ecuacionesenderivadasparciales - uned

Ecuaciones en Derivadas Parciales

Material preliminar y ejercicios resueltoselaborados por el equipo docente de la asignatura Ecuaciones Diferenciales II :

Daniel Franco Leis y Juan Peran MazonDepartamento de Matematica Aplicada I

Version 2.3

Contenidos

Introduccion 1

Preliminares 3Ecuaciones diferenciales ordinarias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3Divergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5Sucesiones y series funcionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6Ecuacion en derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6Condiciones de frontera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Ecuaciones de la fısica matematica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10Ecuaciones lineales de segundo orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

Unidad Didactica I 15Enunciados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15Soluciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

Unidad Didactica II 37Enunciados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37Soluciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

Unidad Didactica III 51Enunciados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51Soluciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

3

Introduccion

El cometido con el que se creo este material era el de servir de apoyo para el estudio dela asignatura Ecuaciones Diferenciales II de la titulacion de Ingenierıa Industrial dela Universidad Nacional de Educacion a Distancia.

La asignatura Ecuaciones Diferenciales II se impartio durante diez anos y se extin-guio en el curso 2012-2013. Sin embargo, la materia tratada sigue vigente en la mayorıade las titulaciones tecnicas puesto que, esencialmente, realizaba una introduccion a lasecuaciones en derivadas parciales—prestando especial atencion a las ecuaciones de la fısicamatematica y a los metodos de separacion de variables y de utilizacion de transformadasintegrales.

La mayor parte del material que tiene en sus manos se centra en la realizacion deejercicios practicos entre los que destacan cuestiones planteadas y dejadas como ejercicioal lector en el texto de Pedregal [2] (texto base recomendado para seguir la asignatura).Al contrario que un libro de teorıa, que debe ser leıdo de forma reflexiva pero continua,creemos que la forma ideal de sacarle partido a estos apuntes es intentar realizar losejercicios por uno mismo y despues comprobar el resultado o, en caso de no encontrarninguna vıa de ataque para el problema, comenzar a leer la solucion en busca de pistas.Para facilitar el desarrollo de esta tecnica de estudio hemos separado los enunciados delos ejercicios de sus correspondientes soluciones.

Ademas de los ejercicios, en el capıtulo Preliminares encontrara algunos resultadosbasicos que deben ser conocidos para poder comenzar con garantıas el estudio de unprimer curso en ecuaciones en derivadas parciales. Destacamos que en el no estan nimucho menos todos los prerrequisitos para el estudio de la asignatura sino una seleccionde los que desde nuestro punto de vista necesitan un mayor repaso. Tambien en esteprimer capıtulo encontrara una breve introduccion a las ecuaciones en derivadas parcialesque busca hacer el material mas autocontenido. Cada uno de los capıtulos restantes estadedicado a una de las unidades didacticas en que se dividıa la asignatura EcuacionesDiferenciales II.

1

2 Ecuaciones Diferenciales II

Deseamos que este material sea de utilidad para cualquier persona interesada encomenzar el estudio de las ecuaciones en derivadas parciales. Nuestra intencion es man-tenerlo actualizado con las aportaciones que recibamos de los lectores.

Finalmente, no podemos terminar sin agradecer la colaboracion de tutores y alumnos,de la asignatura Ecuaciones Diferenciales II, que con sus comentarios han ayudadoenormemente a mejorar este material.

Daniel Franco Leis y Juan Peran Mazon.

Preliminares

Ecuaciones diferenciales ordinarias

Esta seccion esta dedicada a refrescar algunas tecnicas de integracion para tipos especialesde ecuaciones diferenciales ordinarias. Las ecuaciones de variables separables

y′ =f(x)

g(y)

se resuelven mediante integracion en ambos miembros de la ecuacion

f(x)dx = g(y)dy

siendo la solucion general ∫f(x)dx =

∫g(y)dy + C.

En muchos de los casos practicos las funciones anteriores no poseen primitiva o estano es conocida. En esta situacion serıa necesario echar mano de tecnicas de integracionnumerica si se desea calcular una aproximacion de la solucion. Por otro lado, en el casode poder calcular las primitivas, obtenemos en ocasiones una expresion implıcita de lasolucion.

Dentro de las edp’s tambien existen ecuaciones para las que es sencillo calcular lasolucion sin mas que integrar, por ejemplo

ut = f(t)g(x) y utx = 0,

poseen como solucion general

u(t, x) =

∫f(t)g(x)dt+ C(x)

yu(t, x) = C(x) +D(y),

3


respectivamente. A primera vista aparece una diferencia notable entre las ecuacionesordinarias y las ecuaciones en derivadas parciales, pues observamos que existe una depen-dencia en la solucion general sobre una funcion arbitraria para el caso de una ecuacionde primer orden y sobre dos funciones arbitrarias en el caso de una ecuacion de segundoorden, sin embargo en el caso ordinario obtenemos dependencia respecto de constantes.

Ecuaciones lineales de orden n

Sea

yn) + f1(x)yn−1) + · · ·+ fn(x)y = g(x) (0.0.1)

que llamaremos ecuacion lineal de orden n no homogenea si g(x) es una funcion no nulay homogenea en caso contrario. Recordemos que, tal y como la terminologıa anteriorsugiere, el conjunto de soluciones tiene una estructura algebraica de variedad lineal quepasa por una solucion particular y0 y con la direccion del subespacio vectorial que formanlas soluciones del sistema homogeneo asociado y1, . . . , yn, esto es

y0 + C1y1 + · · ·+ Cnyn.

Observacion 1 Una de las consecuencias de la estructura anterior es el conocido princi-pio de superposicion que tambien verifican las ecuaciones en derivadas parciales lineales.

Una base del anterior subespacio vectorial recibe el nombre de sistema fundamental desoluciones y como acabamos de ver caracteriza completamente las soluciones del problemahomogeneo.

Encontrar un sistema fundamental para una ecuacion lineal arbitraria no es sencillo enel caso general. Sin embargo, si suponemos que la ecuacion es de coeficientes constantes,esto es,

yn) + a1yn−1) + · · ·+ any = 0

con ai ∈ IR, es posible calcular un sistema fundamental de soluciones mediante la uti-lizacion del polinomio caracterıstico.

Durante esta asignatura comprobaremos que la estructura de las ecuaciones linealesen derivadas parciales es similar a la que acabamos de describir pero con un subespaciodirector de dimension infinita, esto es, un sistema fundamental de soluciones tiene infinitoselementos.

Ecuaciones Diferenciales II 5

Problemas de Frontera

Una ecuacion tan sencilla como la siguiente

u′(t) = 1

que tiene solucion para cualquier problema de Cauchy, pues el segundo miembro de laecuacion es analıtico, puede convertirse en un problema irresoluble si imponemos algunacondicion de frontera, como por ejemplo una condicion periodica

u(0) = u(1).

Vemos entonces que la regularidad de las funciones que intervienen en un determinadoproblema de frontera no es suficiente para garantizar la existencia de solucion para losmismos. Esto mismo ocurrira para las ecuaciones en derivadas parciales de segundo orden.

Divergencia

Integrales de superficie y de lınea

En la asignatura Ampliacion de Calculo son tratados los conceptos de integral de lıneay de superficie para un campo escalar y vectorial en IR3. Debemos destacar que essencillo extender la definicion de integral de superficie a integrales sobre hipersuperficiesorientables de IRN pero ya que durante este curso nos ocuparemos de ecuaciones endimensiones bajas no es necesaria su presentacion.

Las definiciones de rotacional y divergencia permiten, ademas de una notable sim-plificacion en la notacion, comprender mejor el sentido fısico de las ecuaciones con quetrataremos. Esto es debido a que todo campo vectorial de IR3 en IR3 suficientementeregular se puede descomponer localmente en una traslacion, un giro y una dilatacion.La informacion relativa al giro aparece recogida en el rotacional de la funcion y la de ladilatacion en la divergencia. Para mas detalles consultese [3].

El Teorema de la divergencia desempena un papel protagonista en esta asignatura.

Teorema 1 (Teorema de la divergencia o de Gauss) Sea D ⊂ IR3 un dominio regularacotado, n el vector normal saliente unitario y F un campo vectorial definido y de claseuno en D, entonces ∫

D

div F =

∫

Fr(D)

F · ndS.

A la vista de los comentarios anteriores es sencillo dar una interpretacion fısica a esteresultado: la “dilatacion total” por unidad de tiempo que sufre un gas que esta dentro


de una region dada, sera igual a la cantidad de gas que, por unidad de tiempo, “sale” dedicha region a traves de la frontera.

Este teorema es la generalizacion natural de la Formula de Barrow e incluye ademasde a este resultado a otros con nombre propio como el Teorema de Green.

Sucesiones y series funcionales

Convergencia puntual, uniforme y en media

En la asignatura Calculo Infinitesimal I se introduce el concepto de sucesion y serie defunciones en el conjunto C(I) de las funciones continuas en un determinado intervalo aco-tado I. Para este tipo de sucesiones el lector conoce varios tipos distintos de convergencia,como son la puntual, uniforme o en media que debe recordar.

Ecuacion en derivadas parciales

Las restricciones horarias del curso hacen que unicamente podamos dedicarnos a un tipomuy especıfico de ecuaciones, aunque no por ello poco interesante. Se trata de las ecua-ciones en derivadas parciales lineales de segundo orden. Aunque ya en el capıtulo anteriorhemos hablado de ecuaciones en derivadas parciales, no hemos establecido rigurosamentesu definicion, aprovechandonos de la experiencia previa del alumno.

Definicion 0.1 Llamaremos ecuacion en derivadas parciales (edp), a cualquier identidaddel tipo

F (x, u, ux1, . . . , uxN

, ux1x1, ux1x2

, . . . ) = 0 (0.0.2)

donde x = (x1, . . . , xN) ∈ Ω1, con Ω ⊂ IRN abierto y de solo una pieza, F : Ω×IR×IRM →IR se supone conocida y M > 0 es un numero natural.

A continuacion introduciremos el concepto de orden de la ecuacion y el de solucion.

Definicion 0.2 Una ecuacion en derivadas parciales se dice de orden n si posee derivadasparciales de orden n pero no de orden n+ 1.

Definicion 0.3 Una funcion u : Ω → IR suficientemente regular se dice solucion de laedp (0.0.2) si al sustituirla en la ecuacion hace que esta ultima se cumpla.

1En el caso N = 2 que sera al que principalmente dediquemos nuestros esfuerzos en este curso seramas sencillo utilizar la notacion habitual x = (x, y) ∈ Ω ⊂ IR2


Ejemplo 1 La ecuacion

ux(x, y) + sen(uxx(x, y) + x+ y) = 0

es una edp de orden 2 en IR2.La ecuacion ux(x, y) = ln(|u(x, y)|) es una edp de orden 1 en IR2.La ecuacion (uxx(x, y))

2 =√x es una edp de orden 2 en en (x, y) ∈ IR2 : x > 0.

Cuando no haya lugar a la confusion eliminaremos las variables de las funciones queintervienen en la ecuacion, ası en los ejemplos anteriores escribirıamos ux+ sen(uxx + x+y) = 0, ux = ln(|u|) y u2

xx = x.Si la funcion F se puede expresar como suma de una funcion unicamente dependiente

de x mas una funcion lineal2 en las variables correspondientes a u y sus derivadas parcialesdiremos que se trata de una ecuacion lineal. Por ejemplo, si bfx = (x, y) ∈ IR2 la formageneral de una edp lineal de segundo orden es

Q0 +Q1u+Q2ux +Q3uy +Q4uxx +Q5uxy +Q6uyy = 0 (0.0.3)

donde Qi son funciones dadas de x e y para i ∈ 0, 1, . . . , 6. Estas funciones Qi puedena su vez ser independientes de x e y, cuando esto sucede se dice que la ecuacion linealtiene coeficientes constantes.

Ejemplo 2 Ninguna de las ecuaciones dadas en el ejemplo anterior es lineal.La ecuacion uxx + 32uy = u es lineal y tiene coeficientes constantes.La ecuacion uxx + uy = u2 no es lineal puesto que depende no linealmente de u.La ecuacion sen(x2 + y)uxx + 32uy = u es lineal pero no tiene coeficientes constantes.

Dentro de las ecuaciones diferenciales lineales distinguiremos dos tipos atendiendo ala naturaleza de la funcion que no acompana ni a u ni a ninguna de sus derivas parciales,esto es en el caso particular (0.0.3), la funcion Q0. Pues bien, si Q0 ≡ 0 la ecuacion sedice homogenea y en otro caso se dice no homogenea.

Ejemplo 3 La ecuacion uxx + 32uy = u es homogenea.La ecuacion uxx + uy = 3 no es homogenea.La ecuacion uxx + uy = xy no es homogenea.

Al igual que sucedıa con las ecuaciones diferenciales ordinarias de orden n el Principiode superposicion es valido para la ecuacion lineal y el conjunto de soluciones de la ecuacionhomogenea tiene estructura de espacio vectorial.

2Recordemos que una funcion lineal A : RN → IR tiene la forma A(x1, . . . , xN ) = a1x1 + · · ·+ aNxN


En otras palabras y utilizando un ejemplo, el parrafo anterior nos informa de lo sigu-iente. Si u1 es solucion de la edp lineal

uxx+ uyy + ux = x+ y

y u2 es solucion de la edpuxx+ uyy + ux = 3

entonces para α, β ∈ IR se tiene que αu1 + βu2 es solucion de

uxx+ uyy + ux = α(x+ y) + 3β.

Observacion 2 La parte de la edp lineal dependiente de u y sus derivadas debe ser igualen ambas ecuaciones.

Recordemos que en el caso ordinario3 las ecuaciones lineales homogeneas de orden n,para fijar ideas tomemos

y′′ + 2y′ + y = 0 (0.0.4)

los resultados teoricos nos indicaban que todas las soluciones de la ecuacion se podıanexpresar como Cf1(x)+Df2(x) donde C,D son constantes y f1 y f2 son soluciones lineal-mente independientes de la ecuacion (concretamente en este caso estudiando el polinomiocaracterıstico resulta f1(x) = ex y f2(x) = xex). Ası pues, para una ecuacion linealhomogenea ordinaria de orden 2 tenemos garantizado que podemos expresar cualquiersolucion como combinacion lineal de dos funciones. En otras palabras ex, xex es unabase para el conjunto de soluciones de (0.0.4), que por lo tanto es un espacio vectorial dedimension 2.

Sin embargo, la diferencia fundamental con respecto al caso ordinario reside en queel espacio vectorial de las soluciones para una edp lineal tiene dimension infinita: dadauna edp lineal existen infinitas soluciones linealmente independientes. Este hecho haceque las combinaciones finitas no sean suficientes para encontrar todas las soluciones ynecesitemos considerar combinaciones infinitas surgiendo los correspondientes problemasde convergencia.

Condiciones de frontera

Dada la ecuacion

F (x1, . . . , xN , u, ux1, . . . , uxN

, ux1x1, ux1x2

, . . . ) = 0

3La traduccion del termino ingles “ordinary” por “ordinaria” en lo relativo a las ecuaciones diferencialesno parece haber sido la mas acertada y muchos autores sugieren que se deberıa haber utilizado la palabra“normal”.


definida sobre Ω ⊂ IRN en muchas ocasiones estaremos interesados en soluciones quecumplan determinadas condiciones en la frontera que reciben el nombre de condiciones decontorno o de frontera.4 Estas condiciones son en general fundamentales para describircorrectamente un fenomeno real. Llamaremos problema de frontera o de contorno alconsistente en encontrar una solucion de la ecuacion diferencial verificando las condicionesde contorno.

Para las ecuaciones de segundo orden existen algunos tipos de condicion de fronteracon nombre propio que pasamos a presentar:

• Condicion de Dirichletu(x) = g(x), x ∈ D ⊂ ∂Ω

• Condicion de Neumann

∂u

∂n(x) = g(x), x ∈ D ⊂ ∂Ω

• Condicion de Robin

Au(x) +B∂u

∂n(x) = g(x), A, B ∈ IR, x ∈ D ⊂ ∂Ω

Donde para las dos ultimas el subconjunto D de la frontera de Ω debe permitirdefinir

∂u

∂n= n · ∇u

donde n es el campo de vectores normales salientes a D.

Definicion 0.4 En el caso de que g ≡ 0 las condiciones se diran homogeneas.

Ejemplo 4 Sea la ecuacion uxx − uyy = x definida en (0, 1)× IR.

u(0, y) = 4 para y ∈ IR es una condicion de frontera tipo Dirichlet.

ux(0, y) = 0 para y ∈ IR es una condicion de frontera tipo Neumann.

ux(0, y) = y2 para y ∈ IR es una condicion de frontera tipo Neumann.

ux(0, y) = u(0, y) para y ∈ IR es una condicion de frontera tipo Robin.

Algunos autores suelen referirse a las condiciones anteriores como de primera, segunday tercera especie respectivamente.

4Es bueno resaltar que no estamos siendo muy rigurosos, puesto que una determinada solucion u tienecomo dominio de definicion unicamente a Ω por lo que la funcion que deberıa cumplir tal condicion noserıa u, sino una extension continua o diferenciable de ella a la adherencia de Ω.


Ecuaciones de la fısica matematica

Despues de la definicion de ecuaciones en derivadas parciales, lo mas natural parece con-tinuar con algunos ejemplos de situaciones reales que pueden ser modelados medianteellas. Estos modelos jugaran ademas un papel crucial a lo largo de todo el curso, puesnos apoyaremos frecuentemente en ellos para interpretar los resultados obtenidos.

En breve clasificaremos las edp’s lineales de segundo orden en tres grupos, siendo cadauno de los ejemplos de esta seccion un representante de dichos grupos.

La ecuacion de ondas

Con la ecuacion de la cuerda vibrante o ecuacion de ondas en dimension uno modelaremosmatematicamente el problema de determinar la posicion de una cuerda vibrante, comopor ejemplo la de una guitarra o un piano.

Supondremos que la posicion de reposo de la cuerda es el eje de abscisas y que paraun punto de la cuerda unicamente son posibles pequenos desplazamientos verticales. Asıu(t, x) representara el desplazamiento vertical del punto x de la cuerda en el instantet. Supondremos que tanto la densidad ρ como el modulo de la fuerza de tension T esconstante en todos sus puntos y las fuerzas externas solo tienen componente vertical.

Con estas consideraciones es posible verificar que la ecuacion que rige el proceso es

∂2u

∂t2− c2

∂2u

∂x2= f(x, t),

donde c2 = Tρy f(x, t) depende de las fuerzas externas que actuen sobre la cuerda, por

ejemplo el rozamiento con el aire. En muchas ocasiones se supone la situacion ideal de noexistencia de fuerzas externas, o lo que es lo mismo f ≡ 0.

Si consideramos en lugar de una cuerda de vibrante una membrana plana vibranteobtenemos la siguiente generalizacion para dimension dos

utt − c2(uxx + uyy) = f.

Por lo que se llama ecuacion de ondas N -dimensional a

utt − c2∆xu = f

donde x ∈ IRN y para una funcion u(x, t) definimos ∆xu = ux1x1

+ · · ·+ uxnxn.

Este tipo de ecuaciones gobierna la propagacion de las ondas del sonido en la atmosferao la propagacion de ondas en la superficie de un estanque.

Desde el punto de vista del problema fısico considerado tiene sentido la consideracionde condiciones de frontera, ya que si por ejemplo nos restringimos a una cuerda finita


situada en reposo sobre el intervalo [a, b] y suponemos que los extremos permanecen fijos,como ocurre en el caso real de una guitarra, necesitaremos imponer que las solucionesverifiquen la condicion de Dirichlet

u(a, t) = u(b, t) = 0, t ≥ 0.

Observacion 3 En la anterior condicion hay en realidad dos condiciones u(a, t) = 0 yu(b, t) = 0 para t ∈ IR.

Podemos considerar que ambos extremos se mueven con velocidad constante V , obte-niendo la condicion de Neumann

ux(a, t) = ux(b, t) = V, t ≥ 0.

Si por el contrario suponemos que ambos extremos estan siempre a la misma alturauno del otro pero pueden moverse llegamos a la condicion de frontera

u(a, t) = u(b, t), t ∈≥ 0.

Por otro lado, dado el instante inicial t = 0, si fijamos la posicion de la cuerda y/o suvelocidad instantanea, es decir,

u(x, t0) = f(x), ut(x, t0) = g(x), x ∈ [a, b],

surge el problema de averiguar las posiciones posteriores (o anteriores) a la situacioninicial dada. Este tipo de condiciones reciben el nombre de condiciones iniciales.

La ecuacion del calor

Nuestro siguiente objetivo es la modelizacion matematica del fenomeno fısico de difusiondel calor que tiene lugar en un hilo o una plancha que conducen el calor y estan aislados.

En el caso del hilo que supondremos sobre el eje de abscisas, denotamos por u(t, x) latemperatura en un instante t en un punto del hilo x. Utilizando la Ley de Fourier parala conduccion del calor5, se llega a la ecuacion del calor unidimensional

ut − α2uxx = 0

donde α es el coeficiente de difusion termica, o en el caso N -dimensional

ut − α2∆xu = 0.

5Si hay diferencias de temperaturas en un medio, el flujo de energıa calorıfica ira de la region mas

caliente hacia la mas frıa


Estas ecuaciones estan ligadas a multitud de problemas que tienen como caracterısticacomun la difusion, por lo que la ecuacion del calor tambien es conocida como ecuacionde la difusion. Por ejemplo, problemas de dinamica de poblaciones relacionados con lapropagacion de enfermedades.

De forma similar a la ecuacion de ondas, si no suponemos el hilo aislado y exis-ten fuentes de calor aparecera en el segundo miembro de la ecuacion una funcion f noidenticamente nula.

Nuevamente, el fenomeno fısico nos ayudara a comprender el significado de los prob-lemas de contorno si consideramos un hilo finito situado en [a, b]. Ası, la condicion

u(a, t) = 7, u(b, t) = 6, t ∈≥ 0.

modela la situacion de una barra con extremos a temperaturas fijas de 7 y 6 gradosrespectivamente.

La condicionux(a, t) = 7u(a, t), t ≥ 0.

nos indica que existe un flujo de calor en el extremo x = a proporcional a la temperaturaen tal extremo, mas concretamente siete veces dicho valor.

La condicionu(a, t) = u(b, t), t ∈≥ 0.

modela la situacion en la que ambos extremos estan siempre a la misma temperaturaaunque esta puede ser variable con el tiempo.

Al tratarse de un problema de evolucion, en el que interviene la variable tiempo,tambien podrıamos considerar el hilo con una temperatura inicial dada por una determi-nada funcion y plantear ası una condicion de tipo inicial

u(x, t0) = f(x), x ∈ [a, b].

Las ecuaciones de Poisson y de Laplace

El fenomeno fısico que utilizaremos para la presentacion de este nuevo tipo de ecuacionessera el mismo que en la seccion anterior pero considerando situaciones estacionarias de dis-tribucion de temperaturas, esto es, el caso en que dicha distribucion llega a un equilibrio,siendo por tanto independiente del tiempo. En esta situacion es razonable que los datosdel problema no varıen con respecto al tiempo y por lo tanto el termino ut desaparece dela ecuacion del calor, resultando ası

∆u = 0

que llamaremos ecuacion de Laplace N–dimensional o ecuacion del potencial y

∆u = f(x)


que llamaremos ecuacion de Poisson, donde ∆ representa el operador de Laplace,

∆u = ux1x1+ ux2x2

+ · · ·+ uxNxN,

utilizado con asiduidad en la literatura cientıfica6.Estas ecuaciones se estudian para determinar la fuerza de atraccion que ejerce una

masa sobre otra, para determinar el potencial electrico correspondiente a una determinadadistribucion de cargas o en mecanica de fluidos.

Ecuaciones lineales de segundo orden

Dedicaremos esta seccion a la clasificacion de las edp’s lineales de orden dos con coefi-cientes constantes en tres tipos: elıpticas, parabolicas e hiperbolicas.

Auxx + 2Buxy + Cuyy = D(x, y, u, ux, uy), (x, y) ∈ Ω, (0.0.5)

En funcion del valor de B2 − AC existen tres posibilidades:

(i) Si B2 − AC < 0 la ecuacion recibe el nombre de ecuacion de tipo elıptico.

(ii) Si B2 − AC = 0, la ecuacion recibe el nombre de parabolica.

(iii) Si B2 − AC > 0, la ecuacion recibe el nombre de hiperbolica.

Cada una de las ecuaciones de la fısica matematica presentadas al comienzo de launidad encaja en uno de estos tipos. Los nombres empleados surgen por la analogıa denuestra ecuacion con la ecuacion de las conicas en el plano

Ax2 + 2Bxy + Cy2 +Dx+ Ey + F = 0.

La clasificacion anterior se puede extender a ecuaciones con coeficientes no constanteso a ecuaciones lineales de orden 2 definidas en IRN . En este ultimo caso apareceran mastipos de ecuaciones como las llamadas normalmente hiperbolicas o parabolicas que noconsideraremos en este curso.

Finalmente presentamos un resultado que ponem de manifiesto que los ejemplos quehemos presentado para ilustrar los conceptos de ecuacion elıptica, hiperbolica y parabolicason algo mas que meros ejemplos, ya que pueden considerarse representantes canonicosde cada tipo de ecuaciones.

6Otra notacion habitual para el Laplaciano es ∇2


Teorema 2 Consideremos la ecuacion

Auxx + 2Buxy + Cuyy = D(x, y, u, ux, uy), (x, y) ∈ Ω

con A,B,C constantes.

• Si la ecuacion es de tipo elıptico entonces existe un cambio de variables independi-entes de modo que con respecto a las nuevas variables (s, z) la ecuacion se transformaen

uss + uzz + t.o.i. = 0

(mediante t.o.i. denotamos los terminos de orden inferior al segundo).

• Si es de tipo hiperbolico, entonces existe un cambio de variables independientes demodo que con respecto a las nuevas variables (s, z) la ecuacion se transforma en

uss − uzz + t.o.i. = 0.

• Si por el contrario es de tipo parabolico, entonces existe un cambio de variablesindependientes de modo que con respecto a las nuevas variables (s, z) la ecuacion setransforma en

uzz + t.o.i. = 0.

Unidad Didactica I

Enunciados:

Ejercicio 1 Dado L > 0 razone si es posible encontrar un modelo matematico para des-cribir el movimiento vibratorio de una cuerda tensa situada en reposo sobre el intervalo[0, L], con extremos fijos sobre el eje OX durante todo el movimiento y que parte de laposicion inicial u(x, 0) = ex.

Ejercicio 2 Para un modelo que describe el movimiento vibratorio de una cuerda tensafinita de longitud 2π y con extremos fijos durante todo el movimiento senale las condicionesiniciales y de frontera posibles.

(a)

u(x, 0) = sen(x), ut(x, 0) = cos(x), x ∈ [0, 2π],u(0, t) = u(2π, t) = 0, t ≥ 0.

(b)

u(x, 1) = 0, ut(x, 1) = g(x), x ∈ [0, 2π],u(0, t) = u(2π, t) = 0, t ≥ 1.

(c)

u(x, 0) = cos(x/2), ut(x, 0) = g(x), x ∈ [0, 2π],u(0, t) + u(2π, t) = 0, t ≥ 0.

(d)

u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), x ∈ [0, 2π],∂u∂xu(0, t) = ∂u

∂xu(2π, t) = 0, t ≥ 0.

Ejercicio 3 Senale el modelo matematico que describe el movimiento vibratorio de unacuerda tensa de longitud L, fija en los extremos y que parte de la posicion inicial u(x, 0) =sen(−πx

2L) con velocidad ut(x, 0) = ex.

(a)

utt − π2uxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0,u(x, 0) = sen(−πx

2L), ut(x, 0) = ex, x ∈ [0, L],

u(0, t) = u(L, t), t ≥ 0,

15


(b)

utt + 9uxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0,u(x, 0) = sen(−πx

2L), ut(x, 0) = ex, x ∈ [0, L],

u(0, t) = 0, u(L, t) = −1, t ≥ 0,

(c)

utt − 2uxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0,u(x, 0) = sen(−πx

2L), ut(x, 0) = ex, x ∈ [0, L],

u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0,

(d)


2L), ut(x, 0) = ex, x ∈ [0, L],

u(0, t) = 0, u(L, t) = −1, t ≥ 0,

Ejercicio 4 Senale el modelo matematico que describe la distribucion del calor en unalambre conductor aislado de longitud L, en el que sus extremos se mantienen tambienaislados

(a)

ut − c2uxx = |x|, x ∈ (−L, 0), t > 0, c = cte,u(x, 0) = f(x), x ∈ [−L, 0],u(−L, t) = u(0, t) = 0, t ≥ 0.

(b)

ut − c2uxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0, c = cte,u(x, 0) = f(x), x ∈ [0, L],u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0.

(c)

ut − c2uxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0, c = cte,u(x, 0) = f(x), x ∈ [0, L],u(0, t) = u(L, t), t ≥ 0.

(d)

ut − c2uxx = |t|, x ∈ (0, L), t > 0, c = cte,u(x, 0) = f(x), x ∈ [0, L],u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0.

Ejercicio 5 Senale el modelo matematico que puede describir la distribucion del calor enun alambre conductor aislado de longitud L, en el que la diferencia entre la temperaturaen los extremos se mantiene constante y la distribucion inicial del calor en el alambresigue la funcion ex

2+Lx.

(a)

ut − 2uxx = 0, x ∈ (−L, L), t > 0,

u(x, 0) = ex2+Lx, x ∈ [−L, L],

u(−L, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0.


(b)

ut − 22uxx = 7, x ∈ (L, 2L), t > 0,

u(x, 0) = ex2+Lx, x ∈ [L, 2L],

u(0, t)− u(L, t) = 3, t ≥ 0.

(c)

ut − 32uxx = 0, x ∈ (−L, 0), t > 0,

u(x, 0) = ex2+Lx, x ∈ [−L, 0],

u(0, t) = u(−L, t) = 1, t ≥ 0.

(d)

ut − euxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0,

u(x, 0) = ex2+Lx, x ∈ [0, L],

u(0, t)− u(L, t) = 1, t ≥ 0.

Teorema 3 (Principio de conservacion de la energıa para la ecuacion de ondas.)Sea u una solucion de la ecuacion

utt − c2uxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0, c = cte,u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), x ∈ [0, L],

verificando ademas condiciones de frontera Dirichlet o Neumann homogeneas, es decir

u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0 o ux(0, t) = ux(L, t) = 0, t ≥ 0.

La energıa del sistema E(t) en un instante t viene dada por

E(t) =1

2

∫ L

0

1

c2u2t (x, t) + ‖uxx(x, t)‖2 dx,

y su valor se mantiene constante.

Ejercicio 6 Utilizando el principio de conservacion de la energıa demuestre la unicidadde solucion para el problema de Neumann siguiente:

utt − uxx = x2 + e√5cos x, x ∈ [0, L], t ∈ IR,

u(x, 0) = ln x+ 1, ut(x, 0) = cos(ln x2 + 3), x ∈ [0, L],ux(0, t) = sen t, ux(L, t) = 0, t ∈ IR.

Ejercicio 7 Demostrar la unicidad de solucion del problema para la ecuacion del calor:

ut − uxx = t|x|, x ∈ (0, 1), t > 0,u(x, 0) = x3, x ∈ [0, 1],u(0, t) = u(1, t) = t2, t ≥ 0.

(0.0.6)

Indicacion: Pruebese que la funcion energıa

E(t) =

∫ 1

0

[u(x, t)]2dx

para el problema homogeneo asociado es decreciente.


El problema de tipo mixto relativo a la ecuacion del calor se define sobre subconjuntosde la forma Q = Ω × (0, T ) donde T ∈ (0,∞] y Ω ⊂ IR es un intervalo acotado. Por lotanto, siempre que T < ∞, la frontera de Q admite la descomposicion

∂Q = ∂1Q ∪ ∂2Q

donde∂1Q = (Ω× 0) ∪ (∂Ω × [0, T ]) y ∂2Q = Ω× T.

Llamaremos frontera parabolica al conjunto ∂1Q. Debemos notar que si T = ∞ dichafrontera coincide con la frontera del conjunto Q.

Teorema 4 (Principio del maximo) Con la notacion anterior, consideremos una funcionu ∈ C(Q) que posee derivadas parciales continuas ut, ux y uxx en Q y ut(x, t)−uxx(x, t) ≤0 para todo punto (x, t) ∈ Q (respectivamente ut(x, t)− uxx(x, t) ≥ 0).

Entoncessup

(x,t)∈Qu(x, t) = sup

(x,t)∈∂1Qu(x, t)

(respectivamente inf(x,t)∈Q

u(x, t) = inf(x,t)∈∂1Q

u(x, t))

Observacion 4 Si T < ∞ en el resultado anterior podemos sustituir inf y sup por min ymax. En dicha situacion el resultado indica que el maximo y el mınimo de una solucionde la ecuacion del calor homogenea se alcanzan en la frontera parabolica.

Ejercicio 8 Utilizando el principio del maximo demuestre la unicidad de solucion para(0.0.6).

El siguiente resultado aporta importante informacion sobre el comportamiento de laderivada normal en los puntos donde una funcion armonica no constante alcanza susvalores maximos.

Teorema 5 (Lema de la derivada normal o Principio de Hopf) Sea Ω ⊂ IR2 un dominioregular acotado y u ∈ C(Ω) una funcion armonica en Ω. Si x0 ∈ ∂Ω es tal que u alcanzasu valor maximo sobre Ω en x0 entonces se verifica

∂u

∂n(x0) > 0.


Ejercicio 9 Sea Ω = (x, y) ∈ IR2 : x2 + y2 < 1. Utilizando el resultado anteriordemuestre que si f ∈ C(Ω) y g ∈ C(∂Ω) el problema

∆u = f, x ∈ Ω∂u∂n(x) = g(x), x ∈ ∂Ω

admite, a lo sumo y salvo adicion de constantes, una solucion u ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω).

Ejercicio 10 Suponiendo f y g suficientemente regulares, compruebe que la Formula deD’Alembert

u(x, t) =1

2(f(x+ ct) + f(x− ct)) +

1

2c

∫ x+ct

x−ct

g(y) dy,

es una solucion del problema

utt − c2uxx = 0, x ∈ IR, t > 0 c = cte,u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), x ∈ IR.

Ejercicio 11 Estudie la existencia y unicidad de solucion para el problema

utt − π2uxx =

√x2 + t2, x ∈ IR, t > 0,

u(x, 0) = sen(−πx2L

), ut(x, 0) = ex, x ∈ IR.

Sea (x0, t0) ∈ IR × (0,∞) y D = (x, t) ∈ IR2 : t ∈ (0, t0), x ∈ (x0 − c(t0 − t), x0 +c(t0 − t)), o lo que es lo mismo, la region triangular abierta determinada por las rectast = 0, x = x0 − c(t0 − t) y x = x0 + c(t0 − t).

Teorema 6 Si u ∈ C2(D) ∩ C(D) entonces

u(x0, t0) =1

2(u(x0 + ct0, 0) + u(x0 − ct0, 0)) +

1

2c

∫ x0+ct0

x0−ct0

ut(y, 0) dy+1

2c

∫

D

(utt − c2uxx).

El lector interesado en demostrar el resultado anterior debe aplicar el Teorema de ladivergencia al campo H(x, t) = (−c2ux, ut).


Ejercicio 12 Utilizando el resultado anterior demostrar que en el caso no homogeneo

utt − c2uxx = F (x, t), x ∈ IR, t > 0, c = cte,u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), x ∈ IR.

se verifica la siguiente generalizacion de la Formula de D’Alembert, que en ocasionesrecibe el nombre de Formula de Poisson

u(x, t) =1

2(f(x+ ct) + f(x− ct)) +

1

2c

∫ x+ct

x−ct

g(y) dy +1

2c

∫ t

0

(∫ x+c(t−s)

x−c(t−s)

F (y, s) dy

)ds.

Ejercicio 13 Clasifique las siguientes ecuaciones en hiperbolicas, parabolicas y elıpticas:

uxx − uxy + 2uyy + uy = 0,

−2uxx + 4uxy − 2uyy + ux = 0,

−2uxx − 4uxy − 2uyy + ux = 0,

πuxy − 2uxx + ux + u = 0.

Ejercicio 14 Encuentre los subconjuntos de IR2 en los que las siguientes ecuaciones sonhiperbolicas, parabolicas o elıpticas:

xuxx − 2yuxy − uyy = sen y,

uxx − 2xuxy − (y2 − 2)uyy = y.

Ejercicio 15 Aplıquese el cambio de variables u = 2x+ 5t, v = 2x− 5t para resolver elproblema

4∂2y

∂t2= 25

∂2y

∂x2

y(x, 0) = 2x+ sen 2x

∂y

∂t(x, 0) = 5.

Ejercicio 16 Sean λ un numero real, C una superficie cerrada simple de R3 y D el

abierto acotado limitado por C. Supongamos que el problema

∂2u

∂x2(x, y, z) +

∂2u

∂y2(x, y, z) +

∂2u

∂z2(x, y, z) = λ u(x, y, z) si (x, y, z) ∈ D

u(x, y, z) = 0 si (x, y, z) ∈ C


tiene una solucion continua no nula (esto es, que es distinta de cero en algun punto deD). Aplıquese el teorema de la divergencia al campo vectorial F = u∇u para demostrarλ debe ser un numero estrictamente negativo.

Ejercicio 17 Clasifique la ecuacion siguiente

cos2 x∂2u

∂x2+ 2 cosx cos(x+ y)

∂2u

∂x∂y+

∂2u

∂y2= sen2(x+ y), 0 < x, y <

π

2.

Ejercicio 18 Hallese la solucion general u(r, t) de la ecuacion

1

r2∂

∂r

(r2∂u

∂r

)=

∂2u

∂t2.

Sugerencia: considerese la funcion v(ξ, η) = (ξ + η)u(ξ + η, ξ − η).


Soluciones:

Ejercicio 1 Dado L > 0 razone si es posible encontrar un modelo matematico para des-cribir el movimiento vibratorio de una cuerda tensa situada en reposo sobre el intervalo[0, L], con extremos fijos sobre el eje OX durante todo el movimiento y que parte de laposicion inicial u(x, 0) = ex.

Solucion: No es posible, ya que se trata de un problema mal planteado. Fijemonosque la condicion de frontera dada se escribe matematicamente como

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

y en particular para el instante inicial t = 0

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

sin embargo, debido a la condicion inicial se tiene la contradiccion

0 6= u(0, 0) = 1 6= eL = u(L, 0) 6= 0.

Ejercicio 2 Para un modelo que describe el movimiento vibratorio de una cuerda tensafinita de longitud 2π y con extremos fijos durante todo el movimiento senale las condicionesiniciales y de frontera posibles.

(a)

u(x, 0) = sen(x), ut(x, 0) = cos(x), x ∈ [0, 2π],u(0, t) = u(2π, t) = 0, t ≥ 0.

(b)

u(x, 1) = 0, ut(x, 1) = g(x), x ∈ [0, 2π],u(0, t) = u(2π, t) = 0, t ≥ 1.

(c)

u(x, 0) = cos(x/2), ut(x, 0) = g(x), x ∈ [0, 2π],u(0, t) + u(2π, t) = 0, t ≥ 0.

(d)

u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), x ∈ [0, 2π],∂u∂xu(0, t) = ∂u

∂xu(2π, t) = 0, t ≥ 0.

Solucion: Si la cuerda se encuentra en reposo para el instante inicial t0 se debeverificar u(x, t0) = 0, luego podemos desechar las opciones (a) y (c). Ademas el enunciado


nos indica que en la frontera la solucion de la ecuacion del movimiento debe verificarcondiciones de frontera Dirichlet homogeneas, esto es,

u(0, t) = 0, u(2π, t) = 0 t ≥ t0.

Luego la unica posibilidad valida es la (b). Notese que en ningun momento el enunciadofija el valor del instante inicial, ni la velocidad inicial con la que parte del reposo la cuerda.

Ejercicio 3 Senale el modelo matematico que describe el movimiento vibratorio de unacuerda tensa de longitud L, fija en los extremos y que parte de la posicion inicial u(x, 0) =sen(−πx

2L) con velocidad ut(x, 0) = ex.

(a)

utt − π2uxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0,u(x, 0) = sen(−πx

2L), ut(x, 0) = ex, x ∈ [0, L],

u(0, t) = u(L, t), t ≥ 0,

(b)

utt + 9uxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0,u(x, 0) = sen(−πx

2L), ut(x, 0) = ex, x ∈ [0, L],

u(0, t) = 0, u(L, t) = −1, t ≥ 0,

(c)


2L), ut(x, 0) = ex, x ∈ [0, L],

u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0,

(d)


2L), ut(x, 0) = ex, x ∈ [0, L],

u(0, t) = 0, u(L, t) = −1, t ≥ 0,

Solucion: Las condiciones de frontera de la opcion (a) son periodicas cuando deberıanser segun el enunciado de tipo Dirichlet:

u(0, t) = A, u(L, t) = B, t ≥ 0.

Ademas, puesto que la condicion inicial es conocida, se debe verificar

u(0, 0) = sen 0 = 0 = A, u(L, 0) = sen−πL

2L= −1 = B.

Esto nos deja como posibles respuestas la (b) y la (d). Ambas tienen condicionesiniciales identicas acordes con el enunciado. Sin embargo, sabemos que la ecuacion dife-rencial que rige la vibracion de una cuerda es de tipo hiperbolico y solo en la opcion (d)ocurre esto.


Ejercicio 4 Senale el modelo matematico que describe la distribucion del calor en unalambre conductor aislado de longitud L, en el que sus extremos se mantienen tambienaislados

(a)

ut − c2uxx = |x|, x ∈ (−L, 0), t > 0, c = cte,u(x, 0) = f(x), x ∈ [−L, 0],u(−L, t) = u(0, t) = 0, t ≥ 0.

(b)

ut − c2uxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0, c = cte,u(x, 0) = f(x), x ∈ [0, L],u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0.

(c)

ut − c2uxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0, c = cte,u(x, 0) = f(x), x ∈ [0, L],u(0, t) = u(L, t), t ≥ 0.

(d)

ut − c2uxx = |t|, x ∈ (0, L), t > 0, c = cte,u(x, 0) = f(x), x ∈ [0, L],u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0.

Solucion: El hecho de que el alambre este aislado nos indica que las opciones (a)y (d) no son validas puesto que el segundo miembro de la ecuacion diferencial no esidenticamente nulo en ellas.

La condicion periodica de la opcion (c) no es suficiente para garantizar que los extremosdel alambre permanezcan a temperatura constante y por lo tanto esta opcion tampoco esvalida.

Finalmente la opcion (b) muestra una ecuacion del calor homogenea con condicion defrontera Dirichlet que describe perfectamente el modelo del enunciado.

Ejercicio 5 Senale el modelo matematico que puede describir la distribucion del calor enun alambre conductor aislado de longitud L, en el que la diferencia entre la temperaturaen los extremos se mantiene constante y la distribucion inicial del calor en el alambresigue la funcion ex

2+Lx.

(a)

ut − 2uxx = 0, x ∈ (−L, L), t > 0,

u(x, 0) = ex2+Lx, x ∈ [−L, L],

u(−L, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0.

(b)

ut − 22uxx = 7, x ∈ (L, 2L), t > 0,

u(x, 0) = ex2+Lx, x ∈ [L, 2L],

u(0, t)− u(L, t) = 3, t ≥ 0.


(c)

ut − 32uxx = 0, x ∈ (−L, 0), t > 0,

u(x, 0) = ex2+Lx, x ∈ [−L, 0],

u(0, t) = u(−L, t) = 1, t ≥ 0.

(d)

ut − euxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0,

u(x, 0) = ex2+Lx, x ∈ [0, L],

u(0, t)− u(L, t) = 1, t ≥ 0.

Solucion: El que la distribucion inicial del calor siga la funcion ex2+Lx nos indica que

debe verificarse la condicion inicial

u(x, t0) = ex2+Lx.

Esta condicion se verifica por las cuatro opciones por lo que en principio no nos sirve deayuda.

Por otro lado, del enunciado deducimos que los valores en la frontera han de verificar

u(x0, t)− u(x0 + L, t) = A (0.0.7)

para cierta constante A ∈ IR. Evidentemente, esta condicion se verifica para las condi-ciones de tipo Dirichlet

u(x0, t) = B, u(x0 + L, t) = C.

Las condiciones de frontera que aparecen en todos los apartados son de alguno de lostipos anteriores por lo que podrıamos pensar que todas son validas. Sin embargo, si nosfijamos en poco mas vemos que la opcion (a) esta planteada en un intervalo de longitud2L y puede ser descartada.

Para comprobar si las opciones restantes son validas o no, usaremos que debe existircompatibilidad entre la condicion inicial y las condiciones de frontera. Debido a esto, nosolo se debe verificar (0.0.7) sino que debe ocurrir

u(x0, t)− u(x0 + L, t) = ex20+Lx0 − e(x0+L)2+L(x0+L).

Sustituyendo se comprueba que la unica opcion valida es la (c), puesto que

u(−L, t)− u(0, t) = 0 = eL2−L2 − e(−L+L)2+L(−L+L)

pero en los casos (b) y (d)

u(0, t)− u(L, t) = 0 6= e0 − eL2+LL.


Teorema 7 (Principio de conservacion de la energıa para la ecuacion de ondas.)Sea u una solucion de la ecuacion

utt − c2uxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0, c = cte,u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), x ∈ [0, L],

verificando ademas condiciones de frontera Dirichlet o Neumann homogeneas, es decir

u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0 o ux(0, t) = ux(L, t) = 0, t ≥ 0.

La energıa del sistema E(t) en un instante t viene dada por

E(t) =1

2

∫ L

0

1

c2u2t (x, t) + ‖uxx(x, t)‖2 dx,

y su valor se mantiene constante.

Ejercicio 6 Utilizando el principio de conservacion de la energıa demuestre la unicidadde solucion para el problema de Neumann siguiente:

utt − uxx = x2 + e√5cos x, x ∈ [0, L], t ∈ IR,

u(x, 0) = ln x+ 1, ut(x, 0) = cos(ln x2 + 3), x ∈ [0, L],ux(0, t) = sen t, ux(L, t) = 0, t ∈ IR.

Solucion: Se trata de un problema de Neumann con condiciones de frontera nohomogeneas, puesto que ux(0, t) = sen t. Supongamos que u1 y u2 son dos solucionesdistintas del problema anterior, entonces, gracias al principio de superposicion, la funcionu = u1 − u2 es solucion del problema homogeneo para la ecuacion de ondas

utt − uxx = 0, x ∈ [0, L], t ∈ IR,u(x, 0) = 0, ut(x, 0) = 0, x ∈ [0, L],ux(0, t) = 0, ux(L, t) = 0, t ∈ IR.

(0.0.8)

Ademas por el resultado anterior, sabemos que la energıa de una solucion de estaecuacion junto con condiciones Dirichlet o Neumann homogeneas es la funcion constante

E(t) =1

2

∫ L

0

[u2t (x, t) + u2

x(x, t)]dx.

El hecho de que E sea una funcion constante junto con el valor de las condicionesiniciales en (0.0.8) permite deducir que E(t) = E(0) = 0 para todo t, luego la solucion uverifica para todo t

0 =1

2

∫ L

0

[u2t (x, t) + u2

x(x, t)]dx.


Ahora bien, al tratarse de la integral de una funcion no negativa, la igualdad anteriorfuerza ut(x, t) = ux(x, t) = 0 para todo x ∈ [0, L] y t ∈ IR y en consecuencia u es unafuncion constante puesto que sus derivadas parciales son identicamente nulas. Por otrolado la condicion inicial u(x, 0) = 0 obliga a u a tomar el valor constante 0. Con lo que0 = u = u1 − u2 y hemos terminado.

Ejercicio 7 Demostrar la unicidad de solucion del problema para la ecuacion del calor:

ut − uxx = t|x|, x ∈ (0, 1), t > 0,u(x, 0) = x3, x ∈ [0, 1],u(0, t) = u(1, t) = t2, t ≥ 0.

(0.0.9)

Indicacion: Pruebese que la funcion energıa

E(t) =

∫ 1

0

[u(x, t)]2dx

para el problema homogeneo asociado es decreciente.

Solucion: Supongamos que u1 y u2 son dos soluciones distintas del problema anterior,entonces la funcion u = u1 − u2 es solucion del problema homogeneo para la ecuacion delcalor

utt − uxx = 0, x ∈ [0, 1], t > 0,u(x, 0) = 0, x ∈ [0, 1],u(0, t) = u(1, t) = 0, t > 0.

(0.0.10)

Tal y como indica el enunciado definamos la funcion energıa para la solucion u delproblema (0.0.10) y comprobemos que es una funcion decreciente. Para comprobar estocalculemos su derivada e intentemos probar que es menor que cero. Derivando se obtiene

E ′(t) =d

dt

∫ 1

0

[u(x, t)]2dx =

∫ 1

0

2u(x, t)ut(x, t)dx,

y al ser u solucion de la ecuacion del calor tenemos

E ′(t) =

∫ 1

0

2u(x, t)ut(x, t)dx =

∫ 1

0

2u(x, t)uxx(x, t)dx.

Por otro lado, derivando con respecto a x la funcion uux se tiene (uux)′ = (ux)

2+uuxx.Ahora integrando esta ultima igualdad entre 0 y 1 y teniendo en cuenta las condiciones


de frontera

∫ 1

0

2u(x, t)uxx(x, t)dx = u(0, t)ux(0, t)− u(1, t)ux(1, t)−∫ 1

0

(ux(x, t))2dx

= −∫ 1

0

(ux(x, t))2dx ≤ 0.

(Notese que lo que se ha hecho es aplicar el teorema de la divergencia que en esta situaciones en realidad una integracion por partes).

Por lo tanto, E ′(t) ≤ 0 y E(t) es decreciente. Luego, para todo t > 0 se verifica

E(0) =

∫ 1

0

[u(x, 0)]2dx ≥∫ 1

0

[u(x, t)]2dx = E(t).

Gracias a la condicion inicial homogenea se tiene E(0) = 0 y por lo tanto E(t) ≤ 0, luegou = 0 y u1 = u2 como querıamos demostrar.

El problema de tipo mixto relativo a la ecuacion del calor se define sobre subconjuntosde la forma Q = Ω × (0, T ) donde T ∈ (0,∞] y Ω ⊂ IR es un intervalo acotado. Por lotanto, siempre que T < ∞, la frontera de Q admite la descomposicion

∂Q = ∂1Q ∪ ∂2Q

donde∂1Q = (Ω× 0) ∪ (∂Ω × [0, T ]) y ∂2Q = Ω× T.

Llamaremos frontera parabolica al conjunto ∂1Q. Debemos notar que si T = ∞ dichafrontera coincide con la frontera del conjunto Q.

Teorema 8 (Principio del maximo) Con la notacion anterior, consideremos una funcionu ∈ C(Q) que posee derivadas parciales continuas ut, ux y uxx en Q y ut(x, t)−uxx(x, t) ≤0 para todo punto (x, t) ∈ Q (respectivamente ut(x, t)− uxx(x, t) ≥ 0).

Entoncessup

(x,t)∈Qu(x, t) = sup

(x,t)∈∂1Qu(x, t)

(respectivamente inf(x,t)∈Q

u(x, t) = inf(x,t)∈∂1Q

u(x, t))

Observacion 5 Si T < ∞ en el resultado anterior podemos sustituir inf y sup por min ymax. En dicha situacion el resultado indica que el maximo y el mınimo de una solucionde la ecuacion del calor homogenea se alcanzan en la frontera parabolica.


Ejercicio 8 Utilizando el principio del maximo demuestre la unicidad de solucion para(0.0.9).

Solucion: Como en el ejercicio anterior comenzamos suponiendo la existencia de dossoluciones u1 y u2 del problema (0.0.9) y consideramos la funcion diferencia de ambasu = u2 − u1 que es solucion del problema homogeneo (0.0.10).

Nuestra intencion es demostrar que en esta situacion u ≡ 0 y por lo tanto las dossoluciones u1 y u2 coinciden.

El principio de maximo garantiza que la solucion del problema anterior alcanza susvalores extremos en la frontera parabolica del dominio de definicion, esto es:

ΓP = (x, 0) : x ∈ [0, 1] ∪ (0, t) : t > 0 ∪ (1, t) : t > 0.

Pero en ese conjunto debido a las condiciones inicial y de frontera la solucion esidenticamente nula, por lo tanto el maximo y el mınimo coinciden y son iguales a cero.Aplicando el principio del maximo

0 = minFP

u(t, x) = min[0,1]×R+

u(x, t) ≤ u(x, t) ≤ max[0,1]×R+

u(x, t) = maxFP

u(t, x) = 0

y como consecuencia la funcion u debe ser identicamente cero, lo que implica u2 = u1.

Observacion 6 Si en lugar de la ecuacion del calor hubiesemos considerado una ecuacionde Poisson con condicion de frontera Dirichlet el mecanismo de demostracion serıa elmismo puesto que esta ultima ecuacion tambien verifica un principio del maximo.

El siguiente resultado aporta importante informacion sobre el comportamiento de laderivada normal en los puntos donde una funcion armonica no constante alcanza susvalores maximos.

Teorema 9 (Lema de la derivada normal o Principio de Hopf) Sea Ω ⊂ IR2 un dominioregular acotado y u ∈ C(Ω) una funcion armonica en Ω. Si x0 ∈ ∂Ω es tal que u alcanzasu valor maximo sobre Ω en x0 entonces se verifica

∂u

∂n(x0) > 0.


Ejercicio 9 Sea Ω = (x, y) ∈ IR2 : x2 + y2 < 1. Utilizando el resultado anteriordemuestre que si f ∈ C(Ω) y g ∈ C(∂Ω) el problema

∆u = f, x ∈ Ω∂u∂n(x) = g(x), x ∈ ∂Ω

admite, a lo sumo y salvo adicion de constantes, una solucion u ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω).

Solucion: Debido al principio de superposicion, dadas dos soluciones del problemade Neumann para la ecuacion de Poisson anterior su diferencia u es solucion en el mismodominio del problema de Neumann homogeneo para la ecuacion de Laplace. Si u no fueseconstante, utilizando el Principio del Maximo obtenemos que dicha solucion alcanza susvalores maximo y mınimo en la frontera de Ω lo que nos lleva a la siguiente contradiccion.

Sea x0 ∈ ∂Ω tal que u alcanza su valor maximo sobre Ω en x0, entonces debido alPrincipio de Hopf se verifica

∂u

∂n(x0) > 0.

Pero, al ser u solucion del problema Neumann homogeneo se debe verificar

∂u

∂n(x0) = 0.

Ejercicio 10 Suponiendo f y g suficientemente regulares, compruebe que la Formula deD’Alembert

u(x, t) =1

2(f(x+ ct) + f(x− ct)) +

1

2c

∫ x+ct

x−ct

g(y) dy,

es una solucion del problema

utt − c2uxx = 0, x ∈ IR, t > 0 c = cte,u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), x ∈ IR.

Solucion: Comencemos comprobando que la funcion definida por la Formula deD’Alembert verifica las condiciones iniciales. Efectivamente, si sustituimos t = 0 seobtiene que

u(x, 0) =1

2(f(x) + f(x)) +

1

2c

∫ x

x

g(y) dy = f(x).


Por otro lado, derivando con respecto a t se tiene

ut(x, t) =1

2(cf ′(x+ ct)− cf ′(x− ct)) +

1

2c(g(x+ ct)c + g(x− ct)c) (0.0.11)

[Hemos utilizado que si F (t) =∫ l(t)

h(t)g(y) dy, entonces F ′(t) = g(l(t))l′(t)− g(h(t))h′(t)].

Notese que para poder derivar en el paso anterior la funcion f debe ser al menosderivable.

Evaluando (0.0.11) en t = 0 se tiene

ut(x, 0) =1

2(cf ′(x)− cf ′(x)) +

1

2c(g(x)c+ g(x)c) = g(x).

Una vez comprobadas las condiciones iniciales, pasamos a intentar demostrar que uverifica la ecuacion diferencial. En primer lugar, derivando con respecto a t en (0.0.11)obtenemos

utt(x, t) =1

2(c2f ′′(x+ ct) + c2f ′′(x− ct)) +

1

2c(g′(x+ ct)c2 − g′(x− ct)c2)

= c2[1

2(f ′′(x+ ct) + f ′′(x− ct)) +

1

2c(g′(x+ ct)− g′(x− ct))

].

De forma similar, si derivamos con respecto a x se tiene

ux(x, t) =1

2(f ′(x+ ct) + f ′(x− ct)) +

1

2c(g(x+ ct)− g(x− ct))

y

uxx(x, t) =1

2(f ′′(x+ ct) + f ′′(x− ct)) +

1

2c(g′(x+ ct)− g′(x− ct)).

Con lo cual se verifica la ecuacion de ondas utt − c2uxx = 0. Notese que para calcularlas derivadas segundas anteriores es necesario que al menos f sea dos veces derivable y gal menos una.

Ejercicio 11 Estudie la existencia y unicidad de solucion para el problema

utt − π2uxx =√x2 + t2, x ∈ IR, t > 0,

u(x, 0) = sen(−πx2L

), ut(x, 0) = ex, x ∈ IR.

Solucion: Se trata de un problema de tipo hiperbolico, por lo tanto si la formulade D’Alembert es solucion esta sera la unica por la construccion de dicha formula. Paraverificar este hecho es suficiente que las funciones que definen el problema sean suficiente-mente regulares. Dado que en sus dominios de definicion todas ellas son de clase infinitoobtenemos que el problema tiene solucion unica.


Ejercicio 12 Utilizando el Teorema 6 demostrar que en el caso no homogeneo

utt − c2uxx = F (x, t), x ∈ IR, t > 0, c = cte,u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), x ∈ IR.

(0.0.12)

se verifica la siguiente generalizacion de la Formula de D’Alembert, que en ocasionesrecibe el nombre de Formula de Poisson

u(x, t) =1

2(f(x+ ct) + f(x− ct)) +

1

2c

∫ x+ct

x−ct

g(y) dy +1

2c

∫ t

0

(∫ x+c(t−s)

x−c(t−s)

F (y, s) dy

)ds.

Solucion: Si u ∈ C2(IR2) es una solucion de (0.0.12) aplicando el Teorema 6 se tiene

u(x, t) =1

2(u(x+ ct, 0) + u(x− ct, 0)) +

1

2c

∫ x+ct

x−ct

ut(y, 0) dy +1

2c

∫

D

(utt − c2uxx),

pero por tratarse de una solucion se verifica

u(x, t) =1

2(f(x+ ct) + f(x− ct)) +

1

2c

∫ x+ct

x−ct

g(y) dy +1

2c

∫ t

0

(∫ x+c(t−s)

x−c(t−s)

F (y, s) dy

)ds.

Ejercicio 13 Clasifique las siguientes ecuaciones en hiperbolicas, parabolicas o elıpticas:

uxx − uxy + 2uyy + uy = 0,

−2uxx + 4uxy − 2uyy + ux = 0,

−2uxx − 4uxy − 2uyy + ux = 0,

πuxy − 2uxx + ux + u = 0.

Solucion: El caracter hiperbolico, parabolico o elıptico de una ecuacion de segundoorden viene dado por el signo de b2−ac donde a, b/2 y c son los coeficientes que acompananrespectivamente a uxx, uxy y uyy.

Para la primera ecuacion se tiene a = 1, b = −12y c = 2. Por lo tanto b2 − ac =

1− 2 = −1 < 0 y la ecuacion es de tipo elıptico.Para la segunda ecuacion se tiene a = −2, b = 2 y c = −2. Por lo tanto b2 − ac =

4− 4 = 0 y la ecuacion es de tipo parabolico.Para la tercera ecuacion se tiene a = −2, b = −2 y c = −2. Por lo tanto b2 − ac =

4− 4 = 0 y la ecuacion es de tipo parabolico.

Finalmente, para la cuarta ecuacion se tiene a = −2, b =π

2y c = 0. Por lo tanto

b2 − ac =π2

4− 0 > 0 y la ecuacion es de tipo hiperbolico.


Ejercicio 14 Encuentre los subconjuntos de IR2 en los que las siguientes ecuaciones sonhiperbolicas, parabolicas o elıpticas:

xuxx − 2yuxy − uyy = sen y,

uxx − 2xuxy − (y2 − 2)uyy = y.

Solucion: El caracter hiperbolico, parabolico o elıptico de la primera ecuacion vienedado por el signo de y2 + x. Por lo tanto en los puntos de la parabola x = −y2 esparabolica, en (x, y) : x > −y2 hiperbolica y en el resto elıptica.

Para la segunda ecuacion debemos estudiar el signo de x2 + y2 − 2. Por lo tanto en lacircunferencia de centro (0, 0) y radio

√2 la ecuacion es parabolica, en el cırculo abierto

definido por dicha circunferencia la ecuacion es elıptica y en el resto hiperbolica.

Ejercicio 15 Aplıquese el cambio de variables u = 2x+ 5t, v = 2x− 5t para resolver elproblema

4∂2y

∂t2= 25

∂2y

∂x2

y(x, 0) = 2x+ sen 2x

∂y

∂t(x, 0) = 5.

Solucion: Al hacer el cambio de variables en la ecuacion en derivadas parciales resulta:∂2y

∂u∂v= 0. Integrando dos veces, primero respecto de u y luego respecto de v, se obtiene

y(u, v) = F (u) +G(v), en donde F y G son funciones arbitrarias de clase dos.De la primera condicion: F (u)+G(u) = u+sen u, pues t = 0 ⇔ u = v = 2x, mientras

que de la segunda: F ′(u) − G′(u) = 1, ya que∂y

∂t=

∂y

∂u

∂u

∂t+

∂y

∂v

∂v

∂t= 5

∂y

∂u− 5

∂y

∂v=

5F ′(u)− 5G′(v).Al derivar en F (u) +G(u) = u+ sen u, y tras resolver el sistema, se obtiene: F ′(u) =

1 + 12cos u; G′(u) = 1

2cosu, luego F (u) = u+ 1

2sen u+ C; G(u) = 1

2sen u− C.

Deshaciendo el cambio:

y(x, t) = F (2x+ 5t) +G(2x− 5t) = 2x+ 5t+1

2sen(2x+ 5t) +

1

2sen(2x− 5t),

que es la solucion que obtendrıamos si hubiesemos aplicado directamente la formula deD’Alembert.


Ejercicio 16 Sean λ un numero real, C una superficie cerrada simple de R3 y D el

abierto acotado limitado por C. Supongamos que el problema

∂2u

∂x2(x, y, z) +

∂2u

∂y2(x, y, z) +

∂2u

∂z2(x, y, z) = λ u(x, y, z) si (x, y, z) ∈ D

u(x, y, z) = 0 si (x, y, z) ∈ C

tiene una solucion continua no nula (esto es, que es distinta de cero en algun punto deD). Aplıquese el teorema de la divergencia al campo vectorial F = u∇u para demostrarλ debe ser un numero estrictamente negativo.

Solucion: Por el teorema de la divergencia

∫

D

divF dxdydz =

∫

C

F ·n dS = 0, pues

F = u∇u = 0 en C.Por otra parte,

divF = div(u∇u) = div

(u∂u

∂x, u

∂u

∂y, u

∂u

∂z

)=

=

(∂u

∂x

∂u

∂x+ u

∂2u

∂x2

)+

(∂u

∂y

∂u

∂y+ u

∂2u

∂y2

)+

(∂u

∂z

∂u

∂z+ u

∂2u

∂z2

)=

=

(∂u

∂x

)2

+

(∂u

∂y

)2

+

(∂u

∂z

)2

+ u

(∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2+

∂2u

∂z2

)= |∇u|2 + λ u2

luego ∫

D

|∇u|2 dxdydz = −λ

∫

D

u2 dxdydz.

Por hipotesis, u2 es una funcion no nula; por lo tanto,

∫

D

u2 dxdydz > 0. Ası mismo,

|∇u|2 tampoco puede ser una funcion nula, pues entonces u serıa constante, lo que, siendo

u = 0 sobre C, implicarıa que u es nula. Por lo tanto,

∫

D

|∇u|2 dxdydz > 0. Finalmente

λ = −∫D|∇u|2 dxdydz∫Du2 dxdydz

< 0.

Ejercicio 17 Clasifique la ecuacion siguiente

cos2 x∂2u

∂x2+ 2 cosx cos(x+ y)

∂2u

∂x∂y+

∂2u

∂y2= sen2(x+ y), 0 < x, y <

π

2.


Solucion: Debemos estudiar el signo de cos2 x cos2(x + y) − cos2 x. O lo que es lomismo de cos2 x(cos2(x + y) − 1). Debido a que la funcion coseno toma valores en elintervalo [−1, 1] la ecuacion no puede ser en ningun caso elıptica.

La expresion anterior se anula en las familias de rectas x = π2+ nπ y x + y = nπ,

n ∈ Z, por lo tanto en el conjunto formado por dichas familias la ecuacion es de caracterparabolico. En el resto de puntos de IR2 la ecuacion es hiperbolica.

Ejercicio 18 Hallese la solucion general u(r, t) de la ecuacion

1

r2∂

∂r

(r2∂u

∂r

)=

∂2u

∂t2.

Sugerencia: considerese la funcion v(ξ, η) = (ξ + η)u(ξ + η, ξ − η).

Solucion: Siendo ξ =r + t

2, η =

r − t

2, resulta u(r, t) =

1

rv (ξ, η) , por lo que

r2∂u

∂r= r2

(−1

r2v +

1

r

(∂v

∂ξ

∂ξ

∂r+

∂v

∂η

∂η

∂r

))=

r

2

(∂v

∂ξ+

∂v

∂η

)− v (ξ, η)

∂

∂r

(r2∂u

∂r

)=

1

2

(∂v

∂ξ+

∂v

∂η

)+

r

2

(∂2v

∂ξ2∂ξ

∂r+

∂2v

∂ξ∂η

∂η

∂r+

∂2v

∂η∂ξ

∂ξ

∂r+

∂2v

∂η2∂η

∂r

)

−(∂v

∂ξ

∂ξ

∂r+

∂v

∂η

∂η

∂r

)=

=1

2

(∂v

∂ξ+

∂v

∂η

)+

r

4

(∂2v

∂ξ2+ 2

∂2v

∂ξ∂η+

∂2v

∂η2

)− 1

2

(∂v

∂ξ+

∂v

∂η

)=

=r

4

(∂2v

∂ξ2+ 2

∂2v

∂ξ∂η+

∂2v

∂η2

)

∂u

∂t=

1

r

(∂v

∂ξ

∂ξ

∂t+

∂v

∂η

∂η

∂t

)=

1

2r

(∂v

∂ξ− ∂v

∂η

)

∂2u

∂t2=

1

2r

((∂2v

∂ξ2∂ξ

∂t+

∂2v

∂ξ∂η

∂η

∂t

)−(

∂2v

∂η∂ξ

∂ξ

∂t+

∂2v

∂η2∂η

∂t

))=

=1

4r

(∂2v

∂ξ2− 2

∂2v

∂ξ∂η+

∂2v

∂η2

).

En consecuencia, la ecuacion queda

∂2v

∂ξ2+ 2

∂2v

∂ξ∂η+

∂2v

∂η2=

∂2v

∂ξ2− 2

∂2v

∂ξ∂η+

∂2v

∂η2


esto es∂2v

∂ξ∂η= 0.

Integrando respecto de ξ∂v

∂η= h(η)

en donde h es una funcion derivable arbitraria. Integrando ahora respecto de η

v = H(η) + q(ξ)

en donde H es una primitiva de h y q es una funcion derivable arbitraria. Imponemos

la condicion de que v sea de clase dos para que las derivadas cruzadas∂2v

∂ξ∂η,

∂2v

∂η∂ξcoincidan. Entonces q debe ser de clase dos y h de clase uno (para que H sea de clase

dos). En definitiva, la solucion general de la ecuacion∂2v

∂ξ∂η= 0 es de la forma

v(ξ, η) = p(ξ) + q(η)

siendo p, q funciones arbitrarias de clase dos. Deshaciendo el cambio

u(r, t) =1

rv

(r + t

2,r − t

2

)=

1

r

(p

(r + t

2

)+ q

(r − t

2

)).

Considerando f(x) = p(x

2), g(x) = q(

x

2) llegamos a la expresion mas sencilla de la

solucion general

u(r, t) =1

r(f(r + t) + g(r − t))

para cualesquiera funciones f, g de clase dos.

Unidad Didactica II

Enunciados:

Ejercicio 1 Determınense los coeficientes (an)n≥0 que satisfacen∞∑n=0

an cos nx = x para

0 < x < π.


an sen nx = x para

0 < x < π.

Ejercicio 3 Consideremos el siguiente problema, para t > 0, 0 < x < 1:

∂u

∂t(x, t)− ∂2u

∂x2(x, t) = 0 (0.0.13)

∂u

∂x(0, t) =

∂u

∂x(1, t) = 0 (0.0.14)

u(x, 0) = 60x2 (0.0.15)

a) Hallense todas las funciones u(x, t) = X(x)T (t) que satisfacen (0.0.13) y (0.0.14).b) Hallese una funcion u : R2 → R, expresada en forma de serie, que verifique (0.0.13),(0.0.14) y (0.0.15).c) Si las ecuaciones (0.0.13), (0.0.14) y (0.0.15) describen la evolucion de temperatura enuna barra de longitud 1, ¿cuales son las temperaturas maxima y mınima al comenzar elexperimento?, ¿cuales seran esas temperaturas cuando haya transcurrido mucho tiempo?.Razonese utilizando el apartado b).

Ejercicio 4 Consideremos el siguiente problema

37


∂u

∂t(x, t)− ∂2u

∂x2(x, t) = 0 (0.0.16)

∂u

∂x(0, t) = u(0, t) (0.0.17)

∂u

∂x(π, t) = u(π, t) (0.0.18)

u(x, 0) = ex + (1 + sen x)(1 + cos x)− 2 sen2 x (0.0.19)

para x, t ∈ R.a) Hallense todas las funciones u(x, t) = X(x)T (t) que satisfacen (0.0.16), (0.0.17) y

(0.0.18).b) Hallese una funcion u : R2 → R que verifique (0.0.16), (0.0.17), (0.0.18) y (0.0.19).

Ejercicio 5 Resuelvase el siguiente problema transformandolo previamente en uno concondiciones de contorno homogeneas y aplicando despues series de Fourier

∂u(x, t)

∂t− ∂2u(x, t)

∂x2= 0, t > 0, 0 < x < π

u(0, t) = −πt, t > 0u(π, t) = π, t > 0u(x, 0) = x+ sen 2x, 0 < x < π

Sugerencia: Considerese v(x, t) = u(x, t) + xg(t) + h(t) con h y g adecuadas y despuessupongase que existe una solucion de la forma v(x, t) =

∑∞n=1 Tn(t) sennx, para el nuevo

problema.

Ejercicio 6 Resuelvase el siguiente problema utilizando series de Fourier, suponiendoque existe una solucion de la forma u(x, t) =

∑∞n=1 Tn(t) sennx:

∂u(x, t)

∂t− ∂2u(x, t)

∂x2= sen x, t > 0, 0 < x < π

u(0, t) = u(π, t) = 0, t > 0

u(x, 0) =x

π− 1, 0 < x < π

Ejercicio 7 Supongase la solucion del siguiente problema admite un desarrollo de la

forma u(x, t) =∞∑r=1

ur(t) sen rx, identifıquense las funciones ur y verifıquese a posteri-


ori lo que se ha supuesto, comprobando la solucion hallada.

∂2u

∂x2− ∂u

∂t= t sen x+ 16t sen 2x+ 81t sen 3x

u(0, t) = 0

u(π, t) = 0

u(x, 0) = sen 3x− sen x

para 0 < x < π, t > 0.


Soluciones:


an cos nx = x para

0 < x < π.

Solucion: Se trata de un desarrollo en serie coseno de Fourier. Multiplicando la

expresion∞∑n=0

an cosnx = x por cosmx, en donde m ∈ 1, 2, . . ., e integrando resulta

∞∑n=0

an∫ π

0cosnx cosmxdx =

∫ π

0x cosmxdx. Por una parte

∫ π

0

cosnx cosmxdx =

∫ π

0

(1

2cos (nx−mx) +

1

2cos (nx+mx)

)dx =

=1

2

∫ π

0

cos (nx−mx) dx =

0 si n 6= mπ

2si n = m

mientras que

∫ π

0

x cosmxdx =[xsenmx

m

]π0−∫ π

0

senmx

mdx =

[cosmx

m2

]π0=

cosmπ − 1

m2=

(−1)m − 1

m2.

En consecuencia, para todo m = 1, 2, . . . se tiene amπ

2=

(−1)m − 1

m2, esto es,

am =2 ((−1)m − 1)

πm2

mientras que para m = 0 resulta a0π =∫ π

0

∞∑n=0

an cosnx dx =∫ π

0x dx = π2

2, luego a0 =

π

2.

En consecuencia x =π

2−

∞∑k=0

4

π(2k + 1)2cos ((2k + 1)x) para 0 < x < π.

Observese que la funcion f(x) = |x| (prolongada del intervalo (π, π) de forma que seaperiodica) satisface las condiciones de Dirichlet en el intervalo (0, π), por lo que podemosasegurar la convergencia de la serie en ese intervalo.


an sen nx = x para

0 < x < π.


Solucion: Se trata de un desarrollo en serie seno de Fourier. Multiplicando la ex-

presion∞∑n=1

an sennx = x por senmx, en donde m ∈ 1, 2, . . ., e integrando resulta

∞∑

n=1

an

∫ π

0

sen nx senmxdx =

∫ π

0

x senmxdx.

Por una parte

∫ π

0

sennx senmxdx =

∫ π

0

(1

2cos (nx−mx)− 1

2cos (nx+mx)

)dx =

1

2

∫ π

0

cos (nx−mx) dx =

0 si n 6= mπ

2si n = m

mientras que∫ π

0

x senmxdx =[−x

cosmx

m

]π0+

∫ π

0

cosmx

mdx = − π

mcosmπ =

(−1)m+1π

m.

En consecuencia, amπ

2=

(−1)m+1π

m, esto es, am =

2(−1)m+1

mpara m = 1, 2, . . . y

∞∑n=1

2(−1)n+1

msennx = x para 0 < x < π.

Gracias a un razonamiento igual al realizado en el ejercicio anterior podemos asegurarla convergencia de la serie en ese intervalo.

Ejercicio 3 Consideremos el siguiente problema, para t > 0, 0 < x < 1:

∂u

∂t(x, t)− ∂2u

∂x2(x, t) = 0 (0.0.20)

∂u

∂x(0, t) =

∂u

∂x(1, t) = 0 (0.0.21)

u(x, 0) = 60x2 (0.0.22)

a) Hallense todas las funciones u(x, t) = X(x)T (t) que satisfacen (0.0.20) y (0.0.21).b) Hallese una funcion u : R2 → R, expresada en forma de serie, que verifique (0.0.20),(0.0.21) y (0.0.22).c) Si las ecuaciones (0.0.20), (0.0.21) y (0.0.22) describen la evolucion de temperatura enuna barra de longitud 1, ¿cuales son las temperaturas maxima y mınima al comenzar elexperimento?, ¿cuales seran esas temperaturas cuando haya transcurrido mucho tiempo?.Razonese utilizando el apartado b).


Solucion: a) Sea u una funcion de la forma u(x, t) = X(x)T (t). De (0.0.20) resulta

XT ′−X ′′T = 0, es decir,X ′′

X=

T ′

T. Como el primer miembro depende solo de x mientras

que el segundo solo depende de t, ambos deben ser constantes. Sea λ ∈ R esta constante.Se obtienen ası dos ecuaciones diferenciales ordinarias: X ′′−λX = 0 T ′−λT = 0.

La solucion general de la primera es X(x) = Ae√λx + Be−

√λx y la de la segunda

T (t) = Ceλt, en donde√λ representa una de las dos raıces cuadradas, real o compleja,

de λ. De las condiciones (0.0.21) se obtiene

X ′(0)T (t) = 0 ⇒ X ′(0) = 0 ⇒ A− B = 0

X ′(1)T (t) = 0 ⇒ X ′(1) = 0 ⇒ Ae√λ − Be−

√λ = 0.

Resolviendo el sistema, resulta e√λ = e−

√λ, por lo que, necesariamente λ debe ser

un numero negativo (para que la exponencial sea compleja) tal que√−λ sea entero

(recuerdese que eiθ = cos θ + i sen θ). Ası se tiene 0 = ei√−λ − e−i

√−λ = 2i sen

√−λ,

luego√−λ = nπ, con n ∈ Z, es decir, λ = −n2π2 con n ∈ N. Por lo tanto, X(x) =

Ae√λx + Be−

√λx = Aeinπx + Be−inπx = 2iA cos (nπx) = D cos (nπx), en donde D es

una constante real arbitraria. Ası mismo, T (t) = Ce−n2π2t, por lo que, las funcionescon variables separadas que satisfacen (0.0.20) y (0.0.21) son las de la forma u(x, t) =M cos (nπx) e−n2π2t, en donde M es una constante real arbitraria y n = 0, 1, 2, . . ..

b) Tenemos que determinar los coeficientes (Mn) , n = 0, 1, 2, . . . para los que

∞∑

n=0

Mn cos (nπx) = 60x2.

Multiplicando los dos miembros de la ecuacion por cos(mπx), integrando y teniendo en

cuenta que

∫ 1

0

cos(nπx) cos(mπx) dx = 0, si n 6= m, mientras que

∫ 1

0

cos2(nπx) dx =1

2,

para n = 1, 2, . . ., resulta

Mn

2=

∫ 1

0

60x2 cos(nπx) dx =

[60x2 sen(nπx)

nπ

]1

0

−∫ 1

0

120xsen(nπx)

nπdx =

=

[120x

cos(nπx)

n2π2

]1

0

−∫ 1

0

120cos(nπx)

n2π2dx =

120(−1)n

n2π2

para n = 1, 2, . . ., mientras que para n = 0 se tiene M0 =∫ 1

060x2 dx = [20x3]

10 = 20. En

consecuencia

u(x, t) = 20 +∞∑

n=1

240(−1)n

n2π2cos (nπx)e−n2π2t.


c) La temperatura en el instante t = 0 viene dada por la funcion u(x, 0) = 60x2, ası quela temperatura mınima sobre la barra es 0, en el extremo x = 0, y la maxima 60, en el otroextremo x = 1. La temperatura media de la barra en ese instante sera

∫ 1

060x2 dx = 20.

Segun transcurre el tiempo, la temperatura tiende a igualarse en todos los puntos de labarra, siendo esa temperatura de equilibrio la media al empezar el experimento: 20. Enefecto,

limt→∞

u(x, t) = 20 + limt→∞

e−π2t

∞∑

n=1

240(−1)n

n2π2cos (nπx) e(1−n2)π2t = 20

para todo x ∈ [0, 1]. Luego las temperaturas maxima y mınima tienden a 20.

Ejercicio 4 Consideremos el siguiente problema

∂u

∂t(x, t)− ∂2u

∂x2(x, t) = 0 (0.0.23)

∂u

∂x(0, t) = u(0, t) (0.0.24)

∂u

∂x(π, t) = u(π, t) (0.0.25)

u(x, 0) = ex + (1 + sen x)(1 + cos x)− 2 sen2 x (0.0.26)

para x, t ∈ R.a) Hallense todas las funciones u(x, t) = X(x)T (t) que satisfacen (0.0.23), (0.0.24) y

(0.0.25).b) Hallese una funcion u : R2 → R que verifique (0.0.23), (0.0.24), (0.0.25) y (0.0.26).

Solucion: a) Sea u una funcion de la forma u(x, t) = X(x)T (t). De (0.0.23) resulta

XT ′−X ′′T = 0, es decir,X ′′

X=

T ′

T. Como el primer miembro depende solo de x mientras

que el segundo solo depende de t, ambos deben ser constantes. Sea λ ∈ R esta constante.Se obtienen ası dos ecuaciones diferenciales ordinarias

X ′′ − λX = 0 T ′ − λT = 0.

La solucion general de la primera es X(x) = Ae√λx + Be−

√λx y la de la segunda

T (t) = Ceλt.De las condiciones (0.0.23) y (0.0.25) se obtiene

X ′(0)T (t) = X(0)T (t) ⇒ X ′(0) = X(0) ⇒ A√λ− B

√λ = A+B

X ′(π)T (t) = X(π)T (t) ⇒ X ′(π) = X(π) ⇒⇒ A

√λe

√λπ − B

√λe−

√λπ = Ae

√λπ +Be−

√λπ.


Resolviendo el sistema, resulta que, o bien λ = 1, B = 0 o bien e√λπ = e−

√λπ, esto es,

sen√−λπ = 0.

En el primer caso obtenemosu0(x, t) = ex+t

y todas las funciones de la forma u(x, y) = Ku0(x, t), con K ∈ R, satisfacen (0.0.23),(0.0.24) y (0.0.25).

En el segundo caso, necesariamente λ debe ser un numero negativo (para que laexponencial sea compleja) tal que

√−λ sea entero. Por lo tanto, λ = −n2 con n = 1, 2, . . ..

Las funciones reales que se obtienen combinando linealmente las exponenciales complejasson de la forma X(x) = D sennx+ E cosnx. Entonces

X ′(0)T (t) = X(0)T (t) ⇒ X ′(0) = X(0) ⇒ nD = E

X ′(π)T (t) = X(π)T (t) ⇒ X ′(π) = X(π) ⇒ nD cos nπ = E cosnπ.

Por lo tanto, nD = E. En cada caso, la funcion T correspondiente es T (t) = Ce−n2t.Ası obtenemos las funciones

un(x, t) = (sennx+ n cosnx) e−n2t.

Todas las funciones de la forma u(x, y) = Kun(x, y), conK ∈ R, n = 1, 2, . . . satisfacentambien (0.0.23), (0.0.24) y (0.0.25).

b) Tenemos que expresar la funcion f(x) = ex + (1+ sen x)(1 + cos x)− 2 sen2 x comocombinacion lineal de la familia un(x, 0)n=0,1,.... Operando

f(x) = ex + 1 + sen x+ cosx+1

2sen 2x− 2 sen2 x =

= ex + sen x+ cosx+1

2sen 2x+ cos2 x− sen2 x =


2sen 2x+ cos 2x =


2(sen 2x+ 2 cos 2x) =

= u0(x, 0) + u1(x, 0) +1

2u2(x, 0).

Ası que u0 + u1 +1

2u2 satisface (0.0.23), (0.0.24), (0.0.25) y (0.0.26). La solucion

pedida es, por lo tanto,

u(x, t) = ex+t + (sen x+ cos x) e−t +1

2(sen 2x+ 2 cos 2x) e−4t.


Ejercicio 5 Resuelvase el siguiente problema transformandolo previamente en uno concondiciones de contorno homogeneas y aplicando despues series de Fourier

∂u(x, t)

∂t− ∂2u(x, t)

∂x2= 0, t > 0, 0 < x < π

u(0, t) = −πt, t > 0u(π, t) = π, t > 0u(x, 0) = x+ sen 2x, 0 < x < π.

Sugerencia: Considerese v(x, t) = u(x, t) + xg(t) + h(t) con h y g adecuadas y despuessupongase que existe una solucion de la forma v(x, t) =

∑∞n=1 Tn(t) sennx, para el nuevo

problema.

Solucion: Comenzamos transformando el problema mediante v(x, t) = u(x, t) +xg(t) + h(t), en donde g y h son funciones que se determinan de manera que el nuevoproblema tenga condiciones de contorno homogeneas:

0 = v(0, t) = u(0, t) + h(t) = −πt + h(t) ⇒ h(t) = πt

0 = v(π, t) = u(π, t) + πg(t) + h(t) = π + πg(t) + πt ⇒ g(t) = −t− 1.

Se obtiene ası el problema

∂v(x, t)

∂t− ∂2v(x, t)

∂x2= −x+ π t > 0, 0 < x < π

v(0, t) = 0, t > 0

v(π, t) = 0, t > 0

v(x, 0) = sen 2x, 0 < x < π.

Comencemos desarrollando en serie de Fourier de senos en el intervalo (0, π) la funcionf(x) = −x+ π

−x+ π =

∞∑

n=1

(2

π

∫ π

0

(−s + π)senns ds

)sen nx =

∞∑

n=1

(2

π

π

n

)sen nx =

∞∑

n=1

2

nsennx.

Si existe una solucion del problema de la forma v(x, t) =∑∞

n=1 Tn(t) sen nx, entonces

∞∑

n=1

2

nsennx = −x+ π =

∂v(x, t)

∂t− ∂2v(x, t)

∂x2=

∞∑

n=1

(T ′n(t) + n2Tn(t)

)sennx


sen 2x = v(x, 0) =

∞∑

n=1

Tn(0) sennx.

Por la unicidad de los coeficientes de Fourier, resulta T ′n(t) + n2Tn(t) =

2

npara todo n,

mientras que Tn(0) = 0 para todo n 6= 2, siendo T2(0) = 1. Una solucion particular de

la ecuacion diferencial T ′n(t) + n2Tn(t) =

2

nes Tn(t) =

2

n3, y la solucion general de la

homogenea correspondiente es Tn(t) = Ane−n2t. En consecuencia, la solucion general de

la ecuacion diferencial es Tn(t) =2

n3+ An e

−n2t. Determinemos An para que se cumplan

las condiciones iniciales. Para n 6= 2, se tiene 0 = Tn(0) =2

n3+ An, luego An = − 2

n3.

Para n = 2, resulta 1 = T2(0) =2

8+ A2, luego A2 =

3

4.

En consecuencia,

v(x, t) =(2− 2e−t

)sen x+

(1

4+

3

4e−4t

)sen 2x+

∞∑

n=3

(2

n3− 2

n3e−n2t

)sen nx.

Finalmente, como u(x, t) = −xg(t)− h(t) + v(x, t), resulta

u(x, t) = x+ tx−πt+2(1− e−t

)sen x+

1

4

(1 + 3e−4t

)sen 2x+

∞∑

n=3

2

n3

(1− e−n2t

)sennx.

Ejercicio 6 Resuelvase el siguiente problema utilizando series de Fourier, suponiendoque existe una solucion de la forma u(x, t) =

∑∞n=1 Tn(t) sennx:

∂u(x, t)

∂t− ∂2u(x, t)

∂x2= sen x, t > 0, 0 < x < π

u(0, t) = u(π, t) = 0, t > 0

u(x, 0) =x

π− 1, 0 < x < π.

Solucion: Sustituyendo u(x, t) =∑∞

n=1 Tn(t) sennx en la ecuacion en derivadas par-ciales se obtiene

∞∑

n=1

(T ′n(t) + n2Tn(t)

)sen nx = sen x.


Por la unicidad de los coeficientes de Fourier, se deduce que

T ′1(t) + T1(t) = 1, T ′

n(t) + n2Tn(t) = 0, n > 1. (0.0.27)

Por otra parte, de la condicion inicial,∑∞

n=1 Tn(0)sen nx = xπ− 1 resulta π

2Tn(0) =∫ π

0

(xπ− 1)sen nx dx = − 1

n. En consecuencia, Tn(0) = − 2

πn. Resolvemos las ecuaciones

diferenciales ordinarias de (0.0.27) con estas condiciones iniciales:a) T ′

1(t) + T1(t) = 1, T1(0) = − 2π. La solucion general de la homogenea es T1(t) =

Ae−t y una solucion particular T1(t) = 1. Por lo tanto, la solucion general de la completa

es T1(t) = Ae−t + 1. Aplicando la condicion inicial, resulta T1(t) =

(1− 2

π

)e−t − 1.

b) T ′n(t)+n2Tn(t) = 0, Tn(0) = − 2

πn, n > 1. La solucion general es Tn(t) = Ae−n2t.

Aplicando la condicion inicial resulta, Tn(t) = − 2

πne−n2t.

Finalmente

u(x, t) =

((1− 2

π

)e−t − 1

)sen x− 2

π

∞∑

n=2

1

ne−n2t sennx.

Ejercicio 7 Supongase la solucion del siguiente problema admite un desarrollo de la

forma u(x, t) =∞∑r=1

ur(t) sen rx, identifıquense las funciones ur y verifıquese a posteri-

ori lo que se ha supuesto, comprobando la solucion hallada.

∂2u

∂x2− ∂u

∂t= t sen x+ 16t sen 2x+ 81t sen 3x

u(0, t) = 0

u(π, t) = 0

u(x, 0) = sen 3x− sen x

para 0 < x < π, t > 0.

Solucion: Si f es desarrollable en serie, entonces f(x, t) =∞∑r=1

fr(t) sen rx, siendo

fr(t) =2

π

∫ π

0f(x, t) sen rxdx. En lugar de calcular estas integrales, observemos que la

funcion f(x, t) = t sen x+ 16t sen 2x+ 81t sen 3x ya esta en la forma pedida conf1(t) = t, f2(t) = 16t, f3(t) = 81t y fr(t) = 0 para r > 3.


En consecuencia este es el desarrollo buscado

f(x, t) = t sen x+ 16t sen 2x+ 81t sen 3x.

Analogamente, φ(x) =∞∑r=1

Br sen rx, siendo Br(t) =2

π

∫ π

0φ(x) sen rxdx. Ahora bien,

nuevamente es posible evitar el calculo y deducir que el desarrollo pedido es

φ(x) = sen 3x− sen x.

b) Supongamos que la solucion buscada u(x, t) admite desarrollo en serie de senos

u(x, t) =∞∑r=1

ur(t) sen rx y que la serie puede derivarse termino a termino. A posteriori

observaremos que es correcta esta suposicion. Entonces

∂2u

∂x2(x, t) = −r2

∞∑

r=1

ur(t) sen rx∂u

∂t(x, t) =

∞∑

r=1

u′r(t) sen rx

y

t sen x+ 16t sen 2x+ 81t sen 3x =∂2u

∂x2− ∂u

∂t= −r2

∞∑r=1

ur(t) sen rx−∞∑r=1

u′r(t) sen rx =

=∞∑r=1

(−r2ur(t)− u′r(t)) sen rx.

Identificando termino a termino

−u1 − u′1 = t − 4u2 − u′

2 = 16t

−9u3 − u′3 = 81t − r2ur(t)− u′

r(t) = 0 para r > 3.

La solucion general de la ecuacion diferencial ordinaria lineal de primer orden−r2ur(t)−u′r(t) = r4t es

ur(t) = Ce−r2t − r2t+ 1.

En efecto, la solucion general de la homogenea es ur = Ce−r2t y se puede buscarrapidamente una solucion particular de la completa de la forma ur = at + b, con lo que−r2(at + b)− a = r4t, ası que a = −r2, b = 1.

Por la condicion inicial, u(x, 0) = φ(x) = sen 3x− sen x, resulta

u1(0) = −1 u2(0) = 0

u3(0) = 1 ur(0) = 0 para r > 3


por lo tanto

u1(t) = −2e−t − t + 1 u2(t) = −e−4t − 4t+ 1

u3(t) = 1− 9t ur(t) = 0 para r > 3.

Finalmente, la solucion es

u(x, t) =(−2e−t − t+ 1

)sen x+

(−e−4t − 4t+ 1

)sen 2x+ (1− 9t) sen 3x.

Comprobemoslo,d2u(x, t)

dx2= (2e−t + t− 1) sen x+ 4 (e−4t + 4t− 1) sen 2x− 9 (1 + 9t) sen 3x

du(x, t)

dt= 2 (sin x) e−t − sen x+ 4 (sen 2x) e−4t − 4 sen 2x− 9 sen 3x

d2u(x, t)

dx2− du(x, t)

dt= (sen x) t+ 16 (sen 2x) t + 81 (sen 3x) t.

Unidad Didactica III

Enunciados:

Ejercicio 1 Resuelvase, mediante la transformada de Laplace respecto de la variable t,el siguiente problema:

∂v

∂t(x, t)− ∂2v

∂x2(x, t) = sen x+ cosx

v(0, t) = −v(π, t) = 1

v(x, 0) = cosx− sen x

en donde t > 0.

Ejercicio 2 Teniendo en cuenta que2√π

∫ ∞

0

∫ µ

2√

ω

0

e−ω−η2 dη dω = 1− e−µ para todo µ >

0. Aplıquese la transformada de Laplace respecto de la variable t para resolver el problema

∂u

∂t=

∂2u

∂x2x > 0, t > 0

u(x, 0) = 0, u(0, t) =√π x > 0, t > 0

u acotada.

Nota: El resultado debera expresarse en terminos de la funcion ϕ(ξ) =

∫ ξ

0

e−η2 dη.

Ejercicio 3 Sea f : R → R una funcion de clase uno tal que∫∞−∞ |f(x)| dx < ∞,∫∞

−∞ |f ′(x)| dx < ∞. Para cada numero real t, consideremos la funcion gt(x) = f(x+ t).a) Demuestrese que existen las transformadas de Fourier de f, f ′ y gt, y que se verifica

f ′(ξ) = iξf(ξ)

gt(ξ) = eiξtf(ξ).

51


b) Aplıquese la transformada de Fourier respecto de x para resolver el problema

∂2u(x, t)

∂t2− ∂2u(x, t)

∂x2= 0, t > 0, x ∈ R

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

[∂u(x, t)

∂t

]

t=0

= 0, x ∈ R.

Ejercicio 4 Aplıquese la transformada de Laplace respecto de la variable x para resolverel problema:

2ux + 3uy = 2uu(0, y) = 2y.

Ejercicio 5 Sea f : R → R una funcion, derivable con continuidad, para la que se verifica∫ +∞

−∞|f(x)| dx < +∞,

∫ +∞

−∞|f ′(x)| dx < +∞,

∫ +∞

−∞|xf(x)| dx < +∞. Denotemos por f

a la transformada de Fourier de f , esto es, f(ω) =

∫ +∞

−∞f(y)e−iyω dy.

a) Demuestrese que(f)′(ω) = −ig(ω), en donde g(x) = xf(x).

b) Aplıquese a) para calcular la transformada de Fourier de la funcion f(x) = e−9x2

.

Ejercicio 6 Resuelvase el siguiente problema utilizando las transformadas de Laplacerespecto de ambas variables

∂2u(x, t)

∂x∂t= 2(x+ 1) cos t

u(x, 0) = −x2

u(0, t) = t.


Soluciones:

Ejercicio 1 Resuelvase, mediante la transformada de Laplace respecto de la variable t,el siguiente problema:

∂v

∂t(x, t)− ∂2v

∂x2(x, t) = sen x+ cosx

v(0, t) = −v(π, t) = 1

v(x, 0) = cosx− sen x

en donde t > 0.

Solucion: Denotemos por L al operador transformada de Laplace respecto de t,esto es, L[v](x, s) =

∫∞0

e−stv(x, t)dt. Transformamos la ecuacion en derivadas parciales,

teniendo en cuenta que L[∂v

∂t

](x, s) = sL [v] (x, s) − v(x, 0) y que L [1] (x, s) =

1

spara

obtener

sL [v] (x, s)− v(x, 0)− ∂2L [v]

∂x2(x, s) =

sen x+ cosx

s.

Aplicando la condicion inicial del enunciado resulta

sL [v] (x, s)− (cosx− sen x)− ∂2L [v]

∂x2(x, s) =

sen x+ cosx

s.

Simplificando, poniendo L [v] (x, s) = ys(x) y teniendo en cuenta las condiciones ini-ciales, resulta el siguiente problema (ecuacion diferencial ordinaria en x con valores decontorno. Se trata de una ecuacion lineal de segundo orden)

y′′s (x, s)− sys(x, s) =s− 1

ssen x− s+ 1

scosx (0.0.28)

ys(0, s) = −ys(π, s) =1

s. (0.0.29)

La solucion general de la homogenea es ys(x) = Ae−√sx +Be

√sx, en donde A y B son

funciones arbitrarias de s (constantes respecto de x). La solucion particular puede hallarsepor el metodo de seleccion: sustituyendo ys = C sen x + D cos x en la ecuacion, resulta

(−C − Cs) sen x + (−D − Ds) cosx =s− 1

ssen x − s+ 1

scosx, por lo que escogemos

C =1− s

s(1 + s), D =

1

s. En consecuencia, la solucion general de (0.0.28) es

ys = A(s)e−√sx +B(s)e

√sx +

1− s

s(1 + s)sen x+

1

scosx.


Aplicamos las condiciones de contorno (0.0.29)

x = 0 ⇒ A +B +1

s=

1

s⇒ A +B = 0

x = π ⇒ Ae−√sπ +Be

√sπ − 1

s= −1

s⇒ Ae−

√sπ +Be

√sπ = 0

luego A = B = 0. Por lo tanto, L [v] (x, s) = ys(x) =1− s

s(1 + s)sen x +

1

scosx. Para

hallar la transformada inversa, descomponemos la fraccion1− s

s(1 + s)en fracciones simples:

1− s

s(1 + s)=

1

s− 2

1 + s, de manera que la solucion buscada es

v(x, t) =

(L−1

[1

s

]− 2L−1

[1

1 + s

])sen x+ L−1

[1

s

]cosx =

(1− 2e−t

)sen x+ cosx.

Ejercicio 2 Teniendo en cuenta que2√π

∫ ∞

0

∫ µ

2√

ω

0

e−ω−η2 dη dω = 1− e−µ para todo µ >

0. Aplıquese la transformada de Laplace respecto de la variable t para resolver el problema

∂u

∂t=

∂2u

∂x2x > 0, t > 0

u(x, 0) = 0, u(0, t) =√π x > 0, t > 0

u acotada.

Nota: El resultado debera expresarse en terminos de la funcion ϕ(ξ) =

∫ ξ

0

e−η2 dη.

Solucion: Sea U(x, s) =∫∞0

e−st u(x, t) dt la transformada de Laplace de la funcion urespecto de la variable t. Aplicando la formula de la transformada de la derivada, resulta

sU(x, s) − u(x, 0) =d2U(x, s)

dx2. Teniendo en cuenta la condicion inical u(x, 0) = 0 y que


U(0, s) =∫∞0

e−st u(0, t) dt =√π∫∞0

e−stdt =

√π

s, el problema transformado sera

s U(x, s) =d2U(x, s)

dx2x > 0, s > 0

U(0, s) =

√π

ss > 0

U acotada.

La solucion de la ecuacion diferencial ordinaria es U(x, s) = Cex√s+De−x

√s. Para que

la funcion sea acotada, necesariamente debe ser C = 0, mientras que de la condicion de

contorno resulta D =

√π

s, por lo que U(x, s) =

√π

se−x

√s. Para calcular la transformada

inversa de esta funcion, aplicamos en la integral del enunciado el cambio de variable

ω → t =ω

sy la evaluamos para el valor del parametro µ = x

√s

1− e−x√s =

2√π

∫ ∞

0

∫ x√

s

2√

ω

0

e−ω−η2 dη dω =2√π

∫ ∞

0

e−st

(∫ x

2√

t

0

e−η2 dη

)s dt.

Finalmente

U(x, s) =

√π

se−x

√s =

√π

s−∫ ∞

0

2e−st ϕ

(x

2√t

)dt =

=

∫ ∞

0

√π e−st dt−

∫ ∞

0

2 e−st ϕ

(x

2√t

)dt =

∫ ∞

0

e−st

(√π − 2ϕ

(x

2√t

))dt

por lo que

u(x, t) =√π − 2ϕ

(x

2√t

).

Ejercicio 3 Sea f : R → R una funcion de clase uno tal que∫∞−∞ |f(x)| dx < ∞,∫∞

−∞ |f ′(x)| dx < ∞. Para cada numero real t, consideremos la funcion gt(x) = f(x+ t).a) Demuestrese que existen las transformadas de Fourier de f, f ′ y gt, y que se verifica

f ′(ξ) = iξf(ξ)

gt(ξ) = eiξtf(ξ).


b) Aplıquese la transformada de Fourier respecto de x para resolver el problema

∂2u(x, t)

∂t2− ∂2u(x, t)

∂x2= 0, t > 0, x ∈ R

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

[∂u(x, t)

∂t

]

t=0

= 0, x ∈ R.

Solucion: a) Las integrales que definen las transformadas de Fourier convergen pues

∣∣∣∣∫ ∞

−∞e−iξxf(x)dx

∣∣∣∣ ≤∫ ∞

−∞|e−iξx||f(x)|dx =

∫ ∞

−∞|f(x)|dx < ∞

∣∣∣∣∫ ∞

−∞e−iξxf ′(x)dx

∣∣∣∣ ≤∫ ∞

−∞|e−iξx||f ′(x)|dx =

∫ ∞

−∞|f ′(x)|dx < ∞

∣∣∣∣∫ ∞

−∞e−iξxgt(x)dx

∣∣∣∣ ≤∫ ∞

−∞|e−iξx||gt(x)|dx =

∫ ∞

−∞|f(x+ t)|dx =

∫ ∞

−∞|f(y)|dy < ∞.

De

∫ ∞

−∞|f(x)|dx < ∞ se deduce limx→±∞ f(x) = 0 y de aquı limx→±∞ e−iξxf(x) = 0,

pues |e−iξx| = 1. Integrando por partes, resulta

f ′(ξ) = limR→∞

∫ R

−R

e−iξxf ′(x)dx = limR→∞

[e−iξxf(x)

]x=R

x=−R+ iξ

∫ R

−R

e−iξxf(x)dx =

= iξ limR→∞

∫ R

−R

e−iξxf(x)dx = iξf(ξ).

En cuanto a la transformada de gt, mediante el cambio de variable y = x+t, se obtiene

gt(ξ) =

∫ ∞

−∞e−iξxf(x+ t)dx = eiξt

∫ ∞

−∞e−iξyf(y)dy = eiξtf(ξ).

b) Apliquemos la transformada de Fourier respecto de la variable x, esto es, u(ξ, t) =∫ ∞

−∞e−iξxu(x, t)dx. Derivando bajo el signo de intregral, se comprueba que la transfor-

mada de ∂2u(x,t)∂t2

coincide con ∂2u(ξ,t)∂t2

. Aplicando dos veces la formula de derivacion de-

mostrada en el apartado anterior, resulta que la transformada de ∂2u(x,t)∂x2 es −ξ2f(ξ). En

consecuencia, tenemos que resolver la ecuacion diferencial ordinaria ∂2u(ξ,t)∂t2

+ ξ2u(ξ, t) = 0

con las condiciones u(ξ, 0) = f(ξ),[∂u(ξ,t)

∂t

]t=0

= 0.


La solucion general de la ecuacion es u(ξ, t) = Aeiξt+Be−iξt. De la primera condicion

f(ξ) = u(ξ, 0) = A + B, mientras que por la segunda 0 =[∂u(ξ,t)

∂t

]t=0

= iξA − iξB. En

consecuencia, A = B =f(ξ)

2y por lo tanto

u(ξ, t) =f(ξ)

2eiξt +

f(ξ)

2e−iξt =

gt(ξ)

2+

g−t(ξ)

2.

Finalmente,

u(x, t) =gt(x)

2+

g−t(x)

2=

f(x+ t) + f(x− t)

2

que, como es sabido, es la solucion de D’Alembert del problema.

Ejercicio 4 Aplıquese la transformada de Laplace respecto de la variable x para resolverel problema:

2ux + 3uy = 2uu(0, y) = 2y.

Solucion: Supongamos que la funcion u buscada es de clase uno y que existe, y es detambien de clase uno, su transformada de Laplace respecto de la variable x. A posteriorise podran comprobar estas suposiciones. Se aplica la transformada de Laplace respectode la variable x a la ecuacion en derivadas parciales, teniendo en cuenta la linealidad deloperador L:

2 (sL[u](s, y)− u(0, y)) + 3L[∂u∂y

](s, y) = 2L[u](s, y)

Derivando bajo el signo integral:

L[∂u∂y

](s, y) =

∫ ∞

0

e−sx∂u(x, y)

∂ydtx =

∂

∂y

∫ ∞

0

e−sxu(x, y) dx =∂

∂yL[u](s, y),

mientras que u(0, y) = 2y. En consecuencia, definiendo para cada valor de s la funcionvs(y) = L[u](s, y), se obtiene la siguiente ecuacion diferencial ordinaria: 3(vs)

′(y) + 2(s−1)vs(y) = 4y. Buscamos una solucion particular por el metodo de seleccion. Considerando

vs(y) = Ay +B, se tiene 3A+ 2(s− 1)(Ay +B) = 4y, luego A =2

s− 1, B = − 3

(s− 1)2.

Por lo tanto, L[u](s, y) = vs(y) =2y

s− 1− 3

(s− 1)2.

Puesto que L[ex](s) = 1

s− 1y L[xex](s) = 1

(s− 1)2se tiene u(x, y) = 2yex − 3xex .


Facilmente se comprueba el resultado: u(0, y) = 2y·1− 0 = 2y, ∂u(x,y)∂x

= 2yex − 3ex −3xex, ∂u(x,y)

∂y= 2ex,

2∂u(x,y)∂x

+ 3∂u(x,y)∂y

= 4yex − 6ex − 6xex + 6ex = 4yex − 6xex = 2u(x, y).Podemos preguntarnos que hubiese ocurrido si en lugar de la solucion particular an-

terior hubiesemos seleccionado otra. No es difıcil comprobar que la solucion general de laecuacion diferencial ordinaria 3(vs)

′(y) + 2(s− 1)vs(y) = 4y es

vs(y) = M(s)e2

3(1−s)y +

2y

s− 1− 3

(s− 1)2.

Si suponemos que la funcion M tiene transformada inversa de Laplace f , esto es,L[f ](s) = M(s), entonces

u0(x, y) = L−1[M(s)e2

3(1−s)y](x, y) = e

2

3yL−1[M(s)e−

2

3sy](x, y) = e

2

3yf(x− 2

3y)U(x− 2

3y)

en donde U es la funcion de salto unidad de Heaviside U(t) =

0 si t < 01 si t ≥ 0

. Para que se

verificase la condicion inicial del problema, serıa necesario que se cumpliese u0(0, y) = 0para todo y. Pero esto implicarıa u0(x, y) = 0 para cualesquiera x, y. Por lo tanto,u(x, y) = 2yex − 3xex es la unica solucion.

Ejercicio 5 Sea f : R → R una funcion, derivable con continuidad, para la que se verifica∫ +∞

−∞|f(x)| dx < +∞,

∫ +∞

−∞|f ′(x)| dx < +∞,

∫ +∞

−∞|xf(x)| dx < +∞. Denotemos por f

a la transformada de Fourier de f , esto es, f(ω) =

∫ +∞

−∞f(y)e−iyω dy.

a) Demuestrese que(f)′(ω) = −ig(ω), en donde g(x) = xf(x).

b) Aplıquese a) para calcular la transformada de Fourier de la funcion f(x) = e−9x2

.

Solucion: a) Las condiciones del enunciado

∫ +∞

−∞|f ′(x)| dx < +∞,

∫ +∞

−∞|xf(x)| dx < +∞

permiten derivar respecto de ω dentro del signo de integral, luego

(f)′(ω) =

∫ +∞

−∞(−iy)f(y)e−iyω dy = −ig(ω),

en donde g(x) = xf(x).


b) Comencemos observando que la funcion f(x) = e−9x2

verifica f ′(x) = −18xf(x) =−18g(x). Aplicando la transformada de Fourier a los dos miembros de esta igualdad, lapropiedad demostrada en a) y la expresion de la transformada de la derivada

iωf(ω) = f ′(ω) = −18g(ω) = −18i(f)′(ω).

Integrando esta ecuacion diferencial resulta f(ω) = f(0)e−ω2/36. Finalmente, f(ω) =√π

3e−ω2/36, pues

f(0) =

∫ +∞

−∞f(y)e−iy0 dy =

∫ +∞

−∞e−9y2 dy =

1

3

∫ +∞

−∞e−x2

dx =

√π

3.

Ejercicio 6 Resuelvase el siguiente problema utilizando las transformadas de Laplacerespecto de ambas variables

∂2u(x, t)

∂x∂t= 2(x+ 1) cos t

u(x, 0) = −x2

u(0, t) = t.

Solucion: Denotemos por L1 a la transformada respecto de la primera variable y porL2 a la transformada respecto de la segunda variable. Se tiene

L1

[∂2u

∂x∂t

](w, t) = L1 [2 (x+ 1) cos t] ⇒

⇒ ∂

∂t

(L1

[∂u

∂x

](w, t)

)= 2L1 [x+ 1] (w, t) cos t ⇒

⇒ ∂

∂t(wL1 [u] (w, t)− u(0, t)) = 2

(1

w2+

1

w

)cos t ⇒

⇒ ∂

∂t(wL1 [u] (w, t)− t) = 2

(1

w2+

1

w

)cos t ⇒

⇒ w∂L1 [u] (w, t)

∂t− 1 = 2

(1

w2+

1

w

)cos t.

Transformando respecto de la segunda variable

L2

[w∂L1 [u] (w, t)

∂t− 1

](w, s) = L2

[2

(1

w2+

1

w

)cos t

](w, s) ⇒

⇒ wL2

[∂L1 [u] (w, t)

∂t

](w, s)− L2 [1] = 2

(1

w2+

1

w

)L2 [cos t] (w, s) ⇒


⇒ w (sL2L1 [u] (w, s)− L1 [u(w, 0)])−1

s= 2

(1

w2+

1

w

)s

1 + s2⇒

⇒ w (sL2L1 [u] (w, s) + L1 [w2])− 1

s= 2

(1

w2+

1

w

)s

1 + s2⇒

⇒ w

(sL2L1 [u] (w, s) +

2

w3

)− 1

s= 2

(1

w2+

1

w

)s

1 + s2.

En consecuencia

L2L1 [u] (w, s) =

2

(1

w2+

1

w

)s

1 + s2+

1

s

sw− 2

sw3=

(2

w3+

2

w2

)1

1 + s2+

1

w

1

s2− 2

w3

1

s

L1 [u] (w, t) =

(2

w3+

2

w2

)sen t+

1

wt− 2

w3,

y la solucion buscada es u(x, t) = (x2 + 2x) sen t+ t− x2.

Bibliografıa

[1] Haberman R. Ecuaciones en derivadas parciales con series de fourier y problemas decontorno. Tercera edicion. Prentice Hall, Madrid, 2003.

[2] Pedregal P. Iniciacion a las Ecuaciones en Derivadas Parciales y al Analisis deFourier. Septem Ediciones, Oviedo, 2001. (www.septemediciones.com)

[3] Peral I. Primer curso de ecuaciones en derivadas parciales. Addison WesleyIberoamericana / Universidad Autonoma de Madrid. Wilmington, 1995. De libreacceso desde:

http://www.uam.es/departamentos/ciencias/matematicas/docencia/iperal/

[4] Powers D.L. Boundary value problems. Fourth Edition. Academic Press. San Diego,1999.

[5] Strauss W.A. Partial differential equations. An introduction. Wiley. New York, 1992.

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ecuacionesenderivadasparciales - uned

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