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Ejercicios del curso

“Ecuaciones en derivadas parciales”

Tommaso LeonoriDep. de Análisis MatemáticoUniversidad de Granada.

e-mail: [email protected]

Índice general

Ecuaciones del Primer Orden 7

Ecuación de Ondas 27

Ecuación del Calor 75

Ecuaciones Elípticas 101

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ÍNDICE GENERAL ÍNDICE GENERAL

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Introdución

En estos apuntes he reunido las soluciones de los ejercicios propuestodurante el curso, dado juntos con el Prof. David Arcoya, y en los exámenesde “Ecuaciones en Derivadas Parciales ” del aÒo académico 2009/2010.

En las referencias podéis encontrar unos libros ó apuntes donde la teoríarelativa a los ejercicios propuestos está explicada de forma clara. Algunos delos ejercicios propuestos han sido cogido desde [CF], [DF], [Per] y [St].

Si alguien encontrara erratas, misprints ó tenga dudas sobre los ejercicios,no dudes en enviarme un correo ([email protected]).

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Ecuaciones del Primer Orden

Ejercicio 1.1 Estudiad la linealidad y estableced el orden para cada una delas e.d.p. siguientes:

1. ut − uxx + 1 = 0,

2. ut − uxx + xu = 0,

3. ut − uxxt + uux = 0,

4. utt − ux + x2 = 0,

5. iut − uxx + ux

= 0,

6. ux√(1 + u2

x)+

uy√(1 + u2

y)= 0,

7. ux + eyuy = 0,

8. ut + uxxxx +√

1 + u = 0.

Solución.1 No es complicado verificar que:1Con ecuación diferencial de orden m se entiende una ecuación de la forma

F (Dmu,Dm−1u, ....,Du, u, x) = 0 x ∈ Ω ⊆ RN N ≥ 2 ,

dondeF : RN

m × RNm−1 × .....× RN × R× Ω× Ω→ R

es una función asignada yu : Ω→ R

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1. es lineal del segundo orden;


3. es nolineal del tercer orden;



6. es nolineal del primer orden;

7. es lineal del primer orden;

8. es nolineal del cuarto orden.

es una función regular. Además decimos que la ecuación es lineal si se escribe de la forma

m∑

|α|≤kaα(x)Dαu(x) = f(x)

donde f y aα son funciones regulares.

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Ejercicio 1.2 Dado c ∈ R, estudiad la linealidad y orden de la siguienteecuación:

ux + cuy = 0, (x, y) ∈ R2. (1.1)

Interpretad geométricamente la e.d.p. y calculad sus soluciones.

Solución.No es complicado verificar que la ecuación es lineal del primer orden.

Nótese que dicha ecuación se puede escribir de la siguiente forma:

∇u(x, y) · (1, c) = 0 ,

donde ∇ = (∂x·, ∂y·). Entonces el ejercicio consiste en encontrar funciones utales que su gradiente es ortogonal al vector (1, c).

Vamos a explicar dos manera de resolver este ejercicio.

Método 1. Geometrico. Aprovechando la idea del sentido geométrico de laecuación, deducimos que la derivada direccional de u(x) en la dirección (1, c)

tiene que ser 0, es decir que u(x) es constante a lo largo de dicha dirección.Entonces que las soluciones de la ecuación (1.1) tienen que depender sólo deuna dirección ortogonal a (1, c). Siendo el vector (−c, 1) ortogonal a (1, c),deducimos que

u(x, y) = f(y − cx) ,

donde f es una función de clase C1(R). Las rectas

y − cx = constante

se llaman rectas características.

Método 2. características. Aplicando el método de las características (véa-se, por ejemplo [Ev], Cap. 2 para la teoría de este método) deducimos que

x′(t) = 1

y′(t) = c t ∈ R

z′(t) = 0 ,

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así que resulta, siendo α1, α2, α3 constantes arbitrarias,

x(t) = t+ α1

y(t) = ct+ α2 t ∈ R

z(t) = α3 .

Por lo tantoα3 = z(x(t), y(t)) = z(t+ α1, ct+ α2)

y comoy(t)− cx(t) = α2 − cα1

deducimos que las soluciones de (1.1) son de la forma

u(x, y) = f(y − cx) ,

donde f es una cualquier función f ∈ C1(R).

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Ejercicio 1.3 Resolved las ecuaciones:

1. ut + xux = 0, (x, t) ∈ R2,

2. ut + 2tx2ux = 0, (x, t) ∈ R2.

Solución.En los dos casos aplicamos el Método de las características.

1. Escribimos el sistema característico asociado a la primera de la ecua-ciones, que resulta ser

t′(s) = 1

x′(s) = x(s) s ∈ R

z′(s) = 0 .

Entonces, siendo ci i = 1, 2, 3 constantes, la solución del sistema estadada por

t(s) = s+ c1

x(s) = c2es s ∈ R

z(s) = c3 .

(1.2)

Por lo tanto la solución de la ecuación ut + xux = 0, (x, t) ∈ R2 resultaser constante si calculada a lo largo de la familia de las curvas carac-terística definida mediante las primeras dos ecuaciones en (1.2). Por lotanto, teniendo en cuenta que s = t−c1, resulta que xe−t = c2e

−c1 = C1.Además aprovechando que la ecuación es lineal no homogénea y que nohay ningún término de orden cero, las constantes cumplen también laecuación así que las soluciones son de la forma:

u(x, t) = C1xe−t + C2

con C1 y C2 constantes.

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2. En este caso el sistema característico resulta ser dado por

t′(s) = 1

x′(s) = 2t(s)x2(s) s ∈ R

z′(s) = 0 .

Entonces, siendo ci i = 1, 2, 3 constantes, las soluciónes de la primeray tercera ecuaciones del sistema son

t(s) = s+ c1 s ∈ R

z(s) = c2 ,

mientras que para resolver la segunda aplicamos el Método de separa-ción de las variables. Para x(s) 6= 0 tenemos que

x′(s)

x2(s)= 2t(s) = 2(s+ c1)

así que

c3 −1

x(s)= 2

∫t(s)ds = 2

∫(s+ c1)ds = (s+ c1)2 + c′3 = t2(s) + c′3 ,

por una constante c′3 oportuna. Por lo tanto

1

x+ t2 = c′′3 , con c′′3 ∈ R ,

y como la solución es constante a lo largo de cada curva característica,deducimos, razonando como antes, que las soluciones tienen la forma

u(x, t) = C1

(1

x+ t2

)+ C2 ,

con C1 y C2 constantes.

Se puede fácilmente verificar que dichas soluciones cumplen las ecuacionesdiferenciales propuestas en el ejercicio.

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Ejercicio 1.4 Calculad la solución del problemaut − ux = u2, x ∈ R, t > 0

u(x, 0) = 12e−x, x ∈ R.

Solución.Observemos que es un problema de Cauchy de la forma

a(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy = c(x, y, u),

u(x0(s), y0(s)) = z0(s), s ∈ R,

con coeficientes a(x, y, u) = 1, b(x, y, u) = u, c(x, y, u) = 2 y con la curvainicial Γ(s) = (x0(s), y0(s), z0(s)) dada por x0(s) = 0, y0(s) = s y z0(s) = s.Observemos también que este problema es no característico ya que

det

(a(x0(s), y0(s), z0(s)) x′0(s)

b(x0(s), y0(s), z0(s)) y′0(s)

)6= 0.

Además la curva s 7→ (x0(s), y0(s)) = (0, s) = Γ(s) es inyectiva. Por tantoexiste una superficie integral (o solución local) que contiene a la curva inicialΓ(s).

Aplicamos entonces el método de las características y por lo tanto quere-mos resolver el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias:

t(s) = 1

x(s) = −1

z(s) = z2(s)

t0(σ) = 0

x0(σ) = σ

z0(σ) = 12e−σ .

Nótese que la condición de compatibilidad entre sistema y condiciones ini-ciales está verificada, siendo

det

(1 0

−1 1

)= 1 6= 0.

Entonces

t(s, σ) = s

x(s, σ) = −s+ σ1

z0(σ)− 1

z(s,σ)= 2eσ − 1

z(s,σ)= s ,

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y consecuentemente

s = t(s, σ)

σ = x(s, σ) + t(s, σ)

u(x(s, σ), t(s, σ)) = z(s, σ) =1

2eσ − s =1

2ex(s,σ)+t(s,σ) − t(s, σ)

y finalmente deducimos que

u(x, t) =1

2ex+t − t .

Es fácil comprobar que u(x, t) es efectivamente una solución del problema.

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Ejercicio 1.5 Calculad la solución del problemaux + uuy = 2, (x, y) ∈ R2

u(0, y) = y, y ∈ R.

Solución.

Para calcular dicha solución, consideramos el sistema característico:

x(s) = 1

y(s) = z(s)

z(s) = 2

x0(σ) = 0

y0(σ) = σ

z0(σ) = σ .

Nótese que la condición de compatibilidad entre sistema y condiciones ini-ciales está verificada, siendo

det

(1 0

σ 1

)= 1 6= 0.

Está claro que las primeras y las terceras ecuaciones nos danx(s, σ) = s

z(s, σ) = 2s+ σ,

así que tenemos

y(s, σ)− σ =

∫ s

0

(2τ + σ)dτ = s2 + sσ.

Podemos obtener una expresión para s y t en función de x e y:x = s

σ = y−x21+x

para x 6= 1 .

Consecuentemente,

u(x, y) =y − x2

1 + x+ 2x para x 6= 1 .

Es fácil comprobar que u(x, y) es efectivamente una solución del problema.

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Ejercicio 1.6 Calculad la solución del problemaut + uux = 0, (x, t) ∈ R× (0,+∞)

u(x, 0) = g(x), x ∈ R ,(1.3)

with g tal que

g(x) =

1 if x ≤ 0

1− x if 0 ≤ x ≤ 1

0 if x ≥ 1.

(1.4)

Solución.Primero, notamos que en principio el Método de las características no sepuede aplicar a este problema siendo el dato inicial de clase C1 a trozos perono C1(R). A pesar de esto facto, podemos pensar en aplicar dicho método enlas regiones del semiplano correspondientes a las zonas donde el dato iniciales regular e intentar, luego, de pegar las soluciones encontradas.

La ecuación diferencial que aparece en (1.3) es muy bien conocida enmecánica de fluidos como Ecuación de Burges (con coeficiente de viscosidad0). Más in general este es un ejemplo sencillo de una ley de conservación, esdecir de ecuaciones que tienen la forma

ut + F (u)x = 0

con F una función regular (F (s) = 12s2 en (1.3)).

Escribimos el sistema asociado, es decir

t(s) = 1

x(s) = z(s)

z(s) = 0

t0(σ) = 0

x0(σ) = σ

z0(σ) = g(σ) .

Siendo

det

(1 0

−1 1

)6= 0,

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el sistema es compatible, así que tiene sentido buscar una solución al rededorde la curva Γ(s) = (t(σ), x(σ), g(σ)). Por lo tanto

t(s) = s

z(s) = g(σ)

x(s) = σ + sg(σ) .

(1.5)

Por lo tantou(x(s, σ), t(s, σ)) = z(s, σ) = g(σ)

así que ahora sólo tenemos que encontrar una expresión explícita para g(σ)

en función de x y t.Siendo t = s, deducimos que x(s) = σ + tg(σ); además, aprovechando

(1.4), podemos escribir la solución de la tercera ecuación en (1.5) explícita-mente:

x = σ + t if σ ≤ 0

x = σ + t(1− σ) if 0 < σ ≤ 1

x = σ + t if σ > 1 .

Por lo tanto (véase también Figura 1.1)

σ = x− t if x ≤ t

σ = x−t1−t if 0 < x−t

1−t ≤ 1 es decir t < x ≤ 1, 0 < t < 1

σ = x if x > 1 .

Consecuentemente la solución de (1.3) está data, acordando la definición deg data por (1.4), por

u(x, t) =

x− t if x ≤ t1−x1−t if t < x ≤ 1, 0 < t < 1

0 if x > 1 .

Como ya hemos observado, la solución encontrada no es de clase C1(R×(0, 1)) siendo el dato inicial sólo continuo (y C1 a trozos pero no C1(R))y por no tener, la ecuación considerada, un efecto de regularización en lassoluciones.

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b b

t = 1

x

u(x, 0) = 1 u(x, 0) = 1− x u(x, 0) = 0

u ≡ 1 u ≡ 0u ≡ 1−x1−t

Figura 1.1: Las rectas características en la región 0 < t < 1.

De todas formas el mismo tipo de fenómeno si habría presentado si hu-biéramos elegido un cualquier dato inicial g ∈ C1(R) que cumpliese

g(x) =

1 if x ≤ 0

g(x) ∈ C1[0, 1], 0 ≤ g(x) ≤ 1 if 0 ≤ x ≤ 1

0 if x ≥ 1.

Efectivamente, las curvas característica que salen de la zona x ≤ 0 yx ≥ 1 al tiempo t = 0 habrían sido las misma y nótese que las rectas carac-terísticas cruzan en (x, t) = (1, 1). A la solución en este punto no se le puedeasignar un valor preciso, siendo el punto (1, 1) en el cruce de tres familias decurvas características que dan valor distinto en alcanzar dicho punto: si nosacercamos desde la zona “verde” la solución vale cero, si nos acercamos desdela zona “roja” la solución vale uno mientras que si nos acercamos desde lazona “azul” la solución es indeterminada.

Por lo tanto se produce un fenómeno de shock que limita el dominio dela solución (en sentido clásico) al conjunto 0 < t < 1.

De todas formas, se puede definir la solución en un conjunto mas grandeutilizando una condición adicional (conocida como la Condición de Entropia)para elegir el valor de la solución por t > 1 (véase por ejemplo [Ev], Sección3.4).

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Ejercicio 1.7 Dado a ∈ R\0, estudiad la linealidad y orden de la siguienteecuación:

∂2u

∂x2− 1

a2

∂2u

∂t2= 0, (x, t) ∈ R2. (1.6)

Calculad algunas soluciones particulares.

Solución.No es complicado probar que la ecuación es lineal del segundo orden.

Método 1. características.Vamos a aplicar el Método de las características a esta clase de ecuaciones.

Siendo la ecuación del primer orden, la idea es descomponer el operadordiferencial como

(∂x − 1

a∂t)(∂x + 1

a∂t)así como

(∂x + 1

a∂t)(∂x − 1

a∂t), es

decir que la ecuación se puede escribir de las formas:

(∂x −

1

a∂t)(∂x +

1

a∂t)u(x, t) = 0 =

(∂x +

1

a∂t)(∂x −

1

a∂t)u(x, t), (1.7)

para (x, t) ∈ R2. Por lo tanto las soluciones de la ecuación (1.6) se puedenver como soluciones del siguiente sistema característico:

ux(x, t)− 1

aut(x, t) = ψ(x, t), x ∈ R, (x, t) ∈ R,

ψx(x, t) + 1aψt(x, t) = 0, x ∈ R, (x, t) ∈ R .

(1.8)

Primero, buscamos las soluciones de la segunda ecuación: una vez encontradala substituyamos en la primera así que podemos hallar u(x, t).

Pues, tratandose de un sistema de ecuaciones lineales del primer orden,escribimos el sistema característico asociado a la segunda ecuación:

t′(s, σ) = 1a

x′(s, σ) = 1 s > 0

z′(s, σ) = 0 .

Por lo tanto

t(s) =1

as+ c1 , x(s) = s+ c2 , z(s) = ψ(x(s), t(s)) = c3

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con ci, i = 1, 2, 3 constantes. Observamos que x − at es constante, así quededucimos que

ψ(x, t) = f(x− at) , f ∈ C1(R).

Ahora substituyendo la expresión de ψ(x, t) en la primera de (1.8), deducimosque u(x, t) cumple

ux(x, t)−1

aut(x, t) = f(x− at), (x, t) ∈ R2 .

Para hallar la expresión de u(x, t), aplicamos otra vez el Método de las ca-racterísticas a la ecuación no homogénea que verifica u. Entonces deducimos

x′(s) = 1

t′(s) = − 1a

z′(s) = f(x(s)− at(s)

) s > 0. (1.9)

Por lo tanto desde las primeras dos ecuaciones deducimos que

t(s) = −1

as+ c1 , x(s) = s+ c2 ,

con ci, i = 1, 2 constantes, así que

x+ at = c3 , c3 ∈ R ,

son rectas características. Entonces una cualquier función de la variable x+at

anula el operador ∂x − 1a∂t, así que siempre podemos aÒadir a la solución

particular una función g(x+ at) con g de clase C2(R).Desde la tercera ecuación en (1.9) nos sale que

d

dsu(x(s), t(s)) = z′(s) = f

(x(s)− at(s)

)= f(2s+ c)

y entonces

z(s) = uz(x(s), t(s)) =1

2F (2s+ c) ,

con F ′ = f . Finalmente deducimos que, siendo 2s = x− at, las soluciones de(1.6) son de la forma

u(x, t) = F (x− at) +G(x+ at)

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con F , G de clase C2(R).

Método 2. Para calcular las soluciones, notamos, como antes, la descomposi-ción del operador ∂2

x · − 1a2∂2t · como hemos ya hecho en (1.7).

Buscamos ahora un cambio de variable para llevar este problema a unomás sencillo. La descomposición del operador sugieres, siguiendo la idea delmétodo de las características, de definir la pareja de nuevas variables ξ y ηde la siguiente forma

ξ = x− at,η = x+ at,

y consecuentemente

x =

ξ + η

2,

t =η − ξ

2a.

(1.10)

Por lo tanto si llamamos

v(ξ, η) = u(η − ξ

2,η + ξ

2a

)

deducimos, con un calculo directo, que

∂ξ∂η v(ξ, η) = 0 = ∂η∂ξ v(ξ, η) . (1.11)

Vamos a disfrutar de la primera identidad. Notamos que desde (1.11) lafunción ∂η v(ξ, η) es independiente de la variable ξ, es decir existe una funciónf de clase C1(R) tal que

∂η v(ξ, η) = f(η) .

Siendo esta identidad cierta para cada ξ y η ∈ R, se pueden integrar amboslados con respecto a η así que, aprovechando el teorema fundamental delcalculo, deducimos que

∫∂η v(ξ, η)dη =

∫f(η)dη .

Como estamos integrando una función de dos variables con respecto sólo auna de las dos, en calcular la familia de primitivas de f , hay que aÒadir(en lugar de una constante, como se hace en el calculo de primitivas en unavariable) una función arbitraria dependiente sólo de la variable ξ. Por lo tanto

v(ξ, η) = F (η) +G(η) ,

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donde G de clase C2(R) y F ′ = f . Nótese que dicha v verifica tanto la primeracomo la segunda identidad en (1.11).

Deshaciendo el cambio de variable introducido en (1.10), deducimos quelas soluciones de (1.6) son de la forma

u(x, t) = F(ax− t

)+ G

(ax+ t

),

con F y G de clase C2(R).

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Ejercicio 1.8 Para (x1, x2, . . . , xN) ∈ RN (N ≥ 2) se define el operadorlaplaciano ∆ mediante

∆u(x1, x2, . . . , xN) =N∑

i=1

∂2u

∂x2i

(x1, x2, . . . , xN).

Dado ξ = (ξ1, ξ2, . . . , ξN) ∈ RN , definimos (la solución fundamental del la-placiano) Eξ : RN \ ξ −→ R mediante

Eξ(x) =

1N−2|x− ξ|2−N , si N > 2,

− log |x− ξ|, si N = 2.

Probad que∆Eξ(x) = 0, x ∈ RN \ ξ.

Solución.Nótese que la función Eξ, tanto en el caso N ≥ 3 como en el caso N = 2,es una función no acotada, definida en RN \ ξ y diferenciable en todo sudominio de definición. Por lo tanto, como el ejercicio nos pide de calcular suLaplaciano en RN \ ξ, el calculo de las derivadas esta permitido.Empezamos por el caso N ≥ 3.Calculamos las derivadas parciales de E con respecto a la variable xi, por uncualquier i entre 1 y N :

∂xi1

N − 2|x− ξ|2−N = −|x− ξ|1−N∂xi |x− ξ| = −

xi − ξi|x− ξ|N ,

donde la última identidad es consecuencia del siguiente calculo directo:

∂xi |x− ξ| = ∂xi

√√√√N∑

k=1

(xk − ξk)2 =1

2

2(xi − ξi)√∑Nk=1(xk − ξk)2

=xi − ξi|x− ξ| .

Ahora derivamos otra vez con respecto a xi así que

∂2xiEξ(x) = N

(xi − ξi)2

|x− ξ|N+2− 1

|x− ξ|N .

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Por tanto, al sumar i entre 1 y N obtenemos:

∆Eξ(x) =N∑

i=1

∂2xiEξ(x) =

N∑

i=1

[N

(xi − ξi)2

|x− ξ|N+2− 1

|x− ξ|N]

=N

|x− ξ|N+2

N∑

i=1

(xi−ξi)2− 1

|x− ξ|NN∑

i=1

1 =N

|x− ξ|N+2|x−ξ|2− 1

|x− ξ|NN = 0 .

En el caso N = 2, con el mismo espiritu del caso anterior, calculamos por iigual a 1 ó 2 la derivada de Eξ(x) con respecto a xi:

∂xi − log |x− ξ| = − xi − ξi|x− ξ|2 ,

y consecuentemente

∂2xiEξ(x) = 2

(xi − ξi)2

|x− ξ|4 −1

|x− ξ|2 .

Por lo tanto∂2x1Eξ(x) + ∂2

x2Eξ(x) = 0 .

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Ejercicio 1.9 Sean a, b ∈ C1(Ω × R) con Ω ⊂ R2 un conjunto abierto yacotado. Supongamos que γ(t) = (x(t), y(t), z(t)) ∈ Ω × R (con t en unintervalo de R) es una curva característica de la ecuación casilineal

a(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy = 0, (x, y) ∈ Ω.

Probar que si la proyección (x(t), y(t)) de γ(t) sobre Ω corta la frontera ∂Ω

de Ω en dos puntos P 6= Q, entonces el problema

a(x, y, u(x, y))ux(x, y) + b(x, y, u(x, y))uy(x, y) = 0 (x, y) ∈ Ω,

u(x, y) = f(x, y) (x, y) ∈ ∂Ω ,

no posee solución cuando la función f ∈ C(∂Ω) satisface f(P ) 6= f(Q).

Solución.Sin pérdida de generalidad podemos suponer que (x(0), y(0)) = P y (x(1), y(1)) =

Q. Probaremos que si para f ∈ C(∂Ω) tenemos una solución u del problema

a(x, y, u(x, y))ux(x, y) + b(x, y, u(x, y))uy(x, y) = 0 (x, y) ∈ Ω,

u(x, y) = f(x, y) (x, y) ∈ ∂Ω ,

entonces f(P ) = f(Q) (véase Figura 1.2) Para ello, basta ver que u(x, y) esconstante a lo largo de la proyección (x(s), y(s)) de la curva característica.Esto es deducido usando que la superficie integral contiene toda la curvacaracterística γ(t) = (x(t), y(t), z(t)) (i.e., u(x(t), y(t)) = z(t)) y observandoque por ser homogénea la ecuación satisfecha por u tenemos que z(t) esconstante (pues la tercera ecuación del sistema característico es z′(t) = 0).Por tanto, f(P ) = u(P ) = u(x(0), y(0)) = z(0) = z(1) = u(x(1), y(1)) =

u(Q) = f(Q).

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Ω

(x(t), y(t))

P

Q

Figura 1.2: El abierto Ω y la curva Γ.

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Ecuación de Ondas

Ejercicio 2.1 Resolved el el siguiente problema de Cauchy

uxx(x, y)− uyy(x, y) = 0, x, y ∈ R,

u(0, y) = 1 + y2, y ∈ R,

ux(0, y) = −sen y, y ∈ R.

Solución.Aplicando la formula de D’Alembert 2 la solución del problema está dadapor

u(x, y) =1

2[1 + (y − x)2] +

1

2[1 + (y + x)]2 − 1

2

∫ y+x

y−xsen(s)ds

= 1 + y2 + x2 +1

2[cos(x+ y)− cos(x− y)] = 1 + y2 + x2 − senx sen y .

2 Recordamos la formula de D’Alembert. Dato el problema (homogéneo)

utt(x, t)− c2uxx(x, t) = 0, x ∈ R, t > 0

u(x, 0) = g(x), x ∈ R,

ut(x, 0) = h(x), x ∈ R,

con g ∈ C2(R) y h ∈ C1(R), c 6= 0, la única solución u ∈ C2(R× (0,+∞)) está dada por

u(x, t) =1

2g(x− ct) +

1

2g(x+ ct) +

1

2c

∫ x+ct

x−cth(s)ds . (2.1)

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Ejercicio 2.2 Resolved el el siguiente problema de Cauchy

utt(x, t)− uxx(x, t) = 0, en C,ut(x, 0) = xe−x

2, x ≥ 0,

u(x, 0) = 0, x ≥ 0

u(0, t) = 0, t ≥ 0.

(2.2)

donde C = x ≥ 0, t > 0.

Solución.En este caso, siendo el problema definido sólo en la cuarta parte del plano, laformula de D’Alembert no se puede aplicar directamente. Entonces la idea esla de extender de una forma oportuna el problema a uno definido en todo elsemiespacio (por el que sabemos calcular la solución via la formula (2.1)); ladificultad está en encontrar la extensión correcta para que se cumpla tambiénla condición en x = 0.

Más concretamente definimos u la solución de

utt(x, t)− c2uxx(x, t) = 0, x ∈ R, t > 0

ut(x, 0) = g(x), x ∈ R,

u(x, 0) = f(x), x ∈ R,

con g ∈ C1(R) y f ∈ C2(R) tales que g(x) = xe−x2 if x ≥ 0 y f = 0 if

x ≥ 0. Por lo tanto, gracias a la formula de D’Alembert, la la única soluciónu ∈ C2(R× (0,+∞)) está dada por

u(x, t) =1

2f(x− ct) +

1

2f(x+ ct) +

1

2c

∫ x+ct

x−ctg(s)ds .

Para que la u(x, t) sea solución de (2.2) tiene que cumplir la condiciónu(0, t) = 0, ∀t ≥ 0, y consecuentemente:

u(0, t) =1

2f(−ct) +

1

2f(ct) +

1

2c

∫ ct

−ctg(s)ds = 0 ∀t ≥ 0 .

28


Esta condición nos lleva a las definiciones tanto de f como de g en todo eleje: en efecto esta condición es equivalente a pedir que

0 ≡ 1

2c

∫ ct

−ctg(s)ds y 0 ≡ 1

2f(−ct) +

1

2f(ct) .

Por lo tanto deducimos que f y g tienen que ser impares3 y la f y g son lasextensiones impares, respectivamente, de 0 y xe−x2 , es decir

f(x) ≡ 0 y g(x) = xe−x2 ∀x ∈ R .

Finalmente u(x, t) = u(x, t)∣∣C con

u(x, t) =1

2c

∫ x+ct

x−ctse−s

2

ds ,

y consecuentemente

u(x, t) = − 1

4ce−(x+ct)2+

1

4ce−(x−ct)2 = e−x

2−(ct)2 e2x ct − e−2x ct

4c, ∀(x, t) ∈ C .

3 Lo de la f es la definición de función impar, para la g, nótese que derivando lacondición

0 ≡ 1

2c

∫ ct

−ctg(s)ds

deducimoscg(ct)− (−c)g(−ct) = 0 ⇐⇒ g(ct) = −g(−ct) ∀t > 0 ,

es decir g impar.

29


b

b

b b

bb

b b b

bb

bb

0 Lxjxj − h xj + h

m

Figura 2.3: La curda vibrante “modelizada” con los muelles.

Ejercicio 2.3 Una cuerda de longitud ` = 1 con los extremos fijos tienela posición inicial u = sen (πx) y se suelta en el instante t = 0. Halle sumovimiento subsiguiente.

Comentario 2.1 (La Cuerda Vibrante) La ecuación de ondas en el casode una sola dimensión representa el perfil de una cuerda que vibra con velo-cidad c. Imagina una cuerda de largueza L en la que hay colgados n = L/h

puntos cada uno de masa m a distancia h uno de otro y cada uno conectadocon un muelle con constante de elasticidad k a los de a lado (véase Figura2.3). Supongamos, entonces, de tener una sucesión x0 = 0, x1 = h, x2 =

2h, ... xn = L de puntos y sea u(xi, t) la función que representa las alturasde dichos puntos en el tiempo. Supongamos además que los puntos de masasm sólo puedes moverse verticalmente (para que u sea una función ).

Gracias a la ley de Newton 4 el punto que se encuentra en la posición xj,con 1 ≤ j ≤ n−1, esta sujeto a una fuerza data por la ley de Hook 5 es decir

F (xj + h, t) = −k[(u(xj, t)− u(xj + h, t)

)−(u(xj − h, t)− u(xj, t)

)]

= −k[− u(xj + h, t) + 2u(xj, t)− u(xj − h, t)

].

Por lo tanto, siendo M = nm la masa total de la cuerda, K = nk su rigidez

4es decir: F = ma, donde F es la fuerza, m la masa y a la aceleración.5es decir: F (x) = −kx, donde k es la constante de elasticidad del muelle y x el despla-

ciamento de su condición de equilibrio.

30


y acordando que nh = L, deducimos que

d2u(xj, t)

dt2=nK h2

Mn

u(xj + h, t)− 2u(xj, t) + u(xj − h, t)h2

=KL2

M

u(xj + h), t)− 2u(xj, t) + u(xj − h, t)h2

.

Ahora queremos tirar h a cero, es decir pasar de un modelo discreto (losmuelles) a uno continuo (la cuerda elástica). Siendo u suficientemente suave(u es de clase por lo menos C2(0, L)) deducimos que

lımh→0

u(xj + h), t)− 2u(xj, t) + u(xj − h, t)h2

=∂2u(x, t)

∂x2,

y consecuentemente

∂2u(x, t)

∂t2− c2∂

2u(x, t)

∂x2= 0 x ∈ (0, L) , t > 0 ,

siendo c2 = KL2

Mla velocidad de propagación de la cuerda. Como la cuerda

esta fija en sus extremos, tiene además que cumplir

u(0, t) = 0 = u(L, t) , ∀t ≥ 0 .

Este problema está bien definido si lo emparejamos con un problema deCauchy, es decir que para encontrar una solución tenemos que saber la po-sición inicial (es decir u0(x)) y su velocidad (denotada con u1(x)) en unmomento dato. Entonces el perfil de la cuerda esta dado por la solución delsiguiente problema

utt(x, t)− c2uxx(x, t) = 0, x ∈ (0, L), t > 0

u(x, 0) = u0(x), x ∈ (0, 1),

ut(x, 0) = u1(x), x ∈ (0, 1)

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

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

(2.3)

31


siendo u0(x) ∈ C2(0, L) ∩ C0[0, L] y u1(x) ∈ C1(0, L) ∩ C0[0, L].Nos referiremos a (2.3) como el problema mixto asociado a la ecuación

de ondas.

Solución.En este caso la cuerda fija en sus extremos significa que queremos resolverun problema de Cauchy con condiciones en la frontera lateral iguales a 0.Además la cuerda tiene un perfil inicial asignado (sen πx) que representa eldato inicial mientras que el hecho que se suelte significa que su velocidadinicial es igual a cero. Por lo tanto, el problema que tenemos que resolver esel siguiente (ponemos por simplicidad c = 1):

utt(x, t)− uxx(x, t) = 0, x ∈ (0, 1), t > 0

u(x, 0) = senπx, x ∈ (0, 1),

ut(x, 0) = 0, x ∈ (0, 1)

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

u(t, 1) = 0, t > 0.

(2.4)

Aquí proponemos dos maneras de resolver el ejercicio.

Método 1. Hemos ya visto (véase Ejercicio 1.7) que las soluciones de la ecua-ción de las ondas tienen la forma

u(x, t) = F (x+ t) +G(x− t) ,

con F,G : R → R funciones de clase C2(R). Nuestro objetivo es hallar unaexpresión explícita para F y G de forma que la solución cumpla además lascondiciones en la frontera. Entonces, desde (2.4), F y G tienen que cumplirlas siguientes condiciones:

F (x) +G(x) = sen πx, x ∈ (0, 1),

F ′(x)−G′(x) = 0, x ∈ (0, 1)

F (t) +G(−t) = 0, t > 0,

F (1 + t) +G(−t) = 0, t > 0.

32


De la segunda ecuación resulta que, en (0, 1), F y G coinciden (a menos deuna constante que puede ser elegida 0) y de la primera ecuación entoncesdeducimos que F (x) ≡ G(x) = 1

2sen πx, para x ∈ (0, 1).

Finalmente, de la tercera y la cuarta ecuaciones nos sale que F y G tienenque ser impares y 2–periódicas, así que

F (s) ≡ G(s) =1

2sen πs ∀s ∈ R .

Por lo tantou(x, t) =

1

2sen[π(x− t)] +

1

2sen[π(x+ t)] ,

es la (única6) solución de (2.4). Aprovechando que para cada α, β ∈ R

sen(α + β)− sen(α− β) = senα cos β + sen β cosα−(

senα cos β − sen β cosα)

= 2 senα cos β

deducimos queu(x, t) = sen πx cos πt .

Método 2. Otra forma de resolver el problema es la siguiente. Como elproblema está definido en un subconjunto de (0,+∞) × R, la formula deD’Alembert no se puede aplicar directamente. Entonces queremos encontrarun problema definido en todo (0,+∞)×R, cuya solución u(x, t) restringidaal (0, 1)× (0,+∞), sea sol de (2.4).

Por eso resolvemos el problema

utt(x, t)− uxx(x, t) = 0, x ∈ R, t > 0

u(x, 0) = f(x), x ∈ R,

ut(x, 0) = g(x), x ∈ R,

(2.5)

con f y g funciones regulares tales que f(x) ≡ sen(πx) si x ∈ (0, 1) y g(x) ≡ 0

si x ∈ (0, 1).

6Véase ejercicio 2.4

33


ℓ = 1 x

t

x− t

= cons

t. x+t= const.

Figura 2.4: Aquí está representada la forma que tiene el cono de influencia.La parte amarilla es la área que está por debajo de las rectas característicasy que calculamos mediante la integral que aparece en (2.6).

La solución de (2.4) será, entonces, u(x, t) = u(x, t)∣∣C donde C = [0, 1]×

[0,+∞). Gracias a la Formula de D’Alembert (véase (2.1)), las solución de(2.5) está dada por

u(x, t) =1

2f(x+ t) +

1

2f(x− t) +

1

2

∫ x+t

x−tg(s)ds . (2.6)

Nótese que tanto f como g tienen que ser elegidas de forma que se cumplanla condiciones u(0, t) = 0 y u(1, t) = 0, ∀t > 0.

Por lo tanto, por un lado notamos que la primera condición nos da que

u(0, t) =1

2f(t) +

1

2f(−t) +

1

2

∫ t

−tg(s)ds ≡ 0 ∀t > 0 .

Por eso se ve que tanto la f como la g tienen que ser funciones impares.Por otro lado, cuando calculamos la condición a lo largo de la recta x = 1

34


deducimos que

u(1, t) =1

2f(1 + t) +

1

2f(1− t) +

1

2

∫ 1+t

1−tg(s)ds ≡ 0 ∀t > 0 .

Esta expresión (véase también la Figura 2.4) lleva (con el cambio 1− t = t′,si necesario) a la secunda condición sobre f y g, es decir que tanto f como gtienen que ser 2–periódicas.

Siendo los datos iniciales ya funciones impares y 2–periódicas, sólo tene-mos que aplicar la fórmula de D’Alembert a (2.5) con f(x) = senπx y g = 0,∀x ∈ R, así que:

u(x, t) =1

2sen[π(x− t)] +

1

2sen[π(x+ t)] = sen πx cosπt .

35


Ejercicio 2.4 Sea c 6= 0, ` > 0 y C = (x, t) ∈ R2+ tales que 0 < x < `, t >

0. Probad la unicidad de la solución u(x, t) ∈ C2(C) ∩ C1(C) del problemamixto

utt(x, t)− c2uxx(x, t) = 0, in Cu(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ `

ut(x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ `

u(0, t) = h(t), t ≥ 0

u(`, t) = m(t), t ≥ 0

(2.7)

donde f ∈ C2[0, `], g ∈ C1[0, `] mientras h y m ∈ C1(R+).

Solución.Supongamos que el problema (2.7) tenga dos soluciones u1(x, t) y u2(x, t);definimos la función w(x, t) = u1(x, t)− u2(x, t) y probamos que w(x, t) ≡ 0.Nótese que siendo el problema (2.7) lineal, es sencillo deducir que w(x, t)

cumpla

wtt(x, t)− c2wxx(x, t) = 0, 0 ≤ x ≤ `, t ≥ 0

w(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ `

wt(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ `

w(0, t) = 0, t ≥ 0

w(`, t) = 0, t ≥ 0 .

(2.8)

Para deducir que la única solución de (2.8) es la cero, aplicamos un Métodode energía. Definimos la siguiente cantidad (la energía):

e(t) =1

2

∫ `

0

[w2t (x, t) + c2w2

x(x, t)]dx .

Nótese que la energía, por ser la integral de una función positiva, es positiva.Además, como las función que aparecen al interior de la integral sol continuas,es posible calcular

e(0) = lımt→0+

1

2

∫ `

0

[w2t (x, t)+c

2w2x(x, t)

]dx =

1

2

∫ `

0

[w2t (x, 0)+c2w2

x(x, 0)]dx = 0 ,

36


siendo wt(x, 0) = 0 gracias a las condiciones iniciales y y wx(x, 0) =(w(x, 0)

)x≡

0. El siguiente paso es probar que e(t) = 0,∀t > 0.Para probar este facto, hallamos la derivada de e(t) y probamos que dichafunción es decreciente, es decir que e′(t) ≤ 0, ∀t > 0. Siendo las funcionesque aparecen en la definición de e regulares en C, podemos llevar la derivadaal interior de la integral, así que

e′(t) =

∫ `

0

[wtt(x, t)wt(x, t) + c2wxt(x, t)wx(x, t)

]dx .

Ahora en el segundo termino, aplicamos la integración por partes, es decir∫ `

0

wxt(x, t)wx(x, t)dx = wt(x, t)wx(x, t)

∣∣∣∣`

0

−∫ `

0

wt(x, t)wxx(x, t)dx .

Utilizando que w(0, t) ≡ 0 ≡ w(`, t) y que consecuentemente wt(0, t) ≡ 0 ≡wt(`, t), deducimos que

wt(x, t)wx(x, t)

∣∣∣∣`

0

= 0 ,

y entonces

e′(t) =

∫ `

0

[wtt(x, t)wt(x, t)− c2wxx(x, t)wt(x, t)

]dx

=

∫ `

0

wt(x, t)[wtt(x, t)− c2wxx(x, t)

]dx = 0

siendo w(x, t) una solución de (2.8). Por lo tanto

e(t) ≡ 0 ∀t ≥ 0 .

Consecuentemente tanto wt(x, t) como wx(x, t) son nulas y, siendo w(x, 0) =

0, deducimos que w(x, t) = 0, ∀t > 0.

37


t

x

f(x)

u(0,t)=

0

u(ℓ,0)=

0

x+ ct = const.x− ct = const.

(ℓ, 0)

(0, 0)

utt − c2uxx = 0

Figura 2.5: El dominio de u y las rectas características (|c| < 1).

Ejercicio 2.5 Para c2 < 1, dedúzcase una fórmula para la resolución delsiguiente problema

utt(x, t)− c2uxx(x, t) = 0, 0 ≤ x ≤ `, t ≥ x

u(x, x) = f(x), 0 ≤ x ≤ `

ut(x, x) = 0, 0 ≤ x ≤ `

u(0, t) = 0, t ≥ 0

u(`, t) = 0, t ≥ `

(2.9)

donde f es una función continua tal que f(0) = f(`) = 0.

Solución.

38


Paso 1. Hallar la solución de:

ψtt(x, t)− c2ψxx(x, t) = 0, x ∈ R, t ≥ x,

ψ(x, x) = ϕ(x), x ∈ R,

ψt(x, x) = 0, x ∈ R

(2.10)

para una función ϕ : R→ R de clase C1(R).Para encontrar la solución de (2.10), descomponemos el problema como

un sistema característico (véase Ejercicio 1.7) así que, el primer paso es definiruna función auxiliar φ(x, t) como

φ(x, t) = ψt(x, t)− cψx(x, t) .

Entonces la ecuación en (2.10) se puede escribir como el siguiente sistema deecuaciones:

ψt(x, t)− cψx(x, t) = φ(x, t), x ∈ R, t ≥ x,

φt(x, t) + cφx(x, t) = 0, x ∈ R, t ≥ x.

Por lo visto, (2.10) nos da una condición en la recta x = t, mientras que lacondición cumplida por φ la calculamos gracias a la segunda y la tercera en(2.10), es decir

φ(x, x) = ψt(x, x)− cψx(x, x) = 0− cϕ′(x) x ∈ R .

Por lo tanto hemos encontrado dos sistemas del primer orden que, acoplados,nos proporcionan la solución de (2.10):

φt(x, t) + cφx(x, t) = 0, x ∈ R, t ≥ x,

φ(x, x) = −cϕ′(x), x ∈ R ,

y ψt(x, t)− cψx(x, t) = φ(x, t), x ∈ R, t ≥ x,

ψ(x, x) = ϕ(x), x ∈ R .(2.11)

39


Nótese que el primer sistema es independiente del segundo, así que la estrate-gia será hallar la solución del primero, substituirla en el segundo y finalmenteencontrar la ψ(x, t).

Para el calculo de φ(x, t), escribimos su sistema característico, que resultaser

t′(s, σ) = 1

x′(s, σ) = c s > 0

z′(s, σ) = 0

t(0, σ) = σ

x(0, σ) = σ σ > 0

z(0, σ) = −cϕ′(σ) .

Aprovechando que c 6= 1, deducimos que

det

(1 1

1 c

)6= 0 ,

así que el sistema es compatible. Entonces

t(s, σ) = s+ σ , x(s, σ) = cs+ σ , z(s, σ) = −cϕ′(σ)

y siendo σ = x−ct1−c deducimos que

φ(x, t) = z(s(x, t), σ(x, t)) = −cϕ′(x− ct1− c

).

Substituyendo la expresión encontrada de φ(x, t) en (2.11), nos encontramoscon el siguiente problema de Cauchy:

ψt(x, t)− cψx(x, t) = −cϕ′

(x−ct1−c), x ∈ R, t ≥ x

ψ(x, x) = ϕ(x), x ∈ R(2.12)

Más en general, hallamos la solución del problema del primer ordenwt(x, t)− cwx(x, t) = α(x, t), x ∈ R

w(x, x) = g(x), x ∈ R

con α y g funciones continuas. Otra vez, calculamos las ecuaciones caracte-rística de dicha ecuación que resultan ser:

40


t′(s, σ) = 1

x′(s, σ) = −c s > 0

z′(s, σ) = α(x(s), t(s))

t(0, σ) = σ

x(0, σ) = σ σ > 0

z(0, σ) = β(σ) .

y, otra vez, el sistema es compatible siendo c 6= −1. Por lo tanto, resolviendoel sistema característico, resulta que

t(s, σ) = s+ σ

x(s, σ) = −cs+ σ s > 0

z(s, σ)− β(σ) =

∫ s

0

α(x(s′), t(s′))ds′ .

Desde las primeras dos ecuaciones deducimos que

s =x− t1− c y σ =

x+ ct

1 + c,

así que, siendoz(s, σ) = ψ(x(s, σ), t(s, σ))

deducimos que

w(x, t) = β

(x+ ct

1 + c

)+

∫ t−x1+c

0

α

(−cs+

x+ ct

1 + c, s+

x+ ct

1 + c

)ds.

Entonces aplicando esta formula al problema (2.12), deducimos que ψ(x, t)

está dada por

ψ(x, t) = ϕ

(x+ ct

1 + c

)− c

∫ t−x1+c

0

ϕ′(x+ ct

1 + c− 2c

1− cs)ds

= ϕ

(x+ ct

1 + c

)− c

(−1− c

2c

)ϕ

(x+ ct

1 + c− 2c

1− cs)∣∣∣∣

t−x1+c

0

=1 + c

2ϕ

(x+ ct

1 + c

)+

1− c2

ϕ

(x− ct1− c

)

Por lo tanto, la solución de (2.10) será

ψ(x, t) =1 + c

2ϕ

(x+ ct

1 + c

)+

1− c2

ϕ

(x− ct1− c

)en C1, (2.13)

41


donde C1 = (x, t) ∈ R2 : t ≥ x.Paso 2. Hallar la solución de (2.9).En este segundo paso queremos encontrar una función ϕ(s) de forma quela función ψ(x, t) definida en (2.13) sea la solución cuando es restringida alcilindro

C = (x, t) ∈ R2 : t > 0 , 0 ≤ x ≤ c , t ≥ x ,

es decir u(x, t) = ψ(x, t)∣∣C. La dificultad está en encontrar una definición de

ϕ(s) para cualquier s ∈ R, de forma que la función ψ(x, t) definida en (2.13)cumpla también las condiciones

ψ(x, t)∣∣r1

= ψ(x, t)∣∣r2

= 0 .

a lo largo de las semirectas

r1 = (x, t) : x = 0, t > 0 y r2 = (x, t) : x = l, t > ` .

La otra información que conocemos sobre ϕ(s) es que cumple la siguientecondición en [o, `]:

ϕ(x) ≡ f(x) si 0 ≤ x ≤ ` .

La condición en r1 está dada por

u(0, t) = ψ(0, t) =1 + c

2ϕ

(ct

1 + c

)+

1− c2

ϕ

( −ct1− c

)= 0 t > 0 ,

mientras que en r2:

u(`, t) = ψ(`, t) =1 + c

2ϕ

(`+ ct

1 + c

)+

1− c2

ϕ

(`− ct1− c

)= 0 t ≥ ` .

Por lo tanto la función ϕ tiene que verificar las siguientes tres condiciones:

ϕ

( −ct1− c

)= −1 + c

1− cϕ(

ct

1 + c

)t > 0

ϕ

(`+ ct

1 + c

)= −1− c

1 + cϕ

(`− ct1− c

)t > `

ϕ(x) = f(x) 0 ≤ x ≤ ` .

42


Hallando unos cambio de variable (s = ct1−c en la primera ecuación y s = `+ct

1+c

en la segunda) deducimos que

ϕ (s) =

−1 + c

1− c ϕ(−1− c

1 + cs

)s < 0,

f(s) 0 ≤ s ≤ `,

−1− c1 + c

ϕ

(2`− (1 + c)s

1− c

)s > ` .

(2.14)

Nótese que la definición de ϕ que hemos dado vale para cada s ∈ R aunqueno es directa, es decir que depende de la ϕ misma. Más en detalle observamosque esta definición de ϕ involucra unas transformaciones de la función f , esdecir hay que reflexionar y contraer (o dilatar) la f para obtener ϕ.

Más concretamente notemos que podemos conocer el valor de ϕ cuandocalculado en un cualquier punto s con el siguiente argumento recursivo:

si 0 ≤ s ≤ ` simplemente calculando f en s

si −1+c1−c` ≤ s < 0 entonces desde la primera condición en (2.14)

ϕ (s) = −1 + c

1− cf(−1− c

1 + cs

);

si ` < s ≤ 21+c

` entonces desde la tercera condición en (2.14)

ϕ (s) = −1− c1 + c

f

(2`− (1 + c)s

1− c

);

además, si 21+c

` ≤ s < 21+c

`+ ` entonces −1+c1−c` ≤

2`−(1+c)s1−c < 0 así que

ϕ (s) = −1− c1 + c

[−1 + c

1− cf(−1− c

1 + c

2`− (1 + c)s

1− c

)]= f

(− 2`

1 + c+ s

);

en cambio si − 21−c` < s ≤ −1+c

1−c` deducimos que ` ≤ −1−c1+c

s ≤ 21+c

` yconsecuentemente

ϕ (s) = −1 + c

1− c

[−1− c

1 + cf

(2`− (1 + c)−(1−c)s

1+c

1− c

)]= f

(2`

1− c + s

);

43


Por lo tanto

ϕ (s) =

f

(2`

1− c + s

)− 2

1−c` < s ≤ −1+c1−c`

−1+c1−cf

(−1−c

1+cs)

−1+c1−c` ≤ s < 0,

f(s) 0 ≤ s ≤ `,

−1− c1 + c

f

(2`− (1 + c)s

1− c

)` < s ≤ 2

1+c` ,

f

(− 2`

1 + c+ s

)2

1+c` ≤ s < 2

1+c`+ `

(2.15)

Calculamos la función en dos trozos de recta más:

si −`(

21−c + 1+c

1−c)≤ s < − 2

1−c` entonces 2c1+c

` ≤ −1−c1+c

s < 21+c

` + ` asíque

ϕ (s) = −1 + c

1− cϕ(−1− c

1 + cs

)= −1 + c

1− cf(−1− c

1 + cs+

2`

1 + c

);

en cambio si 21+c

` + ` < s ≤ 41+c

` deducimos que − 2`1−c ≤

2`−(1+c)s1−c ≤

−1+c1−c` y consecuentemente

ϕ (s) = −1− c1 + c

ϕ

(2`− (1 + c)−(1−c)s

1+c

1− c

)= −1− c

1 + cf

(2

2`

1− c −1 + c

1− cs).

Por fin deducimos que la función ϕ(s) es una función definida de la si-guiente forma: par a cada j y k ∈ N

ϕ(s) =

f

(s+ j

2`

1− c

)si −`− 1+c

1−c` ≤ s+ j 2`1−c < −1+c

1−c` ,

−1 + c

1− cf(− 1− c

1 + c

(s+ j

2`

1− c))

si −1+c1−c` ≤ s+ j 2`

1−c < 0 ,

f

(s− 2k`

1 + c

)si 0 ≤ s− k 2`

1+c< ` ,

−1− c1 + c

f

(2`

1− c −1 + c

1− c(s− k 2`

1 + c

))si ` ≤ s− k 2`

1+c< 2`

1+c.

44


f(s)

b b bbb b

0 ℓ2

1+cℓ− 21−cℓ − 1+c

1−cℓ2ℓ1+c + ℓ

− 1−c1+c

f( 2ℓ−(1+c)s1−c

)− 1+c1−c

f(− 1−c1+c

s)

f( 2ℓ1−c + s) f(s− 2ℓ

1+c )

Figura 2.6: En negro en el intervalo (0, `) esta dibujada la f , mientras quelas partes en rojo y verde representan la pinta que tiene la ϕ fuera de dichointervalo.

Finalmente la solución de (2.9) será

u(x, t) =1 + c

2ϕ

(x+ ct

1 + c

)+

1− c2

ϕ

(x− ct1− c

)en C ,

dondeC = (x, t) ∈ R2 : t > 0 , 0 ≤ x ≤ c , t ≥ x .

Observamos que la necesidad de hacer el primer paso es sólo para cons-truir la solución explícitamente. Otra manera para resolver dicho ejercicio esobservar (véase Ejercicio 1.7) que la u(x, t) por ser solución de la ecuaciónde ondas es de la forma

u(x, t) = F (x− ct) +G(x+ ct),

con F y G : R → R de clase C2(R) por determinar. El objetivo es ahoraencontrar las funciones F y G de forma que se cumplen las condiciones en lafrontera de C, es decir

F (−ct) +G(ct) = 0, para t ≥ 0

F (`− ct) +G(`+ ct) = 0, para t ≥ 0

F (x− cx) +G(x+ cx) = f(x), para 0 ≤ x ≤ `

−cF ′(x− cx) + cG′(x+ cx) = 0, para 0 ≤ x ≤ ` .

45


Manipulando las ecuaciones, deducimos que

F (−s) = −G(s), para s ≥ 0

F (s) +G(2`− s) = 0, para s ≤ `(1− c)F ′(s) = G′(s1+c

1−c), para 0 ≤ s ≤ `(1− c)F (s) +G(s1+c

1−c) = f( s1−c), para 0 ≤ s ≤ `(1− c) .

Desarrollando las cuentas llegamos a que

F (s) =1− c

2ϕ( s

1− c)

y G(s) =1 + c

2ϕ((

s

1 + c

),

con ϕ ∈ C2(R) satisfaciendo (2.14).

46


Ejercicio 2.6 Calcula u(

12, 3

2

)si u(x, t) es la solución de

utt(x, t)− uxx(x, t) = 0, 0 ≤ x ≤ 1, t ≥ 0

u(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1

ut(x, 0) = x(1− x), 0 ≤ x ≤ 1

u(0, t) = 0 = u(1, t), t ≥ 0.

Solución.Primero, extendemos el dato inicial de forma que sea impar en (−1, 1) (o en(0, 2), es lo mismo). Además los extendemos a todo el eje, de forma que sepueda aplicar la fórmula de D’Alambert. Así que definimos u(x, t) como lasolución del problema definido en todo el eje

utt(x, t)− uxx(x, t) = 0, x ∈ R, t ≥ 0

u(x, 0) = 0, x ∈ R

ut(x, 0) = g(x), x ∈ R

donde

g(x) =

x(1− x) 0 ≤ x ≤ 1

x(1 + x) −1 ≤ x ≤ 0

2-perodica

Gracias a la fórmula de D’Alembert tenemos una representación de u(x, t)

en todo R× (0,+∞):

u(x, y) =1

2

∫ x+t

x−tg(y)dy .

Para determinar el valor de u en el punto(

12, 3

2

)sólo nos hace falta conocer

g en el cono de influencia de(

12, 3

2

), es decir por debajo de las rectas caracte-

rística que en este caso están dada por x− t = −1 y x+ t = 2 (véase Figura2.7).

47


t(12 ,

32

)

(1, 0) (2, 0)(−1, 0) x

x− t

=1

x+t =

2

Figura 2.7: El cono de influencia

Entonces

u(1

2,3

2

)= u

(1

2,3

2

)=

1

2

∫ 2

−1

g(y)dy

=1

2

∫ 0

−1

y(1 + y)dy +1

2

∫ 1

0

y(1− y)dy

︸︷︷︸=0 por ser g impar

+1

2

∫ 2

1

(y − 2)(y − 1)dy

=1

2

[1

3y3 − 3

2y2 + 2y

]2

1

= − 1

12.

48


Ejercicio 2.7 Calcula u(14, 3

2) si

utt(x, t)− uxx(x, t) = 3x2 − 2x3, 0 ≤ x ≤ 1, t > 0

u(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1,

ut(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1,

ux(0, t) = 0, t ≥ 0,

ux(1, t) = 0, t ≥ 0,

Solución.La idea es parecida a la del ejercicio anterior. Pero, en este caso, hay dos difi-cultades más: primero la ecuación no es homogénea y segundo en la fronteralateral hay condiciones de tipo Neumann (es decir que involucran la derivadade la solución)

El principio de Duhamel 7 nos da una solución del problema definida entodo R× [0,+∞). Así que tenemos que elegir el dato f(x, t) = f(x) definidopara cada x ∈ R de forma que coincida con 3x2 − 2x3 en (0, 1) y de formaque la función definida por la fórmula (2.16) cumpla las condiciones en lafrontera del dominio (0, 1)× (0,+∞). Por lo tanto definimos u(x, t) como la

7El principio de Duhamel nos da una fórmula de representación para soluciones deecuaciones no homogéneas. Consideramos el problema

utt(x, t)− c2uxx(x, t) = f(x, t), x ∈ R , t > 0 ,

u(x, 0) = 0, x ∈ R ,

ut(x, 0) = 0, x ∈ R

con f de clase C1(R×R+), la única solución de dicho problema tiene la siguiente forma:

u(x, t) =1

2c

∫ t

0

∫ x+c(t−s)

x−c(t−s)f(y, s)dyds . (2.16)

49


solución de

utt(x, t)− uxx(x, t) = f(x), x ∈ R , t > 0 ,

u(x, 0) = 0, x ∈ R ,

ut(x, 0) = 0, x ∈ R ,

es decir

u(x, t) =1

2

∫ t

0

∫ x+(t−s)

x−(t−s)f(y)dyds ,

así que

ux(x, t) =1

2

∫ t

0

[f(x+ (t− s))− f(x− (t− s))

]ds .

Entonces las condiciones en la frontera del cilindro (0, 1)× (0,+∞) son

ux(t, 0) =1

2

∫ t

0

[f(t− s)− f(−(t− s))

]ds = 0 ,

ux(t, 1) =1

2

∫ t

0

[f(1 + (t− s))− f(1− (t− s))

]ds = 0 ,

∀t > 0 ,

que gracias a un cambio de variable (t − s = σ en la primera expresión yσ = 1 + (t− s) en la segunda) quedan

∫ t

0

[f(σ)− f(−σ)

]dσ = 0 ,

∫ 1+t

1

[f(σ)− f(2− σ)

]dσ = 0 ,

∀t > 0 .

Consecuentemente, desde la primera condición deducimos que f tiene queser par mientras que la segunda implica que es además 2–periódica.

Finalmente, podemos calcular

u(1

4,3

2) = u(

1

4,3

2) =

1

2

∫ 32

0

∫ 74−s

− 54

+s

f(y)dyds . (2.17)

Definiendo

F (s) =

∫ s

0

f(σ)dσ para − 2 ≤ s ≤ 2 ,

50


t

x(1, 0) (74 , 0)(− 5

4 , 0) (−1, 0)

(14 ,32 )

Figura 2.8: El área de la región roja es donde calculamos la integral en (2.17).

(sólo nos hace falta dar la definición de F al interior del cono de influencia)tenemos que

F (s) =

−12s4 + s3 − 1

2si − 2 ≤ s ≤ −1,

12s4 + s3 si − 1 ≤ s ≤ 0,

−12s4 + s3 si 0 ≤ s ≤ 1,

12s4 + s3 + 1

2si 1 ≤ s ≤ 2 .

Por lo tanto, hallando la integral, deducimos que

u(1

4,3

2) =

1

2

∫ 32

0

∫ 74−s

− 54

+s

f(y)dyds =1

2

∫ 32

0

[F (−5

4+ s)− F (

7

4− s)]ds

=1

2

∫ 32

0

F (−5

4+ s)ds− 1

2

∫ 32

0

F (7

4− s)ds .

51


Calculamos las dos integrales por separado:∫ 3

2

0

F (−5

4+ s)ds =

∫ 14

0

F (−5

4+ s)ds+

∫ 54

14

F (−5

4+ s)ds+

∫ 32

54

F (−5

4+ s)ds

=

∫ 14

0

[− 1

2+ (−5

4+ s)3 − 1

2(−5

4+ s)4

]ds+

∫ 54

14

[(−5

4+ s)3 +

1

2(−5

4+ s)4

]ds

+

∫ 32

54

[(−5

4+ s)3 − 1

2(−5

4+ s)4

]ds

=

[− 1

2s+

1

4(−5

4+ s)4 − 1

10(−5

4+ s)5

] 14

0

+

[1

4(−5

4+ s)4 +

1

10(−5

4+ s)5

] 54

14

+

[1

4(−5

4+ s)4 − 1

10(−5

4+ s)5

] 32

54

=

[− 1

8+

1

4+

1

10

]−[

1

4

54

44+

1

10

55

45

]−[

1

4− 1

10

55

45

]+

[1

45− 1

10

1

45

]

= −1

8+

1

10− 54

45+

9

10

1

45.

Por el otro lado:∫ 3

2

0

F (7

4− s)ds =

∫ 34

0

F (7

4− s)ds+

∫ 32

34

F (7

4− s)ds

=

∫ 34

0

[12

+ (7

4− s)3 − 1

2(7

4− s)4

]ds+

∫ 32

34

[(7

4− s)3 +

1

2(7

4− s)4

]ds

=

[1

2s− 1

4(7

4− s)4 +

1

10(7

4− s)5

] 34

0

+

[− 1

4(7

4− s)4 − 1

10(7

4− s)5

] 32

34

=

[3

8− 1

4+

1

10

]−[− 1

4(7

4)4 +

1

10(7

4)5

]+

[− 1

45− 1

10

1

45

]−[− 1

4− 1

10

]

=1

5+

3

8+

3

10

75

45− 11

10

1

45.

Por lo tanto

u(1

4,3

2) =

1

2

∫ 32

0

F (−5

4+ s)ds− 1

2

∫ 32

0

F (7

4− s)ds

=1

2

[− 3

5+

2− 54

45− 3

10

75

45

].

52


Ejercicio 2.8 Encontrad la solución de

utt(x, t)− uxx(x, t) = sen (πx), 0 < x < 1, t > 0

u(x, 0) = ut(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1,

u(0, t) = u(1, t) = 0, t > 0.

(2.18)

Solución.Método 1. Razonamos como en el ejercicio anterior. Extendemos el problemaa uno definido en todo el semiplano con un dato impar y 2–periódico (nóteseque la extensión de sin(πx) impar y 2–periódica es la función misma)

utt(x, t)− uxx(x, t) = sen (πx), x ∈ R, t > 0

u(x, 0) = ut(x, 0) = 0, x ∈ R .

Calculamos ahora su solución utilizando el de Duhamel 8

u(x, t) =1

2

∫ t

0

∫ x+(t−s)

x−(t−s)sin(πy)dyds .

Por lo tanto la solución de (2.18) será u(x, t)∣∣C, es decir

u(x, t) = − 1

2π

∫ t

0

[cos(πx+ π(t− s)

)− cos

(πx− π(t− s)

)]ds

=1

2π

∫ t

0

[cos(πx+ π(t− s)

)− cos

(πx− π(t− s)

)]ds

=1

πsen (πx)

∫ t

0

sen(π(t− s)

)ds = − 1

π2sen (πx)[1− cos(πt)] .

Método 2. Notamos primero que(

sen(πx))′′

= −π2 sen(πx); es decir, dan-

dole la vuelta, que z(x) = 1π2 sen(πx) cumple

−zxx(x) = sen(πx), 0 < x < 1,

v(0) = v(1) = 0.

8Véase (2.16)

53


Por lo tanto si definimos v(x, t) = u(x, t) + z(x), entonces v(x, t) es soluciónde

vtt(x, t)− vxx(x, t) = 0, 0 < x < 1, t > 0

v(x, 0) = 1π2 sen(πx), 0 ≤ x ≤ 1,

vt(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1,

v(0, t) = v(1, t) = 0, t > 0.

(2.19)

Razonando como antes, tenemos que encontrar una v que resuelva el proble-ma (2.19) en todo R×[0,+∞) con un dato inicial que coincide con 1

π2 sen(πx)

para 0 ≤ x ≤ 1. Ya hemos visto que la elección que hay que hacer es la exten-sión de 1

π2 sen(πx) de forma impar y 2–periódica, es decir la función mismaen todo el eje. Por lo tanto, gracias a la fórmula de D’Alembert, deducimosque

v(x, t) =1

2π2sen(π(x+ t)

)+

1

2π2sen(π(x− t)

)=

1

π2sen(πx) cos(πt) .

Finalmente, deshaciendo el cambio,

u(x, t) =1

π2sen(πx) cos(πt)− 1

π2sen(πx) .

54


Ejercicio 2.9 Una cuerda se encuentra fija en sus extremos x = 0 y x = 1.En el instante inicial tiene la forma

u(x, 0) =5

16(x4 − 2x3 + x)

y está en reposo (velocidad inicial nula). Analice sus vibraciones a partir deese momento.

Solución.Primero observamos que, siendo al cuerda fija en su extremos, significa quela función que describe su perfil cumple las condiciones

u(0, t) = 0 = u(1, t), ∀t > 0.

Por lo tanto estamos buscando una solución del problema

utt(x, t)− c2uxx(x, t) = 0, 0 < x < 1, t > 0

u(x, 0) = 516

(x4 − 2x3 + x), 0 ≤ x ≤ 1,

ut(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1,

u(0, t) = u(1, t) = 0, t > 0.

(2.20)

Actuamos como antes, es decir buscando una función f : R → R tal quecuando restringida a (0, 1) coincida con 5

16(x4−2x3 +x) y tal que la solución

del problema

utt(x, t)− c2uxx(x, t) = 0, x ∈ R, t > 0

u(x, 0) = f(x), x ∈ R,

ut(x, 0) = 0, x ∈ R,

(2.21)

verifiqueu(0, t) = 0 = u(1, t), ∀t > 0.

Ya hemos visto que la manera de encontrar f es extender la función 516

(x4−2x3+x) de forma impar y 2–periódica en todo el eje x. Por lo tanto al solucióndel problema (2.21) será

u(x, t) =1

2f(x− ct) +

1

2f(x+ ct)

55


donde

f(x) =

516

(x4 − 2x3 + x), x ∈ (0, 1)

− 516

(x4 + 2x3 − x) x ∈ (−1, 0)

2–periodica

y u(x, t) = u(x, t)∣∣C, donde C = [0, 1]× [0,+∞).

Nótese que siendo el polinomio asignado g(x) = 516

(x4− 2x3 + x) de claseinfinito, y tal que g(0) = g(0) = 0, g′(0+) = −g′(1−) = 5

16y g′′(0+) =

g′′(1−) = 0, la función f resulta ser de clase C2(R). Por lo tanto la aplicaciónde la fórmula de D’Alembert está justificada. Además podemos escribir unafórmula de representación de la solución aprovechando que el dato inicialtiene un desarrollo en serie de Fourier. Hallamos ahora los coeficientes deg(x), es decir an = 0, ∀n ≥ 0, por ser g impar, mientras que 9

bn =

∫ 1

−1

g(x) sin(nπx)dx =10

16

∫ 1

0

(x4 − 2x3 + x) sin(nπx)dx

=15

n5π5(1− (−1)n) .

Por lo tanto deducimos que la serie de Fourier de la g está dada por

g(x) =+∞∑

n=1

bn sen(nπx) con bn =15

n5π5(1− (−1)n) .

9Aprovechamos de las siguientes integrales:

∫ 1

0x sin(nπx)dx = sin(nπx)−πnx cos(nπx)

n2π2

∣∣∣∣1

0

= − (−1)n

nπ ;

∫ 1

0x2 sin(nπx)dx = 2π2nx sin(nπx)+(2−π2n2x2) cos(nπx)

n3π3

∣∣∣∣1

0

= 2n3π3 − (2−π2n2)(−1)n

n3π3 ;

∫ 1

0x3 sin(nπx)dx = 3(π2n2x2−2) sin(nπx)−πnx(π2n2x2−6) cos(nπx)

n4π4

∣∣∣∣1

0

= − (π2n2−6)(−1)n

n3π3 ;

∫ 1

0x4 sin(nπx)dx = 4πnx(π2n2x2−6) sin(nπx)−(π4n4x4−12π2n2x2+24) cos(nπx)

n5π5

∣∣∣∣1

0

= −(π4n4−12π2n2−24)(−1)n

n5π5 + 24n5π5

56


Por lo tanto la solución de (2.20) tendrá la forma

u(x, t) =1

2

+∞∑

n=1

bn sen(nπ(x− ct)

)+

1

2

+∞∑

n=1

bn sen(nπ(x+ ct)

)

donde bn = 15n5π5 (1− (−1)n) . Aprovechando que para cada α, β ∈ R

1

2sen(α + β) +

1

2sen(α− β) = senα cos β

finalmente deducimos que

u(x, t) =+∞∑

n=1

15

n5π5(1− (−1)n) sen

(nπx

)cos(nπct

)

que, opportunamente manipulada, se trasforma en

u(x, t) =30

π5

+∞∑

n=0

1

(2n+ 1)5sen((2n+ 1)πx

)cos((2n+ 1)πct

).

57


Ejercicio 2.10 Estudiad el problema consistente en hallad la función u(x, t)

que describe las vibraciones de una cuerda de longitud ` = 1, fija en susextremos y en posición horizontal, cuyo desplazamiento y velocidad inicialesson nulos y que está sometida a una fuerza externa proporcional a la distanciaa uno de sus extremos.

Solución.En este caso la cuerda está fija en sus extremos x = 0 y x = 1, la fuerzaexterna será de la forma f(x, t) = λx, con λ ∈ R. Por lo tanto tenemos queresolver el siguiente problema:

utt(x, t)− c2uxx(x, t) = λx, 0 < x < 1, t > 0

u(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1,

ut(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1,

u(0, t) = u(1, t) = 0, t > 0.

(2.22)

Sea v(x) la solución del siguiente problema estacionariovxx(x) = λ

c2x, 0 < x < 1,

v(0) = v(1) = 0.

Integrando la ecuación dos veces y aprovechando de las condiciones en lafrontera, no es complicado verificar que la solución está dada por

v(x) =λ

6 c2x(x2 − 1) .

Definimos ahoraz(x, t) = u(x, t) + v(x) (2.23)

y utilizando las ecuaciones cumplida tanto por u cuanto por v, deducimosque

ztt(x, t)− c2zxx(x, t) = utt(x, t)− c2uxx(x, t)− c2vxx(x) = λx− c2 λ

c2x = 0 .

58


Teniendo además en cuenta las condiciones en la frontera, z(x, t) es solucióndel siguiente problema:

ztt(x, t)− c2zxx(x, t) = 0, 0 < x < 1, t > 0

u(x, 0) = v(x), 0 ≤ x ≤ 1,

ut(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1,

u(0, t) = u(1, t) = 0, t > 0.

Ya hemos visto que la estrategia para encontrar está solución es exten-der el problema a uno en definido en el semiespacio, aplicar la fórmula deD’Alembert y restringir la solución encontrada al cilindro C = [0, 1]×[0,+∞).Por lo tanto definimos

ztt(x, t)− c2zxx(x, t) = 0, en x ∈ R, t > 0

z(x, 0) = v(x), x ∈ R,

zt(x, 0) = 0, x ∈ R,

(2.24)

donde

v(x) =

λ

6 c2x(x2 − 1), x ∈ (−1, 1)

2–periodica

(por ser la función x(x2 − 1) impar).Nótese que la función v(x) ∈ C2(−1, 1) ∩ C1[−1, 1] y v(x) ∈ C1(R) pero

v(x) 6∈ C2(R), por ser

lımx→1−

v′′(x) =λ

c26= − λ

c2= lım

x→−1+v′′(x) .

Entonces la Formula de D’Alembert no se puede aplicar.Lo que si se puede hacer es escribir una solución formal de (2.22) de forma

que pueda dar, en algún sentido, una aproximación de la solución.Entonces, primero observamos que si pudiésemos aplicar la fórmula de

D’Alembert, la solución de (2.24) se quedaría en

z(x, t) =1

2v(x− ct) +

1

2v(x+ ct) , (2.25)

59


y consecuentemente la solución de (2.22) sería z(x, t) = z(x, t)∣∣C, con C =

[0, 1]× [0,+∞).Calculamos ahora los coeficientes de Fourier de la v(x). Siendo la función

impar (y 2–periódica) deducimos que los coeficientes an = 0, ∀n ≥ y que(véase la nota en el Ejercicio 2.9) los coeficientes están dado s por

bn =λ

6 c2

∫ 1

−1

x(x2−1) sin(nπx)dx =λ

3 c2

∫ 1

0

x(x2−1) sin(nπx)dx =2λ

c2π3n3(−1)n .

Por lo tanto

v(x) =+∞∑

n=1

2λ

c2π3n3(−1)n sen(nπx) .

Consecuentemente aprovechando (2.25), deducimos

z(x, t) =1

2

2λ

c2π3

+∞∑

n=1

(−1)n

n3

[sen(nπ(x−ct)

)+sen

(nπ(x+ct)

)], ∀(x, t) ∈ C ,

y finalmente deshaciendo el cambio (2.23) obtenemos que

u(x, t) = − λ

6 c2x(x2 − 1) +

2λ

c2π3

+∞∑

n=1

(−1)n

n3sen(nπx) cos(nπ ct) .

Nótese que la escritura de la u(x, t) es sólo formal, es decir que no podemosconcluir que la función aquí definida cumpla verdaderamente la ecuación.

60


Ejercicio 2.11 Para g(x, t) = A sen(mπx`

)sen(2πωt), calcular la solución

de

utt(x, t)− c2uxx(x, t) = g(x, t), 0 ≤ x ≤ `, t > 0

u(x, 0) = sen(mπx`

), 0 ≤ x ≤ `

ut(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ `

u(0, t) = 0, t ≥ 0

u(`, t) = 0, t ≥ 0,

(2.26)

donde A, c, ω, ` ∈ R \ 0 y m ∈ Z \ 0.Solución.Supongamos que (2ωπ)2 6= c2

(mπ`

)2.Primero notamos que gtt(x, t) − c2gxx(x, t) = −

[(2πω)2 − c2

(mπ`

)2 ]g(x, t),

entonces si definimos

v(x, t) = u(x, t) +1

(2πω)2 − c2(mπ`

)2 g(x, t), (2.27)

resulta que v(x, t) cumple

vtt(x, t)− c2vxx(x, t) = 0, 0 ≤ x ≤ `, t > 0

v(x, 0) = sen(mπx`

), 0 ≤ x ≤ `

vt(x, 0) = 2πωA

(2πω)2−c2(mπ` )2 sen

(mπx`

), 0 ≤ x ≤ `

v(0, t) = 0, t ≥ 0

v(`, t) = 0, t ≥ 0.

(2.28)

Como los datos iniciales del problema son impares y `–periódicos deducimosque la solución del problema (2.28) está dada por la función definida por lafórmula de D’Alembert restringida al cilindro (0, `)× (0,+∞). Por lo tanto

v(x, t) =1

2sen

(mπ(x+ ct)

`

)+

1

2sen

(mπ(x− ct)

`

)

+1

c

πωA

(2πω)2 − c2(mπ`

)2

∫ x+ct

x−ctsen(mπs

`

)ds

= sen(mπ`x)

cos(mπ`ct)

+2`ω

mc

A

(2πω)2 − c2(mπ`

)2 sen(mπ`x)

sen(mπ`ct).

61


Finalmente deshaciendo el cambio (2.27) encontramos la solución buscada:

u(x, t) = sen(mπ`x)[

cos(mπ`ct)

+2`ω

mc

A

ρsen(mπ`ct)− A

ρsen(2πωt)

],

donde (2πω)2 − c2(mπ`

)2= ρ 6= 0.

Para el caso (2ωπ)2 = c2(mπ`

)2 hay que razonar de otra forma. La ídeaes buscar una solución del problema que tenga la forma

u(x, t) = sen(mπx

`

)T (t).

con T ∈ C2(0,∞) ∩ C1[0,∞). Nótese que las condiciones en los extremosde la cuerda se cumplen (siendo sen 0 = senπ = 0); entonces para que usea solución sólo tenemos que pedir a T de verificar el siguiente problema deCauchy:

T ′′(t) + c2(mπ`

)2T (t) = A sen(2ωπt) t > 0 ,

T (0) = 1 ,

T ′(0) = 0 .

(2.29)

La familia de soluciones de la ecuación homogénea asociada a (2.29) es

T0(t) = α sen(cmπ

`t)

+ β cos(cmπ

`t)

con α, β ∈ R. Siendo cmπ`

= 2ω, buscaremos la solución particular de (2.29)de la forma

Tp(t) = γt sen(cmπ

`t)

+ δt cos(cmπ

`t)

con δ, γ ∈ R. Operando resulta que la integral general de la ecuación en(2.29) resulta ser

T (t) = − A`

2cmπt cos

(cmπ`t)

+ α sen(cmπ

`t)

+ β cos(cmπ

`t)

con α, β ∈ R. Finalmente la solución de (2.29) está dada por

T (t) = − A`

2cmπt cos

(cmπ`t)

+A`2

2c2m2π2sen(cmπ

`t)

+ cos(cmπ

`t)

62


y consecuentemente deducimos la expresión de la solución de (2.26):

u(x, t) = − A`

2cmπt cos

(cmπ`t)

sen(mπx

`

)

+ sen(mπx

`

)[ A`2

2c2m2π2sen(cmπ

`t)

+ cos(cmπ

`t)]

.(2.30)

63


Comentario 2.2 (La resonancia) ¿Porque en el ejercicio anterior nos hansolido dos casos?

El segundo caso es lo que describe el fenómeno de la resonancia.La resonancia es un fenómeno que se produce cuando un cuerpo elástico

(es decir que es capaz de vibrar, como una cuerda, un puente...) le largueza `es sometido a la acción de una fuerza periódica (F (x, t) = A sen

(mπx`

)sen(2ωπt)),

cuyo periodo de vibración coincide con el periodo de vibración característicode dicho cuerpo (es decir estamos en el caso (2ω)2 = c2

(m`π)2). En esto caso

una fuerza, aunque peque?a puede llevar a vibraciones cuya amplitud creceimparablemente.

Como se puede observar en (2.30) la solución es la suma de dos términos:el segundo que aparece es agotado mientras que el primero es una función queoscila y cuya amplitud de oscilaciones crece proporcionalmente al tiempo.

En particular, en los ejemplos practico, esto significa que el cuerpo some-tido a la fuerza periódica se va a romper cuando pase un tiempo t∗ dependientedel coeficiente de elasticidad de dicho cuerpo.

El ejemplo más famoso de este fenómeno ha sido el derrumbe del Puente“Tacoma Narrows Bridge” en el estado de Washington el 7 de noviembre de1940. Concretamente la fuerza externa que provocó la rotura del puente hasido el viento (hay videos de este derrumbe en la web que son impresionan-tes!).

Por la misma razón se le pide a las tropas que cruzan un puente de romperel paso: las vibraciones provocadas por marchar podrían entrar en resonanciay romper el puente.

64


Ejercicio 2.12 (Cuerda percutida por un martillo de amplitud 2δ)Sea

g(x) =

k, si |x− a| ≤ δ,

0, si |x− a| > δ,

donde 0 < 2δ < a < `− 2δ y k > 0. Demostrad que la solución del problema

utt(x, t)− c2uxx(x, t) = 0, 0 ≤ x ≤ `, t > 0

u(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ `

ut(x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ `

u(0, t) = 0 = u(`, t), t ≥ 0,

está dada por

u(x, t) =4k`

π2c

∞∑

n=1

1

n2sen

nπa

`sen

nπδ

`sen

nπx

`sen

nπct

`.

Solución.El ejercicio se puede intentar de resolver con el mismo esquema de los anterio-res: es un problema mixto, entonces extendemos los datos iniciales; aplicamosla Formula de D’Alembert para encontrar una solución definida en todo elsemiplano; si la extensión ha sido hecha de forma oportuna, la función encon-trada al ser restringida al cilindro (0, `) × (0,+∞) será solución de nuestroproblema.

Pues, en este caso notamos que el dato inicial g(x) no es una funciónsuficientemente regular (no es tampoco continua) y entonces no podemosaplicar la Formula de D’Alembert (cualquier extensión hagamos).

Por lo tanto, las cuentas que siguen son formales, es decir no hay queentenderlas en un sentido clásico sino en un sentido más débil de lo quehemos entendido hasta ahora. De hecho la solución que vamos a construirserá data por una serie de Fourier que no converge uniformemente en (0, `)×(0,+∞), así que sólo tiene un sentido en un espacio más grande de lo de lasfunciones C2((0, `)× (0,+∞)).

65


El truco que vamos a utilizar será lo de desarrollar el dato inicial en seriede Fourier y trabajar con dicha serie tratandola como si fuese una suma finita.El resultado, como ya explicado, será una solución que tiene que entenderseen un sentido más grande de lo que hemos hecho hasta ahora.

Por lo tanto, desarrollamos en serie de Fourier de la función g(x). Primeroextendemos dicha función al intervalo (−`, `) y luego de forma que sea 2`–periodica, es decir definimos g : R → R como la única función 2`–periódicatal que

g(x) =

g(x) si 0 ≤ x ≤ ` ,

−g(−x) si − ` ≤ x ≤ 0 ,

g(x) es 2`-periodica .

Ahora calculamos los coeficientes de Fourier a0, an y bn, n ≥ 1, de la s g: Enprimer lugar,

a0 =1

`

∫ `

−`g(x)dx = 0 ,

siendo g impar. Además, por la misma razón,

an =1

`

∫ `

−`g(x) cos

(nπx`

)dx = 0 ,

y finalmente

bn =1

`

∫ `

−`g(x) sin

(nπx`

)dx

=2

`

∫ `

0

g(x) sin(nπx`

)dx =

2k

`

∫ a+δ

a−δsin(nπx`

)dx

=2k

`

`

nπ

[− cos

(nπx`

)]a+δ

a−δ=

2k

nπ

[− cos

(nπ

`(a+ δ)

)+ cos

(nπ

`(a− δ)

)].

Teniendo en cuenta que

∀α, β ∈ R cos(α− β)− cos(α + β) = 2 senα sen β (2.31)

deducimosbn =

4k

nπsen

(nπa

`

)sen

(nπδ

`

).

66


Por lo tanto la función g(x) tiene su expresión como serie de Fourier datapor

g(x) =∞∑

n=1

4k

nπsen

(nπa

`

)sen

(nπδ

`

)sen(nπx`

).

Nótes e que la convergencia de la Serie de Fourier a la función g(x) no esuniforme, sino sólo en L2(−`, `). Por lo tanto dicha identidad tiene que serentendida sólo como una identidad entre funciones de lates espacios y nopuntual.

Aplicamos ahora la formula de de D’Alembert a la serie de Fourier de g,así que

u(x, t) =1

2c

∫ x+ct

x−ctg(y)dy

=1

2c

∫ x+ct

x−ct

∞∑

n=1

4k

nπsen

(nπa

`

)sen

(nπδ

`

)sen(nπy`

)dy .

Hacemos ahora otro paso formal, es decir supongamos que podemos llevar laintegral al interior del símbolo de suma: por lo tanto tenemos que

u(x, t) =2k

cπ

∞∑

n=1

1

nsen

(nπa

`

)sen

(nπδ

`

)∫ x+ct

x−ctsen(nπy`

)dy

=2k

cπ

`

π

∞∑

n=1

1

n2sen

(nπa

`

)sen

(nπδ

`

)[− cos

(nπy`

)]x+ct

x−ct.

=2k`

cπ2

∞∑

n=1

1

n2sen

(nπa

`

)sen

(nπδ

`

)[− cos

(nπ(x+ ct)

`

)+ cos

(nπ(x− ct)`

)].

Gracias a (2.31) y recordando que u(x, t) = u(x, t)∣∣C, deducimos que

u(x, t) =4kl

cπ2

∞∑

n=1

1

n2sen

(nπa

`

)sen

(nπδ

`

)sen

(πctn

`

)sen

(nπx

`

).

67


Ejercicio 2.13 Para α y β funciones continuas de soporte compacto en R,supongamos que u ∈ C2(R× [0,∞)) es una solución del problema

utt(x, t)− uxx(x, t) = 0, si x ∈ R, t > 0,

u(x, 0) = α(x), si x ∈ R,ut(x, 0) = β(x), si x ∈ R.

(2.32)

Consideremos

K(t) =1

2

∫ +∞

−∞u2t (x, t) dx (Energía cinética),

V (t) =1

2

∫ +∞

−∞u2x(x, t) dx (Energía potencial).

Probad

1. La función E(t) := K(t) + V (t) es constante.

2. Existe t0 dependiente de α y β tal que K(t) = V (t), para todo t ≥ t0.

Solución.Por la fórmula de D’Alembert (véase (2.1)), la solución de (2.32) está datapor:

u(x, t) =1

2[α(x+ t) + α(x− t)] +

1

2

∫ x+t

x−tβ(s)ds, ∀x ∈ R, ∀t ≥ 0. (2.33)

1) Si fijamos t ≥ 0, observamos que

α(x+ t) = 0 if x 6∈ −t+ sopα

y analogamenteα(x− t) = 0 if x 6∈ t+ sopα .

Aprovechamos, entonces, que α tiene soporte compacto para deducir que losconjuntos −t + sopα y t + sopα son acotados y, por tanto, existe x0 >> 0

(dependiente de t) tal que α(x+ t) = α(x− t) = 0 si |x| ≥ x0.

68


Análogamente, como el soporte de β está acotado,∫ x−t

−∞β(s)ds =

∫ +∞

x+t

β(s)ds = 0,

para todo x ≤ t+ ınf sopβ y∫ +∞

x+t

β(s)ds = 0,

para todo x ≥ −t + sup sopβ. Por tanto, podemos suponer sin pérdida degeneralidad que el punto x0 previamente escogido verifica también

∫ x+t

x−tβ(s)ds =

∫ +∞

−∞β(s)ds,

para todo |x| ≥ x0. Así que

u(x, t) =

∫ +∞

−∞β(s)ds = cte, ∀|x| ≥ x0 (2.34)

y

E ′(t) = K ′(t) + V ′(t)

=

∫ +∞

−∞ututt + uxuxtdx

=

∫ +∞

−∞utuxx + uxutxdx

=

∫ +∞

−∞∂x(utux) dx

Gracias al Teorema Fundamental del Calculo y siendo para cada t ≥ 0

lım|x|→∞

ut(x, t) = lım|x|→∞

ux(x, t) = 0 ,

deducimos entonces que

∀t ≥ 0 , E ′(t) = 0 .

Por lo tanto E(t) es constante.

69


2) Gracias a (2.33), deducimos que

ut(x, t) =1

2[α′(x+ t)− α′(x− t)] +

1

2[β(x+ t) + β(x− t)]

y

ux(x, t) =1

2[α′(x+ t) + α′(x− t)] +

1

2[β(x+ t)− β(x− t)]

Como los datos iniciales α y β tienen soporte compacto, existe t0 >> 0 talque

([sopα ∪ sopβ] + t) ∩ ([sopα ∪ sopβ]− t) = ∅,

para todo t ≥ t0. Así, teniendo en cuenta que

x+ t ∈ sopα′ =⇒ x+ t ∈ sopα⇐⇒ x ∈ sopα− t

x− t ∈ sopα′ =⇒ x− t ∈ sopα⇐⇒ x ∈ sopα + t

x+ t ∈ sopβ ⇐⇒ x ∈ sopβ − t

x− t ∈ sopβ ⇐⇒ x ∈ sopβ + t,

deducimos que si t ≥ t0 entonces

ut(x, t) =

12α′(x+ t) + 1

2β(x+ t), si x ∈ [sopα ∪ sopβ]− t

−12α′(x− t) + 1

2β(x− t), si x ∈ [sopα ∪ sopβ] + t

0, en otro caso,

y

ux(x, t) =

12α′(x+ t) + 1

2β(x+ t), si x ∈ [sopα ∪ sopβ]− t

12α′(x− t)− 1

2β(x− t), si x ∈ [sopα ∪ sopβ] + t

0, en otro caso.

Consecuentemente, si t ≥ t0, ux(x, t)2 = ut(x, t)2 para todo x ∈ R y así

K(t) =1

2

∫ +∞

−∞u2t (x, t) dx =

1

2

∫ +∞

−∞u2x(x, t) dx = V (t),

para todo t ≥ t0.

70


Ejercicio 2.14 Hallad la solución de:

utt −∆u = 0 en R3 × (0,+∞)

u(x, 0) = 0 en R3 × 0ut(x, 0) = e−|x|

2 en R3 × 0

Solución.Para el calculo de dicha solución necesitamos aplicar la fórmula de Poisson-Kirchoff 10 que representa la extensión de la fórmula de D’Alembert en di-mensión 3. En consecuencia

u(x, t) =t

|∂Bt(x)|

∫

∂Bt(x)

e−|y|2

dSy

que con el cambio y = x+ tz se transforma en

u(x, t) =t

4πe−(|x|2+t2)

∫

∂B1(0)

e−2t x·zdSz =t

4πe−(|x|2+t2)

∫

∂B1(0)

e−2t |x| x·zdSz ,

donde x = x|x| . Sin perder generalidad, se puede suponer que x = e1|x|, así

que

u(x, t) =t

4πe−(|x|2+t2)

∫

∂B1(0)

e−2t |x| z1dSz . (2.35)

Nótese que la frontera de B1(0) se puede descomponer como

∂B1(0) = Σ1 + Σ2

10 La fórmula de Poisson-Kirchoff nos da una fórmula de representación para la únicasolución de

utt − c2∆u = 0 en R3 × (0,+∞)

u(x, 0) = f(x) en R3 × 0ut(x, 0) = g(x) en R3 × 0

con f ∈ C2(R3) y g ∈ C1(R3). La solución se escribe de la siguiente forma:

u(x, t) =∂

∂t

[t

|∂Bct(x)|

∫

∂Bct(x)

f(s)dSx

]+

t

|∂Bct(x)|

∫

∂Bct(x)

g(s)dSx ,

donde ∂Br(x) = y ∈ R3 : |y − x| = r y |∂Br(x)| = 4πr2.

71


dondeΣ1 =

(z1, z2, z3) : z3 =

√1− z2

1 − z22

y

Σ2 =

(z1, z2, z3) : z3 = −

√1− z2

1 − z22

.

Entonces∫

∂B1(0)

e−2t |x| z1dSz = 2

∫

Σ1

e−2t |x| z1dSz =

∫

z21+z22≤1

e−2t |x| z1√

1− z21 − z2

2

dz1dz2

=

∫ 1

0

∫ √1−z21

−√

1−z21

e−2t |x| z1√

1− z21 − z2

2

dz1dz2

=

∫ 1

0

e−2t |x| z1

(∫ √1−z21

−√

1−z21

dz2√1− z2

1 − z22

)dz1 .

La integral entre paréntesis admite una familia de primitivas explícitas:∫

dz2√1− z2

1 − z22

=

∫dz2

√1− z2

1

√1− z22

1−z21

=

[con el cambio s = z2

(1−z21)12

ds = dz2

(1−z21)12

]

=

∫ds√

1− s2= arc sen s = arc sen

(z2

(1− z21)

12

)+ C, C ∈ R .

Entonces:∫

∂B1(0)

e−2t |x| z1dSz = 2

∫ 1

0

e−2t |x| z1 arc sen

(z2

(1− z21)

12

)∣∣∣∣∣

−√

1−z21

√1−z21

dz1

= 2

∫ 1

0

e−2t |x| z1 [arc sen 1− arc sen(−1)]dz1 = 2π

∫ 1

0

e−2t |x| z1dz1

= 2πe−2t |x| z1

−2t|x|

∣∣∣∣1

−1

= −πe−2t |x| − e2t |x|

t|x|= π

e2t |x| − e−2t |x|

t|x| =2π

t|x|senh (2t|x|) .

Finalmente, sustituyendo en (2.35), llegamos a

u(x, t) = e−(|x|2+t2) senh (2t|x|)2|x| .

72


73


74

Ecuación del Calor

Ejercicio 3.1 Resuelve mediante la fórmula de Poisson:

1. ut(x, t)− uxx(x, t) = t+ et, x ∈ R, t > 0,

u(x, 0) = 2, x ∈ R,

2. ut(x, t)− uxx(x, t) = 3t2, x ∈ R, t > 0,

u(x, 0) = sen(x), x ∈ R,

3. ut(x, t)− uxx(x, t) = et cos(x), x ∈ R, t > 0,

u(x, 0) = cos(x), x ∈ R,

Solución. 11

11Recordamos que gracias a la fórmula de Poisson, data una función g(x) ∈ C0(RN ),N ≥ 1, tal que g(x) ≤ Ceα|x|2 , para C,α > 0, entonces la función

u(x, t) =1

(4πt)N2

∫

RN

e−|x−y|2

4t g(y)dy .

es tal que:

u(x, t) ∈ C0(RN × [0,+∞)) ∩ C2(RN × (0,+∞));

cumple ut(x, t)−∆u(x, t) = 0, x ∈ RN , t > 0,

u(x, 0) = g(x), x ∈ RN .

75


1. Para este apartado no necesitamos la fórmula de Poisson. En efecto, ob-servamos que u(x, t) es independiente del espacio (es decir no dependede la variable x), así que es la solución de 1) es de la forma

u(x, t) = z(t) con z resolviendo

z′(t) = t+ et

z(0) = 2 .

Entonces

u(x, t) = 2 +

∫ t

0

(s+ es)ds =t2

2+ et + 1.

2. En este caso la solución u(x, t) es la suma de dos funciones:

u(x, t) = v(x, t) + z(x, t)

donde: vt − vxx = 3t2, (x ∈ R, t > 0),

u(x, 0) = 0, (x ∈ R),

y zt − zxx = 0, (x ∈ R, t > 0),

u(x, 0) = sen(x), (x ∈ R),

En particular, está claro que v(x, t) = v(t) y entonces

v(x, t) = t3 .

Por otro lado, la fórmula de Poisson nos da

z(x, t) = S(x, t) ∗ senx =1√4π t

∫

Re−|x−y|2

4t sen(y)dy

Entonces

u(x, t) = t3 +1√4π t

∫

Re−|x−y|2

4t sen(y)dy .

76


3. Vamos buscando una solución de la forma:

u(x, t) = A(t) cosx

y entonces A tiene que cumplirA′(t) + A(t) = et t > 0

A(0) = 1

y la solución es A(t) = et+e−t2

. Por lo tanto

u(x, t) =et + e−t

2cosx = cosh t cosx .

Es sencillo verificar que las soluciones encontradas cumplen los problemaspropuestos.

77


Ejercicio 3.2 Probad la unicidad de la solución del problema

ut(x, t)− uxx(x, t) = f(x, t) 0 ≤ x ≤ ` , t > 0

u(x, 0) = g(x) 0 ≤ x ≤ `

u(0, t) = φ(t) t > 0

u(l, t) = ψ(t) t > 0

(3.1)

donde f(x, t) ∈ C0((0, `)×(0,+∞)), g(x) ∈ C0(0, `), φ(t), ψ(t) ∈ C0(0,+∞).

Solución.Supongamos por contradicción que (3.1) tenga dos soluciones u1 y u2 y seaw = u1 − u2. Entonces w(x, t) cumple

wt(x, t)− wxx(x, t) = 0 0 ≤ x ≤ ` , t > 0

w(x, 0) = 0 0 ≤ x ≤ `

u(0, t) = 0 = u(`, t) t > 0 .

Definimos la siguiente función de una variable real:

e(t) =1

2

∫ `

0

w2(x, t)dx .

Primero observamos que

lımt→0+

1

2

∫ `

0

w2(x, t)dx =1

2

∫ `

0

w2(x, 0)dx = 0.

Nuestro objetivo es probar que e(t) ≡ 0, ∀t > 0, que directamente implicaw(x, t) ≡ 0 y consecuentemente u1 ≡ u2.

Observamos que e(t) ≥ 0 siendo la integral de una función positiva; en-tonces nos queda de probar que e(t) ≤ 0, ∀t > 0.

Calculamos la primera derivada de e(t): siendo w es de clase 2, se puedepasar la derivada bajo el siño de integral, así que

e′(t) =

∫ `

0

w(x, t)wt(x, t)dx .

78


Utilizando la ecuación satisfecha por w, sale

e′(t) =

∫ `

0

w(x, t)wxx(x, t)dx ,

e integrando por partes, aprovechando además las condiciones en la frontera,

e′(t) = w(x, t)wt(x, t)

∣∣∣∣x=`

x=0

−∫ `

0

wx(x, t)wx(x, t)dx = −∫ `

0

w2x(x, t)dx ≤ 0 .

Por lo tanto e(t) ≡ 0 y consecuentemente w(x, t) ≡ 0, que implica u1(x, t) ≡u2(x, t).

79


Ejercicio 3.3 Probad la unicidad de la solución del problemaut(x, t)− uxx(x, t) = f(x, t) x ∈ R , t > 0

u(x, 0) = g(x) x ∈ R

donde f(x, t) ∈ C0(R × (0,+∞)), g(x) ∈ C0(R), en la clase de funcionesv(x, t) ∈ C2(R× (0,+∞)) ∩ C0(R× [0,+∞)) tales que∫

R

[v2(x, t) + v2

x(x, t) + v2t (x, t)

]dx < +∞ y lım

|x|→∞v(x, t) = 0 , ∀t > 0 .

Solución.Supongamos que el problema tenga dos soluciones u1 y u2, y sea w = u1−u2.Entonces w(x, t) 6≡ 0 cumple

wt(x, t)− wxx(x, t) = 0 x ∈ R , t > 0

w(x, 0) = 0 x ∈ R .

Multiplicamos la ecuación satisfecha por w por w misma para obtener

0 =

∫

Rwt(x, t)w(x, t)dx−

∫

Rwxx(x, t)w(x, t)dx

e integrando por partes nos sale

0 =

∫

Rwt(x, t)w(x, t)dx+

∫

Rw2x(x, t)dx ,

donde hemos utilizado además que lımx→±∞

w(x, t)wx(x, t) = 0. Ahora integra-mos la anterior identidad entre 0 y t, para cualquier t > 0,

0 =

∫ t

0

∫

Rws(x, s)w(x, s)dxds+

∫ t

0

∫

Rw2x(x, s)dxds ≥

∫ t

0

∫

Rws(x, s)w(x, s)dxds .

Gracias al teorema de Tonelli se puede cambiar el orden de integración y,observando que ws(x, s)w(x, s) = 1

2[w2(x, s)]s, deducimos

0 ≥ 1

2

∫

R

∫ t

0

[w2(x, s)]sdsdx =1

2

∫

Rw2(x, t)dx−1

2

∫

Rw2(x, 0)dx =

1

2

∫

Rw2(x, t)dx ,

siendo w(x, 0) ≡ 0. Consecuentemente deducimos que w(x, t) ≡ 0, ∀x ∈ R y∀t > 0, que contradice u1 6= u2.

80


Ejercicio 3.4 Sea f : R→ R una función continua y acotada tal que existen:

f(−∞) = lımx→−∞

f(x), f(+∞) = lımx→+∞

f(x).

Probad que la única solución acotada u(x, t) del problema de Cauchy:ut − uxx = 0, (x ∈ R, t > 0),

u(x, 0) = f(x), (x ∈ R),

satisface:

lımt→+∞

u(x, t) =f(−∞) + f(+∞)

2.

Solución.Calculamos la solución utilizando al fórmula de Poisson:

u(x, t) =1√4πt

∫

Re−|x−y|2

4t f(y)dy[con el cambio z =

(x− y)

2√t

y dy = −2√tdy

]=

2√t√

4πt

∫

Re−z

2

f(x− 2√tz)dy

=1√π

[∫ ∞

0

e−z2

f(x− 2√tz)dy +

∫ 0

−∞e−z

2

f(x− 2√tz)dy

].

Ahora queremos calcular

lımt→+∞

u(x, t) = lımt→+∞

1√π

[∫ ∞

0

e−z2

f(x− 2√tz)dy +

∫ 0

−∞e−z

2

f(x− 2√tz)dy

];

gracias al teorema de Lebesgue (aquí se utiliza que f es acotada) deducimos

lımt→+∞

u(x, t)

=1√π

[∫ ∞

0

e−z2

lımt→+∞

f(x− 2√tz)dy +

∫ 0

−∞e−z

2

lımt→+∞

f(x− 2√tz)dy

]

=f(−∞)√

π

∫ ∞

0

e−z2

dy +f(+∞)√

π

∫ 0

−∞e−z

2

dy =f(+∞) + f(−∞)

2,

ya que ∫ 0

−∞e−z

2

dz =

∫ +∞

0

e−z2

dz =1

2

∫

Re−z

2

dz =1

2

√π . (3.2)

81


En efecto es bien conocido que la función e−z2 no tiene una primitiva que

se pueda representar mediante funciones elementales. De todas formas sepuede calcular su integral en todo el eje. Sea r =

√x2 + y2 y consideramos

la integral: ∫ +∞

−∞

∫ +∞

−∞e−x

2−y2dxdy .

Cambiando a polares deducimos que∫ +∞

−∞

∫ +∞

−∞e−x

2−y2dxdy =

∫ 2π

0

∫ +∞

−∞re−r

2

drdθ,

donde la r que aparece en la integral es debida al cambio de diferencial. Porlo tanto

∫ +∞

−∞

∫ +∞

−∞e−x

2−y2dxdy = 2π

∫ +∞

−∞re−r

2

dr = −πe−r2∣∣∣∣+∞

0

= π .

Por otro lado,∫ +∞

−∞

∫ +∞

−∞e−x

2−y2dxdy =

(∫ +∞

−∞e−x

2

dx

)(∫ +∞

−∞e−y

2

dy

)=

(∫ +∞

−∞e−x

2

dx

)2

.

Así deducimos que ∫ +∞

−∞e−x

2

dx =√π

y aprovechando que e−x2 es una función par sale (3.2).

82


Método de Fourier para el problema mixto

Hará falta una técnica peculiar para resolver el problema mixto asociadoa la ecuación del calor, así que lo resumimos brevemente aquí. Nos fijamosen el siguiente problema:Encontrar una (de hecho la, gracias al Ejercicio 2.4) solución de

ut(x, t)− uxx(x, t) = 0, 0 < x < L, t > 0,

u(0, t) = 0, t ≥ 0,

u(π, t) = 0, t ≥ 0,

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L.

(3.3)

donde f : [0, L]→ R es de clase C0([0, L]) y tal que f(0) = f(L) = 0.Primero, analizamos la ecuación diferencial. La manera más sencilla de

resolver la ecuación

ut(x, t)− uxx(x, t) = 0, en 0 < x < L, t > 0,

es buscar una solución con variable separadas, es decir

u(x, t) = X(x)T (t)

con

X(x) ∈ C2(0, L) ∩ C0[0, L] y T (t) ∈ C1(0,+∞) ∩ C0[0,+∞) .

Por lo tanto, deducimos que

X(x)T ′(t) +X ′′(x)T (t) = 0 en 0 < x < L, t > 0,

y consecuentemente X(x) y T (t) resuelven, respectivamente,

X ′′(x)− λX(x) = 0 x ∈ (0, L)

yT ′(t)− λT (t) = 0 t > 0

83


para algún λ ∈ R.Ahora aÒadimos las condiciones de contorno: por un lado pediremos a la

X de anularse en la frontera de su dominio de definición y por otro nos haráfalta que, en el tiempo 0, T sea igual a un numero positivo (que fijaremos en1, sin perder de generalidad). Por lo tanto, para λ ∈ R, resolveremos

X ′′(x)− λX(x) = 0 x ∈ (0, L)

X(0) = 0 = X(L)(3.4)

y T ′(t)− λT (t) = 0 t > 0

T (0) = 1 .(3.5)

Observamos que las condiciones al contorno en el problema asociado a X

implican que λ tiene que ser negativo. 12 Además las soluciones de (3.4)están datas por

X(x) = A sen(nπxL

)x ∈ (0, L) ,

para cualquier A ∈ R y con la condición

λ = −n2π2

L2, n ∈ N .

En otras palabras, λ = −n2π2

L2 , con n ∈ N es una sucesión de valores propiospara el operador “menos derivada segunda” y sen

(nπxL

)es la autofunción

asociada a dicho valor proprio.Consecuentemente deducimos que la solución de (3.5) está dada por

T (t) = e−n2π2

L2 t t > 0 .

12Nótese que si λ fuese positivo tendríamos que la solución general de la ecuación dife-rencial en (3.4) vendría data por

X(x) = Ae√λx +Be−

√λx

para A,B ∈ R, que es incompatible con las condiciones X(0) = X(L) = 0.

84


Por lo tanto para A ∈ R y n ∈ N, u(x, t) = A sen(nπxL

)e−

n2π2

L2 t es la soluciónde (3.3) con f(x) = A sen

(nπxL

).

Además si f(x) es una combinación lineal (finita) de sen(nπxL

), para algu-

nos valores de n ∈ N, entonces la solución, dada la linealidad de la ecuacióndel calor, es una combinación lineal de sen

(nπxL

)e−

n2π2

L2 t.

Para extender esta idea a una función f cualquiera observamos que acualquier función f ∈ L2(0, L) corresponde su desarrollo en serie de Fou-rier. Queremos probar que, bajo algunas hipótesis de regularidad, el Métodoexplicado previamente funciona también si consideramos una combinaciónlineal infinita de sen

(nπxL

)como dato inicial.

Más concretamente, consideramos una función f ∈ C1(0, L) tal que f(0) =

f(L) = 0. Dicha función , aprovechando las condiciones en 0 y L, puede ex-tenderse a una función fimp(x) continua en (−L,L), 2L–periódica e impar.Por lo tanto fimp(x) admite un desarrollo en Serie de Fourier:

fimp(x) =+∞∑

n=1

bn sen(nπxL

)(3.6)

con

bn =2

L

∫ L

0

f(x) sen(nπxL

).

Además la función definida por

u(x, t) =+∞∑

n=1

bn sen(nπxL

)e−

n2π2

L2 t (3.7)

es de clase C2x

((0, L)× (0,+∞)

)∩C1

t

((0, L)× (0,+∞)

)y cumple la ecuación

del calor. En efecto, condiderando que t > 0, sus coeficientes son tales que

+∞∑

n=1

|bn|n2e−n2π2

L2 t < +∞ ,

y consecuentemente se puede derivar término a término la función definidaen (3.7) y es facil verificar entonces que u(x, t) cumple la ecuación del calor.

85


Además, calculando u(x, t) para t = 0, deducimos que

u(x, 0) =+∞∑

n=1

bn sen(nπxL

),

es decir que u(x, t) cumple su dato inicial. Siendo u(x, t) una serie de sólosenos, se sigue que la función se anula en la frontera lateral del cilindro.

Nótese que todo tiene sentido si f sólo pertenece a L2(0, L) la u(x, t) defi-nida en (3.7) tiene sentido “c.t.p.” y la u(x, t) es dicha solución generalizadade (3.3).

Aplicaremos este Método en los siguientes ejercicios, aunque no siempredirectamente.

86


Ejercicio 3.5 Considérese la función f : [0, π]→ R dada por

f(x) =

x, si x ∈ [0, π/2],

π − x, si x ∈ [π/2, π].

Encontrad una expresión para la solución del problema:

ut(x, t)− uxx(x, t) = 0, 0 < x < π, t > 0,

u(0, t) = 0, t ≥ 0,

u(π, t) = 0, t ≥ 0,

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ π.

Solución.Para resolver este ejercicio sólo nos hace falta aplicar el Método explicadopreviamente.Definimos una función f(x) como la extensión impar del dato inicial en elintervalo (−π, π) y calculamos sus coeficientes de Fourier. Nótese que, siendola función extendida de forma impar, los coeficientes de Fourier

an =1

π

∫ π

−πf(x) cos(nx)dx y a0 =

1

π

∫ π

−πf(x)dx

nos saldrán iguales a cero, por ser cos(nx) y 1 funciones pares. Calculamosentonces

bn =1

π

∫ π

−πf(x) sen(nx)dx =

2

π

∫ π

0

f(x) sen(nx)dx

=2

π

∫ π2

0

x sen(nx)dx+2

π

∫ π

π2

(π − x

)sen(nx)dx .

Calculamos una primitiva de la función integrando por partes∫s sen(ns) =

1

n2sen(ns)− 1

ns cos(ns) + c , c ∈ R ,

mientras con un cálculo directo nos sale que∫

sen(ns) = − 1

ncos(ns) + c c ∈ R .

87


Consecuentemente

bn =2

π

∫ π2

0

x sen(nx)dx− 2

π

∫ π

π2

x sen(nx)dx+2

π

∫ π

π2

π sen(nx)dx

=2

π

[1

n2sen(nx)− 1

nx cos(nx)

]π2

0

− 2

π

[1

n2sen(nx)− 1

nx cos(nx)

]ππ2

+2

π

[− π

ncos(nx)

]ππ2

=2

π

[1

n2sen(nπ

2

)−

π

2ncos(nπ

2

)−

1

n2sen(nπ) +

π

ncos(nπ) +1

n2sen(nπ

2

)

−π

2ncos(nπ

2

)−

π

ncos(nπ) +π

ncos(nπ

2

)]

=2

n2πsen(nπ

2

).

Entonces

bn =

0 si n es par,2n2π

(− 1)n−1

2 si n es impar.

Manipulando los coeficientes obtenemos que la solución generalizada estádada por

u(x, t) =2

π

+∞∑

n=1

1

(2n+ 1)2sen((2n+ 1)x)e−(2n+1)2t .

88


Ejercicio 3.6 (Barra con un extremo a temperatura 0 y el otro aislado tér-micamente). Obtened mediante series de Fourier, una expresión para la so-lución del problema:

ut(x, t)− uxx(x, t) = 0, 0 < x < π/2, t > 0,

u(0, t) = 0 = ux(π/2, t), t ≥ 0,

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ π/2.

(3.8)

donde f ∈ C1([0, π/2]), con f(0) = 0 = f ′(π/2).

Solución.Este ejercicio es parecido al anterior. En este caso también buscamos unasolución aprovechando que el dato inicial es una función que admite un desa-rrollo en serie de Fourier. Consideramos f , la extensión par de la función fcon respecto al eje x = π

2, es decir

f(x) =

f(x) si x ∈ (0, π/2) ,

f(π − x) si x ∈ (π/2, π) .

Entonces f cumple la condición f(0) = f(π) = f(0) = 0. Para aplicar otravez la fórmula (3.7) y encontrar la solución generalizada de (3.8), extendemosf a fimp en el intervalo (−π, π), de forma impar, es decir:

fimp(x) =

−f(x+ π) si x ∈ (−π,−π/2) ,

−f(−x) si x ∈ (−π/2, 0) ,

f(x) si x ∈ (0, π/2) ,

f(π − x) si x ∈ (π/2, π) .

Por lo tanto, la solución es

u(x, t) =∞∑

n=1

bne−n2t sen(nx)

donde

bn =1

π

∫ π

−πfimp(x) sen(nx)dx =

2

π

∫ π

0

f(x) sen(nx)dx =4

π

∫ π2

0

f(x) sen(nx)dx ,

89


siendoan =

1

π

∫ π

−πfimp(x) cos(nx)dx = 0 ∀n ≥ 0 ,

por ser fimp(x) impar.

Observese que siendo u(x, t) ∈ C2([0, π

2]× [0, T ]

), entonces la condición

ux(x, t)

∣∣∣∣x=π

2

= 0

se traduce en

ux(π

2, t) =

∞∑

n=1

nbne−n2t cos(n

π

2)

︸︷︷︸≡0 si n es impar

así que

ux(π

2, t) =

∞∑

n=1

2n(−1)nb2ne−4n2t = 0 ∀t ∈ [0, T ] ,

y por lo tanto dicha condición se cumple si b2n = 0, ∀n ∈ N.Calculamos, entonces, los coeficientes:

πb2n =

∫ π

−πfimp(x) sen(2nx)dx =

∫ 0

−πfimp(x) sen(2nx)dx+

∫ π

0

f(x) sen(2nx)dx

y observamos que∫ 0

−πfimp(x) sen(2nx)dx =

∫ 0

−π−f(−x) sen(2nx)dx = [y = −x]

=

∫ 0

π

−f(y) sen(−2ny)(−1)dy =

∫ π

0

f(y) sen(2ny)dy

así que

πb2n =

∫ π

−πfimp(x) sen(2nx)dx = 2

∫ π

0

f(x) sen(2nx)dx

y siendo f simétrica con respecto a la recta x = π2

∫ π

0

f(x) sen(2nx)dx =

∫ π2

0

f(x) sen(2nx)dx+

∫ π

π2

f(π−x) sen(2nx)dx = [y = π−x]

90


=

∫ π2

0

f(x) sen(2nx)dx+

∫ 0

π2

f(y) sen(2nπ − 2ny)(−1)dy

=

∫ π2

0

f(x) sen(2nx)dx−∫ π

2

0

f(y) sen(2ny)dy ≡ 0

91


Ejercicio 3.7 Una función V : [0, L] → R se llama “temperatura de equili-brio” cuando:

lımt→+∞

[u(x, t)− V (x)] = 0, ∀x ∈ [0, L].

Probad que la solución V (x) del problema:V ′′(x) = 0, 0 < x < L,

V (0) = α, V (L) = β,

es una temperatura de equilibrio para el problema de tipo mixto:

ut(x, t)− uxx(x, t) = 0, 0 < x < L, t > 0,

u(0, t) = α, u(L, t) = β, t ≥ 0,

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L,

para cualquier f ∈ C1([0, L]), con f(0) = α, f(L) = β.

Solución.Primero, vamos a ver quien es V (x). Ya que V ′′(x) = 0 in (0, L), deducimosque V (x) tiene que ser una función lineal, así que

V (x) = α +β − αL

x .

Definimos ahora z(x, t) = u(x, t)− V (x) y notamos que z(x, t) verifica:

zt(x, t)− zxx(x, t) = [ut(x, t)− uxx(x, t)]− [∂tV (x)− ∂xxV (x)]︸︷︷︸=0

= 0 ,

así que z(x, t) cumple la misma ecuación de u(x, t). Además

α = u(0, t) = V (0) + z(0, t) = α + z(0, t)

yβ = u(L, t) = V (L) + z(L, t) = β + z(0, t)

y finalmentef(x) = u(x, 0) = V (x) + z(0, x)

92


así que z(x, t) es solución de

zt(x, t)− zxx(x, t) = 0, 0 < x < L, t > 0,

z(0, t) = 0 = z(L, t) t ≥ 0,

z(x, 0) = f(x)− V (x), 0 ≤ x ≤ L,

(3.9)

Observamos que

f(x)− V (x)

∣∣∣∣x=0

= f(0)− α = 0 y f(x)− V (x)

∣∣∣∣x=L

= f(l)− β = 0 .

Entonces f(x) admite un de desarrollo en serie de Fourier de la forma

z(x, 0) =∞∑

n=1

An sen

(nπx

L

)

donde

An =2

π

∫ L

0

[f(x)− α− β − α

Lx

]sen(nπxL

)dx .

Ahora nos podemos utilizar que la solución de (3.9) es

z(x, t) =∞∑

n=1

An sen

(nπx

L

)e−

n2π2

L2 t .

Puesto que f es de clase C1, deducimos que∞∑

n=1

|An| < +∞

y consecuentemente

|z(x, t)| ≤∣∣∣∞∑

n=1

An sen

(nπx

L

)e−

n2π2

L2 t∣∣∣ ≤

∞∑

n=1

∣∣∣An∣∣∣e−

n2π2

L2 t

≤ e−π2

L2 t∞∑

n=1

∣∣∣An∣∣∣ .

Por lo tanto,lımt→+∞

|z(x, t)| = 0 , ∀x ∈ (0, L) ,

y consecuentemente

lımt→+∞

z(x, t) = lımt→+∞

[u(x, t)− V (x)

]= 0 , ∀x ∈ (0, L) ,

que prueba que V (x) es la temperatura de equilibrio.

93


Ejercicio 3.8 Dadas g ∈ C([0, L]) y f ∈ C1([0, L]), con f(0) = α, f(L) =

β, probad que para el problema de tipo mixto:

ut(x, t)− uxx(x, t) = g(x), 0 < x < L, t > 0,

u(0, t) = α, u(L, t) = β, t ≥ 0,

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L,

la función V (x), solución del problema:−V ′′(x) = g(x), 0 < x < L,

V (0) = α, V (L) = β,

es una temperatura de equilibrio.

Solución.Para resolver este ejercicio definimos la función

z(x, t) = u(x, t)− V (x) .

Nótese que

zt(x, t)− zxx(x, t) = ut(x, t)− uxx(x, t) + Vxx(x) = 0

y así z(x, t) es la única solución del problema

zt(x, t)− zxx(x, t) = 0, 0 < x < L, t > 0,

z(0, t) = 0 t ≥ 0,

z(L, t) = 0, t ≥ 0,

u(x, 0) = f(x)− V (x) = f(x), 0 ≤ x ≤ L.

(3.10)

con f(0) = f(L) = 0. Por lo tanto la solución del problema (3.10) tiene laforma que ya hemos encontrado en los ejercicios anteriores, es decir

z(x, t) =∞∑

n=1

bne−(nπ

L)2t sen

(nπxL

)

donde

bn =2

L

∫ L

0

f(x) sen(nπx

L)dx .

94


Además siendo tanto la f como la V , por lo menos, de clase C1[0, L], entonceshay convergencia absoluta de los coeficientes de Fourier así que deducimosque

lımt→+∞

∣∣z(x, t)∣∣ = lım

t→+∞

∣∣∣∣∞∑

n=1

bne−(nπ

L)2t sen(

nπx

L)

∣∣∣∣ = lımt→+∞

e−( πL

)2t

∞∑

n=1

∣∣bn∣∣ = 0 .

Por lo tantolımt→+∞

u(x, t) = V (x) .

95


Ejercicio 3.9 Dadas g ∈ C([0, L]) y f ∈ C1([0, L]) con f ′(0) = α, f ′(L) =

β, probad que, en general, el problema de tipo mixto:

ut(x, t)− uxx(x, t) = g(x), 0 < x < L, t > 0,

ux(0, t) = α, ux(L, t) = β, t ≥ 0,

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L.

(3.11)

no tiene solución de equilibrio. Estableced una condición que deben verificarα, β, g, L para la existencia de una solución de equilibrio.

Solución.Empezamos observando varias cosas.Primero, no es obvio que el problema tenga una temperatura de equilibrio.Por lo visto, el problema

ut(x, t)− uxx(x, t) = 1, 0 < x < L, t > 0,

ux(0, t) = 0, ux(L, t) = 0, t ≥ 0,

u(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ L.

(3.12)

(es decir (3.11) con g(x) = 1 y f(x) = α = β = 0) tiene como única solución

u(x, t) = t

ylımt→+∞

u(x, t) = +∞ .

Además u(x, t) es la única solución de (3.12). En efecto, más en general,supongamos que (3.11) tenga más de una solución, u1(x, t) y u2(x, t), entoncesz(x, t) = u1(x, t)− u2(x, t) verifica

zt(x, t)− zxx(x, t) = 0, 0 < x < L, t > 0,

zx(0, t) = 0, zx(L, t) = 0, t ≥ 0,

z(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ L.

(3.13)

Por lo tanto, si multiplicamos la ecuación en (3.13) por z(x, t) e integramoscon respecto a x entre 0 y L, obtenemos, integrando por partes:∫ L

0

zt(x, t)z(x, t)dx+

∫ L

0

z2x(x, t)dx =

1

2

∫ L

0

[z2(x, t)]t dx+

∫ L

0

z2x(x, t)dx = 0 .

96


Integrando esta identidad con respecto a t entre 0 y un τ > 0 deducimos que

1

2

∫ τ

0

∫ L

0

[z2(x, t)]tdxdτ +

∫ τ

0

∫ L

0

z2x(x, t)dxdτ

=1

2

∫ L

0

∫ τ

0

[z2(x, t)]tdxdτ +

∫ τ

0

∫ L

0

z2x(x, t)dxdτ

=1

2

∫ L

0

z2(x, τ)dx− 1

2

∫ L

0

z2(x, 0)dx

︸︷︷︸=0

+

∫ τ

0

∫ L

0

z2x(x, t)dxdτ

︸︷︷︸≥0

= 0 ,

donde, para cambiar el orden de integración, hemos utilizado el Teorema deTonelli. Por lo tanto, siendo las cantidades en las integrales positivas, paraun cualquier τ > 0, z(x, τ) ≡ 0. Esto implica que u1(x, t) = u2(x, t).

Supongamos ahora que el problema eláptico asociado a (3.11), es decir−vxx(x) = g(x), 0 < x < L,

vx(0) = α, vx(L) = β,(3.14)

tenga una solución. Queremos probar que entonces

lımt→+∞

u(x, t) = v(x) .

En efecto si arrestamos las ecuaciones verificadas por u(x, t) y v(x) deducimosque w(x, t) = u(x, t)− v(x) cumple

wt(x, t)− wxx(x, t) = 0, 0 < x < L, t > 0,

wx(0, t) = 0, wx(L, t) = 0, t ≥ 0,

w(x, 0) = f(x)− v(x), 0 ≤ x ≤ L.

(3.15)

Nótese que w(x, 0) ∈ C1(0, L) y

wx(0, 0) = fx(0)− vx(0) = α− α = 0 ,

and

wx(L, 0) = fx(L)− vx(L) = β − β = 0 .

97


Por lo tanto, adaptando el Método explicado previamente para problemascon condiciones de Dirichlet, la única solución de (3.15) esta data por

w(x, t) =a0

2+

+∞∑

n=1

an cos(πnxL

)e−(πn

L)2t

donde

an =2

L

∫ L

0

cos(πnxL

)w(x, 0)dx n ≥ 0 ,

Siendo w(x, 0) ∈ C1[0, L] entonces+∞∑

n=1

|an| ≤ a <∞ y por lo tanto

|w(x, t)− a0

2| ≤

+∞∑

n=1

∣∣∣∣an cos(πnxL

)∣∣∣∣e−(πnL

)2t ≤ ae−π2

L2 t ,

así que, acordando que

a0 =2

L

∫ L

0

w(x, 0)dx =2

L

∫ L

0

[f(x)− v(x)]dx .

tenemos que

lımt→+∞

w(x, t) =a0

2uniformemente con respecto a x ∈ [0, L] . (3.16)

Nótese que la solución v(x) de (3.14) no es única, sino es única a menos deconstantes (véase Ejercicio 4.5 para los detalles de esta prueba), así que entrelas infinitas soluciones elegimos la que cumple la condición

∫ L

0

v(x)dx =

∫ L

0

f(x)dx ,

así que desde (3.16) deducimos

lımt→+∞

u(x, t) = v(x) .

Por lo tanto una condición suficiente para la existencia de una tempera-tura de equilibrio es la existencia de una solución para (3.14).

98


¿Cuando es posible encontrar dicha solución?

Supongamos que (3.14) tenga una: si integramos la ecuación arriba entre0 y L obtenemos

∫ L

0

g(x)dx = −∫ L

0

vxx(x)dx = −vx(L) + vx(0) = −β + α .

Entonces una condición necesaria para que exista l a temperatura de equili-brio es que ∫ L

0

g(x)dx = α− β .

Por otro lado, cada solución de la ecuación en (3.14) tiene la forma

v(x) =

∫ x

0

∫ y

0

(−g(s))dsdy + h(x) ,

con h(x) = ax+ b, y donde a, b ∈ R. Por lo tanto v(x) es solución (3.14) si

v′(0) = h′(0) = α

y

v′(L) =

∫ L

0

(−g(s))ds+ h′(L) = β .

Esto implica, desde la primera condición, que

a = α

y desde la segunda ∫ L

0

g(s)ds = α− β . (3.17)

Por lo visto, la condición de compatibilidad (3.17) es necesaria y suficiente pa-ra encontrar una solución (única salvo constantes) de (3.14). Dicha condición,por lo probado anteriormente, es suficiente para encontrar una temperaturade equilibrio para (3.11).

99


Ejercicio 3.10 Obtened una expresión para la solución del problema:

ut(x, t)− uxx(x, t) = 1, 0 < x < π, t > 0,

u(0, t) = 0, u(π, t) = 0, t ≥ 0,

u(x, 0) = sen(x), 0 ≤ x ≤ π.

(3.18)

Solución.Se trata de aplicar el Método de Fourier a un oportuno problema homogéneoasociado a (3.18).Llamamos v(x) la solución de

−vxx(x) = 1, 0 < x < π,

v(0) = 0 = u(π),

es decir, integrando dos veces la ecuación satisfecha por v(x),

v(x) =1

2x(x− π) .

Por lo tanto definiendo z(x, t) = u(x, t)− v(x) resulta que z(x, t) cumple

zt(x, t)− zxx(x, t) = 0, 0 < x < π, t > 0,

z(0, t) = 0, z(π, t) = 0, t ≥ 0,

z(x, 0) = sen(x)− 12x(x− π), 0 ≤ x ≤ π.

Entonces para escribir una fórmula de representación de (x, t)z (y consecuen-temente de u(x, t)) hay que desarrollar z(x, 0) en serie de Fourier. Nótese que

bn =2

π

∫ π

0

[−1

2x(x− π) sen(nx)]dx = 2

1− (−1)n

πn3

entonces

z(x, t) =( 2

π+ 1)e−t sen(x) +

+∞∑

n=2

1− (−1)n

πn3e−n

2t sen(nx)

y consecuentemente

u(x, t) =1

2x(x− π) +

( 2


2

π

+∞∑

n=2

1− (−1)n

n3e−n

2t sen(nx)

=1

2x(x− π) +

( 2


4

π

+∞∑

n=1

e−(2n+1)2t

(2n+ 1)3sen((2n+ 1)x) .

100

Ecuaciones Elípticas

Ejercicio 4.1 Sea N ≥ 2 y Ω = x ∈ RN : 1 < |x| < 2. Calculad lasolución del problema

−∆u(x) = 0, x ∈ Ω,

u(x) = 0, |x| = 1

u(x) = 1, |x| = 2.

Solución.Buscamos una solución radial del problema. Observemos que la solución esúnica gracias al principio del máximo.

Supongamos que u(x) = v(|x|) = v(r), donde

|x| = r =

√√√√N∑

j=1

x2j .

Siendo

∆u(x) =N∑

i=1

∂2xixi

u(x) ,

empezamos calculando ∂xiu(x) para algún i entre 1 y N . Así tenemos que

∂xiu(x) = ∂xiv(r) = v′(r)∂xir

y como∂xir = ∂xi

√∑Nj=1 x

2j = 1

21

∂xi

√∑Nj=1 x

2j

∂xi∑N

j=1 x2j

=1

2

1

∂xi

√∑Nj=1 x

2j

2xj δi,j =xir, si r 6= 0 ,

101


siendo δi,j la Delta de Kroneker (es decir δi,j = 1 si i = j y δi,j = 0 si i 6= j),deducimos

∂xiu(x) = v′(r)xir

Consecuentemente∂xiu(x) = v′(r)

xir,

y entonces podemos calcular

∂2xixi

u(x) = ∂xi

(v′(r)

xir

)

= v′′(r)

(xir

)2

+ v′(r)1

r− v′(r)xi

r2∂xir = v′′(r)

x2i

r2+ v′(r)

1

r− v′(r)x

2i

r3.

Por lo tanto

∆u(x) =N∑

i=1

∂2xixi

u(x)

=N∑

i=1

[v′′(r)

x2i

r2+ v′(r)

1

r− v′(r)x

2i

r3

]

= v′′(r)r2

r2+ v′(r)

N

r− v′(r)r

2

r3= v′′(r) +

N − 1

rv′(r) .

Entonces el Laplaciano en polares está dado por

∆u(x) = v′′(r) +N − 1

rv′(r) (4.1)

para cada r > 0, N ≥ 1. Muchas veces será cómodo escribir el Laplaciano enpolares en su forma compacta:

∆u(x) =

(rN−1v′(r)

)′

rN−1.

Por lo tanto la función armúnica radial que buscamos es solución delsiguiente problema de Dirichlet:

−(rN−1v′(r)

)′= 0, 1 < r < 2,

v(1) = 0,

v(2) = 1,

102


con u(x) = v(r) y r =

(∑Ni=1 x

2i

) 12

. Consecuentemente v(r) cumple

rN−1v′(r) = c1 ,

con c1 una constante arbitraria.Supongamos que N 6= 2, entonces integrando la identidad anterior, nos

salev(r) =

c1

2−N r2−N + c2

y gracias a las condiciones al contorno deducimos

c12−N + c2 = 0,

c12−N 22−N + c2 = 1,

lo cual implica

v(r) = − 1

1− 22−N r2−N +

1

1− 22−N .

En el caso N = 2, repitiendo los argumentos anteriores, deducimos que

v(r) =log r

log 2.

103


Ejercicio 4.2 Resolved el problema−∆u(x) = 1, |x| < R = BR(0),

u(x) = 0, |x| = R,(4.2)

con x ∈ RN , N ≥ 1.

Solución.Buscamos una solución radial: si la encontramos, por el principio de compa-ración es la única solución. Teniendo en cuenta la expresión del Laplacianodada por (4.1) resulta que u(x) = v(r) resuelve

−v′′(r)− N−1rv′(r) = 1, 0 < r < R,

v(R) = 0,

v′(0) = 0.

Observamos que la última condición, v′(0) = 0, es consecuencia de la simetríade v(r). Efectivamente, por ser u(x) una solución radial y siendo de claseC2(BR(0)), hay que tener en cuenta que su primera derivada en cero tieneque ser 0 (si no la solución no seráa tampoco de clase C1(BR(0)) ).

Nótese que la ecuación diferencial asociada a tal problema puede escribirsecomo

−(rN−1v′(r)

)′= rN−1 0 < r < R,

que integrando entre 0 y un cualquier r ∈ (0, R) queda

−sN−1v′(s)

∣∣∣∣r

0

=1

NsN∣∣∣∣r

0

,

es decirv′(r) = − 1

Nr .

Integrando otra vez entre r ∈ (0, R) y R llegamos a

v(R)− v(r) = − 1

2N(R2 − r2) ,

104


y consecuentemente

u(x) =1

2N(R2 − |x|2) .

Si queremos comprobar que la función encontrada es la solución buscada,es suficiente notar que en el conjunto |x| = R, u(x) = 0. Además para cadai = 1, ..., N ,

∂xiu(x) = ∂xi1

2N(R2 − |x|2) = −xi

N,

y entonces

∂2xixi

u(x) = − 1

N∂xixi = − 1

N.

Por lo tanto

−∆u(x) = −N∑

i=1

∂2xixi

u(x) = −N∑

i=1

− 1

N= 1 ,

y entonces u(x) es solución de (4.2).

105


Ejercicio 4.3 Dados R2 > R1 > 0 y α, β ∈ R, resuelve el problema

−∆u(x) = α, R1 < |x| < R2,

∂u(x)

∂n= β, |x| = R1

∂u(x)

∂n= β, |x| = R2,

(4.3)

con x ∈ RN , N ≥ 1.

Solución.Empezamos con el caso N ≥ 2. Utilizando la fórmula del Laplaciano encoordinadas polares resulta que v(r) = u(x) cumple

−(rN−1v′(r)

)′= αrN−1 r ∈ (R1, R2) . (4.4)

Además nótese que la normal al dominio es paralela a la dirección radial,y tiene el mismo sentido en la frontera exterior y el sentido contrario en lafrontera interior (véase la Figura 4.9). Así que las condiciones en la fronterade Ω están dada por

v′(R2) = β y − v′(R1) = β .

Por lo tanto notamos que e problema tiene que satisfacer una condición decompatibilidad: en efecto integrando (4.4) entre R1 y R2, deducimos que

−RN−12 v′(R2) +RN−1

1 v′(R1) =α

N(RN

2 −RN1 ) ,

que implica la siguiente relación entre α, β, R1 y R2:

−β[RN−12 +RN−1

1 ] =α

N(RN

2 −RN1 ) . (4.5)

Para calcular explícitamente la solución de (4.3), integramos la identidad(4.4) entre r ∈ (R1, R2) y R2, así que

v′(r) =RN−1

2 β

rN−1+

α

NrN−1(RN

2 − rN) = r1−NRN−12

[β +

αR2

N

]− α

Nr .

106


Ω

n

r

r ≡ n

Figura 4.9: El Anillo y las normales en la frontera.

Por lo tanto para N ≥ 3 la solución está dada por

v(r) =1

2−N

[α

NRN

2 +RN−12 β

]r2−N − α

2Nr2 + C , C ∈ R ,

mientras que si N = 2

v(r) =

[α

2R2

2 +R2β

]log r − α

4r2 + C , C ∈ R .

En ambos casos α y β verifican la identidad (4.5).Se puede fácilmente verificar que la función encontrada verifica el proble-

ma propuesto.

107


Ejercicio 4.4 Dados R > 0 y α, β ∈ R, resuelve el problema−∆u(x) = α, |x| < R,∂u

∂n(x) = β, |x| = R,

con x ∈ RN , N ≥ 1.

Solución.Al encontrar las soluciones del problema nos daremos cuenta que α y β

tendrán que cumplir una condición de compatibilidad. Primero, escribimosel problema teniendo en cuenta que el problema tiene una simetría esférica,así que u(x) = v(r), y v cumple

−(rN−1v′(r))′ = αrN−1, 0 < r < R,

v′(R) = β ,

v′(0) = 0 .

Integrando entre 0 y r la ecuación satisfecha por v, deducimos que

−rN−1v′(r) =α

NrN ,

es decirv′(r) = − α

Nr .

Nótese que la v es solución si y sólo si

v′(R) = β ⇔ β = − αNR .

Las soluciones del problema serán entonces de la forma

v(r) = − α

2Nr2 + c

con β = − αNR y c una constante arbitraria (es decir que el problema es

invariante con respecto a traslaciones verticales).

108


Ejercicio 4.5 Sea Ω ⊂ RN abierto, acotado y regular y f ∈ C1(Ω). Probadque una condición necesaria para la existencia de solución del problema

−∆u(x) = 0, x ∈ Ω,∂u

∂n(x) = f(x), x ∈ ∂Ω

es que se cumpla ∫

∂Ω

f(x) dSx = 0.

Solución.El ejercicio es una aplicación del Teorema de la Divergencia 13. Si integramosla ecuación satisfecha por u(x) en Ω, nos sale que

0 =

∫

Ω

−∆u(x)dx =

∫

Ω

−div ∇u(x)dx =

∫

∂Ω

∂u

∂ndSx .

Utilizando ahora las condiciones en la frontera de Ω, la última integral esigual a la integral en en la frontera de f , y así la condición

∫

∂Ω

f(x) dSx = 0 ,

es necesaria para que el dato sea compatible con el problema.

13 Teorema de la divergencia:Sea Ω un abierto de clase C1 y F un campo C1(Ω,RN ), N ≥ 2. Entonces

∫

Ω

div Fdx =

∫

∂Ω

F · n dSx , (4.6)

siendo n la normal exterior a ∂Ω.

109


Ejercicio 4.6 Sea Ω ⊂ RN abierto, acotado y regular y f ∈ C1(Ω) y g ∈C(Ω).

1. Dad una condición de compatibilidad para que el problema−∆u(x) = g(x), x ∈ Ω,∂u

∂n(x) = f(x), x ∈ ∂Ω,

pueda tener solución u ∈ C2(Ω).

2. Probad que si existe dicha solución y Ω es conexo, ésta es única salvoconstantes aditivas.

Solución.

1. Actuando como en el ejercicio anterior, integramos la ecuación quecumple u(x) en Ω y aprovechando la condición en la frontera deducimos,gracias al Teorema de la Divergencia, que

∫

Ω

g(x)dx = −∫

Ω

∆u(x)dx =

∫

∂Ω

∂u

∂n(x)dSx =

∫

∂Ω

f(x)dSx

es decir que la condición necesaria resulta ser∫

Ω

g(x)dx =

∫

∂Ω

f(x)dSx .

2. Sean u1, u2 ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω) dos soluciones y definimos v(x) comov(x) = u1(x)− u2(x) ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω). Aprovechando la linealidad dela ecuación, v cumple

−∆v(x) = 0, x ∈ Ω,∂v

∂n(x) = 0, x ∈ ∂Ω.

Es suficiente probar que ∇v(x) ≡ 0, ∀x ∈ Ω: siendo Ω conexo estoimplica que u es constante en Ω. Por lo tanto, multiplicamos la ecuación

110


verificada por v(x) por v misma e integramos en Ω, así que, aplicandola integración por partes

0 =

∫

Ω

−v(x)∆v(x)dx =

∫

Ω

−v(x) div ∇v(x)

=

∫

Ω

|∇v(x)|2 −∫

∂Ω

v(x)∂v

∂n(x)

︸︷︷︸=0

.

Por la condición ∫

Ω

|∇v(x)|2 = 0

deducimos que |∇v(x)|2 ≡ 0 y consecuentemente la (eventual) solucióndel problema es única salvo constante.

111


Ejercicio 4.7 [Teorema de Liouville] Probad que toda función armúnicaen RN acotada superiormente (o inferiormente) es constante.

Solución.Para este ejercicio vamos a utilizar unas propiedades de las funciones armúni-cas: la propiedad de la media. 14 Supongamos que u sea superiormente acota-da: entonces existe M = sup

RNu(x) y consecuentemente v(x) = u(x)−M ≤ 0.

Probaremos que v es constante.Llamamos xn una sucesión de puntos tales que v(xn) → 0 y fijamosx0 ∈ RN . Además sí Rn = |xn − x0|, notamos que

BRn(x0) ⊂ B2Rn(xn) .

Por lo tanto, aprovechando que v ≤ 0, y por (4.7)

0 ≥ v(x0) =1

|BRn(x0)|

∫

BRn (x0)

v(y)dy ≥ 1

|BRn(x0)|

∫

B2Rn (xn)

v(y)dy

=2N

|B2Rn(x0)|

∫

B2Rn (xn)

v(y)dy = v(xn) −→ 0 cuando n→ +∞ .

Entonces v(x0) es igual a 0 por cualquier x0 y esto concluye la prueba.

14 Hay varias maneras de averiguar si una función es armúnica, una de ellas es la si-guiente:Una función u(x) definida en Ω ⊆ RN es armúnica si para cada x ∈ Ω y cada r tales queBr(x) ⊂ Ω se verifica

u(x) =1

|∂Br(x)|

∫

∂Br(x)

u(y)dSy =N

|Br(x)|

∫

Br(x)

u(y)dy . (4.7)

Recordamos que |Br(x)| = ωNrN mientras que |∂Br(x)| = NωNr

N−1, donde ωN es |B1| =ωN .

112


Ejercicio 4.8 [Teorema de convergencia de Harnack] Probad que ellímite uniforme en compactos de funciones armúnicas en un abierto Ω esuna función armúnica en Ω.

Solución.Sea un una sucesión de funciones que convergen localmente uniformementea u, entonces

∀x ∈ Ω un(x)→ u(x) .

Además, siendo un armúnicas, para cualquier x0 ∈ Ω existe un r(x0) tal queBr(x0) ⊂ Ω, ∀r < r(x0). Gracias a la propiedad de la media

un(x0) =1

|Br(x0)|

∫

Br(x0)

un(y)dy . (4.8)

Para cada r < r(x0)

Br(x0) ⊂ Br(x0) ⊂ Ω .

Ya que un → u uniformemente en Br(x0), podemos pasar al limite bajo elsigno de integral en (4.8) y así u también verifica la propiedad de la media.Consecuentemente u es armúnica.

113


Ejercicio 4.9 Sean Ω ⊂ RN de clase C1, y u ∈ C2(Ω) tal que u(x) = 0 paratodo x ∈ ∂Ω. Probad que para todo ε > 0 se tiene

∫

Ω

|∇u|2 ≤ ε

∫

Ω

|∆u|2 +1

4ε

∫

Ω

u2.

Solución.Dado que el abierto es regular, podemos integrar por partes y deducir

∫

Ω

|∇u|2 =

∫

Ω

∇u · ∇u =

∫

Ω

u div ∇u =

∫

Ω

u∆u ≤∫

Ω

|u||∆u| .

Aplicando la desigualdad de Young 15 con p = p′ = 2 con a =√

2ε|∆u|y b = 1√

2ε|u| concluimos. (Nótese que la desigualdad de Young en el caso

p = p′ = 2 se puede deducir perfectamente desarrollando el cuadrado de unbinomio).

15Recordamos la desigualdad de Young: ∀a, b ∈ R+

ab ≤ 1

pap +

1

p′bp′

con1

p+

1

p′= 1.

114


Ejercicio 4.10 [Desigualdad de Harnack] Sea Ω un abierto en RN y Kun subconjunto compacto y conexo de Ω. Probad que existe una constanteC > 0 (dependiente sólo de N ,K y Ω) tal que

maxx∈K

u(x) ≤ C mınx∈K

u(x),

para toda función no-negativa y armúnica en Ω. 16

Solución.Probamos, primero, el teorema si K = Br(x0) con x0 ∈ Ω y r tal queB4r(x0) ⊂ Ω. Nótese que para cada y ∈ Br(x0), B3r(y) ⊂ Ω (véase Figu-ra 4.10). Entonces, siendo u no negativa para cualquier x1 y x2 ∈ Br(x0)

resulta:

u(x1) =1

|Br(x1)|

∫

Br(x1)

u(x)dx ≤ 1

|Br(x1)|

∫

B2r(x0)

u(x)dx ,

y

u(x2) =1

|B3r(x2)|

∫

B3r(x1)

u(x)dx ≥ 1

|Br(x2)|

∫

B2r(x0)

u(x)dx .

Por lo tanto para cualquier función armúnica no negativa

u(x1) ≤ 3Nu(x2) ,

y consecuentemente

u(x1) = maxBr(x0)

u(x) ≤ 3N mınBr(x0)

u(x) = 3Nu(x2) ,

16Nótese que la hipótesis Ω conexo es necesaria. Supongamos que el abierto tuviese doscomponentes conexas Ω1 y Ω2. Entonces para la función

u(x) =

1 si x ∈ Ω1 ,

0 si x ∈ Ω2 ,

la desigualdad de Harnack no es cierta en Ω (pero si que es cierta en cada componenteconexa).

115


b

b

b

x2

x0

x1

Ω

Figura 4.10: Fijado un x0 y un radio r > 0 hemos construido varias bolas deesta forma: En Br(x0) hay dos puntos tales que se puedan construir una bolade centro x1 y radio r (bola roja) contenida en B2r(x0) que está contenidaen B3r(x2) (bola verde). Todo queda en el interior de B4r(x0).

116


y queda probad la desigualdad de Harnack en el caso de una bola. El casogeneral es consecuencia de la siguiente técnica de recubrimiento: Sea K cual-quier subconjunto compacto conexo de Ω. Como u(x) es continua en K, u(x)

alcanza su valor máximo y mínimo en K. Consideramos

xM ∈ K : u(xM) = maxK

u(x) := M

yxm ∈ K : u(xm) = mın

Ku(x) := m

y una curva Γ que une los dos puntos, contenida en K. Fijamos r > 0 tal queB4r(y) ⊂ Ω, ∀y ∈ Γ y, usando que Γ es compacto, fijamos un recubrimientofinito de bolas de radio r, digamos B1, ....., Bj, que recubran toda la curva Γ,y con (véase Figura 4.11

Mi = maxBir

u(x) mi = mınBir

u(x) .

Para cada i = 1, . . . , k la desigualdad de Harnack nos da que

Mi ≤ 3Nmi. (4.9)

Nuestro objetivo es probar que

M ≤ c m con c = c(N,K,Ω) .

Entre las j bolas que recubren Γ cogemos j′ con 1 ≤ j′ ≤ j de forma queM = M1, mj′ = m y para cada i = 1, ..., j′ − 1, Bi

r ∩ Bi+1

r 6= ∅. Por lo tantoes sencillo probar 17 que

Mi ≥ mi+1 ∀i = 1, ..., j′ − 1 . (4.10)

Juntando (4.9) y (4.10) deducimos

M1 ≤ 3j′Nm.

17

Mi = maxB

ir

u ≥ maxB

ir∩B

i+1r

u ≥ mınB

ir∩B

i+1r

u ≥ mınB

i+1r

u = mi+1 .

117


b

bxM

xm

Γ

Figura 4.11: El Método de recubrimiento de la curva Γ.

118


Ejercicio 4.11 [Teorema de compacidad de Harnack] Sea Ω un abiertoy conexo en RN y un una sucesión de funciones armúnicas en Ω verificando

1. Existe una función u0 armúnica en Ω tal que u0 ≤ un para cualquiern ∈ N.

2. Existe x0 ∈ Ω tal que un(x0) está acotada superiormente.

Probar (con el teorema de Ascoli-Arzelà) que existe una subsucesión unkque converge uniformemente en compactos de Ω.

Solución.Paso 1. Probamos que si u es armúnica en Ω, entonces

|uxi | ≤CNrN+1

‖u‖L1(Br)

para cada Br ⊂ Ω y cada i = 1, . . . , N y donde CN > 0.Gracias a la propiedad de la media la u está dada por

u(x) =N2N

ωNrN

∫

Br/2(x)

u(y)dy .

Por lo tanto, derivado ambos lados de dicha identidad con respecto a xi,i = 1, ..., N (se puede llevar la derivación bajo el signo de la integral ya queu es suficientemente regular), deducimos que para cualquier x0 ∈ Ω,

uxi(x0) =N2N

ωNrN

∫

B r2

(x0)

uyi(y)dy .

Entonces, gracias al teorema de Gauss,

|uxi(x0)| =∣∣∣∣N2N

ωNrN

∫

B r2

(x0)

uyi(y)dy

∣∣∣∣

=

∣∣∣∣N2N

ωNrN

∫

∂B r2

(x0)

u(y)nidSy

∣∣∣∣ ≤2N

r‖u‖L1(∂B r

2(x0)) .

(4.11)

119


Observamos además que para cada y ∈ ∂B r2(x0), resulta que B r

2(y) ⊂

Br(x0) ⊂ Ω así que

|u(x)| ≤(

2

r

)N1

ωN‖u‖L1(Br(x0)) ,

y utilizando esta desigualdad en (4.11), deducimos que

|uxi(x0)| ≤ CNrN+1

‖u‖L1(Br(x0)) .

Paso 2. u es Lipschitz en K con constante que depende sólo de K.El Paso 2 es una consecuencia del Paso 1: aplicando un oportuno argu-

mento de recubrimiento de K deducimos que

‖uxi‖L∞(K) ≤ C‖u‖L1(K) con C = C(K) .

para cada K ⊂⊂ Ω.Paso 3. Conclusión.

Sea un la sucesión de funciones armúnicas considerada. Nótese que un puedeser considerada positiva sin perder generalidad (si no se aplica el Métodosiguiente a un = un(x)−u0). Por el Paso 2 la sucesión es equi–Lipschitziana,y así equicontinua. Además por ii) la sucesión es equiacotada. Por lo tantoel teorema de Ascoli-Arzelà 18 nos permite concluir la prueba.

18 El teorema de Ascoli-Arzelà nos dice lo siguiente:Sea un una sucesión de funciones un : K → R, con K compacto tal que

1. (equicontinuidad) ∀ε > 0 ∃δ > 0 such that |un(x)− un(y)| ≤ ε, if |x− y| ≤ δ, ∀n;

2. (equiacotación) ∃M > 0 such that supK |un(x)| ≤M , ∀n.

Entonces existe una subsucesión unkque converge uniformemente en K.

120


R2+

η(z, 0) = (−1, 0)

(z, 0)

Figura 4.12: R2+ y la normal η en (z, 0).

Ejercicio 4.12 a) Determinad la función de Green y el núcleo de Poissonpara la ecuación de Laplace en el semiplano superior R2

+ = (x, y) ∈R2 / y > 0.

b) Considerad el problema−∆u(x, y) = 0, x ∈ R, y > 0,

u(x, 0) = e−πx2

, x ∈ R.

Probad que u(x, y) > 0, si y > 0 y que

max0≤x,y≤1

u(x, y) = 1.

Solución.(a) Dado P = (x, y) ∈ R2

+, definimos P = (x,−y). Puesto que P 6∈ R2+,

tenemos que la solución fundamental

v(z, w) = E(z − x,w + y) =1

2πlog√

(z − x)2 + (w + y)2

(centrada en P ) verifica

∂2v(z, w)

∂z2+∂2v(z, w)

∂z2= 0, (z, w) ∈ R2

+,

v(z, 0) = E(z − x, y), z ∈ R.

121


Por tanto, hP (z, w) = −E(z − x,w + y) verifica

∆(z,w)hP (z, w) = 0, (z, w) ∈ R2+,

hP (z, 0) = −E(z − x, y), z ∈ R.

y la función de Green está dada por

G((x, y), (z, w)) = E(z − x,w − y)− E(z − x,w + y)

= − 1

2πlog

[√(z − x)2 + (w − y)2

√(z − x)2 + (w + y)2

].

Para calcular el núcleo de Poisson K((x, y), (z, w)) = ∂G((x,y),(z,w))∂n

, usamosque el vector normal exterior n a R2

+ en (z, 0) ∈ ∂R2+ está dado (véase Figura

4.12) porn(z, 0) = (0,−1).

Así,

K((x, y), (z, w)) = ∇(z,w)G((x, y), (z, 0)) · n(z, 0)

=∂G

∂w((x, y), (z, 0)) =

y

π[(x− z)2 + y2].

(b) Por la fórmula de Poisson y el apartado (a):

u(x, y) =

∫ +∞

−∞e−πz

2 y

π[(x− z)2 + y2]dz, y > 0

e−πx2, y = 0.

Claramente, u es positiva y por el principio del máximo:

max0≤x,y≤1

u(x, y) = max(x,y)∈∂([0,1]×[0,1])

u(x, y)

y es fácil probar que este último vale 1.

122


Ejercicio 4.13 Para N ≥ 3, calculad la función de Green para la ecuaciónde Laplace en

Ω = x ∈ RN : |x| < R, xN > 0.

Solución. Supongamos N ≥ 3. Sabemos que G(x, y) = E(x − y) + hx(y),para todo x, y ∈ Ω, donde

−∆hx(y) = 0, y ∈ Ω

hx(y) = −E(x− y), y ∈ Ω

El problema por tanto es la determinación de la función hx. Para ello, dadala simetría del dominio, consideramos para cada x = (x1, x2, . . . , xN) ∈ Ω lospuntos

x∗ =R2

|x|2x, x = (x1, x2, . . . ,−xN),

x∗ = (x1, x2, . . . ,−xN)∗ = (x∗1, x∗2, . . . ,−x∗N),

y probamos con

hx(y) = αE(x∗ − y) + βE(x− y) + γE(x∗ − y).

Puesto que los puntos x∗, x, x∗ 6∈ Ω, tenemos que hx es necesariamentearmúnica en Ω para cualesquiera constantes α, β, γ. La dificultad está enelegir α, β, γ de forma que

αE(x∗ − y) + βE(x− y) + γE(x∗ − y) = −E(x− y), y ∈ Ω (4.12)

Recordando (véase el cálculo de la función de Green para una bola B(0, R))que

RN−2

|x|N−2|x∗ − y|N−2=

1

|x− y|N−2, ∀y ∈ ∂B(0, R),

puede probarse que si y ∈ Ω ∩ ∂B(0, R), entonces

αE(x∗ − y) + βE(x− y) + γE(x∗ − y)− E(x− y) = 0

123


implica α = −γ = RN−2

(N−2)ωN |x|N−2

β = 1.

De otra parte, si y ∈ Ω ∩ xN = 0, entonces

E(x∗ − y) = E(x∗ − y), E(x− y) = E(x− y)

y así para α = −γ y β = 1 se verifica (4.12). En resumen:

G(x, y) = − 1

(N − 2)ωN

[1

|x− y|N−2

− RN−2

|x|N−2|x∗ − y|N−2− 1

|x− y|N−2+

RN−2

|x|N−2|x∗ − y|N−2

].

124


Ejercicio 4.14 Mediante el Método de series de Fourier calculad la solucióndel problema

−∆u(x, y) = 0, 0 < x < π, 0 < y < A

u(0, y) = u(π, y) = u(x,A) = 0, 0 ≤ y ≤ A, 0 ≤ x ≤ π

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ π

(4.13)

donde f ∈ C0([0, π]) y f(0) = 0 = f(π).

Solución. No es difícil probar la siguiente afirmación:

i) Si la ecuación

∆u(x, y) = 0, 0 < x < π, 0 < y < A (4.14)

posee una solución u de la forma u(x, y) = X(x) ·Y (y), (x ∈ (0, π), y ∈(0, A)), con X ∈ C2((0, π)), Y ∈ C2((0, A)) y X(x) 6= 0 6= Y (y),∀(x, y) ∈ Ω, entonces existe una constante λ ∈ R tal que X e Y verifi-can

X ′′(x) + λX(x) = 0, 0 < x < π (4.15)

Y ′′(y)− λY (y) = 0, 0 < y < A (4.16)

ii) Recíprocamente, si existen una constante λ ∈ R y funciones X ∈C2((0, π)), Y ∈ C2((0, A)) verificando (4.15) y (4.16) 19, entonces lafunción u(x, y) = X(x)Y (y) ((x, y) ∈ Ω) es una solución de (4.14).

Como siempre, a nosotros nos interesará la implicación probada en ii) (yno la probada en i)).

Una vez que hemos demostrado la existencia de infinitas soluciones de(4.14) nos preguntamos si alguna de estas verificará la condición de contorno:

19aunque X o Y se anulen en algún punto!

125


u(0, y) = u(π, y) = u(x,A) = 0

u(x, 0) = f(x),0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ A.

Imponiendo esta condición 20 se llegará a que X e Y deben verificar

X(0) = 0 = X(π), Y (A) = 0, X(x) =f(x)

Y (0), x ∈ [0, π]

De esta forma, hemos observado que (4.13) posee una solución u con la formau(x, y) = X(x)Y (y) (siendo X ∈ C2((0, π)) ∩ C0([0, π]) y Y ∈ C2((0, A)) ∩C0([0, A])) si para alguna constante λ ∈ R existen soluciones X e Y de losproblemas

X ′′(x) + λX(x) = 0, x ∈ (0, π)

X(0) = 0 = X(π)(4.17)

Y ′′(y)− λY (y) = 0, 0 < y < A

Y (A) = 0(4.18)

tales que Y (0) 6= 1 y X(x) = f(x)Y (0)

, ∀x ∈ [0, π].Se hace así necesario estudiar para que valores de λ ∈ R los problemas

(4.17) y (4.18) poseen solución no trivial. Entonces, el problema (4.17) poseesolución no trivial si y solamente si λ = n2 con n ∈ N. Además, en estecaso, las soluciones de (4.17) son múltiplos de la función sen nx En otraspalabras, −n2 es un valor proprio del operador “derivada segunda” y sen(nx)

la autofunción asociada.Igualmente, para λ = n2(n ∈ N), el problema (4.18) tiene soluciones no

triviales y éstas son los múltiplos de la función senh n(A− y)

Por estas observaciones, llegamos a que cualquier múltiplo de la funciónsen nx senh n(A− y) es una solución de (4.14) que, además, verifica

u(0, y) = u(π, y) = u(x,A) = 0, x ∈ [0, π], y ∈ [0, A] (4.19)20 Suponiendo Y (0) 6= 0.

126


Sin embargo, a menos que f sea un múltiplo de la función sen nx, éstasolución de (4.14) y (4.19) no lo será del problema (4.13) puesto que no severificará la condición u(x, 0) = f(x), x ∈ [0, π].

Como ya es habitual, pensamos entonces si una superposición (finita oinfinita) de sen nx senh n(A− y) nos dará la solución buscada de (4.13). Asíprobaremos que si para f ∈ C1([0, π]) con f(0) = 0 = f(π), consideramos loscoeficientes de Fourier

Bn =2

π

π∫

0

f(x) sen nx dx, ∀n ∈ N

entonces la función u : [0, π]× (0, A]→ R definida como

u(x, y) =∞∑

n=1

Bn

senh (nA)sen nx senh n(A− y) (4.20)

para x ∈ [0, π], y ∈ (0, A], verifica

i) u ∈ C0([0, π]× (0, A]) ∩H((0, π)× (0, A)) y

u(0, y) = u(π, y) = u(x,A) = 0, 0 ≤ x ≤ π, 0 < y ≤ A.

ii) u ∈ C0([0, π]× [0, A]) y u(x, 0) = f(x), para todo x ∈ [0, π]. En conse-cuencia, esta u es la única solución de (4.13).

En efecto, por ser f de clase C1, tenemos la convergencia de la serie∑

n≥1

|Bn|

y la mayoración

+∞∑

n=1

Bn

senh (nA)sen nx senh n(A− y) ≤

+∞∑

n=1

|Bn|e−ny ≤+∞∑

n=1

|Bn| < +∞.

Además, las series de las derivadas parciales formales ∂∂x, ∂∂y, ∂2

∂x2, ∂

2

∂y2, ∂2

∂x∂y

obtenidas mediante la derivación término a término de la serie que define u

127


están mayoradas por la serie

+∞∑

n=1

n2|Bn|e−ny.

La convergencia de ésta y el criterio de Weiertrass da que u es armúnica en(0, π)× (0, A). El resto de l prueba es fácil con tal que recordemos que

f(x) =+∞∑

n=1

Bn sen nx.

128


Ejercicio 4.15 Probar que el problema

−∆u(x, y) = 0, 0 < x2 + y2 < 1,

u(x, y) = 0, x2 + y2 = 1,

u(0, 0) = 1,

no posee solución u ∈ C2(B(0, 1)).

Solución.Como el dominio tiene simetría esférica, la solución necesariamente tendrá lamisma simetría. Así escribimos la ecuación en polares, es decir: u(x, y) = v(r)

con r =√x2 + y2 y v satisfaciendo

(rv′(r)

)′= 0, 0 < r < 1,

v(1) = 0,

lımr→0+

v(r) = 1.

De la ecuación deducimos que rv′(r) = c1, con c1 una oportuna constante.Por lo tanto v′(r) = c1

ry consecuentemente

v(r) = c2 + c1 log r c1, c2 ∈ R .

La condición v(1) = 0 implica que c2 = 0 y la expresión que queda de v noes compatible con la condición lım

r→0+v(r) = 1.

129


Ejercicio 4.16 Probad que si Ω ⊂ RN es abierto y acotado y una soluciónu ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω) de

−∆u+ u2 = 0, x ∈ Ω

alcanza su valor máximo en Ω entonces u ≡ 0.

Solución.Como u2 ≥ 0, resulta que −∆u ≤ 0, es decir u(x) es subarmúnica. Graciasal Principio del Máximo Fuerte para funciones subarmúnicas 21, deducimosque si u(x) alcanza su máximo en Ω, entonces es constante (en Ω). Siendo 0

la única constante que cumple la ecuación, el ejercicio esta probado.

21 El Principio del Máximo Fuerte nos dice que:Sean Ω ⊂ RN un abierto y conexo y u una función verificando

u(x) ≤ 1

|Br(x)|

∫

Br(x)

u(z)dz ,

para cualquier Br(x) ⊂⊂ Ω. Si existe un punto y ∈ Ω tal que

u(y) = supx∈Ω

u(x)

entonces la función u es constante en Ω.

130


Ejercicio 4.17 Sea f : (0, 1) −→ R una función continuamente diferencia-ble y no-negativa. Supongamos que u ∈ C2(BRN (0, 1))∩C(BRN (0, 1)) es unasolución del problema

−∆u(x) + u2(x) + f(|x|) = 0, |x| < 1,

u(x) = 1, |x| = 1.

Calculad el máximo de u.

Solución.Queremos probar que el máximo de u es 1, es decir el valor que alcanza enla frontera de la bola. Supongamos que exista un x0 ∈ BRN (0, 1) tal que ualcance su máximo en dicho punto. Aprovechando que u es regular, en suspuntos de máximo ∆u(x0) ≤ 0; además recordamos que f ≥ 0. Entonces porla ecuación satisfecha por u deducimos que

0 = −∆u(x0) + u2(x0) + f(|x0|) ≥ u2(x0) ,

lo cual implica u(x0) = 0.

131


Ejercicio 4.18 Sean Ω un subconjunto abierto y acotado en RN , f ∈ C(Ω)

y g : R −→ R una función creciente y continua. Probad que el problema−∆u(x) + g(u(x)) = f(x), si x ∈ Ω

u(x) = 0, si x ∈ ∂Ω

tiene a lo más una solución u.

Solución. Método 1. Principio del maximoSean u1, u2 dos soluciones. Probaremos que v := u1 − u2 es cero. Para elloobservemos que verifica

−∆v(x) + g(u1(x))− g(u2(x)) = 0, si x ∈ Ω

v(x) = 0, si x ∈ ∂Ω.

Consideremos el subconjunto abierto Ω1 := x ∈ Ω / v(x) > 0 = x ∈Ω / u1(x) > u2(x). Probaremos que Ω1 = ∅ por contradicción. Supongamosque Ω1 6= ∅. Ya que g es creciente, g(u1(x))− g(u2(x)) ≥ 0, ∀x ∈ Ω1 y así

−∆v(x) = −g(u1(x)) + g(u2(x)) ≤ 0, si x ∈ Ω

v(x) = 0, si x ∈ ∂Ω1.

Por tanto, v = u1 − u2 ≤ 0 en Ω1, una contradicción probando que Ω1 = ∅.Análogamente, Ω2 := x ∈ Ω / v(x) < 0 = x ∈ Ω / u1(x) < u2(x) = ∅ y,consecuentemente, v ≡ 0.

Método 2. Integración por partes.Supongamos Ω de clase 1 y supongamos que tenemos dos soluciones u1 y u2.Definimos, entonces, la función w = u1− u2 la cual queremos demostrar quees idénticamente cero. Nótese que w cumple

−∆w(x) + g(u1(x))− g(u2(x)) = 0, si x ∈ Ω

w(x) = 0, si x ∈ ∂Ω.

Multiplicamos la ecuación por w(x) = u1(x)− u2(x) e integramos en Ω paradeducir que∫

Ω

−∆(u1(x)−u2(x))(u1(x)−u2(x)

)+

∫

Ω

[g(u1(x))−g(u2(x))](u1(x)−u2(x)) = 0 .

132


Aplicando la integración por partes, se tiene que∫

Ω

|∇w(x)|2 +

∫

Ω

[g(u1(x))− g(u2(x))](u1(x)− u2(x))

=

∫

∂Ω

∇w(x) · ν w(x)dSx .

La última integral es cero, ya que w(x) = 0 en ∂Ω. Además, como g es nodecreciente, entonces ∀s, t ∈ R, [g(s)− g(t)](s− t) ≥ 0, así que

∫

Ω

|∇w(x)|2 ≤ 0 ,

que implica w(x) ≡ 0, ya que w(x) = 0 en ∂Ω.Consecuentemente u1(x)− u2(x) ≡ 0.

133


Ejercicio 4.19 Pruébese la Tercera Identidad de Green: Si Ω ⊂ RN es unsubconjunto abierto y acotado en el que es válido el teorema de la divergencia,u ∈ C2(Ω) y x ∈ Ω, entonces

u(x) =

∫

Ω

E(x−y)∆u(y)dy+

∫

∂Ω

u(y)∂

∂nyE(x−y)dSy−

∫

∂Ω

E(x−y)∂

∂nyu(y)dSy,

donde la función E : RN −→ RN está dada por

E(y) =

log |y|2π

, si N = 2,

− 1

(N − 2)ωN |y|N−2, si N ≥ 3

y ∈ RN

y ∂∂ny

= n(y) · ∇, con n(y) el vector normal unitario exterior a Ω en y ∈ ∂Ω

y ωN = |B1|.

Solución.La segunda identidad de Green dice que para cualquier v, z ∈ C2(Ω)∩C1(Ω),

∫

Ω

[z(y)∆v(y)− v(y)∆z(y)

]dy =

∫

∂Ω

[z(y)

∂v(y)

∂n− v(y)

∂z(y)

∂n

]dSy .

Si fijamos x ∈ Ω, elegimos v = u(y), z = E(x − y) y aplicamos la segundaidentidad de Green en Ωε = Ω \ Bε(x), con ε <dist(x, ∂Ω), deducimos que(ya que ∆E(x− y) = 0 en Ωε, véase Ejercicio 1.8):

0 =

∫

Ωε

u(y)∆E(x− y)dy

=

∫

Ωε

E(x− y)∆u(y)dy −∫

∂Ωε

[E(x− y)

∂u(y)

∂ny− u(y)

∂E(x− y)

∂ny

]dSy

=

∫

Ωε

E(x− y)∆u(y)dy −∫

∂Ω

[E(x− y)

∂u(y)

∂ny− u(y)

∂E(x− y)

∂ny

]dSy

+

∫

∂Bε(x)

[E(x− y)

∂u(y)

∂ny− u(y)

∂E(x− y)

∂ny

]dSy .

(4.21)

134


Vamos a tomar límites cuando ε tiende a cero. Por el Teorema de Lebesgue,

E(x− y)∆u(y)χΩεε→0−→ E(x− y)∆u(y)χΩ en L1(Ω)22

y así

lımε→0

∫

Ωε

E(x− y)∆u(y)dy =

∫

Ω

E(x− y)∆u(y)dy. (4.22)

Estudiamos ahora las últimas dos integrales en (4.21). Haremos el cálculosólo para N ≥ 3 (siendo análogo en el caso N = 2). En primer lugar,

∂Bε(x) = y ∈ RN : |x− y| = ε

y por lo tanto

E(x− y)

∣∣∣∣∂Bε(x)

= − 1

(N − 2)ωNεN−2

así que∫

∂Bε(x)

E(x− y)∂u(y)

∂nydSy = − 1

(N − 2)ωNεN−2

∫

∂Bε(x)

∂u(y)

∂nydSy =

= − Nε

(N − 2)

1

NωNεN−1

∫

∂Bε(x)

∂u(y)

∂nydSy

ε→0−→ 0 (4.23)

pués ∂u∂ny∈ C1(Ω) implica que

1

NωNεN−1

∫

∂Bε(x)

∂u(y)

∂nydSy

ε→0−→ ∂u

∂ny(x) .

Por otro lado, como n(y) = x−yε,

∫

∂Bε(x)

u(y)∂E(x− y)

∂nydSy =

1

ωN

∫

∂Bε(x)

u(y)x− y|x− y|N ·

(x− y)

εdSy

=1

ωNεN−1

∫

∂Bε(x)

u(y)dSy =

∮

∂Bε(x)

u(y)dSyε→0−→ u(x). (4.24)

Gracias a (4.22), (4.23) y (4.24), tomando límites cuando ε tiende a cero en(4.21) concluimos la fórmula pedida en el ejercicio.

22 Es decir:

lımε→0

∫

Ω

∣∣E(x− y)∆u(y)χΩε − E(x− y)∆u(y)χΩ

∣∣dy = 0 .

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Bibliografía

[Ca] A. Cañada Villar, Apuntes de Ecuaciones en Derivadas Parciales,http://www.ugr.es/∼dpto_am/docencia/Apuntes/EDPMatematicas_Canada.pdf

[CF] A. Castro Figueroa, Curso básico de ecuaciones en derivadas parciales.Addison-Wesley Iberoamericana (1997).

[DF] D.G. De Figueiredo, Análise de Fourier e Equacoes Diferenciais Par-ciais. Instituto de matemática pura e aplicada (1997).

[Ev] L. C. Evans, Partial Differential Equations, Graduate Studies in Mat-hematics 19, American Mathematical Society (1998).

[Per] I. Peral, Primer Curso de Ecuaciones en Derivadas Parciales,http://www.uam.es/personal_pdi/ciencias/ireneo/libro.pdf

[St] W.A. Strauss, Partial differential equations. An introduction. John Wi-ley & Sons, Inc., New York (1992).

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ejerciciosdelcurso...

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