[Pauta EDP].pdf

Universidad Tecnica Federico Santa MarıaDepartamento de Matematica

Ayudantıa EDP

2do Semestre 2012

Ecuaciones en derivadas parciales

Profesor: Juan Bahamondes

Ayudante: Paz Palma Contreras

1. Resolver la ecuacion de Laplace en el rectangulo:

∆ = 0

donde 0 < x < π y 0 < y < 1, si ademas se cumple que:

ux (0, y) = ux (π, y) = 0 0 ≤ y ≤ 1

u (x, 0) = cos (x)− cos (3x) 0 ≤ x ≤ πu (x, 1) = cos (2x) 0 ≤ y ≤ 1

Solucion

Con anterioridad se conoce que ∆ = uxx + uyy = 0, es decir u (x, y). Haciendo entonces que u (x, y) =

X (x) · Y (y) se tiene que:

uxx + uyy = 0

X ′′Y +XY ′′ = 0 (1)

De la primera condicion inicial se conoce la variable del problema de Sturm-Liouville ya que X ′ (0) = X ′ (π).

Reordenando (1) de forma convenienteX ′′

X=−Y ′′

Y= −λ

De lo anterior se obtiene dos problemas a resolver:

X ′′ + λX = 0

X ′ (0) = X ′ (π)

}(2)

Y ′′ − λY = 0}

(3)

Por tabla, se sabe que para (2) los valores propios son λn =(nπL

)2y las funciones propias corresponden a

cos(nπxL

)para todo n ≥ 0. Dado que L = π se tiene que λn = n2 y que X (x) = cos (nx).

Ahora resolviendo para (3) se tiene que el polinomio caracterıstico es:

m2 − λ = 0

m2 = λ

http://goo.gl/zTttF 1


m = ±√λ = ±

√n2

m = ±n

Es decir, se tiene dos soluciones reales y distintas. Se obtiene que:

Y (y) = C1eny + C2e−ny

Ya que cualquier combinacion lineal de las soluciones anteriores, sera solucion para Y , se puede reescribir

como:

Y (y) = Ansinh (ny) +Bncosh (ny)

Entonces,

u (x, y) = X (x) · Y (y)

u (x, y) =

∞∑n=0

[cos (nx)] [Ansinh (ny) +Bncosh (ny)]

Sacando n = 0 de la sumatoria se tiene que λ = 0 y:

X0 = 1 Y ′′0 = 0

para que ocurra que la segunda derivada de Y sea nula, la solucion es que Y sea una recta. Luego, reescribiendo

u (x, y)

u (x, y) = Aoy +Bo +

∞∑n=1

cos (nx) [Ansinh (ny) +Bncosh (ny)]

Ahora, usando las condiciones restantes dadas en el enunciado, se evalua en y = 0

u (x, 0) = Bo +

∞∑n=1

cos (nx) [Bn]

De la segunda condicion se observa que:

u (x, 0) = cos (x)− cos (3x) = Bo +∞∑n=1

cos (nx) [Bn]

Es facil notar que la sumatoria solo existe para n = 1 y n = 3, lo que se evidencia en el argumento de la

funcion coseno. Entonces, igualando terminos se tiene que:

B0 = 0 B1 = 1 B3 = −1 y Bn = 0 ∀n 6= 1, 3

Luego, usando la tercera y ultima condicion, se evalua en y = 1

u (x, 1) = Aoy +

∞∑n=1

cos (nx) [Ansinh (n) +Bncosh (n)]



u (x, 1) = A0 + cos (x) [A1sinh (1) +B1cosh (1)] + cos (2x) [A2sinh (2) +B2cosh (2)] +

+ cos (3x) [A3sinh (3) +B3cosh (3)] +

∞∑n=4

cos (nx) [Ansinh(n) +Bncosh(n)]

Utilizando los valores anteriormente calculados:

u (x, 1) = A0 + cos (x) [A1sinh (1) + cosh (1)] + cos (2x) [A2sinh (2)] +

+ cos (3x) [A3sinh (3) + (−1)cosh (3)] +

∞∑n=4

cos (nx) [Ansinh (n)]

Entonces:

u (x, 1) = cos(2x) = A0 + cos (x) [A1sinh (1) + cosh (1)] + cos (2x) [A2sinh (2)] +

+ cos (3x) [A3sinh (3) + (−1)cosh (3)] +

∞∑n=4

cos (nx) [Ansinh (n)]

Nuevamente se pueden establecer relaciones con solo igualar coeficientes. Es ası que se obtiene que :

A0 = 0;A1 =−cosh(1)

sinh(1);A2 =

1

sinh(2);A3 =

cosh(3)

sinh(3); y An = 0 ∀n ≥ 4

Finalmente:

u (x, y) = cos (x)

[[−cosh(1)

sinh(1)

]sinh (y) + cosh (y)

]+ cos (2x)

[[1

sinh(2)

]sinh (2y)

]+

+ cos (3x)

[[cosh(3)

sinh(3)

]sinh (3y) + (−1)cosh (3y)

]�



2. Resuelva

utt = 4uxx + sin(x) x ∈[0, π2

], t > 0

u (x, 0) = 1 +3x

2π+

5sin(x)

4ut(x, 0) = x2

u (0, t) = 1 u(π2 , t) = 2

Solucion

De la primera ecuacion utt = 4uxx + sin(x) es posible notar que u(x, t) y que es no-homogenea, por lo que

se utiliza un cambio de variable para facilitar la resolucion del ejercicio. En este caso es conveniente usar

u(x, t) = v(x, t) + q(x) ya que la parte no homogenea depende solo de x. Entonces:

u(x, t)x = v(x, t)x + q(x)x u(x, t)xx = v(x, t)xx + q(x)xxu(x, t)t = v(x, t)t u(x, t)tt = v(x, t)tt

Usando lo anterior se tiene que:

utt = 4uxx + sin(x)

v(x, t)tt = 4 [v(x, t)xx + q(x)xx] + sin(x)

v(x, t)tt = 4v(x, t)xx + 4q(x)xx + sin(x)︸︷︷︸Para que el problema sea homogeneo se debe tener que 4q(x)xx+sin(x) = 0, por lo que se buscara una funcion

q(x) que satisfaga tal relacion.

Entonces:

4qxx + sin(x) = 0

qxx =−sin(x)

4/

∫qx =

cos(x)

4+ C1 /

∫q(x) =

sin(x)

4+ C1x+ C2 (4)

De las condiciones dadas, se tiene que:

u(0, t) = v(0, t) + q(0) = 1

u(π2 , t) = v(π2 , t) + q(π2 ) = 2

Es decir:

v(0, t) = 0 q(0) = 1

v(π2 , t) = 0 q(π2 ) = 2



Usando lo anterior en (4):

q(0) = 1 = C2

q(π

2) = 2 =

1

4+π

2· C1

Se obtiene:

C1 =3

2πC2 = 1

Entonces:

q(x) =sin(x)

4+

3

2πx+ 1

Habiendo ya homogeneizado el problema se tiene que:

v(x, t)tt = 4v(x, t)xx (5)

Considerando que v(x, t) = X(x) · T (t)

XT ′′ = 4X ′′T

De las condiciones homogeneas anteriormente mencionadas, se tiene que el problema de Sturm-Liouville de-

pende de la variable x. Entonces reordenando de manera adecuada:

T ′′

4T=X ′′

X= −λ

De lo anterior se obtiene dos problemas a resolver:

X ′′ + λX = 0

X (0) = X(π2

) } (6)

T ′′ + 4λT = 0}

(7)

Por tabla, se sabe que para (6) los valores propios son λn =(nπL

)2y las funciones propias corresponden a

sin(nπxL

)para todo n ≥ 1. Dado que L = π

2 se tiene que λn = (2n)2

y que X (x) = sin (2nx).

Ahora resolviendo para (7) se tiene que el polinomio caracterıstico es:

m2 + 4λ = 0

m2 = −4λ

m = ±√−4λ = ±

√4 · (2n)2 · i

m = ±4n · i

Es decir, se tiene dos soluciones complejas conjugadas. Se obtiene que:

T (t) = Ancos(4nt) +Bnsin(4nt)

Entonces,

u (x, t) = v(x, t) + q(x) = X(x) · T (t) + q(x)



u (x, t) =

{ ∞∑n=1

[sin(2nx)] [Ancos(4nt) +Bnsin(4nt)]

}+sin(x)

4+

3

2πx+ 1 (8)

Evaluando en la condiciones iniciales dadas se tiene que para t = 0 :

u(x, 0) = 1 +3x

2π+

5sin(x)

4=

∞∑n=1

[sin(2nx)] [An] +sin(x)

4+

3

2πx+ 1

Reduciendo terminos:

u(x, 0) = sin(x) =

∞∑n=1

[sin(2nx)]An

Lo que corresponde a una serie de Fourier. Es ası que An se obtiene de la forma:

An =2π2

π2∫

0

sin(x) · sin(2nx)dx

Usando la propiedad 2 · sin(α) · sin(β) = cos(α−β)− cos(α+β) para simplicar el calculo y considerando que

α = 2nx y β = x se llega a:

An =2

π

π2∫

0

[cos((2n− 1)x)− cos((2n+ 1)x)] dx

=1π2

[1

(2n− 1)sin((2n− 1)x)

∣∣∣∣π20

− 1

(2n+ 1)sin((2n+ 1)x)

∣∣∣∣π20

]

=1π2

[(−1)n+1

(2n− 1)− (−1)n

(2n+ 1)

]

Ahora, para la condicion ut(x, 0) = x2, se deriva u(x, t) con respecto a t

ut(x, t) =

∞∑n=1

[sin(2nx)] [−4nAnsin(4nt) + 4nBncos(4nt)]

Evaluando para t = 0 se tiene entonces que:

ut(x, t) = x2 =

∞∑n=1

[sin(2nx)] [4nBn]



Nuevamente, 4Bn corresponde a un coeficiente de una serie de Fourier. Se obtiene entonces resolviendo:

4nBn =2π2

π2∫

0

x2sin(2nx)dx

=2π2

π2∫

0

−x2 cos(2nx)

2n

∣∣∣∣π20

−

π2∫

0

−cos(2nx)

2n2xdx

=

2π2

−π2

4· (−1)n

2n+

1

n

x · sin(2nx)

2n

∣∣∣∣π20

−

π2∫

0

sin(2nx)

2ndx

=2π2

(−π2

4· (−1)n

2n+

1

2n2· ·cos(2nx)

2n

∣∣∣∣π20

)

=4

nπ

(π2(−1)n+1

8+

1

4n2[(−1)n − 1]

)

Despejando Bn :

Bn =1

4n· 4

nπ

(π2(−1)n+1

8+

(−1)n − 1

4n2

)=π(−1)n+1

8n2+

(−1)n − 1

4n4π

Se tiene entonces que

An =1π2

[(−1)n+1

(2n− 1)− (−1)n

(2n+ 1)

]y Bn =

π(−1)n+1

8n2+

(−1)n − 1

4n4π

Reemplazando en la expresion (8) los coeficientes An y Bn se tiene la solucion:

u (x, t) =

{ ∞∑n=1

[sin(2nx)]

[[1π2

[(−1)n+1

(2n− 1)− (−1)n

(2n+ 1)

]]cos(4nt) +

[π(−1)n+1

8n2+

(−1)n − 1

4n4π

]sin(4nt)

]}+

+sin(x)

4+

3

2πx+ 1

�



3. Sea f(w) = F [f(x)] (w) tal que

∫ −∞−∞

| f(x) | dx converge.

a) Probar que F [f(x− a)] (w) = e−jwaf(w)

b) Resolver la ecuacion

t2ut − ux = tu x ∈ R ; t > 0

sujeto a la condicion u(x, 1) = f(x); ∀x ∈ R

Solucion

a) La transformada de Fourier se define como

F {f(x)} (w) =1√2π

∫ −∞−∞

f(x)e−jwxdx

Entonces, de la definicion se desprende que:

F {f(x− a)} (w) =1√2π

∫ −∞−∞

f(x− a)e−jwxdx (9)

(10)

Haciendo el cambio de variable z = x− a (dz = dx) se tiene :

F {f(x− a)} (w) =1√2π

∫ −∞−∞

f(z)e−jw(z+a)dz

=1√2π

∫ −∞−∞

f(z)e−jwze−jwadz

= e−jwa1√2π

∫ −∞−∞

f(z)e−jwzdz︸︷︷︸= e−jwaf(w)

b) Se tiene

t2ut − ux = tu (11)

Y dado que

∫ −∞−∞

| f(x) | dx converge, es posible aplicar la transformada de Fourier de forma directa,

en particular para la variable x.

Recordando la propiedad F {f ′} (w) = jw · F {f} (w) y aplicandola en la expresion (11):



t2ut − jwu = tu

t2du

dt= (jw + t)u

du

u= (jw + t) · dt

t2/

∫

ln(u) = ln(t)− jw

t+ C(w) /e

u = eln(t)−jwt +C(w)

u = eln(t) · e−jwt · eC(w)

u(w, t) = t · e−jwt ·A(w) (12)

Evaluando segun la condicion dada, se tiene que para t = 1:

u(w, 1) = e−jw ·A(w) = f(w)

De donde se puede obtener A(w)

e−jw ·A(w) = f(w)

A(w) =f(w)

e−jw

Reemplazando en (12) se tiene la expresion general:

u(w, t) = t · e−jwt · f(w)

e−jw

Reordenando

u(w, t) = t · f(w) · ejw · e−jwt

u(w, t) = t · f(w) · e−( 1t−1)jw

u(w, t) = t · f(w) · e−ajw

donde a = ( 1t − 1).

Considerando t como constante y recordando la propiedad



F {f(t− a)} (w) = e−jwa · F {f} (w) , se aplica la transformada inversa obteniendose:

u(x, t) = t · f(x− a)

∴ u(x, t) = t · f(x−

[1

t− 1

])�



4. Encuentre todos los autovalores y autofunciones del problema a continuacion.

y′′ + λy = 0

y(0) = 0,

L∫0

y(x)dx = 0

Solucion

El polinomio caracterıstico de la ecuacion diferencial es:

m2 + λ = 0 (13)

con soluciones tales que m = ±√−λ

a) Para λ < 0, la expresion (13) queda como m = ±√λ por lo que se obtienen dos soluciones reales y

distintas. La solucion general queda de la forma:

y(x) = Ae√−λx +Be−

√−λx

Considerando las condiciones iniciales, se tiene que:

y(0) = 0 = A+B ⇒ A = −B

L∫0

y(x)dx =

L∫0

[Ae√−λx +Be−

√−λx

]dx

=

L∫0

[Ae√−λx −Ae−

√−λx

]dx

=

L∫0

A[e√−λx − e−

√−λx

]dx

=e√−λx√−λ

+e−√−λx

√−λ

∣∣∣∣∣L

0

Como eα > 0 para todo real α, entonces se puede asegurar que e√−λx + e−

√−λx > 0 por lo que A = 0 .

Ası, y(x) = 0 y no existen autovalores menores que cero.



b) Para λ = 0, la ecuacion diferencial queda como y′′ = 0, integrando dos veces la solucion es

y(x) = A+Bx

De la condicion y(0) = 0 se obtiene que A = 0.

De la otra condicion:L∫

0

Bxdx = BL2

2= 0

de donde B = 0, lo que implica que y(x) = 0 y que λ = 0 no sea autovalor.

c) Para λ > 0, la expresion (13) queda como m = ±√−λ por lo que se obtienen dos soluciones complejas

m = ±√λ. La solucion general queda de la forma:

y(x) = Acos(√

λx)

+Bsin(√

λx)

Considerando la primera condicion inicial:

y(0) = 0 = A⇒ B = 0

⇒ y(x) = Bsin(√

λx)

Considerando la otra condicion:

L∫0

y(x)dx =

L∫0

[Bsin

(√λx)]dx

=A√λcos(√

λ)∣∣∣∣L

0

=A√λ

(cos(√λL)− 1

)= 0

Para que la expresion anteriore sea nula, se debe cumplir que cos(√λL) = 1 y para ello

√λL = 2nπ.

Ası los autovalores son:

λn =

(2nπ

L

)2

Con las autofunciones:

yn(x) = sin

(2nπ

Lx

)para n ≥ 1



5. Resuelva:

u = 0 0 < r < 1 0 < θ < 2π

u(1, θ) = θ(θ − 2π) lımr→0 u(r, θ) <∞

Solucion

Usando separacion de variables se tiene que:

u(r, θ) = R(r) · T (θ)

Luego,

∆u = uxx + uyy = 0

r2urr + rur + uθθ = 0

r2R′′T + rR′T +RT ′′ = 0

(r2R′′ + rR′)T = −RT ′′

r2R′′ + rR′

−R=T ′′

T= −λ

Ademas, lımr→0 u(r, θ) < ∞ indica que la region es un disco, por ende u(r, 0) = u(r, 2π). Entonces, de lo

anterior se obtiene dos problemas a resolver:

T ′′ + λT = 0

T (0) = T (2π)

}(14)

r2R′′ + rR′ − λR = 0}

(15)

Como no se tienen condiciones iniciales, se evaluaran en todos los casos.

La expresion (14) tiene como polinomio caracterıstico

m2 + λ = 0

m = ±√−λ (16)

Para λ < 0 se tiene de la expresion (16) que m = ±√λ, es decir, dos soluciones reales y distintas, donde

T (θ) = C1e√λθ + C2e

−√λθ

Ademas

T (0) = C1 + C2 (17)

T (2π) = C1e√λ2π + C2e

−√λ2π (18)



y haciendo (17)− (18):

0 = C1

(1− e

√λ2π)

+ C2

(1− e−

√λ2π)

C1

(1− e

√λ2π)

= −C2

(1− e−

√λ2π)

dado que(

1− e√λ2π)6= 0 y

(1− e−

√λ2π)6= 0 se tiene que C1 = C2 = 0, por lo que la solucion es

trivial.

Para λ = 0, la solucion es una recta tal que T (θ) = Aθ+B. De forma analoga al caso anterior se tiene:

T (0) = B (19)

T (2π) = A · 2π +B (20)

(19)− (20):

−A · 2π = 0

⇒ a = 0 ∴ T0(θ) = B

Habiendo ya obtenido la solucion para (14), se procede a resolver (15). Se tiene entonces:

r2R′′ + rR′ = 0

R′′

R=−1

r

Haciendo z = R′:z′

z=−1

r/∫

ln(z) = −ln(r) + ln(c)/e

z =c

r= R′/

∫R0(r) = D + C · ln(r)

Para λ > 0, se tiene de la expresion (16) que m = ±√λi, es decir, dos soluciones complejas, donde

T (θ) = C1sin(√λθ) + C2cos(

√λθ)

Considerando que T (0) = T (2π):

T (0) = C2 (21)

T (2π) = C1sin(√λ2π) + C2cos(

√λ2π) (22)

y haciendo (21)− (22):

0 = −C1sin(√λ2π) + C2

(1− cos(

√λ2π)

)Para que se cumpla la ultima expresion de forma no trivial se tiene que sin(

√λ2π) = 0 o cos(

√λ2π)−1 =



0, es decir √λ2π = 2nπ

√λ = n

λ = n2

Entonces

T (θ) = C1sin(nθ) + C2cos(nθ)

Habiendo ya obtenido la solucion para (14), se procede a resolver (15). Haciendo el cambio de variable

M(r) = ru:

r2R′′ + rR′ − λR = 0

r2 · ru−2u(u− 1) + r · ru−1u− λru = 0/ 1ru

u2 − u+ u− λ = 0

u = ±√λ

⇒ u = ±n

Es decir

R(r) = K1 · rn +K2 · r−n

Del analisis de todos los casos anteriores se tiene que:

u(r, θ) = R0 · T0 +

∞∑i=1

R(r) · T (θ)

u(r, θ) = D0 · C0ln(r) +

∞∑i=1

(K1 · rn +K2 · r−n) · (C1sin(nθ) + C2cos(nθ))

Como la solucion debe ser acotada, se debe cumplir que u(r, θ) debe converger para cualquier valor de r

cualquier. Para ello

⇒ C0 = 0 y K2 = 0

Entonces, renombrando las constantes:

u(r, θ) =D0

2+

∞∑i=1

[rn · (Ensin(nθ) + Fncos(nθ))] (23)

Ahora, imponiendo la otra condicion:

u(1, θ) = θ(θ − 2π) =D0

2+

∞∑i=1

·(Ensin(nθ) + Fncos(nθ))



Es claro que D0, En y Fn son coeficientes de una serie de Fourier de funcion f(x) = θ(θ−2π). Estos coeficientes

se obtienen de la forma:

D0 =2

2π

2π∫0

[θ(θ − 2π)] dθ =1

π

2π∫0

[θ2 − 2πθ

]dθ

=1

π

[θ3

3− πθ2

]∣∣∣∣2π0

=8π2

3− 4π2

D0 =−4π2

3

En =2

2π

2π∫0

[θ(θ − 2π)sin(nθ)] dθ =1

π

−θ(θ − 2π)cos(nθ)

n

∣∣∣∣2π0

+1

n

2π∫0

[2(θ − π)cos(nθ)] dθ

=2

nπ

(θ − π)sin(nθ)

n

∣∣∣∣2π0

− 1

n

2π∫0

sin(nθ)dθ

= 0

En = 0

Fn =2

2π

2π∫0

[θ(θ − 2π)cos(nθ)] dθ =1

π

θ(θ − 2π)sin(nθ)

n

∣∣∣∣2π0

− 1

n

2π∫0

[2(θ − π)sin(nθ)] dθ

= − 2

nπ

−(θ − π)cos(nθ)

n

∣∣∣∣2π0

+1

n

2π∫0

cos(nθ)dθ

=2

n2π

(π + π +

sin(nθ)

n

∣∣∣∣2π0

)=

4

n2

Fn =4

n2

Reemplazando las expresiones obtenidas en la expresion (23) se tiene:

∴ u(r, θ) =

[−2π2

3

]+

∞∑i=1

[rn ·+

[4

n2

]cos(nθ)

]

�


[Pauta EDP].pdf

Documents

Transcript of [Pauta EDP].pdf