matemÁticas ii grado en ingenierÍa aeroespacial...
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MATEMÁTICAS IIGRADO EN INGENIERÍA
AEROESPACIAL
ECUACIONES EN DERIVADASPARCIALES
Sergio BlanesLuis Sánchez
ESCUELA TÉCNICA SUPERIOR DE INGENIERÍADEL DISEÑO
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA APLICADA
UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE VALENCIA
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Capítulo 1
Ecuaciones en derivadasparciales
1.1 Introducción
1.1.1 Introducción de conceptos básicos
En estas notas cubriremos las nociones más elementales de las ecuaciones enderivadas parciales (EDPs) mas usuales así como uno de los métodos máscomúnmente utilizados como es el de separación de variables.
En general una EDP es una relación entre una función incógnita depen-diente de dos o más variables independientes, dichas variables independientesy algunas derivadas parciales de la función incógnita respecto de la variablesindependientes, denominándose orden de la ecuación diferencial al de la ma-yor derivada parcial que aparezca.
Los métodos de resolución de ecuaciones en diferenciales ordinarias (EDOs)nos serán eventualmente útiles. Así, por ejemplo, en la EDP que relacionala función incógnita z(x, y) con las variables independientes x, y
∂2z
∂x2= 6xy
es inmediato obtener la solución
z = x3y + xφ(y) + ψ(y)
donde φ(y) y ψ(y) son funciones arbitrarias. Este ejemplo muestra que lasolución de las EDP generalmente involucran funciones, en vez de constantes,
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arbitrarias como ocurre con las EDOs. Además en ejemplos como éste en quetenemos una variable dependiente de dos independientes las muchas solucio-nes existentes admiten una representación mediante superficies sustituyendoa las curvas integrales de las EDOs.
Muchos de los problemas de la ingeniería requieren de la resolución deecuaciones en derivadas parciales y aunque no existen métodos de resoluciónde EDPs, es decir de búsqueda de funciones que la satisfacen, tan generalescomo en EDOs, muchos de ellos son modelizados por las mismas EDPs apesar de ser de naturaleza muy distinta.
A continuación presentamos unas pocas de entre las más relevantes.
Ecuación de Laplace
∇2u = 0 (1.1.1)
(∇2u ≡ ∂2u∂x2+ ∂2u
∂y2+ ∂2u
∂z2en tres dimensiones. En otras dimensiones se colo-
carían derivadas correspondientes). La función u puede representar tanto elpotencial gravitatorio en una región que no contiene masas como el potencialelectroestático en una región sin cargas, o la distribución de temperaturas enuna región sin fuentes de calor y en el que se encuentra en equilibrio termoes-tático. Generalmente, esta ecuación viene acompañada de unas condicionesde contorno en la frontera de la región de estudio, dando como resultado unaúnica solución.
Ecuación de Poisson
∇2u = f(x, y, z) (1.1.2)
Esta ecuación sirve para modelizar los mismos problemas que en la ecuaciónde Laplace, pero en el caso en el que en la región de interés contenga una fun-ción fuente, f(x, y, z) (una distribución de masas, cargas eléctricas o fuentesde calor).
Ecuación del Calor o de Difusión∂u
∂t= α2∇2u (1.1.3)
Esta ecuación modeliza, por ejemplo, la variación de la temperatura con eltiempo en una región del espacio sin fuentes de calor, o también la concentra-ción de un gas o partículas que evolucionan por difución y donde α suele seruna constante que depende del material (su densidad, capacidad calorífica,conductividad, etc.)
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Ecuación de Ondas∂2u
∂t2= α2∇2u (1.1.4)
Nos permite modelizar el desplazamiento respecto al punto de equilibrio demovimientos ondulatorios que se propagan en el espacio y en el tiempo enuna región sin fuerzas externas. Modeliza tanto el movimiento ondulatoriode una cuerda como la propagación del campo electromagnético en el espacioy en el tiempo simultáneamente. Aquí α depende de las propiedades delmedio en el que se transmite la onda y está relacionada con la velocidad depropagación de las ondas.
Ecuación de Helmholtz
∇2u = −k2u (1.1.5)
Esta ecuación suele aparecer durante el proceso de resolución tanto de laecuación del calor o difusión como en el de ondas.
Como se observa, estas ecuaciones son lineales, con coeficientes constantesy de segundo orden, siendo las más importantes en la ingeniería. Estas ecua-ciones tienen infinitas soluciones por lo que, en general, el problema quedarádeterminado al fijar las condiciones de contorno del problema y, en proble-mas de evolución con las ecuaciones del calor o de ondas con dependenciatemportal, necesitaremos de condiciones iniciales (en el instante inicial).
Existen otras ecuaciones también de gran relevancia en la Física y laIngeniería como son las ecuaciones de Maxwell, que describen la propaga-ción de las ondas electromagnéticas en un determinado medio o la ecuaciónde Schrödinger de la mecánica cuántica, que describe la evoluaición de lossistemas microscópicos como son los átomos o las moléculas.
1.2 EDPs de Primer Orden
Vamos a estudiar EDPs de primer orden con dos variables independientes,x, y dadas por una expresión de la forma
F
µx, y, z,
∂z
∂x,∂z
∂y
¶= 0 (1.1.6)
donde z(x, y) es la variable dependiente en el que suponemos que es unafunción continua y diferenciable en la región de interés, D, esto es, z ∈ C1(D).
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1.2.1 EDPs Quasilineales de Primer Orden
Una ecuación diferencial quasilineal de primer orden de dos variables es unaecuación de la forma
P (x, y, z)∂z
∂x+Q(x, y, z)
∂z
∂y= R(x, y, z), (1.1.7)
donde P (x, y, z), Q(x, y, z) yR(x, y, z) están definidas en un abierto Ω ∈ R3 yson continuamente derivables en Ω. Además, impondremos que hay ecuaciónen derivadas parciales en todo Ω, para ello se deberá cumplir que
|P (x, y, z)|+ |Q(x, y, z)| > 0, si (x, y, z) ∈ Ω.
Las ecuaciones (1.1.7) se llaman quasilineales porque aunque son linealesen las derivadas de la función z, las funciones P (x, y, z), Q(x, y, z) yR(x, y, z)pueden ser no lineales en la dependencia de z. Por ejemplo,
2xz∂z
∂x+ 2yz
∂z
∂y= y2 + x2.
Si R(x, y, z) = 0 la ecuación (1.1.7) se llama homogénea.
Por solución de la ecuación (1.1.7) entendemos una función z(x, y) talque (x, y, z) ∈ Ω y tanto la función z como sus derivadas parciales satisfacenla ecuación (1.1.7). Notemos que la solución que hemos considerado será decarácter local y será válida en un entorno del punto (x, y).
Un caso particular de este tipo de ecuaciones son las ecuaciones diferen-ciales lineales. Por ejemplo del tipo
P (x, y)∂z
∂x+Q(x, y)
∂z
∂y= R(x, y),
o del tipo
A∂z
∂x+B
∂z
∂y+ Cz = R(x, y),
con A, B y C constantes.
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Teorema 1.1 Si ½u(x, y, z) = C1v(x, y, z) = C2
(1.1.8)
con C1, C2 constantes arbitrarias, son soluciones independientes del sistemacaracterístico
dx
P (x, y, z)=
dy
Q(x, y, z)=
dz
R(x, y, z)(1.1.9)
y F representa una función arbitraria, entonces F (u(x, y, z), v(x, y, z)) = 0es la solución o integral general de la ecuación diferencial
P (x, y, z)∂z
∂x+Q(x, y, z)
∂z
∂y= R(x, y, z). (1.1.10)
Si se prefiere la solución anterior puede escribirse mediante C2 = ψ(C1),donde ψ representa una función arbitraria y C1, C2 deben sustituirse poru(x, y, z), v(x, y, z) respectivamente.
Ejemplo 1.1 Resolver la ecuación diferencial
2∂z
∂x+
∂z
∂y= 0.
Solución: Identificamos P (x, y, z) = 2, Q(x, y, z) = 1 y R(x, y, z) = 0, paraconstruir el sistema diferencial característico
dx
2=dy
1
dz = 0
;
Nos plantemos la resolución del siguiente sistema½dx− 2dy = 0z = C2
→½x− 2y = C1z = C2
.
La solución general será
F (x− 2y, z) = 0.
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Ejemplo 1.2 Resolver la ecuación diferencial
a∂z
∂x+ b
∂z
∂y+ cz = 0, a, b, c ∈ R, |a|+ |b| 6= 0.
Solución: El sistema diferencial característico viene dado por
dx
a=dy
b=
dz
−c z .
Para obtener la solución debemos resolver el siguiente siguientedx
a=dy
b
dx
a=dz
−cz
→ ay − bx = C1
zecxa = C2
La solución general viene dada por
F (C1, C2) = 0, esto es F (ay − bx, ze cxa ) = 0,
con F una función arbitraria. Si despejamos la constante C2 se obtiene
C2 = ψ(C1)
con ψ una función arbitraria. Esto nos permite despejar la variable depen-diente, z(x, y)
z = e−cxa ψ (ay − bx) .
1.2.2 EDPs lineales de coeficientes constantes reduci-bles.
De manera similar como se hizo en las EDOs, para simplificar la notación,introducimos los operadores derivadas
Dx =∂
∂x, Dy =
∂
∂y
donde sabemos que DxDyz(x, y) = DyDxz(x, y). Con esto, podemos escribiruna EDP lineal de coeficientes constantes de orden n, Φ(Dx,Dy)z = 0, comouna expresión polinómica en los operadoresDx,Dy de orden n actuando sobrez(x, y).
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Teorema 1.2 (i) Si z1 = z1(x, y) y z2 = z2(x, y) son soluciones de laecuación diferencial homogénea Φ(Dx,Dy)z = 0 en alguna región, entonces
z = αz1(x, y) + βz2(x, y),
con α y β constantes, también es una solución de esta ecuación en esa región.
(ii) Si u(x, y) es solución de la ecuación diferencial homogénea
Φ(Dx,Dy)z = 0
y v(x, y) es solución de la ecuación diferencial no homogénea
Φ(Dx,Dy)z = f(x, y),
en alguna región, entonces
z = u(x, y) + v(x, y)
es solución de la ecuación diferencial no homogénea en esa región.
(iii) Principio de superposición. Si u(x, y) es solución de la ecuación
Φ(Dx, Dy)z = f1(x, y)
y v(x, y) es solución de la ecuación
Φ(Dx,Dy)z = f2(x, y),
en alguna región, entonces z = u(x, y) + v(x, y) es solución de la ecuación
Φ(Dx, Dy)z = f1(x, y) + f2(x, y)
en esa región.
A continuación nos centraremos en las ecuaciones de orden superior re-ducibles.
Definición 1.1 Una EDP lineal, Φ(Dx,Dy)z = f(x, y), se dice que es redu-cible si el operador Φ(Dx,Dy) puede descomponerse en factores lineales, esdecir en factores donde sólo aparezcan derivadas de primer orden
Φ(Dx, Dy)z = ϕ1(Dx,Dy)ϕ2(Dx,Dy) · · ·ϕn(Dx, Dy)z = f(x, y),siendo
ϕi(Dx,Dy) = aiDx + biDy + ci, i = 1, 2, . . . , n.
Si f(x, y) = 0, la ecuación se llamará homogénea y en caso contrario nohomogénea.
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De manera similar a las EDOs, la solución general de una ecuación dife-rencial lineal no homogénea viene dada por la suma de la solución generalde la ecuación homogénea más una solución particular de la ecuaciónn nohomogénea.
Por tanto, en primer lugar buscaremos las soluciones de la ecuación ho-mogénea:
ϕ1(Dx, Dy)ϕ2(Dx,Dy) · · ·ϕn(Dx, Dy)z = 0. (1.1.11)
Teniendo en cuenta que, por tratarse de coeficientes constantes, los operado-res conmutan, ϕiϕj = ϕjϕi, la solución general de (1.1.11) será de la forma
z =nXi=1
zi,
donde zi es solución de la ecuación
(aiDx + biDy + ci) zi = 0, i = 1, 2, . . . n, (1.1.12)
si ϕi 6= ϕj, ∀i 6= j (o sea ningún factor tiene multiplicidad mayor que uno).Y como por el Ejemplo 1.2, zi = e
− cix
ai ψi (aiy − bix) , i = 1, 2, . . . n, se tieneque la solución es:
z =nXi=1
e− cix
ai ψi (aiy − bix) .
Por otra parte, si aDx+ bDy+ c es un factor de multiplicidad k, entoncesla correspondiente solución a dichos k factores es
k−1Xi=0
xiφi (ay − bx) e− cxa ,
con φi, i = 1, 2, . . . k − 1 funciones arbitrarias.
Ejemplo 1.3 Resolver las EDPs
a)∂3z
∂x∂y2− 9∂z
∂x= 0. b)
∂4z
∂x4− 2 ∂4z
∂x2∂y2= 0.
Solución: a) Utilizando operadores derivada, la ecuación se escribe¡DxD
2y − 9Dx
¢z = 0⇒ Dx (Dy + 3) (Dy − 3) z = 0.
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Por tanto la solución de la ecuación diferencial dada es
z = ψ1 (y) + e−3xψ2 (x) + e3xψ3 (x) ,
con ψi, i = 1, 2, 3 funciones arbitrarias.
b) Ahora la ecuación diferencial es
D2x
¡D2x − 2D2
y
¢z = 0→
D2x
³Dx −
√2Dy
´³Dx +
√2Dy
´z = 0.
Por tanto la solución de la ecuación diferencial dada es
z = ψ1 (y) + xψ2 (y) + ψ3³y +√2x´+ ψ4
³y −√2x
´,
con ψi, i = 1, . . . , 4 funciones arbitrarias.
Solución particular Para obtener una solución particular buscaremos unconjunto de funciones de forma “anidada". Veámoslo para ecuaciones desegundo orden (para órdenes superiores sería de manera similar)
ϕ1(Dx,Dy)u1 = f(x, y)
ϕ2(Dx,Dy)u2 = u1.
Para resolver el sistema se procede de la siguiente forma: en primer lugarresolvemos la ecuación, ϕ1u1 = f(x, y), obteniendo una solución particularu1(x, y) (no hay que calcular la solución general) y que es utilizada en laecuación ϕ2u2 = u1, para obtener una solución particular u2(x, y).
Ejemplo 1.4 Resolver la EDP
∂2z
∂x2− 2 ∂2z
∂x∂y+
∂2z
∂y2− 2∂z
∂x+ 2
∂z
∂y= 4xe−2y .
Solución: Utilizando operadores derivada, la ecuación diferencial anteriorse escribe ¡
D2x − 2DxDy +D2
y − 2Dx + 2Dy¢z = 4xe−2y .
Consideremos la ecuación homogénea¡D2x − 2DxDy +D2
y − 2Dx + 2Dy¢z = 0 .
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que se puede descomponer como
(−2 +Dx−Dy)(Dx−Dy) z = 0 .La solución de la ecuación
(Dx −Dy − 2) z1 = 0 ,es de la forma
z1 = e2xψ1(x+ y) .
La solución de la ecuación
(Dx −Dy) z2 = 0 ,es de la forma
z2 = ψ2(x+ y) .
Así la solución general de la ecuación homogénea es
zh = e2xψ1(x+ y) + ψ2(x+ y) .
Para obtener una solución particular tenemos que resolver el sistema
(Dx −Dy)u = 4e−2yx (1.1.13)
(Dx −Dy − 2) z = u . (1.1.14)
Para resolver (1.1.13) consideraremos el sistema característico
dx = −dy = du
4xe−2y,
o sea, el sistema
dy
dx= −1 , dy
dx= − 1
4xe−2ydu
dx.
Una solución particular para u es
u = 2xe−2y − e−2y .
Seguidamente, debemos resolver la ecuación (1.1.14), que toma la forma
(Dx −Dy − 2) z = 2xe−2y − e−2y ,
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cuyo sistema característico es
dx = −dy = dz
2xe−2y − e−2y + 2z ,o sea,
dy
dx= −1 , dy
dx= − 1
2xe−2y − e−2y + 2zdz
dx.
y una solución particular viene dada por
zp = e−2y ¡−x+ x2¢ .
La solución general de la ecuación completa es
z = e2xψ1(x+ y) + ψ2(x+ y) + e−2y ¡−x+ x2¢ .
Para obtener soluciones particulares de ecuaciones diferenciales linealesen derivadas parciales se puede utilizar también un método similar al métodode los coeficientes indeterminados de las ecuaciones diferenciales ordinarias.
Supongamos que se quiere resolver una ecuación diferencial no homogéneade la forma
Φ (Dx, Dy) z = f(x, y) .
Distinguiremos distintos casos según la forma de f(x, y).
Caso 1.- Si f(x, y) = keαx+βy, se prueba una solución de la forma zp =Ceαx+βy.
Pero si eαx+βy fuese una solución de la ecuación homogénea (cosa queocurre cuando ψ(αx+βy) es solución de la homogénea) se probarán solucionesde la forma zp = Cxeαx+βy, o bien zp = Cyeαx+βy.
Ejemplo 1.5 Obtener una solución particular de la ecuación¡4 (Dx)
2 + (Dy)2 − 8Dx
¢z = 3ex+2y .
Si probamos como solución zp = Cex+2y obtenemos que es solución dela ecuación homogénea. Si se prueba ahora, zp = Cxex+2y obtenemos quetambién es solución de la homogénea, con lo cual tendremos que ensayar unasolución de la forma zp = Cyex+2y. Sustituyendo e igualando se obtiene lasolución particular que buscamos es
zp =3
4yex+2y .
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Caso 2.- Si f(x, y) = m sen (αx+ βy) + n cos (αx+ βy), se prueba unasolución de la forma
zp = k sen (αx+ βy) + l cos (αx+ βy) .
Puede ocurrir como en el caso anterior que este tipo de soluciones sean so-lución de la ecuación homogénea, entonces se busca soluciones en forma deproducto de las anteriores por x o por y.
Ejemplo 1.6 Obtener una solución particular de la ecuación¡(Dx)
2 + (Dy)2 + 2
¢z = cos(x+ y) .
Como k sin(x+y)+l cos(x+y) es solución de la ecuación homogénea, buscare-mos una solución de la forma zp = kx sin(x+y)+ lx cos(x+y). Sustituyendoe igualando con el término no homogéneo, se obtiene la solución particular
zp =1
2x sen(x+ y) .
Caso 3.- f(x, y) es un polinomio. Se prueba como solución un polinomiodel mismo grado.
Ejemplo 1.7 Obtener una solución particular de la ecuación
(DxDy − 2Dx + 1) z = x2y .
Se prueba como solución particular una función de la forma
zp = ax2y + bxy + cy2 + dx+ ey + g .
sustituyendo e igualando términos con las mismas potencias en x, y se tieneel siguiente sistema de ecuaciones
a = 1 , b− 4a = 0 , d+ 2a = 0 , e− 2b = 0 , g − 2d+ b = 0 , c = 0 .
Una vez resuelto se llega a la solución particular
zp = x2y + 4xy − 2x+ 8y − 8 .
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1.3 Ejercicios
1. Obtener la solución general de la ecuación
(Dx +Dy + 1) (Dx −Dy) z = 3x2 + 2y − 4 .
2. Obtener la solución general de la ecuación
(Dx − 2Dy)3 u = 125ex sen(y) .
3. Obtener una solución particular de la ecuación
∂2z
∂x2− ∂2z
∂x∂y− 2∂z
∂x− 3∂z
∂y= xy2ex−y .
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Capítulo 2
EDPs de segundo orden I
2.1 Introducción
En este tema vamos a centrarnos en la resolución de las principales EDPsde segundo orden (Ecuaciones de Laplace, Poisson, Helmholtz, del calor yondas) en su forma canónica sin fuentes. En el tema siguiente considerare-mos problemas con posibles términos fuente y que estarán completamentedeterminadas por unas condiciones de frontera, que adquirirán una formadeterminada dependiendo de la naturaleza del problema. Por sencillez, con-sideraremos problemas en los que solo tengamos dos variables independientes.
Por lo general, no es posible encontrar las soluciones a estos problemascon expresiones compactas y por tanto buscaremos soluciones en términos desumas de funciones
z =∞Xn=1
fn(x, y)
donde, en los problemas de interés
limn→∞
fn(x, y) = 0
y por tanto, en general, es de esperar que tomando únicamente unos pocostérminos del sumatorio nos de una solución que se aproxime con bastanteprecisión a la solución real.
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2.2 Clasificación
Una EDP lineal de segundo orden es de la forma
A∂2z
∂x2+B
∂2z
∂x∂y+ C
∂2z
∂y2+D
∂z
∂x+ E
∂z
∂y+ Fz = G , (2.2.1)
donde A = A(x, y), B = B(x, y), . . . . Estas ecuaciones se puede clasificar enuna región D del plano de la siguiente manera. Se llama
hiperbólica en D, si B2 − 4AC > 0 en D,parabólica en D, si B2 − 4AC = 0 en D,elíptica en D, si B2 − 4AC < 0 en D.
Podemos comprobar que las ecuaciones de Laplace, de Poisson y de Helm-holtz son hiperbólicas, la ecuación del calor o difusión es parabólica y laecuación de ondas en hiperbólica.
Ejemplo 2.1 Clasificar la siguiente ecuación
∂2z
∂x2+ x2
∂2z
∂y2− 1x
∂z
∂x= 0.
Solución: Identificamos A = 1, B = 0 y C = x2, luego B2 − 4AC =−4x2 < 0 y la ecuación es del tipo elíptico.
Ejemplo 2.2 Clasificar y expresar la siguiente EDP en su forma canónica:
∂2z
∂x2+ 2
∂2z
∂x∂y− 3∂
2z
∂y2+ 2
∂z
∂x+ 6
∂z
∂y= 0.
1. Solución: Identificamos A = 1, B = 2 y C = −3, luego B2− 4AC =16 > 0 y la ecuación es del tipo hiperbólico.
Bajo un cambio de coordenadas en las variables independientes
r = r (x, y)
s = s (x, y)
es posible transformar la ecuación (2.2.1) en una de las siguientes formascanónicas:
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Ecuación hiperbólica. Se puede transformar en una ecuación de la forma
∂2z
∂r∂s= F
µr, s, z,
∂z
∂r,∂z
∂s
¶ó
∂2z
∂r2− ∂2z
∂s2= G
µr, s, z,
∂z
∂r,∂z
∂s
¶.
Ecuación parabólica. Se puede transformar en una ecuación de la forma
∂2z
∂r2= H
µr, s, z,
∂z
∂r,∂z
∂s
¶.
Ecuación elíptica. Se puede transformar en una ecuación de la forma
∂2z
∂r2+
∂2z
∂s2= K
µr, s, z,
∂z
∂r,∂z
∂s
¶.
Vemos que los términos de segundo orden no tienen coeficientes depen-dientes de las variables independientes y nos permite centrar nuestro estudioa unos pocos casos de EDPs.
2.3 Ecuación de ondas sin fuentes y con ex-tremos fijos
Consideremos una cuerda de longitud L y sujetas por los dos extremos. Seau(x, t) el desplazamiento respecto al punto de equilibrio de cada uno de lospuntos de la cuerda. Un modelo sencillo que nos describe el movimiento deestos desplazamientos respecto al punto de equilibrio (cuando no hay fuerzasexternas y los extremos esta fijos y no se desplazan) es:
∂2u
∂t2= a2
∂2u
∂x2, 0 < x < L, t > 0,
u(0, t) = 0 , u(L, t) = 0 ,u(x, 0) = ϕ0(x),
∂u∂t(x, 0) = ϕ1(x) .
(2.2.2)
donde ϕ0(x) es la posición inicial de la cuerda y ϕ1(x) es la velocidad inicialde desplazamiento.
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Probemos con una solución de la forma
u(x, t) = T (t)X(x),
esto es, suponemos que podemos encontrar una solución en el que las va-riables t y x estan separadas (método de separación de variables). Sisustituimos en la ecuación diferencial tenemos
d2T (t)
dt2X(x) = a2T (t)
d2X(x)
dx2
y si dividimos todo por u
1
a2T 00(t)T (t)
=X 00(x)X(x)
= −λ.
Para que esta relación se pueda cumplir para cualquier valor de x y t necesa-riamente λ tiene que ser una constante. Como se verá más adelante, λ solopuede ser una constante positiva. Con esto, T (t) y X(x) deben ser soluciónde las siguientes EDOs
T 00(t) + a2λT (t) = 0X 00(x) + λX(x) = 0,
cuyas soluciones generales para λ > 0, son
T (t) = A cos³a√λ t´+B sin
³a√λ t´
X(x) = C cos³√
λ x´+D sin
³√λ x´
y los coeficientesA,B,C,D así como λ se fijarán a partir de las condiciones decontorno y las condiciones iniciales. De las condiciones de frontera tenemosque
u(0, t) = X(0)T (t) = 0, u(L, t) = X(L)T (t) = 0,
y como se debe cumplir para cualquier instante, t, con T (t) 6= 0 se debecumplir
X(0) = 0 ⇒ C = 0
y
X(L) = 0 ⇒ sin³√
λ L´= 0 ⇒ λ =
³nπL
´218
para n = ±1,±2, . . . , por lo que hay infinitas soluciones.NOTA: Claramente λ ≥ 0 y si fuera nula, la solución de X sería X =
C+Dx, pero esta función no se puede anular en x = 0 y en x = L simultánea-mente, a no ser que sea idénticmente nula y por esto no se ha consideradoesta posibilidad.
Como la EDP es lineal y homogénea, una combinación lineal de solucioneses también solución de la EDP. Por tanto, es posible demostrar que, bajocondiciones generales, la solución del problema se puede escribir como:
u(x, t) =∞Xn=1
Tn(t)Xn(x)
donde Tn y Xn son soluciones de las ecuaciones
T 00n + a2λnTn = 0
X 00n + λnXn = 0
con λn =¡nπL
¢2. Por tanto, la solución de este problema viene dada por
u(x, t) =∞Xn=1
µAn cos
µnπat
L
¶+Bn sin
µnπat
L
¶¶sin³nπxL
´.
Si derivamos respecto al tiempo tenemos que
∂u(x, t)
∂t=³nπaL
´ ∞Xn=1
µ−An sin
µnπat
L
¶+Bn cos
µnπat
L
¶¶sin³nπxL
´y sus valores en el instante inicial, t = 0, son
u(x, 0) =∞Xn=1
An sin³nπxL
´, (2.2.3)
y
∂u(x, 0)
∂t=³nπaL
´ ∞Xn=1
Bn sin³nπxL
´. (2.2.4)
Por otro lado, del enunciado del problema sabemos que u(x, 0) = ϕ0(x),∂u∂t(x, 0) =
ϕ1(x) , y a partir de esta información podemos calcular los coeficientes An yBn.
19
Si tenemos en cuenta la propiedad de ortogonalidad (estudiada en primeroy muy utilizada en las series de Fourier)Z L
0
sin³nπxL
´sin³mπx
L
´dx =
L
2δn,m
y multiplicamos ambas partes de las igualdades en las ecuaciones (2.2.3)y (2.2.4) por sin
¡mπxL
¢, integramos y tenemos en cuenta la propiedad de
ortogonalidad se tiene que
An =2
L
Z L
0
sin³nπxL
´ϕ0(x)dx (2.2.5)
y si repetimos lo mismo pero para la derivada se obtiene
Bn =2
nπa
Z L
0
sin³nπxL
´ϕ1(x)dx. (2.2.6)
Ejercicio 2.1 Obtén la solución del problema
∂2u
∂t2= 4
∂2u
∂x2, 0 < x < 4,
u(0, t) = 0 , u(L, t) = 0
u(x, 0) = ϕ0(x) ,∂u
∂t(x, 0) = ϕ1(x) ,
Considerar los siguientes casos para las condiciones iniciales:
a) ϕ0(x) = U(x− 2)− U(x− 3), ϕ1(x) = 0
b) ϕ0(x) =
½x, 0 ≤ x < 24− x, 2 ≤ x < 4 , ϕ1(x) = 0
c) ϕ0(x) = 0, ϕ1(x) = 2
con U(x) la función Heaviside o escalón.
2.4 Ecuación del calor o de difusión sin térmi-no fuente y condiciones de frontera nulas
Estudiamos ahora el problemas de la ecuación del calor o de difusión. Se-guiremos básicamente los mismos pasos que los realizados en el problema
20
de ondas por lo que se presentará de manera más breve. En primer lugarresolveremos el problema general de una varilla finita con una distribuciónde temperaturas inicial y condiciones de frontera nulas (se mantienen losextremos a temperatura 0) .
La ecuación del calor para una varilla finita con fuentes de calor y condi-ciones de contorno no homogéneas viene dada por
∂u
∂t= a2
∂2u
∂x2, 0 < x < L, t > 0,
con las condiciones de contorno
u(0, t) = 0 , u(L, t) = 0 ,
y la condición inicial
u(x, 0) = ϕ(x) .
Probemos, al igual que con el problema de ondas, con una solución de laforma
u(x, t) = T (t)X(x).
Si sustituimos en la ecuación diferencial tenemos
dT (t)
dtX(x) = a2T (t)
d2X(x)
dx2
y si dividimos todo por u
1
a2T 0(t)T (t)
=X 00(x)X(x)
= −λ
Para que esta relación se pueda cumplir para cualquier valor de x y t nece-sariamente λ tiene que ser una constante. Al igual que en el problema deondas, λ solo puede ser una constante positiva. Con esto, T (t) y X(x) debenser solución de las siguientes EDOs
T 0(t) + a2λT (t) = 0X 00(x) + λX(x) = 0.
cuyas soluciones generales, para λ > 0, son
T (t) = A exp (−a2λ t)X(x) = C cos
³√λ x´+D sin
³√λ x´
21
y los coeficientes A,C,D así como λ se fijarán a partir de las condiciones decontorno y las condiciones iniciales. De las condiciones de frontera tenemosque
u(0, t) = X(0)T (t) = 0, u(L, t) = X(L)T (t) = 0,
y como se debe cumplir para cualquier instante, t, se debe cumplir
X(0) = 0 ⇒ C = 0
y
X(L) = 0 ⇒ sin³√
λ L´= 0 ⇒ λ =
³nπL
´2para n = ±1,±2, . . . , por lo que hay infinitas soluciones.Como la EDP es lineal y homogénea, una combinación lineal de soluciones
es también solución de la EDP. Por tanto, es posible demostrar que, bajocondiciones generales, la solución del problema se puede escribir como:
u(x, t) =∞Xn=1
Tn(t)Xn(x)
donde Tn y Xn son soluciones de las ecuaciones
T 0n + a2λnTn = 0
X 00n + λnXn = 0
con λn =¡nπL
¢2. Teniendo en cuenta las soluciones de estas ecuaciones y las
condiciones de frontera, vemos que la solución de este problema viene dadapor
u(x, t) =∞Xn=1
An exp
µ−³nπaL
´2t
¶sin³nπxL
´.
Si tenemos en cuenta la propiedad de ortogonalidad, podemos obtener loscoeficientes An a partir de las condiciones iniciales, ϕ(x)
An =2
L
Z L
0
sin³nπxL
´ϕ(x)dx . (2.2.7)
22
Ejercicio 2.2 Suponed que un modelo simple para obtener la distribución detemperatura en una cámara frigorífica
∂T
∂t=1
4
∂2T
∂x2, t > 0 , 0 < x < 10 .
Supned que inicialmente se encuentra a 20 grados y que en el instante inicialdos de sus paredes se ponen a 0 grados, esto es:
T (0, t) = 0 , T (10, t) = 0 ,
y
T (x, 0) = 20 .
Hallar la variación de la temperatura en el centro de la habitación. ¿ Cuantovale la temperatura en el centro en t = 2?
Ejercicio 2.3 Considera la solución de la ecuación parabólica
u(x, t) =∞Xn=1
an sin³nπxL
´exp
µ−³nπaL
´2t
¶,
para L = 10. Halla los coeficientes an para las condiciones iniciales u(x, 0) =x(L− x).
2.5 Resolución de EDPs mediante Transfor-madas de Laplace
El uso de Transformadas de Laplace puede ser también de utilidad en la re-solución de algunas EDPs. Lo vamos a ver en el caso dos variables indepen-dientes y en el que una de ellas sólo toma valores positivos. Por simplicidad,tomaremos esta variable como el tiempo, esto es, la solución de la EDP seráu(x, t) con t ≥ 0. Si aplicamos Transformadas de Laplace a la EDP ob-tendremos una ecuación diferencial ordinaria en la variable x y al resolverlaobtendremos la Transformada de Laplace de la solución.
La Transformada de Laplace de la solución buscada la denotaremos por:L[u(x, t)] = U(x, s) (actúa sólo sobre la variable t), y las transformadas desus derivadas son
L·∂u
∂x
¸=d
dxU(x, s), L
·∂2u
∂x2
¸=d2
dx2U(x, s), (2.2.8)
23
y
L·∂u
∂t
¸= sU(x, s)− u(x, 0), L
·∂2u
∂t2
¸= s2U(x, s)− su(x, 0)− ut(x, 0).
(2.2.9)
El objetivo es transformar la ecuación en derivadas parciales para u(x, t)en una ecuación diferencial ordinaria para U(x, s) más sencilla y que trasresolverla nos permita calcular la solución mediante la transformada inversa,u(x, t) = L−1[U(x, s)]. Veámoslo con algunos ejemplos:
Ejemplo 2.3 Hallar una función de dos variables u(x, t) tal que
x∂u∂x+ ∂u
∂t= xt
u(x, 0) = 0 si x ≥ 0,u(0, t) = 0 si t ≥ 0.
Sol.: Definimos la transformada de Laplace de una función de dos variablesu(x, t) con respecto a la variable t,
L [u(x, t)] =Z ∞
0
e−stu(x, t)dt = U(x, s).
Aplicando la transformada de Laplace en ambos miembros de la ecuacióndejando x como un parámetro
L·x∂u(x, t)
∂x+
∂u(x, t)
∂t
¸= L[xt]
Como x actúa como un parámetro
L·x∂u(x, t)
∂x
¸= x
∂
∂xL [u(x, t)] y L [xt] = x
s2.
Como t actúa como variable, aplicando la propiedad de la transformada dela derivada se tiene
L·∂u(x, t)
∂t
¸= sU(x, s)− u(x, 0).
Sustituyendo en la ecuación del problema,
x∂
∂xU(x, s) + sU(x, s)− u(x, 0) = x
s2
24
tenemos que U(x, s) satisface la ecuación diferencial lineal de primer orden
U 0(x, s) +s
xU(x, s) =
1
s2.
Esta ecuación tiene como solución general,
U(x, s) = e−Rsxdx
µC(s) +
Z1
s2eRsxdxdx
¶=C(s)
xs+
x
s2(s+ 1)
Como U(x, s) debe satisfacer U(0, s) = 0,
C(s) = 0⇒ U(x, s) =x
s2(s+ 1).
Tomando transformada inversa de Laplace, se deduce
u(x, t) = x(t− 1 + e−t).
Ejemplo 2.4 Resolver la siguiente ecuación de ondas
∂2u
∂t2= v2
∂2u
∂x2, t ≥ 0, x ≥ 0 (2.2.10)
con condiciones iniciales
u(x, 0) = 0, ut(x, 0) = e−x, x ≥ 0 (2.2.11)
y condiciones de frontera
u(0, t) = 0, limx→∞
u(x, t) = 0, t ≥ 0. (2.2.12)
Solución: Tomemos transformadas de Laplace de la EDP
L·∂2u
∂t2
¸= L
·v2
∂2u
∂x2
¸, (2.2.13)
s2U(x, s)− s u(x, 0)− ut(x, 0) = v2 d2
dx2U(x, s). (2.2.14)
Por tanto, la ecuación diferencial a resolver es
d2
dx2U(x, s)− s
2
v2U(x, s) = − 1
v2e−x. (2.2.15)
25
La solución de la homogénea es: UH(x, s) = C1esxv + C2e
− sxv . Por tanto,
para la solución particular probaremos con Up(x, s) = Ae−x, y deduciendoque A = 1
s2−v2 y por tanto la solución general viene dada por
U(x, s) = C1esxv + C2e
− sxv +
1
s2 − v2 e−x.
Las constantes C1, C2 se obtienen a partir de las condiciones de frontera.Teniendo en cuenta que la solución se anula para x→∞ se tiene que C1 = 0,y considerando que u(0, t) = 0 vemos que C2 = −1
s2−v2 , luego
U(x, s) =−1
s2 − v2 e− sx
v +1
s2 − v2 e−x.
Y como
L−1·
1
s2 − v2¸=1
vsinh(v t)
vemos que la solución pedida es:
u(x, t) =−1vsinh(v(t− x/v))U(t− x/v) + −1
vsinh(v t)e−x,
donde hemos denotado por U(t) la función de Heaviside o función escalón(no hemos utilizado la notación u(t) para que no se confunda con la soluciónu(x, t)).
2.6 Problemas en dos dimensiones espacialesy con simetría circular
Vamos a estudiar tanto el problema del calor como el de ondas en el casode dos dimensiones espaciales en los que hay simetría circular, por lo quepodremos reducir las EDPs a problemas con una sola dimensión espacial.Los pasos a seguir serán análogos, pero las ecuaciones variarán ligeramente.
Lo ilustraremos para la ecuación de ondas, donde podemos suponer quese trata de las vibraciones de una membrana circular. La ecuación de ondasen dos dimensiones espaciales viene dada por
∂2u
∂t2= a2
µ∂2u
∂x2+
∂2u
∂y2
¶. (2.2.16)
26
Como estamos interesados en problemas en los que hay simetría circular, seráconveniente trabajar en coordenadas polares. Por tanto, hay que cambiar lasderivadas parciales respecto a x, y por derivadas parciales respecto al radioy el ángulo, r, θ, y la ecuación en polares toma la forma
∂2u
∂t2= a2
µ∂2u
∂r2+1
r
∂u
∂r+1
r2∂2u
∂θ2
¶.
Si el problema tiene simetría radial, entonces u no depende de θ, esto es,∂2u∂θ2
= 0 y la ecuación se simplifica a
∂2u
∂t2= a2
µ∂2u
∂r2+1
r
∂u
∂r
¶. (2.2.17)
Si además consideramos que la membrana tiene radio r0 y la solución sedebe anular en el borde de la membrana, entonces tendremos la condición defrontera
u(r0, t) = 0, t ≥ 0.
Buscaremos la solución por separación de variables, por lo que escribire-mos
u(r, t) = T (t)R(r)
y sustituyendo en la ecuación (2.2.17) se tiene
T 00R = a2(TR00 +1
rTR0)
y dividiendo todo por a2TR
1
a2T 00
T=R00
R+1
r
R0
R= −λ
con λ una constante positiva. Las ecuaciones a resolver serán
T 00n + a2λTn = 0,
R00n +1
rR0n + λRn = 0, (2.2.18)
que son casi idénticas a las que obtuvimos anteriormente salvo el término1rR0n de la segunda ecuación. La solución de la ecuación para R(r) no se ha
27
estudiado (se resuelve utilizando desarrollos en series de potencias alrededorde r = 0, que es un punto singular regular). La solución general de R(r)se puede escribir en término de dos soluciones independientes (ya que laecuación es lineal y de segundo orden). No entraremos en detalles sobrecómo se obtienen y tan solo indicaremos que la solución de la ecuación
R00n +1
rR0n +Rn = 0,
toma la forma
R(r) = C1Y0(r) + C2J0(r) (2.2.19)
donde C1, C2 son las constantes arbitrarias y J0(r), Y0(r) son funciones deBessel de primera y segunda especie. Señañamos simplemente que por ejem-plo el programa Mathematica tiene definidas dichas funciones. De la funciónY0(r) tan solo necesitamos saber que esta función diverge para r = 0, quees el centro de la membana, y por tanto no puede aparecer en la solución,luego, C1 = 0.
Por otro lado, de la condición de frontera, u(r0, t) = 0 se tiene que J0(r)se debe de anular para r = r0, de igual manera a lo que le ocurría a lafunción seno en X(x) en una dimensión. La principal diferencia estriba enque la función sin(x) se anula para x = nπ mientras que J0(r) se anulaen unos valores de r que hay que determinar numéricamente. Denotaremospor µn,0 los valores ordenados en los que se anula la función J0(r), esto es,J0(µn,0) = 0, n = 1, 2, . . .
Por otro lado, tenemos que la solución se puede escribir (por separaciónde variables y superposición de soluciones) como
u(r, t) =∞Xn=1
Tn(t)Rn(r)
donde Tn y Rn son soluciones de las ecuaciones
T 00n + a2λnTn = 0,
R00n +1
rR0n + λnRn = 0. (2.2.20)
Haciendo el cambio de variable r →√λnr convertimos la ecuación diferencialpara R(r) en la ecuación de Bessel (2.2.18), y por tanto la solución será:Rn(r) = J0(
√λnr). Como estas funciones se tienen que anular en r = r0,
28
esto es J0(√λnr0) = J0(µn,0) = 0, donde µn,0 son los ceros de la función de
Bessel J0(x), entonces, λn =³µn,0r0
´2. Teniendo en cuenta las soluciones de
estas ecuaciones, vemos que la solución del problema se puede escribir en laforma
u(r, t) =∞Xn=1
µEn cos
µaµn,0r0
t
¶+Gn sen
µaµn,0r0
t
¶¶J0
µµn,0r0r
¶.
Los coeficientes En y Gn se obtienen a partir de las condiciones inicialesteniendo en cuenta que
u(r, 0) =∞Xn=1
EnJ0
µµn,0r0r
¶, ut(r, 0) =
∞Xn=1
Gnaµn,0r0
J0
µµn,0r0r
¶,
y haciendo uso de las propiedades de ortogonalidad de las funciones de Bes-sel, que tienen una forma similar a las propiedades de ortogonalidad de lasfunciones trigonométricasZ r0
0
J0(µm,0r0r) J0(
µn,0r0r) r dr =
½0 m 6= nαn n = m
(2.2.21)
con
αn =
Z r0
0
J20 (µn,0r0r) r dr =
1
2r20J
21 (µn,0)
donde J1(r) es otra función de Bessel distinta de J0(r), pero que no se anulaen r = µn,0.
Con esto se tiene que los coeficientes a determinar serán
En =2
r20J21 (µn,0)
Z r0
0
u(r, 0)J0(µn,0r0r) r dr.
Gn =2
aµn,0r0J21 (µn,0)
Z r0
0
ut(r, 0)J0(µn,0r0r) r dr.
2.7 Ecuaciones elípticas: Ecuaciones de La-place y Poisson en un rectángulo
En la resolución de estas ecuaciones será de gran ayuda el principio de super-posición de soluciones, pues nos permitirá descomponer problemas complejosen suma de problemas más sencillos, que serán los que resolveremos.
29
Sea D ⊂ R2 una región del plano y ∂D su frontera. Sean zi(x, y), i =1, 2, . . . ,m soluciones de las ecuaciones no homogéneas
Φ(Dx,Dy)zi = fi(x, y), (x, y) ∈ D (2.2.22)
zi(x, y) = gi(x, y), (x, y) ∈ ∂D (2.2.23)
entoces z(x, y) =Pm
i=1 zi(x, y) es solución de la ecuación
Φ(Dx, Dy)z = f(x, y), (x, y) ∈ D (2.2.24)
z(x, y) = g(x, y), (x, y) ∈ ∂D (2.2.25)
con
f(x, y) =mXi=1
fi(x, y), g(x, y) =mXi=1
gi(x, y).
Ecuación de Laplace La ecuación de Laplace en dos dimensiones y concondiciones de frontera sobre un rectángulo de lados a y b
∂2u
∂x2+
∂2u
∂y2= 0 , 0 < x < a , 0 < y < b,
u(0, y) = ϕ1(y),u(a, y) = ϕ2(y),u(x, 0) = θ1(x),u(x, b) = θ2(x) .
(2.2.26)
Teniendo en cuenta la propiedad de superposición de soluciones, se tiene quela solución se puede descomponer en una suma de 4 funciones
u(x, y) = u1(x, y) + u2(x, y) + u3(x, y) + u4(x, y)
en el que cada una de las funciones ui satisface la ecuación de Laplace anulán-dose en todos los lados excepto en uno. Por tanto, es suficiente con estudiarel siguiente problema
∂2u
∂x2+
∂2u
∂y2= 0 , 0 < x < a , 0 < y < b,
u(0, y) = 0,u(a, y) = 0,u(x, 0) = 0,u(x, b) = θ(x) .
(2.2.27)
30
Si aplicamos separación de variables
u(x, y) = X(x)Y (y),
y sustituimos en la ecuación diferencial tenemos
d2X(x)
dx2Y (y) +X(x)
d2Y (y)
dy2= 0.
Dividiendo por u
X 00(x)X(x)
= −Y00(y)Y (y)
= −λ
Para que esta relación se pueda cumplir para cualquier valor de x y t nece-sariamente λ tiene que ser una constante. De nuevo, λ solo puede ser unaconstante positiva. Con esto, T (t) yX(x) deben ser solución de las siguientesEDOs
X 00(x) + λX(x) = 0Y 00(y)− λY (y) = 0.
cuyas soluciones generales, para λ > 0, son
Y (y) = A cosh³√
λ y´+B sinh
³√λ y´
X(x) = C cos³√
λ x´+D sin
³√λ x´
y los coeficientesA,B,C,D así como λ se fijarán a partir de las condiciones decontorno y las condiciones iniciales. De las condiciones de frontera tenemosque
u(0, y) = X(0)Y (y) = 0, u(a, y) = X(a)Y (y) = 0,
y como se debe cumplir para cualquier valor de y, con Y (y) 6= 0 se debecumplir que C = 0 y
λ =³nπa
´2para n = ±1,±2, . . . . Respecto a las otras condiciones de frontera tenemos,por un lado
u(x, 0) = X(x)Y (0) = 0,
31
por lo que A = 0. Con esto tendremos que la solución general se podráescribir como la combinación lineal
u(x, y) =∞Xn=1
Xn(x)Yn(y) =∞Xn=1
An sinh³nπya
´sin³nπxa
´Si descomponemos θ(x) en una serie de senos
θ(x) =∞Xn=1
θn sin³nπxa
´⇒ θn =
2
a
Z a
0
θ(x) sin³nπxa
´dx
y si tenemos en cuenta la condición de frontera
u(x, b) = θ(x)
y sustituimos y = b en la expresión de u(x, y) obtenemos que los coeficientesAn vienen dados por
An =2
a sinh¡nπba
¢ Z a
0
θ(x) sin³nπxa
´dx . (2.2.28)
Si las condiciones de frontera son nulas en todos los lados excepto eny = 0 donde u(x, 0) = θ(x), por simetría, sería suficiente con tomar comosolución
u(x, y) =∞Xn=1
Xn(x)Yn(y) =∞Xn=1
An sinh
µnπ(b− y)
a
¶sin³nπxa
´donde las constantes An se obtendían utilizando la misma expresión (2.2.28).
Si las ocndiciones de frontera no nulas se encuentran en x = 0 o en x = a,procederemos de manera similar pero intercambiando los papeles de x e y.
Ecuación de Poisson Teniendo en cuenta la propiedad de superposiciónde soluciones, la solución de la ecuación de Poisson se puede descomponercomo la solución de la ecuación de Laplace con las condiciones de fronteradadas más la solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contornonulas. Por tanto, a continuación estudiamos la ecuación de Poisson en dosdimensiones y con condiciones de frontera nulas sobre un rectángulo
∂2u
∂x2+
∂2u
∂y2= f(x, y) , 0 < x < a , 0 < y < b,
u(0, y) = 0,u(a, y) = 0,u(x, 0) = 0,u(x, b) = 0 .
(2.2.29)
32
Por separación de variables y teniendo en cuenta que la solución se tiene queanular en todas las fronteras tendremos que la solución se puede escribir enla forma
u(x, y) =∞Xn=1
∞Xm=1
An,m sin³nπxa
´sin³mπy
b
´y si descomponemos también el término fuente
f(x, y) =∞Xn=1
∞Xm=1
fn,m sin³nπxa
´sin³mπy
b
´donde
fn,m =4
ab
Z a
0
Z b
0
f(x, y) sin³nπxa
´sin³mπy
b
´dy dx
podemos obtener los coeficientes An,m sin más que sustituir en la ecuaciónde Poisson e igualar, esto es
An,m = − 4ab
π2(n2b2 +m2a2)
Z a
0
Z b
0
f(x, y) sin³nπxa
´sin³mπy
b
´dy dx
2.8 Ejercicios propuestos
1. Clasificar y transformar en su forma canónica las ecuaciones:
Ejemplo 2.5 1. ∂2z∂x2+ ∂2z
∂x∂y+ ∂2z
∂y2= ∂z
∂x.
2. y2 ∂2u
∂x2+ 2xy ∂2u
∂x∂y+ 2x2 ∂
2u∂y2+ y ∂u
∂y= 0.
3. (1 + x2) ∂2u∂x2+ (1 + y2) ∂2u
∂y2+ x∂u
∂x+ y ∂u
∂x= 0 .
33
Capítulo 3
EDPs de segundo orden II
3.1 Ecuación de ondas 1D: Vibraciones for-zadas de una cuerda finita con extremosmóviles
En este tema estudiaremos la resolución de EDPs de evolución con términosfuentes y condiciones de frontera variables
Comenzamos considerando la ecuación de ondas para una cuerda finita elongitud L sometida a una fuerza exterior, f(x, t) (ecuación no homogénea)y condiciones de contorno (los extremos móviles dados por ψ1(t) en x = 0 yψ2(t) en x = L) y que viene dada por
∂2u
∂t2= a2
∂2u
∂x2+ f(x, t) , 0 < x < L, t > 0,
u(0, t) = ψ1(t) , u(L, t) = ψ2(t) ,u(x, 0) = ϕ0(x),
∂u∂t(x, 0) = ϕ1(x) .
(3.3.1)
donde ψ1(t) , ψ2(t) son los valores que toma la función en la frontera yϕ0(x),ϕ1(x) son las condiciones iniciales (posición de la onda y su velocidaden el instante inicial).
Para resolver este problema haremos uso de la propiedad de superposiciónde soluciones y consideraremos que la solución es puede escribir como
u(x, t) = u1(x, t) + u2(x, t) + u3(x, t)
donde u1, u2, u3 serán solución de ecuaciones más sencillas (por ejemplo, sintérmino fuente, condiciones de frontera nulos o condiciones iniciales nulas).
34
En primer lugar tomamos u3(x, t) la función más sencilla que satisfagalas condiciones de frontera, esto es, la siguiente función lineal
u3(x, t) = ψ1(t) +x
L(ψ2(t)− ψ1(t)).
La elección de esta función hace que las funciones u1(x, t), u2(x, t) tengancondiciones de frontera nulas. Podemos elegir que u2(x, t) sea la solución deuna ecuación no homogénea con condiciones iniciales y de frontera nulas y u1sea la solución de un problema homogéneo con condiciones de frontera nulasy condiciones iniciales dadas.
Con esto, el problema se reduce a la resolución de los siguientes problemas:
(I)
∂2u1∂t2
= a2∂2u1∂x2
, 0 < x < L, t > 0,
u1(0, t) = 0 , u1(L, t) = 0 ,u1(x, 0) = θ0(x),
∂u1∂t(x, 0) = θ1(x) .
(3.3.2)
donde
θ0(x) = ϕ0(x)−¡ψ1(0) +
xL(ψ2(0)− ψ1(0))
¢θ1(x) = ϕ1(x)−
¡ψ01(0) +
xL(ψ02(0)− ψ01(0))
¢
(II)
∂2u2∂t2
= a2∂2u2∂x2
+ g(x, t) , 0 < x < L, t > 0,
u2(0, t) = 0 , u2(L, t) = 0 ,u2(x, 0) = 0,
∂u2∂t(x, 0) = 0 .
(3.3.3)
donde
g(x, t) = f(x, t)−³ψ001(t) +
x
L(ψ002(t)− ψ001(t))
´Ejercicio: Comprueba que u(x, t) dado por u(x, t) = u1(x, t) + u2(x, t) +
u3(x, t) es solución de la ecuación (3.3.7).
Veamos pues cómo resolver los problemas (I) y (II).
Resolución de la ecuación de ondas homogénea con condiciones defrontera nulas
(I)
∂2u1∂t2
= a2∂2u1∂x2
, 0 < x < L, t > 0,
u1(0, t) = 0 , u1(L, t) = 0 ,u1(x, 0) = θ0(x),
∂u1∂t(x, 0) = θ1(x) .
(3.3.4)
35
Como ya hemos visto, la solución de este problema viene dada por
u(x, t) =∞Xn=1
µAn cos
µnπat
L
¶+Bn sen
µnπat
L
¶¶sin³nπxL
´.
donde
An =2
L
Z L
0
sin³nπxL
´ϕ0(x)dx
Bn =2
nπa
Z L
0
sin³nπxL
´ϕ1(x)dx
Resolución de la ecuación de ondas no homogénea con condicionesde frontera nulas
(II)
∂2u2∂t2
= a2∂2u2∂x2
+ g(x, t) , 0 < x < L, t > 0,
u2(0, t) = 0 , u2(L, t) = 0 ,u2(x, 0) = 0,
∂u2∂t(x, 0) = 0 .
(3.3.5)
Teniendo en cuenta las condiciones de frontera podemos probar con unasolución de la forma
u2(x, t) =∞Xn=1
T (t) sin³nπxL
´y si sustituimos en la EDP obtenemos la ecuación
∞Xn=1
µT 00n (t) +
³nπaL
´2Tn(t)
¶sin³nπxL
´= g(x, t). (3.3.6)
Para obtener la ecuación que deben satisfacer las funciones Tn(t) conside-ramos que si f(x, t) es una función continua a trozos y acotada en el intervalode estudio, x ∈ (0, L) se puede descomponer en una serie en senos (como sevió en el tema de series de Fourier)
g(x, t) =∞Xn=1
fn(t) sin³nπxL
´
36
donde, aplicando la propiedad de ortogonalidad
gn(t) =2
L
Z L
0
g(x, t) sin³nπxL
´dx
Sustituyendo en (3.3.6) se tiene que
T 00n (t) +³nπaL
´2Tn(t) = fn(t), n = 1, 2, . . .
Esta ecuación se puede resolver, como vimos en el capítulo 2 por variaciónde constantes
T (t) = C1(t) cos³a√λ t´+ C2(t) sin
³a√λ t´
donde
C1(t) = − 1nπa
R t0gn(t) sin
¡nπaτL
¢dτ +K1
C2(t) =1nπa
R t0gn(t) cos
¡nπaτL
¢dτ +K2
Sustituyendo y teniendo en cuenta las condiciones iniciales de u2(x, t) se llegaa que
Tn(0) = 0, T 0n(0) = 0, n = 1, 2, . . .
con lo que podemos fijar las constantes K1,K2 y, agrupando y simplificandola solución se puede escribir
u2(x, t) =∞Xn=1
µL
nπa
Z t
0
gn(τ) sen
µnπa(t− τ)
L
¶dτ
¶sen
³nπxL
´,
donde las funciones gn(t) se obtienen de la descomposición de la funciónfuente g(x, t)
g(x, t) =∞Xn=1
gn(t) sen³nπxL
´,
esto es
gn(t) =2
L
Z L
0
g(x, t) sen³nπxL
´dx .
37
Solución global y secuencia de cálculo Con todo esto, la solución delproblema (3.3.7) viene dado por
u(x, t) = u1(x, t) + u2(x, t) + u3(x, t).
Resumen: algoritmo de cálculo: Dado el problema
∂2u
∂t2= a2
∂2u
∂x2+ f(x, t) , 0 < x < L, t > 0,
u(0, t) = ψ1(t) , u(L, t) = ψ2(t) ,u(x, 0) = ϕ0(x),
∂u∂t(x, 0) = ϕ1(x) .
(3.3.7)
∂2u
∂t2= a2
∂2u
∂x2+ f(x, t) , 0 < x < L,
u(0, t) = ψ1(t) , u(L, t) = ψ2(t)
u(x, 0) = ϕ0(x) , u(x, 0) = ϕ1(x) ,
introducimos las constantes, a, L y definimos las funciones: f(x, t),ψ1(t),ψ2(t),ϕ0(x),ϕ1(x).A continuación, procedemos con el siguiente orden de cálculos
u3(x, t) = ψ1(t) +x
L(ψ2(t)− ψ1(t))
g(x, t) = f(x, t)− ∂2u3∂t2
u1(x, 0) = u(x, 0)− u3(x, 0)u01(x, 0) = u0(x, 0)− u03(x, 0)
An =2
L
Z L
0
u1(x, 0) sen³nπxL
´dx
Bn =2
nπa
Z L
0
u01(x, 0) sen³nπxL
´dx
u1(x, t) =∞Xn=1
µAn cos
µnπat
L
¶+Bn sen
µnπat
L
¶¶sen
³nπxL
´gn(t) =
2
L
Z L
0
g(x, t) sen³nπxL
´dx
u2(x, t) =∞Xn=1
µL
nπa
Z t
0
gn(τ) sen
µnπa(t− τ)
L
¶dτ
¶sen
³nπxL
´u(x, t) = u1(x, t) + u2(x, t) + u3(x, t)
38
Vemos que si el problema tiene condiciones de frontera nulas entoncesu3(x, t) = 0 y se simplifica el problema y, si además es homogénea tendremosque u2(x, t) = 0.
Ejercicio 3.1 Obtén la solución del problema
∂2u
∂t2= 4
∂2u
∂x2+
α1Lx(L− x) , 0 < x < 5,
u(0, t) = α2 sin(3t) , u(L, t) = 0
u(x, 0) = α3(U(x− 2)− U(x− 3)) , ∂u
∂t(x, 0) = 0 ,
con U(x) la función Heaviside o escalón. Considerar los siguientes casos paralos parámetros (α1,α2,α3):
a)(1, 0, 0), b)(0, 1, 0), c)(0, 0, 1).
3.2 Ecuación del calor o de difusión
Estudiamos ahora el problemas de la ecuación del calor o de difusión. Se-guiremos básicamente los mismos pasos que los realizados en el problem deondas por lo que se presentará de manera más breve. En primer lugar resol-veremos el problema general de una varilla finita con una fuente calorífica ycondiciones de frontera variables.
3.2.1 Varilla finita con fuentes de calor y condicionesde contorno no homogéneas
La ecuación del calor para una varilla finita con fuentes de calor y condicionesde contorno no homogéneas viene dada por
∂T
∂t= a2
∂2T
∂x2+Q(x, t) , 0 < x < L, t > 0,
con las condiciones de contorno
T (0, t) = f1(t) , T (L, t) = f2(t) ,
y la condición inicial
T (x, 0) = g(x) .
39
Para resolver este problema hemos visto que la solución T (x, t) se descomponeen dos funciones
T (x, t) = u(x, t) + T3(x, t)
donde
T3(x, t) = f1(t) +x
L(f2(t)− f1(t))
y u(x, t) es solución del siguiente problema con distinta función fuente perocondiciones de frontera nulas
∂u
∂t= a2
∂2u
∂x2+R(x, t) , 0 < x < L, t > 0,
(R(x, t) = Q(x, t)− ∂T3∂t) con las condiciones de contorno
u(0, t) = 0 , u(L, t) = 0 ,
y la condición inicial
u(x, 0) = g(x)− T3(x, 0) .Para resolver este segundo problema hemos visto que la solución u(x, t) sedescompone en dos funciones
u(x, t) = T1(x, t) + T2(x, t)
donde T1, T2 tienen condiciones de frontera nulas. T1(x, t) es solución de laecuación homogénea (sin fuentes) y condiciones iniciales no nulas dada por
∂T1∂t
= a2∂2T1∂x2
,
con las condiciones de contorno
T1(0, t) = 0 , T1(L, t) = 0 ,
y la condición inicial
T1(x, 0) = u(x, 0) .
De lo estudiado en teoría, sabemos que
T1(x, t) =∞Xn=1
an sen³nπxL
´exp
µ−³nπaL
´2t
¶,
40
e imponiendo la condición inicial obtenemos los coeficientes
an =2
L
Z L
0
u(x, 0) sen³nπxL
´dx .
T2(x, t) es solución de la ecuación no homogénea (con fuentes) y condi-ciones iniciales nulas dada por
∂T2∂t
= a2∂2T2∂x2
+R(x, t) ,
con las condiciones de contorno
T2(0, t) = 0 , T2(L, t) = 0 ,
y la condición inicial
T2(x, 0) = 0 .
De lo estudiado en teoría, sabemos que
T2(x, t) =∞Xn=1
µZ t
0
qn(τ) exp
µ−³nπaL
´2(t− τ)
¶dτ
¶sen
³nπxL
´,
donde las funciones qn(t) se obtienen de la función fuente R(x, t)
R(x, t) =∞Xn=1
qn(t) sen³nπxL
´,
esto es
qn(t) =2
L
Z L
0
R(x, t) sen³nπxL
´dx .
Con todo esto, la solución del problema viene dado por
T (x, t) = T1(x, t) + T2(x, t) + T3(x, t).
Resumen: algoritmo de cálculo:
De igual manera a como se hizo en el problema de ondas, el problema generalse resuelve siguiendo la siguiente secuencia de cálculos:
Definir los parámetros a, L y las funciones f1(t), f2(t), g(x), Q(x, t)
41
Ejercicio 3.2 Completar la secuencia de cálculos
T3(x, t) = . . .
R(x, t) = . . .
u(x, 0) = . . .
an = . . .
T1(x, t) = . . .
qn(t) = . . .
T2(x, t) = . . .
T (x, t) = T1(x, t) + T2(x, t) + T3(x, t)
Ejercicio 3.3 Considera la solución de la ecuación parabólica
u(x, t) =∞Xn=1
an sen³nπxL
´exp
µ−³nπaL
´2t
¶,
para L = 10. Halla los coeficientes an para las condiciones iniciales u(x, 0) =x(L− x).
Ejercicio 3.4 Suponed que un modelo simple para obtener la distribución detemperatura en una habitación a la que una de sus paredes le da el Sol es
∂T
∂t= 0.4
∂2T
∂x2, 0 ≤ t ≤ 24 , 0 ≤ x ≤ 10 ,
con las condiciones de contorno
T (0, t) = 20 + 5 sin
µπt
12
¶, T (10, t) = 20 ,
y la condición inicial
T (x, 0) = 20 .
3.3 Otras aspectos interesantes
3.3.1 Regiones semiinfinitas
Se puede abordar tanto por separación de variables donde en la dirección se-miinfinita tenemos funciones exponenciales (con signos positivo y negativo)
42
y el coeficiente del término que crece exponencialmente se anula. De he-cho este tipo de situaciones ya lo hemos abordado anteriormente utilizandoTransformadas de Laplace.
3.3.2 Diferentes tipos de condiciones de frontera: Con-diciones de Newman
Los casos en los que en las condiciones en la frontera se tiene tanto la función.Por ejemplo, en los problemas de transmisión de calor es interesante estudiarproblemas en los que alguno de los extremos del dominio está aislado. Supon-gamos, por ejemplo, que se quiere estudiar la distribución de temperaturasen una región comprendida en el intervalo [0, L], suponiendo que el extremosituado en x = L está aislado térmicamente. Esta condición se expresa
∂T
∂x(L, t) = 0 .
Estas condiciones hacen que los valores de λn sean distintos de los obtenidosanteriormente. Si estas condiciones involucran tanto a la función como a suderivada, por ejemplo
hT (L, t) +∂T
∂x(L, t) = 0 ,
entonces, en general, los nuevos valores de λn sólo se pueden obtener numéri-camente.
3.3.3 Referencias sugeridas
http://en.wikipedia.org/wiki/Partial_differential_equation
http://www.scholarpedia.org/article/Partial_differential_equation
http://tutorial.math.lamar.edu/Classes/DE/IntroPDE.aspx
43