k1a f (x)cos kx dx
= k=1, 2, 3,... (3)
Por otro lado, de (1), multiplicando por sen(nx) e integrando, se obtiene
k1b f (x)sen(kx)dx
= k=1, 2, 3,... (4)
EN RESUMEN 0
k kk 1
af (x) a cos kx b sen kx
2
=
= + + donde
k1a f (x)cos(kx)dx
= k = 0, 1, 2, 3, ...
k1b f (x)sen(kx)dx
= k = 1, 2, 3, ...
Para x, en donde f es continua, y para que la frmula (2) se obtenga de la frmula (3), la serie trigonomtrica que representa a la funcin f, se debe considerar as:
Esto se puede generalizar hacia un intervalo [-L, L] y tenemos el siguiente teorema.
4. SERIES DE FOURIER TEOREMA. Sean f : i) peridica de periodo 2L ii) seccionalmente continua en
iii) derivable por la derecha y por la izquierda en x
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77
Reemplazando s =
, se tiene
x L x
1 0L L
G(s) H(s)
sen h s sen h sU(x,s) F (s) F (s)
sen h s sen h s
= =
= +
1 0U(x,s) F (s)G(s) F (s) H(s) = +
Luego, de aplicar la trasformada inversa de Laplace, se tiene
1 1 11 0u(x, t) {U(x,s)} {F (s)G(s)} {F (s) H(s)}
= = +L L L Por la propiedad de convolucin, se tiene
t t
1 00 0
u(x, t) g(t ) f ( )d h(t ) f ( )d= + donde
x1 1
L
sen h sg(t) {G(s)}
sen h s
= =
L L
L x1 1
L
sen h sh(t) {H(s)}
sen h s
= =
L L
Haciendo el clculo respectivo resulta
2[(2n 1)L x] / 4 t3
n
(2n 1)L xg(t) e2 t
+ +
=
+ +=
2[(2n 2)L x] / 4 t
3n
(2n 2)L xh(t) e2 t
+
=
+ =
-
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76
22
2U (x,s) U(x,s) 0
x
=
, donde 2 s =
Adems
0 0U(0,s) {u(0, t)} {f (t)} F (s)= = =L L
1 1U(L,s) {u(L, t)} {f (t)} F (s)= = =L L Luego, resolvemos el subproblema:
22
2
0
1
U U 0x
U(0,s) F (s)U(L,s) F (s)
=
=
=
con respecto a x. Cuya ecuacin caracterstica es
2 2k 0 k = = Dos soluciones linealmente independientes son: x xe , e Como tambin lo son: sen h x, cos h x Asimismo son: sen h x, sen h (L x) Luego, la solucin general del subproblema es
1 2U(x,s) c sen h x c sen h (L x)= + Aplicando las condiciones de frontera, se obtiene
00 2 2
F (s)F (s) U(0,s) c sen h L c
sen h L= = =
11 1 1
F (s)F (s) U(L,s) c sen h L c
sen h L= = =
Por consiguiente, la solucin a este subproblema es
01 F (s)F (s)U(x,s) sen h x sen h (L x)sen h L sen h L
= +
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5
Si f es continua en x, entonces
0k k
k 1
a k x k xf (x) a cos b sen2 L L
=
= + +
Si f es discontinua en x, entones
0k k
k 1
af (x ) f (x ) k x k xa cos b sen2 2 L L
+
=
+ = + +
donde
L
kL
1 k ua f (u)cos du k 0,1,2,L L
= =
L
kL
1 k ub f (u)sen du k 1,2,L L
= =
A esta serie se le llama serie de Fourier de f y ak y bk coeficientes de Fourier.
Ejemplo. Hallar la serie de Fourier de la funcin f (x) x, 1 x 1= < < Solucin Su grfica es
-3 -1 1 3 X
Y
-
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6
0k k
k 1
ax a cos k x b senk x
2
=
= + +
1
01
a x dx 0
= =
Se prueba que 1
k1
a x cos k x dx 0
= = para k=1, 2, ....
1 1
k1 0
b x senk x dx 2 x senk x dx
= = Aplicando integracin por partes, se obtiene
11
k 2 20 0
x xb 2 cos k x senk xk k
= +
k
k2 2( 1)b cos k
k k
= =
Luego, la serie de fourier de f, en los puntos de continuidad, es
k
k 1
2( 1)x senk xk
=
=
En el siguiente cuadro se muestra las grficas para la suma de 3 y 5 trminos.
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a ta1u(x, t) [g ( I )](x) [f (x at) f (x at)]2
= + + +
a t
a t
1 1u(x, t) g(x u)du [f (x at) f (x at)]2a 2
= + + +
x a t
x a t
1 1u(x, t) g( )d [f (x at) f (x at)]2a 2
+
= + + +
32. SOLUCIN DE ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES MEDIANTE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE
1. Resolver
2
2
0
1
u u 0 x L, t 0t x
u(0, t) f (t) t 0u(L, t) f (t) t 0u(x,0) f (x) 0 x L
= < < >
= >
= >=
Solucin Sea 1U(x,s) {u(x, t)} u(x, t) {U(x,s)}= =L L Aplicando la transformada de Laplace, respecto a t, a la ecuacin diferencial parcial resulta
2
2u ut x
=
L L
2
20
s U(x,s) u(x,0) {u(x, t)}x
=
=
L
2
2Us U(x,s) (x,s)
x
=
2
2U s(x,s) U(x,s) 0
x
=
-
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74
Aplicando la transformada de Fourier, con respecto a x, a la ecuacin diferencial parcial, se tiene
2 22
2 2u ua
t x
=
F F
{ } { }2
2 22 u a ut
=
F F
2
2 22
d U ( , t) a U( , t)d t
=
Luego, se tiene el siguiente problema que involucra una ecuacin diferencial ordinaria con respecto a la variable t
22 2
2d U ( , t) a U( , t) (1)d t
U( ,0) F( ) (2)d U ( ,0) G( ) (3)d t
=
= =
Al resolver (1) resulta
1 2U( , t) A sen(a t) A cos(a t) = + Al aplicar (2) y (3), a esta expresin, se obtiene
2 11A F( ) A G( )
a= =
Reemplazando, se obtiene
1U( , t) G( )sen(a t) F( )cos(a t)a
= +
Pero ( )i a t i a t1cos(a t) e e2 = +
( )i a t i a tsen(a t) 1U( , t) G( ) e e F( )a 2 = + +
{ }1u(x, t) U( , t)= F
{ } { }( )1 1 i a t 1 i a tsen(a t) 1u(x, t) G( ) e F( ) e F( )a 2 = + +
F F F
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7
En el siguiente cuadro se muestra la grfica para la suma de 30 trminos.
Ejemplo. Hallar la serie de Fourier de la funcin
1, 0 x 1f (x)
1, 1 x 0<
-
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8
Se prueba que
1
k1
a x cos k x dx 0
= = para k = 1, 2, ....
1 1
k1 0
b f (x)senk x dx 2 f (x)senk x dx
= =
k1
k0
2 2 2 2( 1)b 2 senk x dx cos kk k k
= = + =
Luego, la serie de fourier de f, en los puntos de continuidad, es
k
k 1
2 2( 1)f (x) senk xk
=
=
En el siguiente cuadro se muestra las grficas para la suma de 3 y 6 trminos.
En el siguiente cuadro se muestra la grfica para la suma de 40 trminos.
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73
2U( , t) U( , t)t
=
Luego, se tiene el siguiente problema que involucra una ecuacin diferencial ordinaria, con respecto a la variable t
2U( , t) U( , t)t
U( ,0) F( )
= =
Cuya solucin es
2 tU( , t) F( ) e = { } { }21 1 tu(x, t) U( , t) F( ) e = = F F
2(x y) / 4 t1u(x, t) e f (y)dy
4 t
=
2. Resolver
2 22
2 2
t
u ua x , t 0t x
u(x,0) f (x) xu (x,0) g(x) x
= < < >
= < < = < <
Solucin Considerando
{ }U( , t) u(x, t) = F { } { }U( ,0) u(x,0) f (x) F( ) = = = F F U( ,0) F( ) =
{ } { }d U u( ,0) u(x,0) (x,0) g(x) G( )d t t t
= = = =
F F F
d U ( ,0) G( )d t
=
-
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2 22
2 2u u uu 0 x L, t 0
tt xu(0, t) 0 t 0
u (L, t) 0 t 0x
u(x,0) f (x) 0 x Lu (x,0) 0 0 x Lt
+ + = < < >
= > = >
= =
31. SOLUCIN DE ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES MEDIANTE LA TRANSFORMADA DE FOURIER
1. Resolver
2
2u u x , t 0t x
u(x,0) f (x) xu(x, t) tiene un decreciemiento exponencial en x
= < < >
= < <
Solucin Se sabe que { }U( , t) u(x, t) = F
{ } { }U( ,0) u(x,0) f (x) F( ) = = = F F Ahora aplicando la Transformada de Fourier a la ecuacin diferencial parcial del problema original, respecto a x, se tiene
2
2u ut x
= F F
{ }2
2uu
t x
= F F
{ }2 u= F
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9
5. PRUEBA DEL TEOREMA DE CONVERGENCIA DE LA SERIE DE FOURIER
RESULTADOS PRELIMINARES 1) La serie de Fourier de una funcin f, en el intervalo [-, ],
k kk 0
f (x) a cos kx b sen kx
=
= + se puede expresar en trminos de variable compleja
ki k x
kk
f (x) c e=
=
=
donde
i k xk
1c f (x)e dx2
=
Pues,
k ki k x
k kk k
c e c (cos kx i senkx)= =
= =
= +
-
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10
k k
k
0 k k k kk 1 a b
c ((c c ) cos kx i(c c ) senkx)=
=
= + + +
Como los ck son nmeros complejos, entonces los ak y bk definidos anteriormente son nmeros reales. Adems
i k x i n x 0, k ne e dx2 , k n
= =
Multiplicando a la ecuacin
ki k x
kk
f (x) c e=
=
=
por e-inx , se obtiene
ki n x i k x i n x
k kk
f (x)e dx c e e dx 2 c=
=
= =
i k xk1c f (x)e dx
2
=
2) Si f es continua en el intervalo [a, b], entonces
b
awlim f (t)sen(wt)d t 0
=
En efecto
b b b
a a a
b b b
a a b
2 f (t)sen(wt)d t f (t)sen(wt)d t f (t)sen(wt)d t
f (t )sen(w(t ))d t f (t)sen(wt)d t f (t)sen(wt)d t
= +
= + + + +
Para w =
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71
2
2
1
2
u u P(x) 0 x L, t 0t x
u(0, t) u t 0u(L, t) u t 0u(x,0) f (x) 0 x L
= + < < >
= > = > =
donde u1 y u2 son constantes.
Sugerencia. La misma sugerencia del problema anterior. 20) Resolver
2 22
2 2u u 0 x L, t 0
t xu(0, t) 0 t 0
u (L, t) 0 t 0x
u(x,0) f (x) 0 x Lu (x,0) g(x) 0 x Lt
= < < >
= > = >
= =
21) Resolver
2 22
2 2
1
2
u u 0 x L, t 0t x
u(0, t) t 0u(L, t) t 0u(x,0) f (x) 0 x L
u (x,0) g(x) 0 x Lt
= < < >
= > = > =
=
donde 1, 2 son constantes. 22) Resolver
-
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70
2 2 22
2 2 2 2u u 1 u 1 uc , 0 r R, , t 0
r rt r ru(r, ,0) f (r, ) 0 r R,u(r, , t) u(r, , t), t 0
u u(r, , t) (r, , t), t 0
u (r, ,0) 0, 0 r R,t
= + + < > = < = > = >
= <
17) Resolver
2 2 2
2 2 2 2u 1 u 1 u u 0, 0 r a, , 0 z b
r rr r zu(a, , z) f ( , z) , 0 z bu(r, ,0) 0 0 r a,u(r, , b) 0 0 r a,
+ + + = < <
= > = > =
donde u1 y u2 son constantes. Sugerencia. Considerar u(x, t) v(x) w(x, t)= + y reemplazar en la ecuacin diferencial y determinar inicialmente v de tal manera que las condiciones de frontera del problema original se transformen en homogneas. Donde a v(x) se llama solucin estacionaria y a w(x, t) solucin transitoria. 19) Resolver
Mag. Jube Portalatino Zevallos Ecuaciones Dif. Parciales
11
b b
a a
b b
a b
2 f (t)sen(wt)d t f (t )sen( t / )d t
f (t)sen( t / )d t f (t)sen(t / )d t
= +
+ +
b b
a aw 0
b b
a b0 0
2 lim f (t)sen(wt)d t lim f (t )sen( t / )d t
lim f (t)sen( t / )d t lim f (t)sen(t / )d t
= +
+ +
b
awlim f (t)sen(wt)d t 0
=
3)n 1
i k x 2x
k n 2
sen(n )xe
sen( )=
+=
En efecto
n 0 ni k x i k x i k x
k n k n k 1e e e
= = =
= + n n
i (k n) x i k x
k 0 k 0e e 1
= =
= + n
i n x i x k
k 0(1 e ) (e ) 1
=
= + i (n 1) x
i n xi x
1 e(1 e ) 11 e
+ = +
i n x i (n 1) x
i xe e
1 e
+=
i (2n 1) xi n x
i x1 ee
1 e
+ =
1 1 12 2 2
x2
i (n ) x i (n ) x i (n ) xi n x
i x /2 i x /2 i
e e eee e e
+ + +
=
-
Mag. Jube Portalatino Zevallos Ecuaciones Dif. Parciales
12
1 12 2
12
x2
i (n ) x i (n ) x
i (n ) xi n x
i x /2 i x /2 i
e ee2ie
e e e2i
+ +
+
=
1 12 2i (n ) x i (n ) x
i x /2 i x /2
e e2i
e e2i
+ +
=
n 1
i k x 2x
k n 2
sen(n )xe
sen( )=
+=
4) 12
x02
sen(n )xdx
sen +
=
En efecto De la propiedad (3):
n1i k x2
x0 0k n2
sen(n )xdx e dx
sen
=
+=
n
0 0k n
0
cos kx dx i sen kx dx
=
= +
n1
2x0 0 0
k n2k 0 0
sen(n )xdx dx cos kx dx
sen
= =
+= + =
5) Prueba del teorema de convergencia de la serie de Fourier. Sea
ni k x
n kk n
S (x) c e=
=
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69
2 2
2 2u u u 0 x L, 0 y W, t 0t x yu (0, y, t) 0 0 y W, t 0xu (L, y, t) 0 0 y W, t 0x
u(x,0, t) 0 0 x L, t 0u(x, W, t) 0 0 x L, t 0u(x, y,0) f (x, y) 0 x L, 0 y W
= + < < < < >
= < < >
= < < > = < < >
= < < > =
14) Resolver
2 2 22
2 2 2u u uc 0 x L, 0 y W, t 0t x y
u(0, y, t) 0 0 y W, t 0u(L, y, t) 0 0 y W, t 0u(x,0, t) 0 0 x L, t 0u(x, W, t) 0 0 x L, t 0u(x, y,0) f (x, y) 0 x L, 0 y Wu (x, y,0) g(x, y) 0 x L, 0 y Wt
= + < < < < >
= < < > = < < > = < < > = < < >
= =
15) Resolver el problema anterior para: i) c2 = 1, L = 2, f(x,y) = x2sen(y), g(x,y) = 0 ii) c2 = 9, L = , f(x,y) = sen(x)cos(y), g(x,y) = xy iii) c2 = 4, L = 2, f(x,y) = 0, g(x,y) = 1 16) Resolver
-
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68
i i i 2 2 i i
i i i 2 2 i ic r e (c r e )(c r e ) c r rc (e e )c r e (c r e )(c r e ) c r rc (e e )
+ + + = =
+ +
2 2
2 2c r i2rcsenc r 2rccos +
=+
i
ic r eRec r e
+=
2 2
2 2c r
c r 2rccos
+
Por lo tanto
n
n 1
r1 2 con (n )c
=
+ =
2 2
2 2c r
c r 2c r cos
+
n
n 1
r1 2 con n ( )c
=
+ =
2 2
2 2c r
c r 2c r cos( )
+
Luego, la solucin se puede escribir as
2 2
2 21 c ru(r, ) f ( )d
2 c r 2c r cos( )
=
+ 11) Resolver
2 2
2 2 2u 1 u 1 u 0, 0 r 1,
r rr ru(1, ) f ( )u(r, ) u(r, )
u u(r, ) (r, )
+ + = < < < <
=
= =
12) Resolver
2 2
2 2 2
-
u 1 u 1 u 0, 0 r c,r rr r
u (c, ) f ( )r
Se debe cumplir f( )d 0
+ + = <
= =
13) Resolver
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13
ni k u i k x
k n
12
f (u)e e du
=
= n
i k (u x)
k n
12
f (u) e du
=
= 12
12
12
sen[(n )(u x)]f (u) du
sen (u x)
+ =
1x 2
1x2
12
sen[(n )u]f (u x) du
sen u
+= +
12
12
12
sen[(n )u]f (u x) du
sen u
+= +
Por otro lado, definamos
12
f (x u) f (x )h(u)2sen u
+ ++ =
entonces
u 0lim h(u) f (x )
+
+
=
Luego
12n 0
10 lim h(u)sen(n )u du
= +
1 12 2
1 1n n0 02 2
sen(n )u sen(n )u1 1lim f (x u) du lim f (x ) du2 sen u 2 sen u
+
+ += +
1 12 2
1 1n n0 02 2
sen(n )u sen(n )u1 1lim f (x u) du lim f (x ) du2 sen u 2 sen u
+
+ ++ =
12
1n 02
sen(n )uf (x ) lim du2 sen u
+
=
+=
-
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14
12
1n 02
sen(n )u1 f (x )lim f (x u) du2 sen u 2
+
++ =
Anlogamente, se obtiene que
102
1n2
sen(n )u1 f (x )lim f (x u) du2 sen u 2
++ =
Luego, de sumar estos dos ltimos resultados, se obtiene
nn
f (x ) f (x )lim S (x)2
+
+=
i k xkk
f (x ) f (x )c e2
+
=
+=
0 k kk 0
a f (x ) f (x )(a cos kx b senkx)2 2
+
=
++ + =
Ahora, si f es continua en "x", entonces
0k k
k 0
a(a cos kx b senkx) f (x)
2
=
+ + = Por consiguiente, la serie converge. 6. OBSERVACIN
L
k0
k
2 k ua f (u)cos duSi f es par L L
b 0
=
=
kL
k0
a 0Si f es impar 2 k ub f (u)sen du
L L
= =
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67
n n1b f ( )sen n dc
= n=1, 2, ...
Por otro lado, la solucin se puede escribir en la forma
nn n
n 1
1u(r, ) f ( )d2
1 1r f ( ) cos n d cos n f ( )sen n d sen nc c
=
= +
+ +
n
n 1
1 ru(r, ) 1 2 cos n( ) f ( )d2 c
=
= +
Ahora, sea irz ec
=
n n n
n i nr r rz e con (n ) i sen (n )c c c
= = +
n n
n
n 1 n 1
r r1 2 z 1 2 con (n ) i 2 sen (n )c c
= =
+ = + +
n
n
n 1 n 1
r1 2 con (n ) Re 1 2 zc
= =
+ = +
zRe 1 21 z
= +
1 zRe1 z+ =
irc
irc
1 eRe
1 e
+=
i
ic r eRec r e
+=
Pero
-
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66
nn nR (r) C r=
Luego, para n 1, 2,= se tiene
nn n n n n nu (r, ) R (r) ( ) C r (A cos n B sen n ) = = +
nn n n nr (C A cos n C B sen n )= +
nn nr (a cos n b sen n )= +
Por el principio de la superposicin,
n 0 nn 0 n 1
u(r, ) u (r, ) u (r, ) u (r, )
= =
= = +
n0 n nn 1
au(r, ) r (a cos n b sen n )
2
=
= + + tambin es solucin del problema original. Aplicando la condicin: u(c, ) f ( ) = se tiene la serie de Fourier
n0n n
n 1
af ( ) u(c, ) c (a cos n a sen n )
2
=
= = + + donde
nn
1c a f ( ) cos n d
=
nn
1c b f ( )sen n d
=
Por lo tanto, la solucin del problema original es
n0n n
n 1
au(r, ) r (a cos n b sen n )
2
=
= + +
donde
n n1a f ( ) cos n dc
= n=0, 1, 2, ...
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15
7. EXTENSIN PERIDICA
Sea f una funcin definida sobre [0, L]. A la funcin
f (x) x 0, LF(x) f ( x) x L,0
F(x 2L) x L,L
< >= < > + < >
se llama extensin peridica par de f. Su serie de Fourier es
0k
k 1
a k xf (x) a cos2 L
=
= +
donde
L
k0
2 k ua f (u)cos du k 0,1, 2,L L
= =
se llama serie cosenoidal de Fourier de f. A la funcin
f (x) x 0, LF(x) f ( x) x L,0
F(x 2L) x L,L
< >= < > + < >
se llama extensin peridica impar de f. Su serie de Fourier es
kk 1
k xf (x) b senL
=
=
donde
L
k0
2 k ub f (u)sen du k 1,2,L L
= =
se llama serie senoidal de Fourier de f.
-
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16
8. TRANSFORMADA DE FOURIER
DEFINICIN. Sea f : . La integral:
i w x1[f (x)] f (x)e dx F(w)2
= =
F si existe, se llama transformada de Fourier de f y a la funcin:
1 i w x[F(w)] F(w)e dw f (x)F
= =
se llama transformada inversa de Fourier de F.
DEFINICIN. f : es absolutamente integrable si f (x) dx
<
TEOREMA. Si f : es seccionalmente continua y absolutamente integrable, entonces existe la transformada de Fourier de f. OBSERVACIN. 1[f (x)] F(w) f (x) [F(w)]= =F F
Ejemplo. Calcular la transformada de Fourier de |x|f (x) e=
Solucin
|x| i w x1F(w) [f (x)] e e dx
2
= =
F
0
x i w x x i w x
0
1 e dx e dx2
= +
0
(1 i w)x (1 i w)x
0
1 1 1 1e e2 1 i w 2 1 i w
+
= +
1 1 12 1 i w 1 i w
= + +
21/F(w)
1 w
=+
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65
sen 0 n = = 2n , n 1, 2, = = Luego, se tiene las soluciones
n n n( ) A cos n B s en n = + Para = n2, la ecuacin
2 2r R r R n R 0 + = es una ecuacin de Euler. Si n = 0, su solucin es
0R (r) C D ln r= + Puesto que ln r , cuando r 0+ . Esta solucin no es acotada en las cercanas de r = 0 cuando D 0. Por tanto, se debe elegir D = 0, para que u(r, ) sea continua en r = 0. Ahora, se tiene
0R (r) C= Luego,
0 0 0u (r, ) R (r) ( ) CB : constante = = Por conveniencia, se toma
00
au (r, )
2 =
Para = n2, n = 1, 2, .... la solucin de la ecuacin
2 2r R r R n R 0 + = es
n nn n nR (r) C r D r
= + Puesto que nr cuando r 0+ , se debe hacer nD 0= para que u(r, ) sea continua en r = 0. As que
-
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64
Sea u(r, ) R(r) ( ) = Sustituyendo en la ecuacin diferencial parcial y separando variables resulta
2r R rRR +
= =
Esto conduce a las ecuaciones diferenciales ordinarias
2r R r R R 00
+ = + =
Como u(r, ) es continua en el disco 0 r < c, se necesita que () sea peridica con periodo 2; en particular, se requiere
( ) ( ) y ( ) ( ) = = Para < 0, obtenemos una solucin trivial () = 0, y por ende u(r, ) = 0. Para = 0, la solucin de 0 + = es ( ) A B = + Sustituyendo las condiciones: ( ) ( ) y ( ) ( ) = = se obtiene 0 ( ) B = Para > 0, la solucin de 0 + = es
( ) A cos Bs en = + Las condiciones: ( ) ( ) y ( ) ( ) = = implican que A cos ( ) Bs en ( ) A cos Bs en + = +
A sen ( ) B cos ( ) A sen B cos + = + Bs en 0, A s en 0 = = Como A y B tienen que ser diferente de cero, entonces
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17
9. DEFINICIONES OPCIONALES DE LA TRANSFORMADA DE FOURIER
Existen diferentes formas de definir la Transforma de Fourier
1) i w x1F(w) f (x) e dx {f (x)}2
=
F
i w x 11f (x) F(w)e dw {F(w)}2
=
F
2) i w x1F(w) f (x)e dx {f (x)}2
=
F
i w x 11f (x) F(w)e dw {F(w)}2
=
F
3) i w xF(w) f (x) e dx {f (x)}
= F
i w x 11f (x) F(w)e dw {F(w)}
2
=
F
10. TRANSFORMADA DE FOURIER DE FUNCIONES PARES E IMPARES
0
0
2F(w) = f (x)cos wx dxSi f es par
f(x) = F(w)cos wx dw
0
0
2F(w) = f (x)sen wx dxSi f es impar
f(x) = F(w)sen wx dw
-
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18
11. TABLA
f(x) F(w) 1 1 1 2 2c f (x) c f (x)+ 1 1 2 2c F (w) c F (w)+ 2 (n)f (x) n(iw) F(w) 3 nx f (x) n (n)i F (w) 4 f (x c) icwe F(w) 5 f (cx) 1 w| c | F( )
c
6 (f g)(x) f (x y)g(y)dy
=
2 F(w)G(w)
7 c|x|e c 0 > c2 2w c
+
8 A
1 | x | AI (x)
0 | x | A
sen Aww
9 a ax
0 x 0E (x)
e x 0
1 1
2 a i w +
10 2cxe 2w1
4c2(4 c) e DEMOSTRACIN 1. Por la linealidad de la integral, se cumple 1 2. Probaremos para n = 1, esto es [f (x)] i w [f (x)] =F F En efecto Se considera que
xlim f (x) 0
=
iwx1[f (x)] f (x) e dx
2
=
F Sean
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63
2 2
2 2u u 0, 0 x a, 0 y b
x yu(0, y) 0, 0 y bu(a, y) 0, 0 y bu(x,b) f (x), 0 x au(x,0) 0, 0 x a
+ = < < < 0, la solucin es trivial. La solucin no trivial es para < 0
-
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58
Solucin Comparando con el problema anterior,
5 Lf (x) 2sen2x 3sen5x = =
=
Falta determinar los coeficientes cn. De (18), se tiene
nn 1
u(x,0) 2sen2x 3sen5x c sen n x
=
= = Igualando los coeficientes de los trminos semejantes, se encuentra que
2 5c 2, c 3= = y los coeficientes restantes son cero. Luego, la solucin del problema es
( ) ( )2 22 5L Lt t2 5
2 x 5 xu(x, t) c e sen c e senL L
= +
10 t 125 tu(x, t) 2e sen2 x 3e sen5x =
5) Resolver
2 2
2 2u u 0, 0 x a, 0 y b
x yu (0, y) 0, 0 y bxu (a, y) 0, 0 y bx
u(x,b) 0, 0 x au(x,0) f (x), 0 x a
+ = < < <
= >
= > =
-
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56
1 2X(x) c cos x c sen x= + (9) Al aplicar las condiciones de frontera resulta
1
1 2
c 0
c cos L c sen L 0
=
+ = (10)
De (10), se tiene
2c sen L 0 = (11) Como c2 0, de (11) resulta sen L 0 L n , n = = (12)
2n , n 1, 2, L = =
(13)
Luego, de (9) con c1 = 0, las soluciones no triviales son
n nnX (x) a sen xL =
(14)
donde an son constantes arbitrarias. Por otro lado, considerando (13) en la segunda ecuacin de (2) resulta
2nT T 0L + =
(15)
La solucin general de (15) es
( )2nL tn nT (t) b e
= (16)
Luego, de (1), (14) y (16), se tiene
n n nu (x, t) X (x) T (t)=
( )2n
L tn n
n xu (x, t) c e senL
=
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25
2w / 4c1I e2 c
=
2 2cx w / 4c
0
1e cos wx dx e2 c
=
2 2 2cx w / 4c 1 w / 4c1[e ] e (4 c) e2 c
= =
F
12. FUNCIN IMPULSO
h, a x a
p(x)0, x a , x a
< < + = +
h > 0 es grande, a > 0 y > 0 es pequeo.
i w a2h sin w[p(x)]2 w
e =
F
13. FUNCIN DE HEAVSIDE
1, x 0H(x)
0, x 0
=
-
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26
OBSERVACIN
Para h = 1/2, se define: 12 , a x ap (x)0, x a , x a
< < + = +
I( ) p (x)dx 1
= =
0ia w
0
ia w
[ (x a)] lim [p (x)]
e sin wlim2 w
e2
=
=
=
F F
Si a = 0, entonces 1[ (x)]2
=
F
15. ECUACIN DIFERENCIAL PARCIAL (EDP)
Una ecuacin diferencial parcial (EDP) es una ecuacin que contiene una funcin desconocida con una o ms de sus derivadas parciales. Puede ser escrito de la forma:
x y xx yy xyf (x, y, , u,u ,u , , u , u , u , ) 0= (1) Donde u u(x, y, )= es la funcin desconocida cuyas variables independientes son x, y, ....
xuux
yuuy
2
xx 2uu
x
2
xyuu
x y
...
Ejemplos 1) xy xu u u y+ =
2) xx xy yyu 2y u 3x u 4senx+ + =
(x a) dx 1
=
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55
2 1c c= (6) Reemplazndolo en la segunda ecuacin, se tiene
( )L L1c e e 0 = ( )2 L1c e 1 0 = (7)
Como se ha supuesto > 0, se tiene
2 Le 1 0 > Luego, de (7) resulta 1c 0= De (6), se tiene 2c 0= Por lo tanto, de (5) se tiene la solucin trivial X(x) 0= y por consiguiente u(x, t) 0= que no lo necesitamos. CASO 2. = 0 La solucin de la ecuacin caracterstica es k 0= Su solucin general es
1 2X(x) c c x= + (8) Aplicando las condiciones de frontera resulta 1 2c 0, c 0= = Luego, se tiene la solucin trivial X(x) 0= y por consiguiente u(x, t) 0= que no lo necesitamos CASO 3. < 0 La solucin de la ecuacin caracterstica es k i= Su solucin general es
-
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54
Separando variables resulta T (t) X (x)T(t) X(x)
=
Como el cociente es comn, debe ser igual a una constante T (t) X (x)T(t) X(x)
= =
X X 0T T 0 = =
(2)
Considerando las condiciones de frontera del problema, se tiene 0 u(0, t) X(0)T(t) X(0) 0= = = 0 u(L, t) X(L)T(t) X(L) 0= = = Luego, se tiene el siguiente problema:
X X 0X(0) 0X(L) 0
= = =
(3)
Para resolverlo, tenemos la ecuacin caracterstica:
2k 0 = (4) Tendremos tres casos: CASO 1. > 0 La solucin de la ecuacin caracterstica es k = Su solucin general es
x x1 2X(x) c e c e
= + (5) Aplicando las condiciones frontera, se tiene
1 2
L L1 2
0 X(0) c c
0 X(L) c e c e = = +
= = +
De la primera ecuacin, se tiene
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27
3) 2 2x y(u ) (u ) 1+ =
4) xx yyu u 0 =
16. SOLUCIN DE UNA EDP
A la funcin u u(x, y, )= que satisface (1) se llama solucin de la ecuacin (1). Ejemplo. Las funciones 3u(x, y) (x y)= + y u(x, y) sen(x y)= son soluciones de la ecuacin xx yyu u 0 = 17. ORDEN DE UNA EDP El orden de una EDP es el mayor orden de la derivada parcial que aparece en la EDP. Ejemplos 1) yxx xy yu 2xu u e+ + = es de segundo orden.
2) xxy yyu xu 8u 0+ + = es de tercer orden. 18. EDP LINEAL Una EDP se dice que es lineal si es lineal en la funcin desconocida y sus derivadas parciales con coeficientes dependiendo nicamente sobre las variables independientes. Caso contrario, se llama EDP no lineal. Una EDP se llama cuasilineal si es lineal en la derivada de mayor orden de la funcin desconocida. Ejemplos 1) xx yyyu 2xyu u 1+ + = es una EDP lineal de segundo orden
2) xx yu xuu sen y+ = es una EDP cuasilineal.
-
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28
19. EDP DE SEGUNDO ORDEN
Una EDP lineal de segundo orden es de la forma:
i j i
n n n
ij x x i xi 1 j 1 i 1
a u b u cu g= = =
+ + = (2)
o n n n
ij ii j ii 1 j 1 i 1
u ua b cu gx x x
= = =
+ + =
donde
ij ia , b , c, g son funciones nicamente de 1 2 nx , x , , x n 2, 3= CASO PARTICULAR Para n = 2, una EDP lineal de segundo orden es de la forma:
2 2 2
2 2u u u u uA B C D E Fu G
x y x yx y
+ + + + + =
(3)
o 2 2 2
2 2u u u u uA 2B C D E Fu G
x y x yx y
+ + + + + =
20. DEFINICIN. En la EDP lineal (2), si G = 0, la EDP se le llama EDP
homognea. De otra forma, se le denomina no homognea. 21. CLASIFICACIN DE LAS EDPs 1) La EDP (3) se llama tipo hiperblico sobre una regin si 2B 4AC 0 >
2) La EDP (3) se llama tipo elptico sobre una regin si 2B 4AC 0 <
3) La EDP (3) se llama tipo parablico sobre una regin si 2B 4AC 0 =
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53
L
n0
2 n xa f (x)sen dxL L
=
L
n0
2 n xb g(x)sen dxn L
=
2) Resolver
2 2
2 2u u4 , 0 x , t 0
t xu(0, t) 0, t 0u( , t) 0, t 0u(x,0) sen3x 4sen10x, 0 x
u (x,0) 2sen4x sen6x, 0 xt
= < < >
= >
= >=
= +
3) Resolver
2
2u u , 0 x L, t 0t x
u(0, t) 0, t 0u(L, t) 0, t 0u(x,0) f (x), 0 x L
= < < >
= >
= > =
Solucin
Apliquemos el mtodo de separacin de variables que consiste en buscar la solucin del problema, de la forma: u(x, t) X(x) T(t)= (1) Diferenciando u, se obtiene
u X(x) T (t)t
=
2
2u X (x)T(t)
x =
Reemplazando en la primera ecuacin diferencial parcial, se tiene X(x)T (t) X (x) T(t) =
-
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52
n nn 1
n n n xu(x, t) a cos t b sen t senL L L
=
= +
es solucin del problema. A continuacin, aplicaremos las condiciones iniciales del problema original
nn 1
n xf (x) u(x,0) a senL
=
= =
nn 1
u n n xg(x) (x,0) b sent L L
=
= =
Si y slo si
nn 1
n xf (x) a senL
=
=
nn 1
n xg(x) B senL
=
=
donde n nnB b
L
=
Estas son series senoidales de Fourier, por consiguiente, se tiene
L
n0
2 n xa f (x)sen dxL L
=
L
n n0
n 2 n xB b g(x)sen dxL L L
= = L
n0
2 n xb g(x)sen dxn L
=
Luego, la solucin del problema original es
n nn 1
n n n xu(x, t) a cos t b sen t senL L L
=
= +
donde
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29
Ejemplos 1) La EDP
2 2
2 2u u 0
x y
=
es de tipo hiperblico (se llama ecuacin de las ondas) Esta ecuacin es satisfecha por los pequeos desplazamientos transversales de los puntos de una cuerda vibrante. 2) La EDP
2
2u u 0
yx
=
es de tipo parablico (se llama ecuacin del calor o difusin) Esta ecuacin es satisfecha por la temperatura en un punto de una barra homognea.
3) La EDP
2 2
2 2u u 0
x y
+ =
es de tipo elptico (se llama ecuacin del potencial o de Laplace) Esta ecuacin es satisfecha por la temperatura de los puntos de una placa rectangular delgada en estado estacionario.
22. SOLUCIN GENERAL DE UNA EDP
La solucin general de una ecuacin diferencial ordinaria lineal de orden n es una familia de funciones que dependen de n constantes arbitrarias. En el caso de las EDP, la solucin general depende de funciones arbitrarias ms que de constantes. Para resolver un problema que involucra una ecuacin diferencial ordinaria lineal, primero tarea hallamos la solucin general y despus la solucin particular que satisface las condiciones iniciales o de frontera. En el caso de las ecuaciones diferenciales parciales lineales, la metodologa para resolverlo es diferente, pues si se quisiera actuar como en las EDO sera muy dificultoso o hasta imposible de hacerlo.
Ejemplo 1. Considerar la ecuacin 2u 0
y x
=
-
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30
Integrando, se obtiene u f (x)x
=
u f (x)dx g(y)= + u h(x) g(y)= + donde h y g son funciones arbitrarias. Ejemplo 2. Consideremos
2
2u (x, y, z) 2
y
=
integrando, se obtiene
2u y yf (x, z) g(x, z)= + + 23. PROBLEMAS MATEMTICOS
Un problema consiste en hallar una funcin desconocida de una ecuacin diferencial parcial satisfaciendo ciertas condiciones llamadas condiciones iniciales y/o condiciones de frontera. Por ejemplo,
2
2u u 0 0 x L, t 0 (EDP)t x
u(x,0) = senx 0 x L (condicion inicial)u(0,t) = 0 t 0 (condicion frontera)u(L,t) = 0 t 0 (condicion frontera)
= < < >
es un problema que consiste de una ecuacin diferencial parcial con una condicin inicial y dos condiciones de frontera. CUESTIONES IMPORTANTES Un problema matemtico tiene que satisfacer lo siguiente: Existencia de la solucin. Hay al menos una solucin.
Mag. Jube Portalatino Zevallos Ecuaciones Dif. Parciales
51
1
1 2
c 0
c cos L c sen L 0
=
+ = (10)
De (10), se tiene 2c sen L 0 = (11) Como c20, de (11) resulta sen L 0 L n , n = = (12)
2n , n 1, 2, L = =
(13)
Luego, de (9) con c1=0, las soluciones no triviales son
n nnX (x) c sen xL =
(14)
donde cn son constantes arbitrarias. Por otro lado, considerando (13) en la segunda ecuacin de (2) resulta
2nT T 0L
+ =
(15)
La solucin general de (15) es
n n,1 n,2n nT (t) c cos t c sen t
L L
= + (16)
Luego, de (1), (14) y (16), se tiene
n n nu (x, t) X (x) T (t)=
n n n,1 n,2n x n nu (x, t) c sen c cos t c sen t
L L L = +
Al aplicar el principio de la superposicin
nn 1
u(x, t) u (x, t)
=
=
-
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50
Luego para que se cumpla (7), resulta 1c 0= De (6), se tiene 2c 0= Por lo tanto, de (5) se tiene la solucin trivial X(x) 0= y por consiguiente , se tiene la solucin trivial del problema u(x, t) 0= que no lo necesitamos CASO 2. = 0 La solucin de la ecuacin caracterstica es k 0= Su solucin general es
1 2X(x) c c x= + (8) Aplicando las condiciones de frontera resulta
1 2c 0, c 0= = Luego, se tiene la solucin trivial X(x) 0= y por consiguiente u(x, t) 0= que no lo necesitamos CASO 3. < 0 La solucin de la ecuacin caracterstica es k i= Su solucin general es
1 2X(x) c cos x c sen x= + (9) Al aplicar las condiciones de frontera resulta
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31
Unicidad de la solucin. Hay una nica solucin. Estabilidad de la solucin. La solucin depende continuamente sobre los
datos. 24. ECUACIN HIPERBLICA O ECUACIN DE LA ONDA
PROBLEMA DE LA CUERDA VIBRANTE
Cuerda es un medio continuo unidimensional, elstico y que no ofrece resistencia a la flexin.
Supongamos que la cuerda est colocada en el plano cartesiano OXY y que se le somete a vibraciones transversales, pero dentro de dicho plano, respecto a su posicin de equilibrio en el intervalo [0, L].
Y
figura (2)
2
1
(x)cos1
(x)sen1
(x+x)cos2
(x+x)sen2
s
x
y
x+x x X
(x)
(x+x)
x+x x
y(x+x) y(x)
Y
X O
figura (1)
-
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32
La magnitud del desplazamiento de la cuerda en el punto "x" y en el instante "t" la designamos por y(x,t) y en "x+x" por y(x+x,t). Habr dos fuerzas actuando sobre el elemento, figura 2, llamadas las tensiones en x y x+x. Se supone que la tensin depende de la posicin y de la direccin de la tangente a la cuerda. Ellas son (x) y (x+x). La longitud del segmento de curva en [x, x+x], al deformarse se convierte en
2x x
x
0
ys 1 dx xx
+
= +
s x Descomponiendo las fuerzas de tensin en sus componentes, se tiene Fuerza neta vertical (hacia arriba)= (x+x) sen2 - (x) sen1 Fuerza neta horizontal (hacia la derecha)= (x+x) cos2 - (x) cos1 Asumimos que no hay movimiento horizontal. Luego, la fuerza neta horizontal es cero. La fuerza neta vertical produce aceleracin del elemento, asumiendo que la cuerda tiene densidad (masa por unidad de longitud) , la masa del elemento es s. Por la segunda ley de Newton, se tiene
2
2 1 2y(x x)sen (x)sen s
t
+ =
Como 1 (x) = y 2 (x x) = + , sustituyendo en la ecuacin anterior y dividiendo por x, se tiene
2
2(x x)sen( (x x)) (x)sen( (x)) s y
x x t + +
=
(1)
Pero
ytan (x)x
=
Para (x) pequeo,
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49
Considerando las condiciones de frontera del problema, se tiene 0 u(0, t) X(0)T(t) X(0) 0= = = 0 u(L, t) X(L)T(t) X(L) 0= = = Luego, se tiene el siguiente problema:
X X 0X(0) 0X(L) 0
= = =
(3)
Para resolverlo, tenemos la ecuacin caracterstica:
2k 0 = (4) Tendremos tres casos: CASO 1. > 0 La solucin de la ecuacin caracterstica es k = Su solucin general es
x x1 2X(x) c e c e
= + (5) Aplicando las condiciones frontera, se tiene
1 2
L L1 2
0 X(0) c c
0 X(L) c e c e = = +
= = +
De la primera ecuacin, se tiene
2 1c c= (6) Reemplazndolo en la segunda ecuacin, se tiene
( )L L1c e e 0 = ( )2 L1c e 1 0 = (7)
Como se ha supuesto > 0, se tiene 2 Le 1 0 >
-
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48
30. SOLUCIN DE ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES MEDIANTE SEPARACIN DE VARIABLES Y SERIES DE FOURIER
1) Resolver
2 22
2 2u u , 0 x L, t 0
t xu(0, t) 0, t 0u(L, t) 0, t 0u(x,0) f (x), 0 x L
u (x,0) g(x), 0 x Lt
= < < >
= >= >=
=
Solucin Apliquemos el mtodo de separacin de variables que consiste en buscar la solucin del problema, de la forma: u(x, t) X(x) T(t)= (1) Diferenciando u, se obtiene
2
2u X(x) T (t)
t =
2
2u X (x)T(t)
x =
Reemplazando en la primera ecuacin diferencial parcial, se tiene
2X(x)T (t) X (x) T(t) = Separando variables resulta
2T (t) X (x)
X(x)T(t)
=
Como el cociente es comn, debe ser igual a una constante
2T (t) X (x)
X(x)T(t)
= =
2X X 0
T T 0
=
= (2)
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33
sen (x) tan (x) yx
=
(2)
Reemplazando (2) en (1) y tomando el lmite cuando x 0, se tiene
2
2y y(x)
x x t =
Esta EDP es la que modela el problema de la cuerda vibrante. Si la tensin (x) es una constante , la ecuacin anterior, se transforma en
2 22
2 2y ya
t x
=
donde 2a =
Puesto que la cuerda est fija en los extremos x = 0, x = L, entonces tenemos las condiciones de frontera (o condiciones de contorno): y(0, t) = 0 y(L, t) = 0 Adems tenemos las condiciones iniciales: y(x, 0) = f(x) indica el desplazamiento de cualquier punto x, en t = 0.
y (x,0) g(x)t
=
indica la velocidad inicial en cualquier punto x, en t = 0.
OBSERVACIONES 1) Si en el fenmeno, adems participan fuerzas externas representadas por
G(x,t), entonces el modelo matemtico junto con sus condiciones iniciales y de frontera es
-
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34
2 22
2 2y ya G(x, t), 0 x L, t 0
t xy(0, t) 0, t 0y(L, t) 0, t 0y(x,0) f (x), 0 x L
y (x,0) g(x), 0 x Lt
= + < < >
= = =
=
2) El modelo del fenmeno de las vibraciones de una piel de tambor es
2 2 22
2 2 2u u ua G(x, y, t), 0 x, y 1, t 0
t x yu(0, y, t) u(1, y, t) u(x,0, t) u(x,1, t) 0u(x, y,0) f (x, y), 0 x 1, 0 y 1
u (x, y,0) 0, 0 x 1, 0 y 1t
= + + < < >
= = = =
= =
3) El fenmeno de las vibraciones de una superficie esfrica o las ondas de la radio o televisin est modelado por la EDP
2 2 2 22
2 2 2 2u u u ua G(x, y, z, t)
t x y z
= + + +
4) Un problema ms general que 1) es el siguiente:
2 22
2 2
1
2
y ya G(x, t), 0 x L, t 0t x
y(0, t) (t), t 0y(L, t) (t), t 0y(x,0) f (x), 0 x L
y (x,0) g(x), 0 x Lt
= + < < >
= = =
=
5) Otro problema de ecuaciones hiperblicas, llamada PROBLEMA DE
CAUCHY, es
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47
2x ydye e 0
dx + =
x y y / 2
x x / 2dy 4e e idx 2e e
+ = =
y / 2 x / 2e ie c =
Sea el cambio de variable
y / 2
x / 2
e
e
= =
x = 0 y = -e-y/2 / 2 xx = 0 yy = e-y/2 / 4 x = -e-x/2 / 2 y = 0 xx = e-y/2 / 4 yy = 0
2 2xx x x x x xx xxu u ( ) 2u u ( ) u u = + + + +
x x / 21 1xx 4 4u e u e u
= +
x x / 21 1xx 4 4e u u e u = +
2 2
yy y y y y yy yyu u ( ) 2u u ( ) u u = + + + + y y / 21 1
yy 4 4u e u e u
= + y y / 21 1
yy 4 4e u u e u = +
Reemplazando en la ecuacin original y simplificando, se tiene
2 21 1u u 4u u u + =
-
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46
2x x 4ydy x
dx 2 2
= = 2
1xy C4
=
24y x C = Sean
24y xx
= =
pues, x yx y
2x 44 0
1 0
= =
x = -2x y = 4 xx = -2 yy = 0 yx = 0 x = 1 y = 0 xx = 0 yy = 0 xy = 0
xu 2xu u = + 2
xxu 4x u 4xu u 2u = +
xyu 8xu 4u = +
yyu 16u= Reemplazando en la ecuacin original, se obtiene
2 2 24x u 4xu u 2u 8x u 4xu 16yu 2x yu xyu 0 + + + =
2u (2 2x y)u xyu = +
2 2 212 4u (2 ( ))u ( )u
= + + +
Ejemplo 2. Hallar la forma cannica de x yxx yye u e u u+ = Solucin
2 x y 2B 4AC 4e 0, (x, y)+ = < Su ecuacin caracterstica es
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35
2 22
2 2y ya G(x, t), x , t 0
t xy(x,0) f (x), x
y (x,0) g(x), xt
= + < < >
= < < = < <
solamente tiene condiciones iniciales.
25. ECUACIN PARABLICA O ECUACIN DEL CALOR
PROBLEMA DE LA TEMPERATURA EN UNA BARRA
Suponga que una barra delgada de metal de longitud L se coloca en el eje X de un sistema de coordenadas XY. Suponga que la barra se sumerge en agua hirviendo de modo que su temperatura es de 100 C. Luego, se saca y los extremos x=0 y x=L se mantienen en hielo para que la temperatura en los extremos sea 0 C. Suponga que la barra est aislada. Denotemos por U(x,t) la "temperatura" en la posicin "x" y en el tiempo "t".
Considrese las siguientes leyes fsicas de transferencia de calor:
x=0 x x+x x=L
x
U(x,t) U(x+x,t)
A B C
figura (2)
L
y
x O figura (1)
-
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36
La cantidad de calor necesario para elevar la temperatura de un objeto de
masa "m" en una cantidad de temperatura U es msU, donde "s" es una constante que depende del material usado, y se llama el calor especfico.
La cantidad de calor que fluye a travs de una rea (tal como B o C, figura (2)) por unidad de tiempo es proporcional a la tasa de cambio de la temperatura con respecto a la distancia perpendicular al rea (llamada "Ley de Fourier").
La ley de Fourier, se puede escribir como:
UQ k A tx
=
donde Q es la cantidad de calor que fluye a la derecha, t es la longitud de tiempo, y k es la constante de proporcionalidad llamada "conductividad trmica" (la cual depende del material). En la figura (2), la cantidad de calor que fluye de izquierda a derecha a travs del plano B es
x
Uk A tx
y la cantidad de calor que fluye a travs del plano C es
x x
Uk A tx +
La cantidad de calor que se acumula en el volumen entre B y C es la cantidad que entra por B menos la cantidad que sale por C, esto es,
x x x
U Uk A t k A tx x +
o
x x x
U Uk A tx x+
Por la primera ley, se tiene
x x x
U Uk A t ms U ( A x) s Ux x+
= =
(La masa, m, es la densidad, , multiplicado por el volumen, Ax)
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45
donde * 2 2
x x y yA A ( ) B C( )= + + *
x x x y y x y yB 2A B( ) 2C= + + + * 2 2
x x y yC A ( ) B C( )= + + *
xx xy yy x yD A B C D E= + + + + *
xx xy yy x yE A B C D E= + + + + *F F= *G G=
Si A* = 0, entonces
2 2x x y yA ( ) B C( ) 0 + + =
2
x x
y yA B C 0
+ + = (1)
Consideremos (x, y) cons tan te = , entonces
x yd dx dy 0 = + = x
y
dydx
=
Reemplazando en la ecuacin (1), se tiene
2dy dyA B C 0dx dx
+ =
Al cual se le llama ecuacin caracterstica de la EDP. Ejemplo 1. Hallar la regin o curva donde la siguiente ecuacin es de tipo parablico, asimismo hallar su forma cannica de
xx xy yy xu xu yu xyu 0+ + = Solucin
2 2B 4AC x 4y 0 = = 2xy
4 =
Su ecuacin caracterstica es
2dy dyx y 0dx dx
+ =
-
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44
(x, y)(x, y)
= =
que son soluciones de su ecuacin caracterstica. Luego, se hace los siguientes clculos, aplicando la regla de la cadena
x x xu u u = +
y y yu u u = +
2 2xx x x x x xx xxu u ( ) 2u u ( ) u u = + + + +
xy x y x y y x x y xy xyu u u ( ) u u u = + + + + +
2 2
yy y y y y yy yyu u ( ) 2u u ( ) u u = + + + + Al reemplazar en la EDP, se obtiene su forma cannica. Las formas cannicas son EDP hiperblica u H(u, u , u , , ) = o u u H(u,u , u , , ) = EDP elptica
u u H(u, u ,u , , ) + = EDP parablica
u H(u,u ,u , , ) = o u H(u, u ,u , , ) = OBSERVACIN En las nuevas variables, la EDP original, se transforma en
* * * * * * *A u B u C u D u E u F u G + + + + + =
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37
Dividiendo esto entre Axt, y haciendo que x y t tiendan a cero, se obtiene
2
2U Uat x
=
donde kas
=
k: conductividad trmica : densidad del material s: calor especfico Con las condiciones de frontera: U(0,t) = 0 U(L,t) = 0 y una condicin inicial U(x,0) = 100 En el caso donde el calor fluye en ms de una direccin, por ejemplo, si tenemos conduccin de calor en tres direcciones, la EDP que modela el fenmeno es
2 2 2
2 2 2u u u uat x y z
= + +
o 2
tu a u= o
tu a u= OBSERVACIONES 1) El problema
tu a u F(x, t), x , t 0u(x,0) f (x), x
= + > =
se llama problema de Dirichlet.
2) Al problema
-
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tu a u F(x, t), x , t 0u(x,0) f (x), x
u g(x, t), x , t 0n
= + > = = >
se llama problema tipo Newmann. n es un vector normal a la frontera de la regin y u / n representa la derivada direccional. 3) Al problema
tu a u F(x, t), x , t 0u(x,0) f (x), x
uu g(x, t), x , t 0n
= + > = + = >
se llama un problema mixto o problema tipo Robbin. 26. ECUACIN ELPTICA O ECUACIN DEL POTENCIAL
En el fenmeno de la conduccin del calor, si consideramos que la temperatura no depende del tiempo, entonces la EDP se reduce a:
2u F(x) = que se denomina ecuacin de Poisson. A la ecuacin
2u 0 =
se llama ecuacin de Laplace. OBSERVACIONES 1) Al problema:
Mag. Jube Portalatino Zevallos Ecuaciones Dif. Parciales
43
1
1 1 1
2 1
3 1
4 1
Lv 0M v gM v 0M v 0M v 0
==
==
=
2
1 2
2 2 2
3 2
4 2
Lv 0M v 0M v gM v 0M v 0
==
==
=
3
1 3
2 3
3 3 3
4 3
Lv 0M v 0M v 0M v gM v 0
=
=
=
=
=
4
1 4
2 4
3 4
4 4 4
Lv 0M v 0M v 0M v 0M v g
==
==
=
5
1 5
2 5
3 5
4 5
Lv gM v 0M v 0M v 0M v 0
=
=
=
=
=
Segn el principio de la superposicin, la funcin
1 2 3 4 5u v v v v v= + + + + es una solucin del problema original.
29. FORMAS CANNICAS
Sea la EDP:
xx xy yy x yAu Bu Cu Du Eu Fu G+ + + + + = Su ecuacin caracterstica est definido por
2 2A(dy) Bdx dy C(dx) 0 + =
2dy dyA B C 0
dx dx + =
2dy B B 4AC
dx 2A
=
Para llevar a su forma cannica la EDP, se elige el cambio de variable
-
Mag. Jube Portalatino Zevallos Ecuaciones Dif. Parciales
42
jLw 0 j 1, 2 ,n= = Si hacemos j j ju v w= + entonces la funcin
n
jj 1
u u=
= satisface la EDP
Lu G= donde
n
ii 1
G G=
= Este mtodo es llamado el principio de la superposicin. En particular, si v es una solucin particular de Lv = G y w es una solucin de Lw = 0, entonces u = v+w es una solucin de Lu = G. Ejemplo. El problema
2tt xx
1
t 2
3
4
u c u g(x, t) 0 x L, t 0u(x,0) g (x) 0 x Lu (x,0) g (x) 0 x Lu(0, t) g (t) t 0u(0, t) g (t) t 0
= < < >
= =
=
=
puede ser escrito en la forma:
1 1
2 2
3 3
4 4
Lu gM u gM u gM u gM u g
==
=
=
=
Podemos dividir el problema en una serie de subproblemas:
Mag. Jube Portalatino Zevallos Ecuaciones Dif. Parciales
39
u f (x), x , t 0u(x) (x), x (condicion de Dirichlet ) = >
=
se llama problema de Dirichlet. 2) Al problema:
u F(x), xu (x), x (condicion de Newmann)n
= =
se llama problema tipo Newmann. 3) Al problema:
u f (x), xuu g(x), xn
=
+ =
se llama problema mixto (o problema de Robbin) 27. EJEMPLOS DE MODELOS MATEMTICOS CLSICOS
Definamos
2 2 22
2 2 2u u uu u
x y z
= = + +
o 2 2
22 2u uu u
x y
= = +
1) La ecuacin de la onda
22 2
2u c u f
t
=
2) La ecuacin del calor
2u k u ft
=
-
Mag. Jube Portalatino Zevallos Ecuaciones Dif. Parciales
40
3) La ecuacin de Laplace o del potencial 2u 0 =
4) La ecuacin de Poisson
2u f = (o u f = )
5) La ecuacin de Helmholtz 2u u 0 + =
6) La ecuacin biharmnica
4u 0 =
7) La ecuacin del transporte no lineal u f (u) 0t x
+ =
8) La ecuacin de la viga vibrante
2 2 4
2 2 4u u um T EI 0
t x x
+ =
9) La ecuacin biharmnica de la onda
2 4ttu c u 0+ =
10) Las ecuaciones de Schrodinger (Mecnica Cuntica)
22
t
22
hih V(x, y, z)2m
2m [E V(x, y, z)] 0h
= +
+ =
11) La ecuacin de Burger
2
2u u u 0t xx
+ =
12) La ecuacin de Boussinesq
2 4 22 2
2 2 2 2u 1 u uh c 0
3t x t x
+ =
13) La ecuacin de la frontera lmite de Prandtl
Mag. Jube Portalatino Zevallos Ecuaciones Dif. Parciales
41
3 2 2
2 2u u u u u 0
y y x xy y
+ =
14) La ecuacin de la difusin no lineal
u uD(u) f (x)t x x
=
15) La ecuacin para perturbaciones pequeas
2 2 22
2 2 2u u u(1 M ) 0
x y z
+ + =
Si 2M 1< , el flujo est en estado subsnico. Si 2M 1> , el flujo est en estado supersnico.
28. EL PRINCIPIO DE LA SUPERPOSICIN
Consideremos
2 2 2
2 2u u u u uA B C D E Fu G
x y x yx y
+ + + + + =
Si denotamos
2 2 2
2 2L A B C D E Fx y x yx y
= + + + + +
entonces la ecuacin anterior puede escribirse de la forma:
Lu G= Sean 1 2 nv , v , , v funciones que cumplen
j jLv G j 1, 2 ,n= = y sean 1 2 nw , w , , w funciones que satisfacen