problemas discretos - jaerazcuammx.files.wordpress.com · 1.2. el problema de los osciladores...

Capıtulo 1

Problemas Discretos

1.1. Introduccion

En los campos de la fısica y las ciencias naturales que tienen formulaciones cuantitativas son comunes losproblemas en los cuales surgen sistemas de ecuaciones ordinarias. En este capıtulo se presenta la solucion delproblema de N − 1 masas conectadas entre sı por resortes de misma constante de rigidez k. Posteriormentese atiende al caso de oscilaciones finalmente se plantea el problema de difusion del calor. Veremos como lamanera esencial de proceder en ecuaciones ordinarias da una forma de comprender el problema en terminosde valores y vectores propios de una matriz especial. El objetivo de esta seccion es plantear y resolver elproblema de finitos grados de libertad de una forma que permita despues resolver el problema con infinitosgrados de libertad. Este ultimo es de primordial importancia en este texto.

1.2. El problema de los osciladores acoplados

1.2.1. Problema de tres masas con los extremos libres

Se desea resolver ahora el problema de tres masas iguales unidas por resortes de misma constante k,con los extremos libres y en ausencia de fuerzas externas. Planteamos las ecuaciones de movimiento en unsistema arbitrario que llamaremos el sistema de laboratorio, pasando despues al sistema de centro de masas yresolviendo el problema en dicho sistema. En el sistema de laboratorio asignamos coordenadas ξi(t), i = 1, 2, 3a cada masa desde un origen comun y ξ0i, i = 1, 2, 3 al punto de equilibrio de cada masa. Como los resortesson iguales los puntos de equilibrio de masas contiguas distan una cantidad l. Supongamos que conocemos lasposiciones iniciales y velocidades iniciales en este sistema al tiempo cero ξi(0), ξi(0), i = 1, 2, 3. Las ecuacionesde movimiento son:

mξ1 = k(

ξ2 − ξ1 − (ξ02 − ξ01))

,

mξ2 = −k(

ξ2 − ξ1 − (ξ02 − ξ01))

+ k(

ξ3 − ξ2 − (ξ03 − ξ02))

, (1.1)

mξ3 = −k(

ξ3 − ξ2 − (ξ03 − ξ02))

.

Deseamos ahora medir las posiciones de las masas desde el centro de masa. La posicion de dicho punto seexpresa simplemente por X(t) = 1

3 (ξ1(t) + ξ2(t) + ξ3(t)), por lo que si llamamos ζi(t) a la posicion de cada

1

2 CAPITULO 1. PROBLEMAS DISCRETOS

masa desde el nuevo origen, estas posiciones se expresan como:

ζ1 = ξ1 − X =2

3ξ1 −

1

3(ξ2 + ξ3),

ζ2 = ξ2 − X =2

3ξ2 −

1

3(ξ1 + ξ3),

ζ3 = ξ3 − X =2

3ξ3 −

1

3(ξ1 + ξ2).

Debido a que estamos ahora en el sistema del centro de masas se cumple que ζ1 + ζ2 + ζ3 = 0 y tambienζ1 + ζ2 + ζ3 = 0. Veamos que ocurre con las posiciones de equilibrio:

ζ01 =2

3ξ01 −

1

3(ξ02 + ξ03) = −l,

ζ02 =2

3ξ02 −

1

3(ξ01 + ξ03) = 0,

ζ03 =2

3ξ03 −

1

3(ξ01 + ξ02) = l,

por lo tanto, la posicion de equilibrio de cada masa esta en reposo con respecto al centro de masa, algo queera de esperarse. Hacemos ahora un segundo cambio de variable: en el sistema del centro de masa mediremoslas posiciones de las masas a partir de su punto de equilibrio, algo que simplificara las ecuaciones (1.1) y nospermitira resolverlas. Ademas, para el problema de N − 1 masas trataremos las posiciones desde los puntosde equilibrio, por lo que sera bueno plantear el actual problema en los mismos terminos. Hacemos el cambio:

xi ≡ ζi − ζ0i = ξi − ξ0i, i = 1, 2, 3,

se puede comprobar que para las nuevas coordenadas xi(t) se conservan las propiedades x1 + x2 + x3 = 0 yx1 + x2 + x3 = 0. Las ecuaciones de movimiento quedan ahora:

mx1 = k(x2 − x1) = − kx1 +kx2,

mx2 = −k(x2 − x1) + k(x3 − x2)= + kx1−2kx2 + kx3, (1.2)

mx3 = −k(x3 − x2) = +kx2 − kx3.

Veremos ahora la ventaja de trabajar en el sistema del centro de masas. Es un resultado de la mecanicaque en ausencia de fuerzas externas el centro de masas se mueve con velocidad uniforme. Esto se verificafacilmente sumando las ecuaciones (1.1) y observando que X(t) = 1

3 (ξ1(t) + ξ2(t) + ξ3(t)) = 0. El centro demasas para cualquier tiempo esta dado por:

X(t) = X(0) + X(0)t, (1.3)

donde X(0) = 13 (ξ1(0)+ ξ2(0)+ ξ3(0)) y analogamente para X(0). Podemos ahora resolver el sistema (1.2) y

mediante la ecuacion para el centro de masa encontrar las posiciones de las masas en el sistema de laboratorio.Escribimos ahora el sistema (1.2) de forma matricial:

x1

x2

x3

=k

m

−1 1 01 −2 10 1 −1

x1

x2

x3

.

Hacemos ahora unas definiciones para facilitar la solucion:

A =

−1 1 01 −2 10 1 −1

, x =

x1

x2

x3

.

1.2. EL PROBLEMA DE LOS OSCILADORES ACOPLADOS 3

De esta forma el problema por resolver nos queda:

x =k

mAx.

Procedemos ahora a resolver el sistema anterior. Dado que es un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias

con coeficientes constantes, proponemos una solucion del tipo x(t) = eλ√

km

tv, con v un vector constantepor determinar. Se obtiene ası:

(A − λ2I)v = 0.

De aquı que λ2 es el valor propio de A y v su vector propio. El polinomio caracterıstico de A se calcula apartir de:

|A − λ2I| = 0

cuyos valores propios son λ2 = −3,−1, 0. Se comprueba facilmente que los vectores propios asociados a lastres λ’s son:

v1 = (1, 0,−1)⊤ con valor propio λ21 = −1,

v2 = (1, 1, 1)⊤ con valor propio λ22 = 0,

v3 = (1,−2, 1)⊤ con valor propio λ23 = −3.

Interpretamos ahora a los vectores propios como los modos normales. Por ejemplo en el caso de v1, corres-ponde a tener la segunda masa fija y las masas de los extremos oscilando con la misma amplitud pero ensentido opuesto. El vector v2 representa movimiento rıgido y no produce ninguna informacion relevante en lasolucion general. Los valores propios proporcionan la frecuencia de estas vibraciones. De la teorıa de sistemaslineales de primer orden sabemos que la solucion x tiene que ser combinacion lineal de exponenciales de λt

para todos los λ′s posibles, multiplicadas por los vectores propios correspondientes. Esto es:

x(t) =

N∑

n=1

cneλntvn, para un sistema N × N.

En el caso de un sistema de segundo orden, cada valor propio nos proporciona dos valores (± de la raız) porlo que la solucion debe incluir exponenciales con ambos valores. Para nuestro sistema esto queda:

x(t) =(a1ei√

km

t + a2e−i√

km

t)v1 + bv2 + (c1ei√

3km

t + c2e−i√

3km

t)v3.

Pero combinaciones de exponenciales imaginarias equivalen a combinaciones de senos y cosenos, luego lassoluciones reales estan dadas por:

x(t) =

(

α1 cos

√

k

mt + α2 sen

√

k

mt

)

v1 + βv2 +

(

γ1 cos

√

3k

mt + γ2 sen

√

3k

mt

)

v3.

Escribiendo los vectores de forma explıcita la expresion anterior resulta:

x1(t)x2(t)x3(t)

=

(

α1 cos

√

k

mt + α2 sen

√

k

mt

)

10

−1

+ β

111

+

(

γ1 cos

√

3k

mt + γ2 sen

√

3k

mt

)

1−2

1

.


Lo unico que resta es encontrar las constantes de la solucion anterior. Recordando que tenemos las relacionesx1 + x2 + x3 = 0 y x1 + x2 + x3 = 0 podemos deducir que β = 0. Las demas constantes se deben encontrara partir de las condiciones iniciales. Para este proposito, regresamos al sistema en que las posiciones de lasmasas estaban medidas desde el centro de masa, dado que nuestras condiciones iniciales estan dadas en elsistema de laboratorio. Las condiciones iniciales en estas coordenadas seran:

ζ1(0) =2

3ξ1(0) − 1

3(ξ2(0) + ξ3(0)),

ζ2(0) =2

3ξ2(0) − 1

3(ξ1(0) + ξ3(0)),

ζ3(0) =2

3ξ3(0) − 1

3(ξ1(0) + ξ2(0)).

Se obtiene un conjunto de ecuaciones semejante para ζj(0), j = 1, 2, 3. En terminos de las ζ′is la solucion es:

ζ1 − ζ01

ζ2 − ζ02

ζ3 − ζ03

=

ζ1

ζ2

ζ3

+ l

10

−1

=

(

α1 cos

√

k

mt + α2 sen

√

k

mt

)

10

−1

+

(

γ1 cos

√

3k

mt + γ2 sen

√

3k

mt

)

1−2

1

.

Podemos ahora resolver los dos sistemas obtenidos con las posiciones y velocidades iniciales respectivasζi(0), ζi(0), escogiendo adecuadamente las constantes del sistema. Una vez hecho esto podemos escribir lasolucion en el sistema de laboratorio como:

ξ1

ξ2

ξ3

− (X(0) + X(0)t)

111

+ l

10

−1

=

(

α1 cos

√

k

mt + α2 sen

√

k

mt

)

10

−1

+

(

γ1 cos

√

3k

mt + γ2 sen

√

3k

mt

)

1−2

1

.

Ejercicio 1 Deducir y escribir en forma matricial las ecuaciones de movimiento de 6 osciladores acopladoscon extremos libres. Hagalo primero desde el sistema de laboratorio con un origen comun, cambie despuesal sistema de centro de masa con este como origen y finalmente en este ultimo sistema pero teniendo comoorigen para cada masa su punto de equilibrio. Considere dos casos:

a) mismas masas y constantes de resortes,

b) distintas masas y constantes de resortes.

1.2.2. Problema de N − 1 osciladores acoplados con extremos fijos

El presente problema es uno de gran interes y su solucion involucra elementos vistos en las dos seccionesanteriores. En esta ocasion llegaremos a una ecuacion en diferencias, que involucrara a la funcion desconocidaen tres puntos distintos. El problema consiste en N −1 masas iguales unidas entre sı por resortes de la mismaconstante k y ademas las masas en los extremos estan unidas a dos paredes fijas. De esta manera el problemapresente difiere de aquel de la seccion uno no solamente en el numero de masas sino en las condiciones defrontera (en la seccion uno las masas de los extremos estaban unidas solamente a la masa siguiente). Sea


xn(t) para n = 1, 2, . . . , N − 1, la posicion del oscilador n medida desde su punto de equilibrio. Igual que enel problema anterior, planteamos las ecuaciones de movimiento como el sistema:

mx1 = − kx1 + k(x2 − x1) = − 2kx1 + kx2,

mx2 = − k(x2 − x1) + k(x3 − x2) = kx1 − 2kx2 + kx3,

...

mxn = − k(xn − xn−1) + k(xn+1 − xn) = kxn−1 − 2kxn + kxn+1,

...

mxN−1 = − k(xN−1 − xN−2) − kxN−1 = kxN−2 − 2kxN−1.

Podemos escribir una sola ecuacion representando todas las anteriores, simplemente dando definiciones paracada xn:

mxn =kxn−1 − 2kxn + kxn+1, para n = 1, . . . , N − 1, (1.4)

x0 =0, xN = 0.

Notamos que (1.4) es una ecuacion en diferencias de segundo orden y fue presentada por primera vez porLord Rayleigh. Escribimos ahora (1.4) como un sistema, a traves de una matriz:

m

x1

x2

x3

...xN−1

= k

−2 1 0 · · · 01 −2 1 · · · 00 1 −2 · · · 0...

......

. . ....

0 0 0 · · · 1 −2

x1

x2

x3

...xN−1

. (1.5)

Al igual que en la seccion anterior escribimos esto de forma compacta haciendo unas definiciones:

x =

x1

x2

x3

...xN−1

, R = −

−2 1 0 · · · 01 −2 1 · · · 00 1 −2 · · · 0...

......

. . ....

0 0 0 · · · 1 −2

.

Donde R es la llamada matriz de Rayleigh, que tiene las importantes propiedades de ser simetrica ytridiagonal. Esto nos proporcionara resultados interesantes para el presente problema. Para obtener unasolucion unica al problema, se dan condiciones iniciales para la posicion y la velocidad de cada masa. Teniendoesto en cuenta el problema por resolver se escribe como:

x(t) = − k

mRx(t), x(0) = a, x(0) = b. (1.6)

Al igual que en el problema de tres masas proponemos una solucion del estilo x = eλtv, resultando de ello:

λ2eλtv = − k

mReλtv lo que implica

(

R +m

kλ2I)

v = 0.

Una vez mas obtenemos entonces que v son los vectores propios de −R y mk

λ2 sus valores propios. Estosvalores propios, debido a la simetrıa de R seran reales. Podrıamos intentar obtener una formula general para


el polinomio caracterıstico de R pero obtener sus raıces no es trivial. Resulta mucho mejor utilizar el metodode ecuaciones en diferencias que utilizaremos a continuacion. Notamos que la solucion esperada (x(t) = eλtv)puede escribirse por componentes en la forma xn(t) = eλtvn y que si sustituimos esto en la ecuacion (1.4),eliminaremos la dependencia temporal y nos quedara una ecuacion en diferencias para vn. Esta ecuacion seescribe como:

λ2vn =k

m(vn−1 − 2vn + vn+1) , para n = 1, 2, . . . , N − 1, (1.7)

v0 = vN = 0.

Las condiciones v0 = vN = 0 se deducen de las condiciones analogas para las xn, dado que se pide quex0 = xN = 0 para todo tiempo. Plantearemos primero una ecuacion en diferencias de primer orden, cuyasolucion nos proporcionara intuicion acerca de como resolver (1.7).

Comenzamos entonces con la discretizacion de una ecuacion diferencial de primer orden. Se desea discre-tizar y resolver la siguiente ecuacion:

y′(t) = αy(t), y(t0) = y0.

En el caso de que t sea una variable continua tenemos la sencilla solucion y(t) = y0eα(t−t0). Pero ¿que ocurre

si resolvemos la ecuacion anterior discretizando el intervalo? Consideramos el intervalo [t0, T ] y lo dividimosen N partes de tamano T−t0

N≡ h. Llamamos sn, con n = 0, 1, . . . , N a los puntos de la particion pidiendo

obviamente s0 = t0 y sN = T . De esto se deduce que sn+1 − sn = h y sn = t0 + nh. La ecuacion diferencialy la condicion inicial en sus versiones discretas quedan ahora:

yn+1 − yn

h= αyn, y(t0) = y0,

donde hemos supuesto tacitamente que y(sn) ≡ yn. De la ecuacion anterior llegamos a yn+1 = (1 + αh)yn,notando entonces que esta relacion nos da una y en terminos de la anterior. Como conocemos y0 podemoshacer iteraciones con la ultima expresion y llegar finalmente a:

yn+1 = (1 + αh)n+1y0, para n = 0, 1, . . . , N − 1. (1.8)

Nos percatamos ası de que el valor de y en cualquier punto de la particion es del tipo yn = kzn con k unaconstante. El notar que la solucion es ası, representa el punto importante del problema y este resultado seutilizara mas adelante. Debido a que en realidad el valor T y la particion en N partes es arbitraria, podemosconocer a y mediante este proceso en cualquier punto posterior a t0, haciendo una particion lo suficientementebuena.

Queremos ver ahora que a partir de la solucion discreta (1.8), se puede obtener la solucion para el continuo(i.e. y(t) = y0e

α(t−t0)). Tomamos a T como nuestra variable y vemos que el valor de y en ese punto esta dadopor:

y(sN ) = yN = (1 + αh)Ny0.

Recordando que podemos escribir a h como h = T−t0N

la ecuacion anterior nos queda:

y(sN ) =

(

1 +α(T − t0)

N

)N

y0.


Hacemos ahora el paso al lımite cuando N → ∞ (sN = T ):

y(T ) = lımN→∞

(

1 +α(T − t0)

N

)N

y0 = y0 eα(T−t0).

De esta manera recuperamos la solucion para el continuo, que se habıa obtenido antes. Volviendo al problema(1.7) vemos que la solucion encontrada para la ecuacion en diferencias anterior es del estilo yn = kzn, estonos motiva a buscar una solucion similar en este caso, ası, proponemos vn = zn; sustituimos en (1.7) paraobtener

λ2zn =k

m

(

zn−1 − 2zn + zn+1)

⇒ z2 − pz + 1 = 0 definiendo p ≡ 2 +m

kλ2.

En el paso anterior pedimos z 6= 0, ya que de lo contrario obtendrıamos solucion identicamente cero. De estamanera obtenemos para z los valores:

z± =p ±

√

p2 − 4

2. (1.9)

Es ahora necesario considerar los distintos casos dependiendo del signo del discriminante; esto nos permi-tira escoger los valores que satisfacen las condiciones de frontera (i.e. v0 = vN = 0). Considerando lasdistintas posibilidades, comenzamos con p2 > 4. En este caso obtenemos de (1.9) dos soluciones reales paraz y podemos escribir:

vn = C1zn+ + C2z

n−, n = 0, 1, . . . , N.

Usando ahora las condiciones de frontera se obtiene un sistema de ecuaciones para C1 y C2:

v0 = C1 + C2 = 0,

vN = C1zN+ + C2z

N− = 0,

este es un sistema homogeneo para C1, C2, por tanto obtendremos solucion distinta de cero solamente si:∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1

zN+ zN

−

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= zN− − zN

+ = 0,

lo cual es imposible debido a que tenemos que zN− 6= zN

+ .En el caso p2 = 4 obtenemos de (1.9) solamente una solucion real y para vn resulta:

vn = Czn.

Se deduce la imposibilidad de esta solucion aplicando la primera condicion de frontera:

v0 = C = 0 .

Por lo tanto p2 = 4 no es admisible. Procedemos ahora a considerar el ultimo caso, que es p2 < 4.

Del rango de valores posibles para p2 se deduce de inmediato que −2 < p < 2, por lo que podemos hacerun cambio de variable: p = 2 cos θ. Introduciendo esto en la ecuacion (1.9) nos queda:

z =2 cos θ ± i

√4 − 4 cos2 θ

2

= cos θ ± i sen θ = e±iθ.


La solucion para vn resulta ser:

vn = C′

1einθ + C

′

2e−inθ.

Aplicando la primera de las condiciones de frontera:

v0 = C′

1 + C′

2 = 0 lo que implica C′

2 = −C′

1.

De esta manera se obtiene que vn = C sen nθ. Si aplicamos la segunda condicion de frontera:

vN = senNθ = 0 y por tanto θn =nπ

Npara n = ±1,±2, . . . ,±(N − 1).

Se obtiene para las vn = (sen θn, sen 2θn, ..., sen (N − 1)θn)⊤:

vn,j = sen jθn = sennjπ

N(componente j del vector n). (1.10)

De esta manera se obtienen 2(N − 1) valores de θ que satisfacen las condiciones de frontera y por lotanto la eleccion p2 < 4 es la unica que nos sera de utilidad1. El que n tome estos valores se deduce de lacondicion −2 < p < 2 con p = 2 cos θ. Sin embargo veremos que estos valores estan mas limitados aun, ynos quedaremos solamente con las n’s positivas, teniendo N − 1 valores de θ. Esto se muestra a traves de losvalores y vectores propios, que son en realidad las cantidades de importancia del problema. Primero notamosque un cambio de signo en n no afecta los vectores propios, ver (1.10). Esto debido a que el cambio de signomultiplica al vector completo y cualquier multiplo del vector propio sigue siendo vector propio. Por otro ladolos valores propios estan dados por:

λ2n =

2k

m(cos θn − 1) =

2k

m

(

cosnπ

N− 1)

, n = 1, 2, 3, ..., N − 1. (1.11)

Vemos entonces que un cambio de signo en n no altera tampoco los valores propios. Por ambas razonestomamos unicamente n = 1, 2, . . . , N − 1. Ademas siendo R una matriz simetrica de dimension (N − 1) ×(N − 1) la existencia de N − 1 valores propios es precisamente lo esperado. Es facil ver que esta eleccion den’s nos da valores propios negativos, es decir, sus raıces seran imaginarias:

λn = ±i

√

2k

m

(

1 − cosnπ

N

)

.

Definimos

ωn ≡√

2k

m

(

1 − cosnπ

N

)

y entonces λn = ±iωn, n = 1, 2, . . . , N − 1.

Teniendo ya los valores y vectores propios, podemos escribir la solucion del sistema (1.6):

x(t) =

N−1∑

j=1

(

C′

jeiωjt + D

′

je−iωjt

)

vj

=N−1∑

j=1

(Cj cosωjt + Dj senωjt)vj . (1.12)

1NOTA IMPORTANTE: Debe notarse que la eliminacion de las posibilidades p2 ≥ 4 se debe enteramente a las condiciones

de frontera del problema. El mismo problema con condiciones de frontera distintas dara lugar a que estas posibilidades fueran

admisibles


Notese que para obtener soluciones reales, C′

j y D′

j deberan ser complejos, pero si se escribe la solucion enterminos de senos y cosenos Cj y Dj seran reales.Una vision global de la solucion puede ser deseable:

x1(t)x2(t)x3(t)

...xN−1(t)

= (C1 cosω1t + D1 senω1t)

sen θ1

sen 2θ1

sen 3θ1

...sen (N − 1)θ1

+ (C2 cosω2t + D2 sen ω2t)

sen θ2

sen 2θ2

sen 3θ2

...sen (N − 1)θ2

+ · · · + (CN−1 cosωN−1t + DN−1 senωN−1t)

sen θN−1

sen 2θN−1

sen 3θN−1

...sen (N − 1)θN−1

,

donde usamos:

θj =jπ

N, ωj =

√

2k

m(1 − cos θj), vj = (sen θj , sen 2θj , . . . , sen (N − 1)θj)

⊤,

j = 1, 2, . . . , N − 1.

Finalmente encontramos las constantes en terminos de las condiciones iniciales, lo cual nos proporciona dossistemas lineales de (N − 1) × (N − 1):

a =

N−1∑

j=1

Cjvj , b =

N−1∑

j=1

Djωjvj . (1.13)

Escribiendo los sistemas anteriores componente por componente:

ak =

N−1∑

j=1

Cj sen kθj, bk =

N−1∑

j=1

Djωj sen kθj , k = 1, 2, . . . , N − 1.

Los dos sistemas anteriores representan 2(N − 1) ecuaciones para ese mismo numero de constantes, por loque si el determinante del sistema es distinto de cero, podremos hallar la solucion. Para ver que esto es


efectivamente posible, escribimos los sistemas de una manera que revele esto:

a1

...aN−1

=

......

...v1 v2 · · · vN−1

......

...

C1

...CN−1

b1

...bN−1

=

......

...v1 v2 · · · vN−1

......

...

D1

...DN−1

.

Es decir, que el determinante de estos sistemas es el de los vectores propios de la matriz R. Siendo esta unamatriz simetrica, sabemos que sus vectores propios seran ortogonales y por ende su determinante distinto decero. Por esta razon, los sistemas (1.13) tendran solucion unica.El que los vectores propios sean ortogonales efectivamente se puede demostrar, se obtiene que:

vi · vj =

N−1∑

k=1

sen kθi sen kθj = δij

N

2con θm =

mπ

N.

Haciendo uso de la ortogonalidad de los vectores propios, es posible definir las constantes Cj y Dj en terminosdel producto punto de los vectores propios y las condiciones iniciales; si multiplicamos los sistemas (1.13)por vi se obtiene:

a · vi =N−1∑

j=1

Cjvj · vi,

b · vi =

N−1∑

j=1

Djωj .vj · vi,

como los vectores vn son ortogonales entonces:

a · vi = Ci

N

2,

b · vi = Diωi

N

2,

de donde se encuentra

Ci =2

Na · vi,

Di =2

N

b · vi

ωi

.

Esto completa de manera simple la solucion del problema. Pasaremos ahora a interpretar en detalle lo queexpresa la solucion encontrada.

Ejercicio 2 Deducir el Lagrangiano para un conjunto de N masas unidas por resortes y mediante las ecua-ciones de Lagrange obtener las ecuaciones de movimiento. Considere los casos:

a) extremos libres,


b) extremos fijos.

Ejercicio 3 Resolver el sistema de N − 1 osciladores acoplados dados por la matriz de Rayleigh para lascondiciones de frontera tipo Neumann, dadas por

x0 = x1, xN−2 = xN−1.

Explique por que las condiciones de Neumann se escriben de esta forma.

Ejercicio 4 Resolver el sistema de N − 1 osciladores acoplados para la condicion

x0 = xN−1.

Ademas, interprete el significado fısico de la condicion anterior.

1.2.3. Energıa de los sistemas oscilantes

Comenzamos recordando la evolucion de la energıa de una sola masa oscilante. Tenemos la ecuacionde movimiento de un solo oscilador con un termino disipativo dependiente de un parametro γ, es decirmx+2mγx+mω2

0x = 0. Podemos encontrar una ecuacion para la energıa multiplicando por x e integrando:

mxx + 2mγx2 + mω20xx = 0

⇒ d

dt

(

1

2mx2 +

1

2mω2

0x2

)

= −2mγx2

⇒ dE

dt= −2mγx2.

Vemos ası que la energıa no se conserva a menos que γ sea cero. Encontrando la solucion para la ecuacion deloscilador, obteniendo x y sustituyendo en la ecuacion diferencial para la energıa (conociendo dicha cantidadal tiempo cero) podemos determinarla para todo tiempo posterior. Nos interesa ahora la energıa del problemade las tres masas oscilantes con extremos libres. Estudiamos el caso en que no se han introducido mecanismosdisipativos en las ecuaciones de movimiento por ello la energıa debe conservarse. Veamos que esto es cierto.La energıa total del sistema la podemos escribir como:

E = T + U =1

2m(

x21 + x2

2 + x23

)

+1

2k(

(x2 − x1)2 + (x3 − x2)

2)

. (1.14)

Ejercicio 5 Verifique que U definida por el segundo termino de (1.14) satisface:

U(t) =

∫ t

t0

−kx⊤Rxdt

para las 3 masas donde t0 es la posicion de equilibrio: x2(t0) = x1(t0) = x3(t0) = 0.

Derivamos ahora (1.14) con respecto al tiempo, obteniendo:

dE

dt= x1

(

mx1 − k(x2 − x1))

+ x2

(

mx2 + k(x2 − x1) − k(x3 − x2))

+ x3

(

mx3 + k(x3 − x2))

= 0.


En la formula anterior vemos que cada parentesis es cero por el balanceo de fuerzas, ver (1.2). Por lo tantoel resultado es el esperado: la energıa es una constante de movimiento. Una vez probado en los dos casosanteriores que la energıa es constante, estamos listos para plantearnos el mismo problema para los N − 1osciladores. Al igual que con las tres masas, intuitivamente se piensa que la energıa debe ser constante por laausencia de mecanismos disipativos, veremos que efectivamente es ası. Podrıamos comenzar de igual formaque en el caso anterior, escribiendo la energıa total de las masas, derivando y obteniendo cero. En cambio,utilizaremos otro acercamiento que nos revelara una importante conexion entre la conservacion de la energıay la simetrıa de la matriz del sistema, la matriz de Rayleigh R. Partimos de la ecuacion de movimiento paranuestro sistema x = − k

mRx y repetimos lo realizado en el caso de una sola masa oscilante; multiplicar la

ecuacion por x:

mx⊤x + kx⊤Rx = 0. (1.15)

El primer termino de arriba es la derivada de la energıa cinetica del sistema, mx⊤x = ddt

12mx⊤x = d

dt12mx·x,

mientras que el segundo no es tan familiar. Veremos ahora que es simplemente la derivada de la energıapotencial. Comenzamos primero calculando el trabajo total que hacen los resortes sobre las masas (quesera la suma de los trabajos sobre cada masa):

W =

N−1∑

i=1

∫ t

t0

Fidxi =

∫ t

t0

F · dx =

∫ t

t0

F · xdt

= −k

∫ t

t0

Rx · xdt = −k

∫ t

t0

x⊤Rxdt.

Ahora calculamos la derivada de x⊤Rx con respecto al tiempo:

d

dtx⊤Rx = x⊤Rx + x⊤Rx.

Es ahora donde se debe utilizar la simetrıa de la matriz de Rayleigh. Veremos que los dos terminos de arribason iguales siempre y cuando R sea simetrica:

x⊤Rx =(

x⊤R⊤x)⊤

=x⊤R⊤x (ya que el producto es un escalar)

=x⊤Rx. (por simetrıa) (1.16)

De esta manera la validez de (1.16) se debe enteramente a la simetrıa de R, y podemos escribir ddt

x⊤Rx =2x⊤Rx. Usando esto tenemos:

W = −k

∫ t

t0

x⊤Rxdt = −k

2

∫ t

t0

d

dtx⊤Rxdt = −k

2x⊤Rx

∣

∣

∣

t

t0= −U(t) + U(t0).

Conociendo ya la expresion para la energıa potencial en terminos de la matriz del sistema podemos escribira (1.15) como:

d

dt

(

1

2mx⊤x +

k

2x⊤Rx

)

=d

dt(T + U) =

dE

dt= 0.


Por lo tanto la energıa total es una constante de movimiento para el sistema de N − 1 masas, ecuacion (1.5).Deseamos ahora investigar que pasa con la energıa asociada a cada modo fundamental de oscilacion. Paraeste proposito, escribimos la solucion de forma compacta como:

x(t) =

N−1∑

j=1

Tj(t)vj , (1.17)

donde Tj(t) representa la dependencia temporal de cada termino en la ecuacion (1.12). Hemos demostradoque la energıa total del sistema descrito por (1.5) se puede escribir como:

E =m

2x · x +

k

2x⊤Rx.

Deseamos ahora encontrar una expresion para la energıa de cada modo, para ello sustituimos (1.17) en laexpresion para E. Recordando que los vectores propios son ortogonales la energıa total queda:

E(t) =m

2

N−1∑

j=1

Tj

2(t)v⊤

j vj +k

2

N−1∑

j=1

Tj(t)v⊤

j R

N−1∑

k=1

Tk(t)vk

=m

2

N−1∑

j=1

Tj

2(t)v⊤

j vj −k

2

N−1∑

j=1

Tj(t)v⊤

j

N−1∑

k=1

Tk(t)m

kλ2

kvk

=m

2

N−1∑

j=1

Tj

2(t)v⊤

j vj +m

2

N−1∑

j=1

ω2j T 2

j (t)v⊤

j vj

=m

2

N−1∑

j=1

(

Tj

2(t) + ω2

j T 2j (t)

)

v⊤

j vj

=N−1∑

j=1

Ej(t).

Hemos utilizado que vj es vector propio de R con valor propio mk

λ2j y que λ2

j = −ω2j . En la expresion anterior

Ej representa la energıa de cada modo de oscilacion. Calculamos ahora la derivada de la energıa de cadamodo:

dEj

dt= m

(

Tj + ω2j Tj

)

Tjv⊤

j vj = 0.

Lo anterior es cero debido a que Tj es la solucion homogenea de la ecuacion diferencial que aparece enla expresion anterior, ver (1.12). Por lo tanto la energıa de cada modo es una constante, es imposible latransferencia de energıa entre modos. Notese que para que esto ocurra es necesaria la ortogonalidad de losvectores propios2 ya que de lo contrario no hubiera sido posible escribir la energıa total como la suma delas energıas de cada modo. Entre otras cosas esto nos dice que si tenemos presente cierta componente deoscilacion en las condiciones iniciales, esta componente estara presente siempre. De manera inversa, si en lascondiciones iniciales esta ausente algun modo fundamental, es imposible que ese modo aparezca en el futuro.

Ejercicio 6 Resolver en su totalidad el problema de tres osciladores acoplados dado por la matriz de Ray-leigh. Explique los modos fundamentales. Encuentre la energıa cinetica y potencial. Discuta la energıa entrelos modos y la energıa total.

2Por ende la simetrıa de la matriz del sistema.


1.3. Caso no homogeneo

En los problemas dinamicos frecuentemente nos encontramos con sistemas sometidos a fuerzas externas.En el caso de los osciladores forzados esto se traduce en un termino adicional en la ecuacion de movimiento.En esta seccion consideraremos el problema que plantea la siguiente ecuacion:

mx(t) = −kRx + f(t) (1.18)

con condiciones de frontera fijas:

x0 = xN = 0.

La solucion del sistema homogeneo es, como en la (1.12), de la forma

x(t) =

N−1∑

j=1

(Cj cosωjt + Dj senωjt)vj .

Sin embargo, en el caso que ahora nos ocupa utilizamos para cada vector propio una funcion del tiempo pordeterminar. Al proceder de esta forma se esta siguiendo la idea de considerar a los modos de oscilacion vj

fijos y una amplitud de oscilacion Tj(t) variable3:

x(t) =

N−1∑

j=1

Tj(t)vj . (1.19)

Debemos recordar que los vectores propios vj ya normalizados forman una base para el espacio vectorialde dimension N − 1; por tanto, el termino no homogeneo (tambien llamado termino forzante) de la ecuacion(1.18) puede escribirse en terminos de la base vj:

f(t) =

N−1∑

j=1

fj(t)vj =

N−1∑

j=1

(f(t),vj)vj .

Si introducimos esto y la solucion (1.19) en la ecuacion no homogenea y recordamos que los vectores vj sonvectores propios de la matriz R, obtenemos un conjunto de N − 1 ecuaciones diferenciales ordinarias:

m

N−1∑

j=1

Tj(t)vj + k

N−1∑

j=1

Tj(t)Rvj =

N−1∑

j=1

fj(t)vj

⇒N−1∑

j=1

[

mTj(t) + k(m

kω2

j

)

Tj(t)]

vj =N−1∑

j=1

fj(t)vj .

Como los vectores propios son ortogonales entre sı, cada Tj(t) debe cumplir con la igualdad:

Tj(t) + ω2j Tj(t) = gj(t) (1.20)

donde gj(t) =fj(t)

m.

Esta ecuacion se resuelve para toda j por el metodo de variacion de parametros. En el caso especial en queel termino forzante es una funcion del tipo cosωt, la solucion es de la forma:

Tj(t) = A cosωjt + B sen ωjt +cosωt

ω2j − ω2

.

3Este mismo argumento sera usado en el siguiente capıtulo como motivacion para resolver Ecuaciones Diferenciales Parciales

mediante la separacion de variables.

1.4. PROBLEMA DE DIFUSION DE CALOR 15

Puede observarse que en el caso de que ω coincida con alguno de los valores propios (digamos ωk), la soluciondiverge. En fısica, a este fenomeno se le llama resonancia y corresponde a un forzamiento periodico en algunade las frecuencias naturales del sistema. Es conveniente aclarar que al construir el sistema se han consideradosolamente oscilaciones pequenas y la misma ecuacion (1.18) deja de ser valida en vibraciones de amplitudesgrandes. Con el objeto de eliminar la resonancia en el sistema y las consecuentes soluciones divergentes, sepide que el termino forzante sea ortogonal al vector propio con valor ωk; es decir, requerimos que fk(t) = 0.Fısicamente esto equivale a no realizar trabajo alguno sobre el vector vk.

1.4. Problema de difusion de calor

El uso de la matriz de Rayleigh en problemas de valores en la frontera no se limita a problemas deosciladores acoplados. En esta seccion estudiaremos el problema de flujo de calor partiendo de la ley deconservacion de energıa. Veremos que la matriz de Rayleigh surge nuevamente de manera natural y enconsecuencia se retoman los resultados obtenidos antes.

Primeramente y por simplicidad restringimos el problema de difusion de calor a una sola dimension.Modelamos entonces el problema considerando una varilla de longitud L orientada a lo largo del eje x y cuyaseccion transversal A se supone a temperatura constante. Es decir, la temperatura T (x, t) y el calor Q(x, t)son constantes en la seccion A. Para la discretizacion del problema se divide la varilla en N segmentos xi delongitud ∆x = L

N) suficientemente pequena para considerar a la temperatura Ti(t) = T (xi, t), i = 1, 2, ..., N.

Definimos ahora algunas magnitudes fısicas que nos seran utiles en la formulacion matematica. Paracada t > 0 el calor por unidad de volumen q(x, t) en algun punto x de la varilla es proporcional a latemperatura del cuerpo en dicho punto:

q(x, t) = ceρT (x, t)

donde el calor especıfico ce del material y la densidad volumetrica ρ son como constantes a lo largo de lavarilla, caracterıstica esta ultima observada en experimentos. De esta forma, la energıa calorıfica presente enel i-esimo segmento de la barra es:

Qi(t) = ce (A∆xρ) Ti(t). (1.21)

El flujo de calor por unidad de tiempo y por unidad de area a lo largo del eje x se denota por φ(x, t).Adicionalmente llamaremos qi(t) al calor generado por una fuente externa en el i-esimo segmento de lavarilla.

A continuacion se relacionan los conceptos planteados a traves de la ley de conservacion de energıacalorıfica que se observa en cada segmento de la varilla: el cambio en la energıa en un tiempo ∆t equivale alflujo de energıa a traves de las paredes en ese tiempo mas la energıa interna generada en el segmento en elmismo intervalo temporal,

dQi(t)

dt= φ(xi, t) − φ(xi+1, t) + qi(t),

o bien,

γdTi(t)

dt= − [φ(xi+1, t) − φ(xi, t)] + qi(t), (1.22)

para i = 1, 2, ..., N y γ = ceA∆xρ = cemi que es la capacidad calorıfica de la varilla en ese segmento.En este punto, y con el objeto de encontrar una ecuacion para una sola funcion, apelamos a la ley

de conduccion de calor de Fourier, que es un hecho fundamental derivado de experimentos y que en una


dimension se escribe:

φ(xi, t) = −κ (Ti(t) − Ti−1(t)) , (1.23)

donde κ la conductividad termica, es una constante propia de cada material.La ecuacion (1.23) nos indica que el flujo de calor en la pared transversal de algun segmento de la varilla

se presenta cuando existe una diferencia de temperatura entre las regiones que comparten la intercara. Seobserva que el calor fluye de la region mas caliente a la mas frıa y es proporcional en magnitud a la diferenciade temperaturas entre los dos segmentos comunes a la pared.

Sustituyendo (1.23) en la expresion de conservacion de energıa se tiene que

γdTi(t)

dt= − [−κ (Ti+1(t) − Ti(t)) + κ (Ti(t) − Ti−1(t))] + qi(t),

γdTi(t)

dt= κ [Ti+1(t) − 2Ti(t) + Ti−1(t)] + qi(t). (1.24)

Al considerar esta ecuacion en diferencias para los N segmentos de la varilla se obtiene un sistema deecuaciones. Al sistema de ecuaciones se le conoce como la ecuacion de difusion, o del calor, discreta y lamatriz de dicho sistema vuelve a ser la matriz de Rayleigh para la cual ya hemos obtenido el conjuntosolucion en terminos de sus vectores y valores propios

γdT(t)

dt= −κRT(t) + q(t), (1.25)

donde q(t) = (q1(t), q2(t), . . . , qN (t)). Si se propone una solucion del tipo T(t) =∑N

i=1 cieλit el sistema

de ecuaciones (1.25) se convierte en el problema de valores propios, similar al resuelto para el caso de Nosciladores acoplados, mas un termino no homogeneo q(t). La parte homogenea se resuelve como sigue

γdeλit

dtci = −κRcie

λit o(

R +γ

κλiI)

ci = 0. (1.26)

Se tiene entonces que, en el caso de que el termino forzante sea cero, − γκλi y ci son los valores y vectores

propios de la matriz de Rayleigh R. Es importante hacer enfasis en que los valores propios de la matriz deRayleigh son positivos, esto implica que λi < 0 y de aquı que el factor temporal disminuya con el tiempo yen consecuencia la solucion a la parte homogenea tienda a cero en tiempos suficientemente grandes.

En el caso de tener un termino forzante q(t), se expande este en terminos de los vectores propios ci yanormalizados como se hizo en la seccion anterior

q(t) =

N∑

j=1

qj(t)cj =

N∑

j=1

(q(t), cj) cj ,

y se consideran soluciones del tipo T(t) =∑N

j=1 Yj(t)cj que reducen el problema a resolver N ecuacionespara los factores Yj . Las ecuaciones surgen del procedimiento seguido en la seccion anterior:

γ

N∑

j=1

Yj(t)cj + κ

N∑

j=1

Yj(t)Rcj =

N∑

j=1

qj(t)cj ,

o bien γ

N∑

j=1

[

Yj(t) − κ

(

1

κλj

)

Yj(t)

]

cj =

N∑

j=1

qj(t)cj ,

1.4. PROBLEMA DE DIFUSION DE CALOR 17

y se tienen las N ecuaciones:

γYj(t) − γλjYj(t) = qj(t). (1.27)

De este modo se construye una solucion general como suma de la solucion a la ecuacion homogenea, mas elvector

∑Nj=1 Yj(t)cj con factores Yj resultantes de resolver (1.27).

En el paso al problema de difusion continuo, se observara con mayor detalle que la solucion al problemaconsta de un termino que tiende asintoticamente a cero con el tiempo, llamado solucion transiente, y otrotermino que persiste independiente del tiempo conservando las condiciones de frontera del problema. Esteultimo termino es llamado estacionario y en el caso discreto corresponde al vector solucion de la ecuacioninhomogenea.

Vemos ası que la solucion de sistemas de ecuaciones se descompone como una suma de soluciones queresultan de la solucion de las proyecciones a lo largo de los vectores propios. Como los vectores propiosson una base, cualquier condicion inicial o forzamiento puede descomponerse en terminos de ellos. Ası, elproblema se transforma en el de encontrar vectores propios y valores propios, y de ahı la importancia deestos. En la practica encontrar los vectores y valores propios podrıa ser muy difıcil y por esto es convenienteidentificar los sistemas que tengan soluciones exactas tal y como como lo hicimos en este capıtulo. Por otraparte al resolver las ecuaciones ordinarias resultantes el problema que queda es el de evaluar la suma demanera util.

En los proximos capıtulos haremos la contraparte de dimension infinita. Aquı la matriz de Rayleighse convierte en un operador diferencial. En este caso los vectores propios se vuelven funciones propias ypuesto que la dimension es infinita, habra un numero infinito de valores propios y sus correspondientesfunciones propias. Estos dan lugar a las funciones especiales y los desarrollos en funciones propias nos daranlas llamadas representaciones espectrales, o en el lenguaje antiguo transformadas integrales.

Captulo 2Series de Fourier2.1 Introdu ionHabiendo estudiado los asos dis retos de e ua iones que impli an problemas de valores y ve tores propiosen la matriz de Rayleigh, pasamos ahora a la resolu ion de los mismos problemas uando el numero depart ulas involu radas se vuelve muy grande omparado on la es ala del fenomeno que queremos des ribir.Observaremos que el problema de valores propios en el aso dis reto, se onvierte ahora en el problema devalores propios para e ua ion diferen ial, ya que en la que el lmite uando el numero de entradas es innito,la matriz de Rayleigh se onvierte en la segunda derivada espa ial.2.2 La Cuerda ContinuaPara examinar este pro eso lmite en detalle, onsideremos una uerda onsistente de N +1 part ulas, adauna de masa m. La tension es la fuerza de tra ion que a tua entre ada par de part ulas adya entres, esla misma para ada pareja de masas y a tua en la dire ion de la re ta que une a las part ulas.Se onsidera tambien que la uerda esta ja en sus extremos orrespondientes a los puntos x0 y xN+2,las part ulas se denotan por xi; i = 1; 2; :::; N +1. Ademas se toma omo la posi ion de equilibrio una re tahorizontal. Para la des rip ion del movimiento en la uerda, denotamos el desplazamiento verti al en unade las N + 1 part ulas libres on uk para k = 1; 2; :::; N + 1, y pedimos que la distan ia horizontal entreellas h sea onstante (lo ual es imposible fsi amente, pero es una buena aproxima ion).Al onsiderar el movimiento en las part ulas solo omo os ila iones muy peque~nas y en la dire ionverti al, la segunda ley de Newton sobre una de las part ulas nos di e:md2ukdt2 = diferen ia de las dos omponentes verti ales de en los extremosdel segmentoLas omponentes verti ales de la fuerza son, para el extremo dere ho fd =j j sen 1 y para el izquierdofi =j j sen 2. Como se onsideran ex lusivamente os ila iones pequeas 1 t 0 y 2 t 0, enton es:sen 1 t tan 1; sen 2 t tan 2ya que las hipotenusas son asi iguales al lado adya ente.22

2.3. METODO DE SEPARACI ON DE VARIABLES 23Por tanto, si es ribimos j j= , las e ua iones de movimiento son:md2ukdt2 = uk+1 ukh uk uk1h ; k = 1; 2; ::N: (2.1)Sea ahora la densidad lineal de la uerda por unidad de longitud, de modo que = mh , utilizamos estoen (2.1) para obtener d2ukdt2 = 1h uk+1 ukh uk uk1h !: (2.2)Para h su ientemente hi a el teorema del valor medio nos permite es ribir:uk+1 ukh =ux x; x = k + 12h; uk uk1h = ux x ; x = k 12h;donde u se onsidera una fun ion ontinua en (x; t) que representa a un ontinuo de part ulas en la uerda,lo que surge omo onse uen ia de ha er h muy hi o. Ahora, al introdu ir estas primeras derivadas en lae ua ion (2.2) utilizamos nuevamente el teorema del valor medio para obtener:1h uk+1 ukh uk uk1h = 2ux2 x=kh (2.3)Por tanto, uando h! 0, es de ir, uando N !1, (2.2) se onvierte en:2ut2 = 2ux2 (2.4)que es la e ua ion de onda en el aso ontinuo.En el desarrollo de la e ua ion de onda la expresion (2.2) es la dis retiza ion de la segunda derivada deu respe to a x y es la que se utiliza en te ni as numeri as para resolver e ua iones par iales que no tienensolu ion expl ita. Notese que esta dis retiza ion es justamente la matriz de Rayleigh.Cuando se vio el problema de difusion de alor se obtuvo la misma dis retiza ion en x que apare e en(2.2) debido justamente a que la e ua ion del alor en el aso ontinuo es:ut = 2ux2 ; u(x; t) = temperatura en x al tiempo t:2.3 Metodo de Separa ion de VariablesEste metodo propuesto por Joseph Fourier para problemas tpi os de e ua iones diferen iales par iales, partede la idea desarrollada en el aso dis reto (se ion 5) que presenta a la solu ion omo una ombina ion linealde ve tores propios de la variable o modos normales de vibra ion, ada uno multipli ado por un fa tor queha e variar la amplitud de las os ila iones on el tiempou(t) = N1Xj=1 Tj(t)vj :Al llevar al lmite esta expresion para un numero innito de part ulas los modos de vibra ion pasan aser solu iones ontinuas de la variable espa ial. Sin embargo, la solu ion puede expresarse omo el produ to

24 CAPITULO 2. SERIES DE FOURIERdel modo de vibra ion, ahora llamado fun ion propia, multipli ado por un fa tor de amplitud que es fun iondel tiempo. En otras palabras se bus an solu iones u(x; t) de la forma:u(x; t) = X (x)T (t) (2.5)donde X (x) es solo fun ion de x y T (t) lo es ex lusivamente de t.El metodo de separaion de variables es efe tivo en la resolu ion de e ua iones omo las siguientes:2ut2 = 2 2ux2 ; (eua ion de onda);ut = 2ux2 ; (e ua ion del alor);4u = 0; (e ua ion de Lapla e).De he ho todas las solu iones "exa tas" ono idas son de esta forma.A ontinua ion se muestra la apli a ion del metodo en un problema on reto.2.3.1 Problema de Diri hlet para la E ua ion de OndaConsiderese el problema:2ut2 = 2 2ut2 ; 0 x ; t 0 (2.6)Cond. de frontera (extremos jos): u(0; t) = u(; t) = 0;8t 0Cond. ini iales: u(x; 0) = f(x) posi ion ini ial;ut(x; 0) = g(x); velo idad ini ial 0 x :Es ribiendo u(x; t) = X (x)T (t) la e ua ion es:X (x)T 00(t) = 2X 00(x)T (t) ) T 00(t) 2T (t) = X 00(x)X (x) : (2.7)Pero (2.7) solo es posible para todos (x; t) uando ambos miembros son la misma onstante 1 luegoT 00(t) 2T (t) = X 00(x)X (x) = ) X 00(x) + X (x) = 0; T 00(t) + 2T (t) = 0 (2.8)(2.9)Las ondi iones de frontera nos indi an queu(0; t) = X (0)T (t) = 0; u(; t) = X ()T (t) = 0; 8 t 0:Esto impli a X (0) = 0;X () = 0. De manera que junto on (2.8) tenemos un problema de valores a lafrontera para X X 00(x) + X (x) = 0; X (0) = 0; X () = 0 (2.10) omo no se ono e, (2.10) es un problema de valores propios.1esta forma de pro eder se llama separa ion de variables y mu has ve es este paso no se puede llevar a abo

2.3. METODO DE SEPARACI ON DE VARIABLES 25Se di e que es un valor propio de (2.10), si existe una fun ion X(x) no trivial que satisfaga la e ua ion.A X(x) se le denomina fun ion propia orrespondiente al valor propio . Observese que y X(x) son losanalogos ontinuos a los valores y ve tores propios que estudiamos en el aso nito. Mas adelante se se~nalaranlas analogas ualitativas y uantitativas de problemas ontinuos omparados on los asos dis retos; hay quetener en mente que el pro eso de lmite que utilizamos para llegar a las e ua iones diferen iales, preserva el omportamiento basi o de los sistemas dis retos.Volviendo al problema (2.10), X ,T son fun iones reales, luego debe ser real, pero no sabemos si espositivo, negativo o ero. Anali emos enton es los distintos asos.1) < 0. Se es oje = 2 para real, enton es:X(x) = Aex +Bex; X(0) = A+B = 0 ) B = A) X(x) = 2Asenhx ) X() = 2Asenh = 0esta ultima igualdad se umple solo si A = 0 o = 0, sin embargo, ambos asos nos llevan a la solu iontrivial.2) = 0. Se tiene en este asoX 00(x) = 0; X (0) = 0; X () = 0 ) X 0y nuevamente se obtiene omo solu ion la trivial.3) > 0. Es ribimos ahora = !2, enton es:X (x) =A os!x+Bsen!x) X (0) = A = 0) X () =Bsen! = 0) ! = n! =n; para n = 1; 2; ::: y n = n2: (2.11)La orrespondiente fun ion propia de n esXn(x) =sennx; n = 1; 2; ::::::Teniendo ahora a n determinada, sustituimos en la e ua ion para TT 00 + 2n2T = 0 ! T (t) = an os nt+ bnsen nt;notese que no hay ondi iones de frontera para T .As, para ada n se tiene la solu ionun(x; t) =sennx (an osn t+ bnsenn t) ; n = 1; 2; :::Desde aqu es posible notar que ada solu ion es el produ to de un modo normal de vibra ion o fun ionpropia y la amplitud orrespondiente que ambia on el tiempo. Ahora bien, al utilizar el prin ipio desuperposi ion, se tiene la solu ion generalu(x; t) = 1Xn=1 sennx (an osn t+ bnsenn t) (2.12)donde los oe ientes an y bn quedan determinados por las ondi iones ini iales omo sigueu(x; 0) = 1Xn=1 ansennx = f(x); ut(x; 0) = 1Xn=1n bnsennx = g(x) (2.13)

26 CAPITULO 2. SERIES DE FOURIERestas expresiones nos di en que fang son los oe ientes de la serie seno de Fourier para f(x) en [0; yfn bng los analogos para g(x) en [0; , i:e:an =2 Z o f(x)sennx dx; bn = 2n Z 0 g(x)sennx dx; n = 1; 2; ::: (2.14) on esta expresion para los oe ientes se ompleta la solu ion al problema de Diri hlet. Esta solu ion essolo formal, ya que no esta laro que la serie dene una fun ion diferen iable. Esta fue la obje ion que tuvo elmetodo de Fourier. Sin embargo una vez estable ida la onvergen ia de la serie y la uni idad de la solu ion,habremos en ontrado una representa ion de las solu iones del problema.Probaremos ahora que on los oe ientes determinados de esta forma la serie (2.12) onverge. El onjuntode fun iones propias fsennxgn2N resulta ser ortogonal en el sentido ontinuo.>Que queremos de ir on esto?.En el aso dis reto hemos visto que para los ve tores propios vn su onstante de normaliza ion es q 2N demodo que si k 6= j, tomando vk = (x1; x2; :::)T ; vj = (y1; y2; :::)T enton es0 = vk vj = 2N NXi=1 xiyial tomar el lmite uando N !1, la expresion vista omo una suma de Riemann representa una integral.De aqu que para el aso ontinuo de imos que f(x); g(x) denidas en (a; b) son ortogonales respe to ala fun ion de peso (x) si Z ba f(x)g(x)(x) dx = 0 (2.15)La nota ion utilizada para esta integral es (f; g) = 0 lo ual denota que el produ to interno de f y g es ero. Esta es la analoga en el aso ontinuo, de ve tores ortogonales en el aso dis reto.Todo espa io lineal on produ to interno denido re ibe el nombre de espa io de Hilbert. Se dene unanorma en el espa io a traves del produ to interno kfk =p(f; f); para toda f en el espa io.El produ to interno debe satisfa er las siguientes propiedades:1. (f; g) = (g; f)2. Si 2 C , (f; g) = (f; g) = (f; g), donde es el omplejo onjugado de .3. (f + g; h) = (f; h) + (g; h)4. (f; f) > 0; f 6= 0En el paso al lmite, los ve tores se onvierten en fun iones ya que estos se pueden ver omo la dis- retiza ion de una fun ion.Regresando al problema de Diri hlet; veamos que el onjunto fsennxg es un onjunto ortogonal en (0; )respe to a la fun ion de peso (x) = 1. Esta arma ion se justi ara mas adelante uando estudiemos asosmas generales ya que la (x) viene determinada por la e ua ion diferen ial. Sea m 6= n,(sennx; senmx) = Z 0 sennxsenmxdx = Z 0 os (nm)x os(n+m)x2 dx= 12 sen (nm)xnm sen (n+m)xn+m 0 = 0;y para n=m(sennx; senmx) = Z 0 sennx2 dx = Z 0 12 os 2nx2 dx = 2 ;

2.3. METODO DE SEPARACI ON DE VARIABLES 27esto ultimo se es ribe ksennxk =p2 , luego fq 2 sennxg1n=1 es un onjunto ortonormal de fun iones.En el aso dis reto se vio que los ve tores propios son ortogonales y que ademas onstituyen una basepara el espa io Rn de dimension nita, en otras palabras, los ve tores propios son un onjunto ompleto enRn .Para el aso ontinuo, tenemos un espa io de dimension innita y debemos ahora extender la no ion de ompletez. Sea S = ff : [0; ! R f(0) = 0 = f(); R 0 f2 dx < 1g: un espa io de Hilbert(pruebe que elprodu to interno sta denido dentro del espa io) y sea B = fng1n=1 un onjunto ortonormal de fun ionesen S, es de ir (n; m) = Ænm. Se di e que fng es un onjunto ompleto, y por tanto una base de S, sidada ualquier f 2 S existe un uni o onjunto de oe ientes a0ns tales quef = 1Xn=1 ann: (2.16)La onvergen ia de la serie es respe to a la norma denida por el produ to internolimN!1 kf(x) SN (x)k = 0; SN (x) = NXn=1 ann: (2.17)Observese que al ser fng un onjunto ortonormal, los oe ientes am quedan denidos unvo amente alproye tar f sobre ada m(f; m) = 1X1 ann; m! = 1X1 an (n; m) = am: (2.18)Un ritero para probar la ompletez de un onjunto lo da el siguienteTeorema 1 Sea S un espa io de Hilbert de fun iones denidas en [0; 2 y tales que R 0 f2 dx <1g, y seafng un onjunto ortonormal en S. Las siguientes proposi iones son equivalentes1. fng es un onjunto ompleto.2. 8f 2 S; 9 a0ns onstantes tales que f =P ann.3. Si f 2 S satisfa e (f; n) = 0;8n) f 0.Ejemplo 1 Sea S = ff : [0; ! R f(0) = 0 = f(); R 0 f2 dx < 1g: Sea n(x) = q 2 sennx, enton es elhe ho de que fng sea un onjunto ortogonal y que para f las onstantes an = (f; n) son uni as impli a porel teorema anterior que fng es una base para S.Note que para garantizar la ompletez de fphing el espa io de Hilbert debe tener omo elementos afun iones uadrado-integrables, i.e. R 0 f2 dx <1. Men ionaremos esta ondi ion en un teorema de onver-gen ia que probaremos mas adelante.Teorema 2 Una ondi ion ne esaria y su iente para que el sistema fng sea ompleto es que la rela ionlimn!1 Z ba "f(x) nXk=0 akk(x)#2 dx = 0; (2.19)se umpla para ualquier fun ion integrable f(x), donde ak = (f; k) son los oe ientes de Fourier de lafun ion f(x).

28 CAPITULO 2. SERIES DE FOURIERLa ompletez del onjunto fphig, sin embargo, no garantiza la onvergen ia de la serie (2.17) a f(x) entodo punto. De he ho, la prueba del teorema (2) se basa en la onvergen ia de la serie a la media de f en esepunto. En la siguiente se ion ahondaremos mas en el tema. Por lo pronto abe de ir que aun uando unaserie onverja al valor de la fn ion en la media, no su ede lo mismo al derivar la fun ion. La serie derivadatermino a termino onverge a f 0(x) solo uando la fun ion esta denida en el intervalo [; y su derivadaes absolutamente integrable en el mismo intervalo.2.3.2 Problema de Neumann2ut2 = 2 2ux2 ; 0 x ; t > 0ux (0; t) = 0; ux (; t) = 0; 8 tu(x; 0) = f(x); ut (x; 0) = g(x); 0 x Cuando separamos variables omo en el aso anterior se obtienen las mismas e ua iones para X y paraT , on la uni a diferen ia en las ondi iones de frontera para X :X 0(0) = 0; X 0() = 0Con estas ondi iones = 0 es un valor propio ya que X0 = 1 satisfa e evidentemente las ondi iones dadas.Si < 0, las fun iones propias no pueden satisfa er las ondi iones de frontera y si > 0 resultaN = n2; Xn(x) = osnx; n = 1; 2; ::: (2.20)El aso 0 = 0 impli a T (t) = at + b, pero uando t ! 1 solo hay una solu ion fsi a si ha emos a = 0,luego T0(t) = 1.Por el prin ipio de superposi ionu(x; t) =a0 + 1Xn=1 osnx [an osn t+ bnsenn ty de las ondi iones ini ialesu(x; 0) = a0 + 1Xn=1 an osnx = f(x); ut (x; 0) = 1Xn=1 n bn osnx = g(x); 0 x ;luegofang; fbng son los oe ientes de la serie oseno de Fourier de f(x) y g(x) respe tivamentean =2 Z 0 f(x) osnx dx; bn = 2n Z 0 g(x) osnx dx:En este aso fq 2 osnxg, es una base para el espa io S = ff : [0; ! R f 0(0) = 0 = f 0(); R 0 f2 dx <1g:

2.4. SERIES DE FOURIER 29Ejer i io 1 Resolver el PROBLEMA DE ROBIN para la uerda vibrante, es de ir, una uerda on ondi- iones mixtas de frontera 2ut2 = 2 2ux2 ; 0 x ; t > 0u(0; t) + ux (0; t) =0; u(; t) + ux (; t) = 0; 8 tu(x; 0) = f(x); ut (x; 0) = g(x); 0 x 2.4 Series de FourierLas fun iones seno y oseno apare en omo solu ion a las variantes del problema de valores propiosX 00(x)+X (x) = 0: x (2.21)Estas solu iones se obtienen in luso para las ondi iones de frontera mas generales1X 0()+1X () = 0; 2X 0() + 2X () = 0 8 tLa representa ion de la solu ion mas general, vista omo la ombina ion lineal de todas las posiblessolu iones, es la llamada serie de Fourier del problema. En esta se ion observaremos que, al onsiderarsela serie de Fourier de algun problema en parti ular, ualquier fun ion f(x) : [; ! R j R pi f2 dx < 1y que umpla on las ondi iones de frontera del problema, puede es ribirse en terminos de la serie para eseproblema. Mas aun on luiremos de este he ho que la serie de Fourier onstituye un onjunto ompleto delespa io de Hilbert formado por las fun iones solu ion del problema de valores propios y se dara una pruebamas formal para la onvergen ia de la serie.Adi ionalmente se presentan algunas propiedades de la serie de Fourier que nos seran utiles mas adelante.2.4.1 Coe ientes de la seriePrimeramente tomamos una fun ion f(x) denida en [; y onsideramos al onjunto de fun ionesfsennx; osnxg1n=0; si queremos aproximar f on este onjunto de fun iones es ribimos la sumaf(x) t a02 + 1Xn=1 (an osnx+ bnsennx) (2.22)Probaremos a ontinua ion que el error uadrati oEN = Z [f(x) SN (x)2 dx (2.23)donde SN = a02 + NXn=1 (an osnx+ bnsennx)toma su valor mnimo uando los oe ientes an; bn, son los oe ientes de la serie de Fourier dados por:an = 1 Z f() osn d; bn = 1 Z f()senn d n = 0; 1; 2; :::

30 CAPITULO 2. SERIES DE FOURIERPrimeramente se observa que el onjunto fsennx; osnxg1n=0 es un onjunto ortogonal en [; (pruebelo)y ademas: Z os2 nx dx = ; Z sen 2nx dx = ; n = 0; 1; 2; :::Utilizando la ortogonalidad se en uentra, al expandir (2.23)0 EN = Z f2(x) dx a202 + NXn=1 a2n + b2n! (2.24) omo EN 0) a202 + NXn=1 a2n + b2n 1 Z f2(x) dx (2.25)a esta ultima expresion se le ono e omo desigualdad de Bessel.Si R f2(x) dx < 1 enton es la suma par ial de la izquierda esta a otada y es no de re iente. Luego ellmite uando N !1 existe. En nuestro aso el lmite es:a202 + 1Xn=1 a2n + b2n 1 Z f2(x) dx (2.26)Ahora bien, si la serie onverge a f(x) en la media, es de ir, limN!1EN = 0, (2.26) nos da lo que se ono e omo la identidad de Parseval:1 Z f2(x) dx = a202 + 1Xn=1 a2n + b2n! (2.27)De esta forma, uando R f2(x) dx < 1 y (2.27) se umple, se di e que el onjunto de fun ionesB = fsennx; osnxg1n=0 es ompleto omo lo enun ia el teorema 1.Otra manera de veri ar la ompletez de B es el siguiente argumento: Sea f ontinua y R f2(x) dx < 1enton es 1 Z f(x)n osnxsennxo dx = 0; 8n;si y solo si f(x) = 0En otras palabras, una fun ion f 2 S = ff : [; j f es ontinua y R f2(x) dx < 1 esta totalmentedeterminada por sus oe ientes de Fourier. Al espa io de fun iones S se le denota L2[; y f 2 L2[; se di e que es uadrado sumable o uadrado integrable en el intervalo [; .2.4.2 Lema de Riemann-LebesgueSi g(x) es se ionalmente ontinua en [a,b, enton eslim!1 Z ba g(x)senx dx = 0

2.4. SERIES DE FOURIER 31Demostra ion. Sea I() = Z ba g(x)senx dx (2.28)ha emos el ambio de variable x = + , enton es si x = a; = a , si x = b; = b y senx =sen ( + ) = sen. Sustituyendo en I()I() = Z ba g( + )sen d (2.29)sumando ahora (2.28) y (2.29)2I() = Z ba g(x)sen x dx Z ba g( )senx dx= Z aa g( )senx dx + Z ba hg(x) g x+ i senx dx+ Z bb g(x)senx:Supongamos primero que g es ontinua en [a,b enton es g es a otada y existe M tal quej g(x) jM; a x b:de aqui que: Z aa g(x+ )senx dx = Z a+a g(x)senx dx Mde igual forma Z bb g(x)senx dx My por onsiguiente I() M + 12 Z ba g(x) g(x+ )senx dxComo g es ontinua en [a,b, es uniformemente ontinua en di ho intervalo de modo que dado > 0; 9 talque 8 > ; x 2 [a,b g(x) g(x+ ) < b aSi ahora es ogemos tal que M < 2 para toda > , enton esI() < 2 + 2 = Si g(x) es se ionalmente ontinua en [a,b, enton es la prueba es igual a la anterior apli ada a ada subin-tervalo donde g es ontinua.

32 CAPITULO 2. SERIES DE FOURIER2.5 Convergen ia de la Serie de FourierSupongamos que: f(x) t a02 + 1Xn=1 (an osnx+ bnsennx)El smbolo t se ha utilizado a en lugar de = ya que no hemos mostrado que la serie onverge. Para ver queesto se umple, sea SN = a02 + 1Xn=1 (an osnx+ bnsennx)= 1 Z f()(12 + NXn=1 osnx osn + sennxsenn) d= 1 Z f()(12 + NXn=1 osn(x )) dEs fa il probar la siguiente igualdad que se deja al le tor omoEjer i io 2 12 + NXn=1 osny = sen (N + 12 )ysen ( 12y)Al sustituir en SN SN =1 Z f() sen (N + 12 )(x )2sen ( 12 (x )) dha iendo u = x, d = du, = x+ uSN =1 Z xx f(x+ u) sen (N + 12 )(u)2sen u2 duLas fun iones sennx y osnx son 2periodi as, esto sugiere de manera natural extender f(x) fuera delintervalo [; omo una fun ion 2periodi a deniendof(x+ 2n) = f(x) para n 2 Zde aqu que SN (x) = 1 Z f(x+ u) sen (N + 12 )(u)2sen u2 du: (2.30)Ahora se deja omo ejer i io al le tor probar que12 Z sen (N + 12 )usen u2 du = 1:

2.5. CONVERGENCIA DE LA SERIE DE FOURIER 33Usando (2.30) y el ejer i io anteriorSN f(x) = 12 Z [f(x+ u) f(x) sen N + 12usen u2 du= 12 Z [f(x+ u) f(x)sen u2 senN + 12udu: (2.31)Las fun iones fsen (N+ 12 )ug1N=0 son ortogonales en [; y satisfa en las ondi iones del lema de Riemann-Lebesgue, de modo que si Z [f(x+ u) f(x)sen u2 du <1 (2.32)el lado dere ho de (2.31) tiende a ero uando N !1 y se tienelimN!1SN (x) = limN!1 12 Z f(x+ u) sen (N + 12 )usen u2 du = f(x): (2.33)Como usen u2 es a otada, podemos reemplazar (2.32) porZ [f(x+ u) f(x)u du <1 (2.34)a (2.33) se le ono e omo la prueba de Dini.Si f es absolutamente integrable , i.e. R jf(x)jdx < 1 y ademas es diferen iable enton es se umple(2.34) (probarlo). Si f es Holder- ontinua en x, i.e. 9M y onstantes tales quef(y) f(x) M y x; y enton es (2.34) se umple (probarlo).Hasta ahora hemos probado que la serie de Fourier onverge a f(x) para ada x donde (2.34) se umple.Si f es dis ontinua en x pero existen los lmites izquierdo f(x 0) y dere ho f(x+0) as omo las derivadasizquierda y dere ha, enton es puesto que12 Z 0 sen N + 12usen u2 du = 2 ; 12 Z 0 sen N + 12usen u2 du = 2se observa que, usando (2.33),SN 12 [f(x+ 0) + f(x 0) = 12 Z 0 [f(x+ u) f(x 0)sen u2 senN + 12u du;+ 12 Z 0 [f(x+ u) f(x+ 0)sen u2 senN + 12u du; (2.35)pero al multipli ar los integrandos por un fa tor uu , los fa tores[f(x+ u) f(x 0)u y sen u2u (2.36)

34 CAPITULO 2. SERIES DE FOURIERestan a otados porque las derivadas de ambos lados existen. En onse uen ia, si tomamos el produ to deambos fa tores, 1(u) = [f(x+ u) f(x 0)u sen u2u1(u) = [f(x+ u) f(x+ 0)u sen u2uestos tambien son a otados. Por tanto las dos integrales (2.35) tambien estan a oatadas y por el Lema deRiemann-Lebesgue son ero en el lmite uando N !1. Con luimos enton es quelimN!1SN 12 [f(x+ 0) + f(x 0) = 0 (2.37)y en onse uen ia la serie de Fourier SN onverge a la media de la fun ion en los puntos de dis ontinuidad.A la fun ion DN = sen (N + 12 )u2sen u2se le ono e omo el Kernel de Diri hlet. La expresion (2.34)limN!1 12 Z f(x+ u)DN(u) du = f(x)nos di e que fDNgN es una fun ion Æ, es de ir que el lmite limN!1 DN (u) = Æ(u) es la delta de Dira .2.6 Solu iones Esta ionarias en la E ua ion de CalorConsideremos el problema de Diri hlet para la e ua ion del alor on ondi iones de frontera diferentes de ero ut = uxx; 0 < x < L; t > 0; (2.38)u(x; 0) = f(x); 0 < x < L; u(0; t) = k1; u(L; t) = k2; 8 t > 0es de esperarse, dado que la e ua ion es positiva, que uando t ! 1, la solu ion u(x; t) onvergera a unafun ion que solo depende de x llamada solu ion esta ionarialimt!1u(x; t) = Us(x):La solu ion general, omo en e ua iones ordinarias onstara de dos partesu(x; t) = Solu ion Esta ionaria + Solu ion TransitoriComo tambien se umple limt!1 ut = 0, enton es Us(x) satisfa e2 2Usx2 = 0; 0 < x < L Us(0) = k1; Us(L) = k2;luego u(x; t) = Us + U(x; t) = hk1 + xl (k2 k1)i + U(x; t):

2.6. SOLUCIONES ESTACIONARIAS EN LA ECUACI ON DE CALOR 35el ultimo termino satisfa e la e ua ionUt(x; t) = 2Uxx; 0 < x < L; U(0; t) = U(L; t) = 0;U(x; 0) = f(x) Us(x) = (x); 0 x L;la ual ya se resolvio en se iones anteriores y tiene la formaU(x; t) = 1Xn=1ane(n)2tsennxL an = 2L Z L0 (x)sen nxL dx; n = 1; 2; : : :Finalmente, u(x; t) = hk1 + xL (k2 k1)i + 1Xn=1 ane(n)2tsennxL de donde se observa fa ilmente quelimt!1u(x; t) = k1 + xL (k2 k1) = Us(x):Otro aso en donde habra solu ion esta ionaria es el siguienteut = uxx + 1; 0 < x < 1 u(0; t) = 0; u(1; t) = 1; 8 t > 0;u(x; 0) = f(x); 0 x 1;esta e ua ion no homogenea represena una barra de longitud 1 on una fuente externa de alor. En este asola fuente es onstante e igual a uno. Para hallar la solu ion esta ionaria, tomamos el lmite uando t ! 1en la e ua ion diferen ial 0 = 2 2Usx2 + 1; Us(0) = 0; Us(1) = 1;) Us(x) = 122x2 + 1 + 122x; 0 x 1:Sea ahora u(x; t) = Us(x) + UT (x; t); UT = solu ion transiente,enton es UT satisfa eUTt = 2 2UTx2 ; 0 < x < 1; t > 0;u(0; t) = UT (0; t) = 0; u(1; t) = UT (1; t) + 1 = 1 ) UT (1; t) = 0;u(x; 0) = f(x) = UT (x; 0) + Us(x);)UT (x; 0) = f(x) Us(x) = (x); 0 x 1;

36 CAPITULO 2. SERIES DE FOURIER uya solu ion ya la ono emos UT (x; t) = 1Xn=1 bne(n)2t sennx;bn = 2 Z 10 (x)sennx dx; n = 1; 2; : : : (2.39)nalmente u(x; t) = 122x2 + 1 + 122x+ 1Xn=1 bne(n)2tsennx; uyo lmite uando t!1 es obviamente Us(x).Veamos ahora el analogo en el aso ontinuo de la e ua ion de alor no homogeneaut = 2uxx + f(x; t); 0 < x < 1; t > 0; (2.40) 1ux(0; t) + b1u(0; t) = 0; 2ux(1; t) + b2u(1; t) = 0; 8 t;u(x; 0) = (x); 0 x 1:Si f(x; t) = 0, sabemos que la solu ion esu(x; t) = 1Xn=1 ane(n)2tXn(x) (2.41)donde Xn(x), n son las fun iones y los valores propios del problemaX 00 + 2X = 0; 0 x 1 b1X (0) + 1X 0(0) = 0;b2X (1) + 2X 0(1) = 0: (2.42)Ahora bien, si f(x; t) 6= 0, enton es a la barra se le esta apli ando alor a partir de una fuente externay nuestra intui ion nos di e que ahora la dependen ia en t de la solu ion no tiene que ser ne esariamentede tipo exponen ial de re iente. Las solu iones sin embargo onservan la forma de una superposi ion delos modos normales de vibra ion en ontrados en el problema homogeneo Xn(x), multipli ados por un fa tordependiente del tiempo que hasta el momento no hemos determinadoun(x; t) = 1Xn=1Xn(x)Tn(t) (2.43)observese que la forma de pro eder es la misma que en el aso dis reto visto en el Captulo 1.Dado que fXn(x)g onstituye un onjunto ortogonal omplerto de solu iones para (2.42), es ribimos eltermino forzante de nuestro problema en terminos de este onjunto on fa tores de amplitud dependientesdel tiempo, f(x; t) = 1Xn=1 fn(t)Xn(x) (2.44)donde fn(t) = 2 R 10 f(x; t)Xn(x) dx; n = 1; 2; : : :. Al sustituir (2.43) y (2.44) en (2.40) obtenemos1Xn=1Xn(x)T 0n(t) = 2 1Xn=1X 00n (x)Tn(t) + 1Xn=1Xn(x)fn(t) (2.45)

2.7. F ORMULA INTEGRAL DE POISSON PARA EL CIRCULO 37pero omo X 00 + 2X = 0 enton es1Xn=1Xn(x) T 0n(t) + 22nTn(t) fn(t) = 0; n = 1; 2; : : :la ortogonalidad de las fun iones propias fXn(x)g impli a una e ua ion para t por ada valor nT 0n(t) + 22nTn(t) = fn(t); n = 1; 2; : : :La ondi ion ini ial se tradu e enu(x; 0) = 1Xn=1Xn(x)Tn(0) = (x)) Tn(0) =2 Z 10 (x)Xn(x) dx; n = 1; 2; : : :Hemos redu ido el problema a un sistema de e ua iones de primer ordenT 0n(t) + 22nTn(t) = fn(t); (2.46a)Tn(0) = 2 Z 10 (x)Xn(x) dx; (2.46b)fn(0) = 2 Z 10 f(x; t)(x)Xn(x) dx; n = 1; 2; : : :El sistema (2.46) se resuelve fa limente obteniendose omo solu ionTn(t) = ane(n)2t + Z t0 e(n)2(t)fn() d; 8 t; n = 1; 2; : : : on an = Tn(0). La solu ion mas general (2.43) se es ribe ahorau(x; t) = 1Xn=1ane(n)2t + Z t0 e(n)2(t)fn() d; Xn(x)= 1Xn=1Xn(x)ane(n)2t + 1Xn=1Xn(x) Z t0 e(n)2(t)fn() ddonde la primera serie es la solu ion transitoria que depende de la ondi ion ini ial (x) ya que an =2 R 10 (x)Xn(x) dx. La segunda serie nos presenta una solu ion esta ionaria no ne esariamente independientedel tiempo porque si f(x; t) es periodi a en t la parte esta ionaria podra tambien ser periodi a.Es de ha er notar que el termino forzante f(x; t) se presenta en la solu ion omo la suma de las proye - iones de la fun ion sobre ada fun ion propia del problema (2.42).2.7 Formula Integral de Poisson para el Cr uloYa vimos que la solu ion del problema de Diri hlet en el r ulo4u(r; ) = 0; 0 < r < a; 0 2u(a; ) = f(); 0 2

38 CAPITULO 2. SERIES DE FOURIERviene dada por u(r; ) = a02 + 1Xn=1 ran [an osn + bnsenn (2.47)an = 1 Z 20 f() osn d; n = 0; 1; 2; : : :bn = 1 Z 20 f()senn d; n = 1; 2; : : :Al sustituir en la suma los equivalentes de an y bn se obtieneu(r; ) = 12 Z 20 f() d+ 1 1Xn=1ran Z 20 f() [ osn osn+ sennsenn d= 12 Z 20 f() d+ 1 1Xn=1 ran Z 20 f() [ osn d= 12 Z 20 f()"1 + 2 1Xn=1 ran os (n )# dpara inter ambiar R y P se requiere la onvergen ia uniforme de la serie lo ual probaremos a ontinua ion.Utilizando variable ompleja se puede probar1 + 2 1Xn=1xn osn = 1 x21 2x os + x2Sustituyendo en la expresion para u(r; )u(r; ) = 12 Z 20 a2 r2a2 2ar os + r2 f() dPara ver que (2.47) onverge, tomamos f() 2periodi a, ontinua y se ionalmente suave en [0; 2,enton es su serie de Fourier f() = a02 + 1Xn=1 [an osn + bnsenn onverge uniformemente en [0; 2. Por lo tanto dado " > 0; 9N > 0 tal que si n m N , enton esa02 + nXk=m (ak os k + bksen k) < "; 0 2;Sea D el dis o errado de radio a y denamosv(r; ) = a02 + nXk=m( ra )k (ak os k + bksen k) ;

2.7. F ORMULA INTEGRAL DE POISSON PARA EL CIRCULO 39enton es v es armoni a en D, ontinua en D y en la frontera C de Dv(a; ) < "; 0 2;luego, por el prin ipio del maximo v(a; ) < " en D:en suma, se probo que 8" > 0; 9N > 0 tal que si n m N )a02 + nXk=m rak (ak os k + bksen k) < "; 0 r a; 0 2;esto es el riterio de Cau hy para la onvergen ia uniforme de la serie en el dominio D. Ademas u denidaen (2.47) satisfa e lim(r;)!(a;0) = f(0); 0 0 2;para (r; ) 2 D, ya que u(a; 0) = a02 + 1Xn=1(an osn0 + bnsenn0) = f(0):Falta ver que la serie (2.47) es armoni a en D. Dado que la serie de Fourier para f onverge (uniformemente),existe una onstante M tal que an < M; bn < M; 8n: (2.48)Sea un(r; ) = ran (an osn+ bnsenn); u0(r; ) = a02 , enton es fung es ontinua en D y armoni a enD. Sea 0 < r0 < a unr =na ran1 (an osn + bnsenn)na ran1 an+bn < 2M naran1para todo 0 r r0. Si la serie1Xn=1 2M naran <1) 1Xn=0 unr onverge uniformemente en 0 r r0; 0 2:Esto impli a que ur es ontinua y por tanto puede al ularse derivando la serie termino a termino respe toa r ur = 1Xn=0 unr ; 0 r r0: (2.49)

40 CAPITULO 2. SERIES DE FOURIERRepitiendo este argumento, puede probarse que 2ur2 ; 2u2 existen y son fun iones ontinuas, y pueden hallarsederivando termino a termino la serie para u en 0 r < r0. As4u = 1Xn=04un; 0 r < r0; 0 2: (2.50)Como 0 < r0 < a, es arbitrario, u es armoni a en D.2.7.1 Ejemplo en donde falla la Solu ion en SerieConsidere la uerda ja en un extremo y onsidere la fuerza de gravedad a tuando sobre ellautt = 2uxx g; g = onstante gravita ional:u(0; t) = 0 = u(b; t);f(x) = U(x; 0) =8<: 2hxb; 0 x b22h(bx)b ; b2 x b 9=; :ut(x; 0) = 0; 0 x b:Separando variables se llega nalmente a la solu ion omou(x; t) = 8h2 1Xn=1 (1)n1(2n 1)2 sen (2n 1)xb os (2n 1) tb4b2g3 2 1Xn=1 1(2n 1)3 sen (2n 1)xb 1 os (2n 1) tb :La primera suma representa el movimiento de la uerda si se suelta desde el equilibrio on posi ion ini ialu(x; 0) y sin tomar en uenta la gravedad. La segunda serie representa el movimiento de la uerda uandose suelta del reposo en posi ion de equilibrio on la fuerza externa de gravedad a tuando sobre ella. Paraprobar la onvergen ia de la serie, vemos quesen (2n1)xb os (2n1) tb(2n+ 1)2 1(2n 1)2 ; sen (2n1)xb h1 os (2n1) tb i(2n 1)3 1(2n 1)3se umple 8(x; t). La prueba M de Weierstrass nos di e que la serie onverge uniformemente para todo (x; t)en 0 x b; 0 t < T;8T > 0: Esto impli a que la serie dene una fun ion u(x; t) ontinua en (x; t) endi ho dominio. Es laro que u(0; t) = 0 = u(b; t) y u(x; 0) = f(x);por la onvergen ia uniforme de la serie de Fourier para f(x). Ademas la serie obtenida de derivar una vezu(x; t) respe to a t onverge y en t = 0 es ero, i.e. ut(0; x) = 0; 0 x b.

2.7. F ORMULA INTEGRAL DE POISSON PARA EL CIRCULO 41Sin embargo u no satisfa e la e ua ion y por tanto no es solu ion del problema. Notese tambien que alderivar dos ve es la serie on respe to a x, falla la onvergen ia. 2uxx =8h2 2 1Xn=1(1)n2b2 sen (2n 1)xb os (2n 1) tb+ 4b2g3 2 1Xn=1 2 2(2n 1)b2 sen (2n 1)xb 1 os (2n 1) tb utt =8h2 1Xn=1 (1)n2 2b2 sen (2n 1)xb os (2n 1) tb 4b2g3 2 1Xn=1 2 2(2n 1)b2 sen (2n 1)xb os (2n 1) tbEsto ilustra el que la solu ion formal en serie no tiene por que ser una solu ion de la e ua ion. Ladeni ion lasi a de solu ion requiere que u sea dos ve es diferen iable on respe to a x y a t. Este esun requerimiento que las ondi iones ini iales deben satisfa er por onsisten ia de la formula ion. En el aso de es oger ondi iones po o diferen iables, la e ua ion diferen ial debe de reinterpretarse omo ley de onserva ion. Esto da lugar a la idea de solu iones debiles.

Capıtulo 1

1

2 CAPITULO 1.

Capıtulo 2

3

4 CAPITULO 2.

Capıtulo 3

Problemas fısicos en intervalos

infinitos

y las transformadas integrales

3.1.

En este capıtulo veremos como el tener problemas en intervalos infitos cambia cualitativamente el com-portamiento de los valores y funciones propias. Veremos como estos cambios cualitativos estan asociados conprocesos fısicos nuevos tales como la reflexion y dispersion de ondas. Estudiaremos como podemos utilizarestas nuevas soluciones tipo onda entrante y saliente para resolver problemas de manera analoga en el casocontinuo.

Comenzaremos por estudiar la vibracion de una

3.1.1. Cuerda semi-infinita

Estudiaremos el problema de la cuerda semi-infinita como el problema lımite de la cuerda vibrante conlos extremos fijos cuando uno de sus extremos se manda al infinito. Hemos ya resuelto el problema de laonda con extremos fijos en un intervalo finito con condiciones iniciales:

uxx = utt, 0 < x < L, t > 0; u(0, t) = 0, u(L, t) = 0, t > 0;

u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), 0 < x < L.

donde utilizando el metodo de separacion de variables se obtiene un problema de valores propios para lavariable x como sigue

y′′(x) + λy(x) = 0, 0 < x < L, y(0) = 0, y(L) = 0.

Las soluciones ya estudiadas para esta ecuacion son:

yn(x) =

√

2

Lsen

nπ

Lx, con valores propios λn =

(nπ

L

)2

, n = 1, 2, . . .

Como ya tambien se vio en el capıtulo anterior, las funciones propias han quedado normalizadas al

multiplicarlas por el factor A =√

2L . Podemos tambien escribir la condicion inicial f(x) del problema en

5

6CAPITULO 3. PROBLEMAS FISICOS EN INTERVALOS INFINITOSY LAS TRANSFORMADAS INTEGRALES

terminos del conjunto de soluciones yn∞n=1 que sabemos es un conjunto ortonormal completo

f(x) =∞∑

n=1

anyn(x), con an =

√

2

L

∫ L

0

f(ξ) sennπ

Lξ dξ. (3.1)

Observemos ahora que sucede con la formula de representacion (3.1) cuando L → ∞. Sustituimos ladefinicion de an dentro de la serie y multiplicamos y dividimos por π la expresion para obtener

lımL→∞

f(x) =

∞∑

n=1

2

πsen

nπ

Lx

∫ L

0

f(ξ) sennπ

Lξ dξ

π

L

si ahora introducimos ln = nπL y g(ln) =

∫ L

0 f(x) sen lnx dx la suma se escribe

lımL→∞

∞∑

n=1

2

πg(ln) sen lnx

π

L(3.2)

pero como πL equivale a ln+1 − ln, (3.2) representa una suma de Riemann que en el lımite converge a la

integral

f(x) =2

π

∫ ∞

0

g(l) sen lx dl. (3.3)

Notese que la definicion de g(l) nos da, en el lımite

g(l) =

∫ ∞

0

f(x) sen lx dx, (3.4)

de manera que (3.3) y (3.4) definen respectivamente, la Transformada Seno de Fourier y su inversa. Debemosobservar que los valores propios ln = nπ

L para L > 0 fijo y n → ∞ se transformaron en l > 0 y enconsecuencia las funciones propias sen lx constituyen ahora un continuo; la forma de sumar estas funcioneses, como en (3.3), mediante una integral. Observemos que la funcion sen lx representa una onda que incidedesde ∞ y es reflejada perfectamente en x = 0. Es pues de esperarse que estas sean las funciones apropiadaspara describir la solucion de reflexion. Por otro lado las funciones propias han perdido sus propiedades deortogonalidad y tampoco son normalizables. Es decir, en el caso continuo no se cumple que

∫ ∞

0

sen lx sen l′xdx = 0, ni tampoco

∫ ∞

0

sen 2lx dx <∞. (3.5)

Aun cuando estas propiedades se han perdido, veremos que (3.3) sigue siendo una formula de representa-cion. De hecho es la expresion cuantitativa del hecho que en la teorıa cuantica el principio de incertidumbreindica que para el caso de una partıcula libre, la posicion y el momento no pueden determinarse en formaexacta al mismo tiempo. La densidad de probabilidad en la posicion para una partıcula libre en mecanicacuantica se representa mediante una funcion de onda del tipo (3.3). Al ser el momento de la partıcula p = h

λ ,cuando en (3.5) buscamos la norma de las funciones sen lx estamos buscando la norma o valor esperado dex para la funcion que corresponde a la partıcula libre con momento p = ~l completamente determinado. Esde esperarse entonces que el valor de x este completamente indeterminado lo que equivale a la divergenciade la integral (3.5).

La formula (3.3) se obtuvo de manera poco pecisa. Necesitamos pues dar,

3.1. 7

3.1.2. Una prueba de la formula de representacion

Para probar la formula de representacion debemos demostrar que la integral dada en (3.3) converja af(x). Esto se cumple cuando f(0) = 0 y g(l) → 0 en infinito; esto ultimo queda garantizado cuando paral muy grande g(l) ∼

Ml2 . Se puede observar que f(x) definida por (3.3) es una funcion impar. Con esto en

mente y en virtud de (3.4) se tiene que

f(x) = lımL→∞

∫ L

0

g(l) sen lx dl = lımL→∞

2

π

∫ ∞

0

f(ξ)

∫ L

0

sen lx sen lξ dl dξ,

pero sen (lx) sen (lξ) =1

2[cos l(x− ξ) − cos l(x+ ξ)] e integrando este producto

f(x) = lımL→∞

2

π

∫ ∞

0

f(ξ)1

2

[

sen L (x− ξ)

(x− ξ)− sen L (x+ ξ)

x+ ξ

]

dξ.

Se deja al lector el siguiente

Ejercicio 1 Probar que K(x − ξ) = lımL→∞sen L(x−ξ)

π(x−ξ) es una funcion delta. Pruebe que∫∞−∞K(x −

ξ)f(ξ) dξ = f(x) asumiendo que f es suave y f(x) → 0 cuando x→ ∞.

Dado que f(x) es impar se tiene como consecuencia de esto ultimo que

f(x) = lımL→∞

2

π

∫ ∞

0

f(ξ)1

2

[

sen L (x− ξ)

(x − ξ)− sen L (x+ ξ)

x+ ξ

]

dξ

= lımL→∞

∫ ∞

0

f(ξ)

[

sen L (x− ξ)

π(x− ξ)

]

dξ − lımL→∞

∫ ∞

0

f(ξ)

[

sen L (x+ ξ)

π(x+ ξ)

]

dξ

=1

2

lımL→∞

∫ ∞

−∞f(ξ)

[

sen L (x− ξ)

π(x − ξ)

]

dξ − lımL→∞

∫ ∞

−∞f(ξ)

[

sen L (x+ ξ)

π(x + ξ)

]

dξ

=1

2[f(x) − f(−x)] ,

con lo que queda demostrada la formula de representacion para f(x) dada en (3.3) y (3.4).

3.1.3. Cuerda fija en un extremo

A la funcion definida en (3.4) se le conoce como Transformada Seno de Fourier y a (3.3) la TransformadaSeno Inversa. Este tipo de representacion es de utilidad en la resolucion de ecuaciones diferenciales como loilustra el siguiente ejemplo:

utt = uxx, 0 < x <∞, t > 0, u(0, t) = 0, t > 0, (3.6)

u(x, 0) = h(x), ut(x, 0) = h′(x), 0 < x <∞.

Proponemos como solucion u(x, t) = 2π

∫∞0g(l, t) sen lx dl de modo que u(0, t) = 0. La ecuacion diferencial

se transforma en

2

π

∫ ∞

0

gtt(l, t) sen lx dl = − 2

π

∫ ∞

0

g(l, t)l2 sen lx dl. (3.7)

Las condiciones iniciales transformadas son

u(x, 0) =h(x) =2

π

∫

g(l, 0) sen lx dl,

ut(x, 0) =h′(x) =2

π

∫

gt(l, 0) sen lx dl.


Observando la forma de la ecuacion (3.7) se propone g(l, t) = A(l) cos lt + B(l) sen lt, donde A(l) y B(l)quedan determinadas por las condiciones iniciales:

h(x) =2

π

∫ ∞

0

A(l) sen lx dl y h′(x) =2

π

∫ ∞

0

lB(l) sen lx dl.

La transformada inversa (3.4) aplicada a estas igualdades indica que

A(l) =

∫ ∞

0

h(x) sen lx dx y B(l) =

∫ ∞

0

h′(x)

lsen lx dx. (3.8)

Finalmente la solucion es

u(x, t) =2

π

∫ ∞

0

[A(l) cos lt+B(l) sen lt] sen lx dl. (3.9)

Notemos que se ha propuesto una Transformacion Seno de la funcion g para la condicion de cuerda fija en elorigen. Para una condicion de cuerda libre, ux(x, 0) = 0, se propone como solucion la Transformada Cosenode una funcion ρ, es decir u(x, t) = 2

π

∫∞0ρ(l, t) cos lx dl, y se sigue el mismo procedimiento.

Es importante observar que la solucion arriba escrita puede presentarse de otra manera. Utilizando laidentidad del producto sen (lx) cos (lt) = sen l(x+ t)+ sen l(x− t) y la del producto de senos anteriormenteescrita, se obtiene,

u(x, t) =2

π

∫ ∞

0

A(l) [ sen l(x+ t) + sen l(x− t)] +B(l) [cos l(x− t) − cos l(x+ t)] dl, (3.10)

=2

π

∫ ∞

0

[A(l) sen l(x+ t) −B(l) cos l(x+ t)] dl +2

π

∫ ∞

0

[A(l) sen l(x− t) +B(l) cos l(x− t)] dl.

(3.11)

La nueva forma de escribir la solucion nos indica que la misma es la superposicion de dos ondas. Una queentra hacia el extremo fijo (digamos u1(x + t)) y otra onda reflejada en el origen que se propaga hacia elinfinito (u2(x− t)).

3.1.4. Condicion de frontera mixta

Veamos ahora el caso especial de ondas con condicion de frontera mixta ux(0, t) + αu(0, t) = 0. Esteproblema sirve de modelo fısico para una cuerda sujeta a un resorte en el origen. Notese que en la fronterax = 0, la ecuacion de movimiento para el elemento de cuerda sujeto a un resorte de constante de elasticidadk y sometido a una tension T generada por la misma cuerda es:

m(0)uxx(0, t) = −ku(0, t) + T sen θ,

pero m(0), la masa en el punto cero, es casi nula y para θ ≈ 0, entonces sen θ ≈ tan θ ≈ ux(0, t), por tanto(−kT

)

u(0, t) + ux(0, t) = 0, t > 0.

El problema a resolver, llamando α = −k/T , es

utt = uxx, 0 < x <∞, t > 0,

ux(0, t) + αu(0, t) = 0, t > 0,

u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), 0 < x <∞.

3.2. TRANSFORMADA DE LAPLACE 9

Separando variables, la ecuacion para la variable espacial x es

y′′(x) + λy(x) = 0, 0 < x <∞, (3.12)

con condicion de frontera y′(0) + αy(0) = 0. Si λ > 0 su solucion general es

y = A cos√λx+B sen

√λx

aplicando la condicion de frontera

y′(0) + αy(0) = B√λ+ αA = 0 ⇒ B = − α√

λA, ∀ λ > 0,

y(λ, x) = A

(

cos√λ− α√

λsen

√λx

)

.

Para λ < 0 las soluciones se escriben de la forma

y(λ, x) = Ce−√−λx +De

√−λx

pero puesto que x ∈ [ 0,∞), para que la solucion sea acotada se toma D = 0 y la condicion de fronteradetermina entonces un valor especıfico para λ

y′(0) + αy(0) = −√−λC + αC = 0 ⇒ λ = −α2,

de modo que se recupera un valor propio negativo y el espectro se compone de un continuo de valores propiospositivos y un valor propio negativo aislado. Fısicamente la funcion propia que corresponde al valor propionegativo representa a la energıa atrapada en el resorte.

Vemos pues que hay un espectro mixto. La pregunta es si podemos representarlo. Esto no es trivial.

3.2. Transformada de Laplace

Un siguiente paso en el tratamiento de problemas de valores propios, consiste en analizar las soluciones deecuaciones diferenciales de segundo orden con coeficientes variables. Las soluciones conocidas para algunosde estos problemas son las llamadas Funciones Especiales. En la sistematizacion del tratamiento de la mayorparte de las ecuaciones que dan origen a las Funciones Especiales, la Transformada de Laplace juega unpapel fundamental.

Para proponer la funcion transformada que lleva su nombre, Laplace partio de la solucion a las ecuacionesde segundo orden con coeficientes constantes

y′′(z) + ay′(z) + by(z) = 0. (3.13)

(3.14)

En este caso las ecuaciones tienen soluciones del tipo y = eλz , donde λ toma los valores de la solucion dela ecuacion algebraica λ2 + aλ+ b = 0. Si λ1 y λ2 son las soluciones de esta ecuacion, la solucion general dela ecuacion diferencial esta dada por y(z) = A(λ1)e

λ1z +A(λ2)eλ2z donde A(λ1) y A(λ2) se determinan

de las condiciones iniciales o de frontera.

En el caso de los coeficientes variables


y′′ + a(z)y′ + b(z)y = 0, (3.15)

(3.16)

Laplace razono pensando en aproximar la ecuacion como ecuaciones con coeficientes constantes. Pa-ra ello subdividio el intervalo donde se satisface la ecuacion diferencial, de manera tal que en cada sub-intervalo los coeficientes variables a(z) y b(z) se aproximen por constantes a y b. De aquı, la solucionsera y(z) =

∑

i A(λi)eλiz que resulta de sumar las soluciones en cada subintervalo.

Ası, Laplace propuso soluciones que generalizaran la solucion a la ecuacion de coeficientes constantespermitiendo que λ tome una infinidad de valores complejos. Dichas soluciones debıan de escribirse como

y(z) =1

2πi

∫

C

eλzY (z, λ) dλ.

Al sustituir esta nueva funcion en la ecuacion diferencial (3.15) el problema cambia a aquel en el cual sedebe encontrar el contorno de integracion C y la funcion Y (z, λ) que cumplan con la igualdad.

En esta seccion se pretende que el lector se familiarice con esta herramienta. Por principio se presentauna ecuacion con coeficientes variables del tipo Euler

x2y′′ + xy′ = λy con x ≥ 0, (3.17)

y una condicion de frontera aun sin determinar. La ecuacion de Euler es la unica ecuacion con coeficientesvariables que se puede resolver analıticamente mediante un cambio de variable. El metodo de solucionconsiste en proponer una solucion de la forma y(x) = xp lo cual reduce la ecuacion diferencial a una ecuacionalgebraica; en este caso se obtiene:

p(p− 1) + p = λ, ⇒ p2 = λ.

Si se escribe y(x) como y(x) = ep ln x entonces para λ > 0 se tienen dos soluciones no acotadas ya que

y(x) = e√

λ ln x → ∞, cuando x→ ∞,

y(x) = e−√

λ lnx → ∞, cuando x→ 0.

Por otro lado cuando λ < 0, p = ±i√−λ y

y(x) = A cos(√

−λ lnx)

+B sen(√

−λ lnx)

. (3.18)

De este resultado es importante hacer ver que cos(√

−λ lnx)

y sen(√

−λ lnx)

son funciones acotadasen todo el intervalo, pero ninguna de estas dos funciones esta definida en cero por lo que se requiere unacondicion de frontera definida en otro punto distinto de cero. Ademas, se puede observar que al definirξ = lnx en la ecuacion de Euler, se obtiene una ecuacion de coeficientes constantes para −∞ < ξ <∞, cuyaforma se puede inferir de la sustitucion de ξ en la solucion (3.20). En el caso λ = 0, la ecuacion (3.17) sepuede resolver por reduccion de orden y sus soluciones son y(x) = cte. y y(x) = ln(x).

En este punto podemos decir que en general las Funciones Especiales son las funciones propias de lasecuaciones diferenciables con coeficientes variables. Posteriormente se observara que igualmente las Trans-formadas de Fourier son una representacion de funciones base en un espectro continuo. En los siguientescapıtulos estudiaremos algunas de estas funciones.

3.2. TRANSFORMADA DE LAPLACE 11

Una herramienta muy importante en la resolucion de problemas de coeficientes variables es la Transfor-mada de Laplace. Considerese primeramente una funcion f(x) definida para x ∈ [0, ∞) e integrable en esteintervalo, entonces, su Transformada de Fourier es

Ff(t) =

∫ ∞

−∞e−iktf(t) dt

=

∫ ∞

0

e−iktf(t) dt = f(k) (3.19)

y de manera analoga, la Transformada Inversa de Fourier se define como

f(t) =1

2π

∫ ∞

−∞eiktf(k) dk =

1

2π

∫ ∞

0

eiktf(k) dk = F−1f(k), (3.20)

donde se ha extendido el valor de f como cero para −∞ < t < 0. Si ahora escribimos k ∈ C , es decirk = kr + iki

Ff(t) =

∫ ∞

0

e−ikrtekitf(t) dt, (3.21)

pero los valores permitidos para k estan restringidos a aquellos para los que la integral (3.21) converge. Enprimer lugar tenemos que para ki > 0, la convergencia es dudosa, en consecuencia solo tomamos en cuentael caso en que ki ≤ 0 y la funcion f es de orden exponencial,i.e. esta acotada por

∣

∣ f(t)∣

∣ ≤ eMt, ∀t. Eneste caso la integral converge cuando ki ≤ −M . Al aplicar la Transformada Inversa de Fourier a la integral(3.21)

f(t) =1

2π

∫ ∞

−∞eiktf(k) dk

=1

2π

∫ ∞

−∞eikt

∫ ∞

−∞e−ikt′f(t′) dt′ dk

=1

2π

∫ ∞

−∞eikt

∫ ∞

0

e−ikt′f(t′) dt′ dk

=1

2π

∫ ∞

−∞eikrte−kit

∫ ∞

0

e−ikrt′ekit′

f(t′) dt′ dk, (3.22)

se obtiene una integral de variable compleja la cual, como observaremos mas adelante, puede igualarse a unaintegracion de contorno. Primeramente integramos (3.22) en el plano complejo de k a lo largo de una rectaparalela al eje real, es decir k = kr + iki, con ki = cte., de donde dk = dkr . Sustituyendo en (3.22)

ekitf(t) =1

2π

∫ ∞

−∞eikrt

∫ ∞

0

e−ikrt′ekit′

f(t′) dt′ dkr . (3.23)

Observamos que el lado izquierdo anterior esta dentro de la integral, de modo que si hacemos g(t) = ekitf(t)podemos ver que

g(k) =

∫ ∞

0

e−ikrt(

ekitf(t))

dt =

∫ ∞

0

e−ikrtg(t) dt. (3.24)

Sabemos ahora que la transformacion inversa de (3.24) tambien nos devuelve g(t). Por tanto

g(t) =1

2π

∫ ∞

−∞eikrtg(k) dkr implica ekitf(t) =

1

2π

∫ ∞

−∞eikrtg(k) dkr ;

por tanto f(t) =1

2π

∫ ∞

−∞eikrte−kitg(k) dkr =

1

2π

∫ ∞

−∞ei(kr+iki)tg(k) dkr.


Si ahora hacemos ik = s, encontramos que la integral ha rotado la trayectoria de integracion a una rectaparalela al eje imaginario en el plano de s

f(t) =1

2πi

∫ i∞

−i∞estg(−is) ds (3.25)

=1

2πi

∫

C

estg(−is) ds, (3.26)

donde hemos tomado a la integral como una integral de contorno con una trayectoria del estilo que se muestraen la Fig. 3.1.

M S

Figura 3.1: Contorno de integracion en el plano s

A continuacion probaremos que con la eleccion de este contorno las integrales para s y k son equivalentes.Ahora notamos que de (3.24) se tiene

g(−is) =

∫ ∞

0

e−stg(t) dt ≡ G(s).

A G(s) le llamamos Transformada de Laplace de g(t) y se escribe Lg(t) = G(s). La Transformada Inversade Laplace es, como se ve de (3.26)

g(t) =1

2πi

∫

C

estG(s) ds = L−1G(s) (3.27)

donde el contorno C va de −i∞ a i∞ en la region de analiticidad de G(s).El contorno en la Transformada Inversa se elige de tal forma que las singularidades de Lg(t) se encuen-

tran contenidas dentro del contorno. En Variable Compleja esto implica que la integral equivale a la sumade los residuos en los polos o singularidades de G(s). Como un ejemplo tomamos la funcion f(t) = eλt. SuTransformada de Laplace es

Lf(t) =

∫ ∞

0

e−steλt ds =1

s− λ= F (s),

donde se observa que Lf(t) tiene un polo en s = λ, entonces se escoge C un contorno cerrado mostrado enla Fig. 3.2 que envuelva al polo o punto singular y se integra aplicando el teorema de Cauchy obteniendose

f(t) =1

2πi

∫

C

est

s− λds = eλt. (3.28)

3.3. TRANSFORMADA DE LAPLACE PARA LA SOLUCION DE SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORD

Probaremos ahora que cuando R → ∞, la integral sobre el contorno cerrado C equivale a una integralsobre el intervalo que va de (−i∞, i∞) como lo muestra la Fig. 3.2. La equivalencia de ambas integrales escierta cuando la integral sobre la parte circular del contorno (Contorno II) tiende a cero; observese que paraesta porcion del contorno se tiene que s = M +Reiθ con π

2 ≤ θ ≤ 3π2 de modo que en esta trayectoria:

1

2πi

∫

II

est

s− λds =

iR

2πi

∫ 3π2

π2

e(M+Reiθ)t

M +Reiθ − λeiθdθ.

Tomando el valor absoluto de la integral:∣

∣

∣

∣

∣

R

2π

∫ 3π2

π2

e(M+Reiθ)t

M +Reiθ − λeiθ dθ

∣

∣

∣

∣

∣

≤ R

2π

∫ 3π2

π2

∣

∣

∣

∣

∣

eMt e(Reiθ)t

M +Reiθ − λeiθ dθ

∣

∣

∣

∣

∣

≤ R

2π

∫ 3π2

π2

eMt e(R cos θ)t

∣

∣M +Reiθ − λ∣

∣

dθ,

pero el factor R∣

∣M+Reiθ−λ∣

∣

es menor o igual a R

M+R−∣

∣λ∣

∣

cuyo lımite cuando R → ∞ es 1, de modo que aun

podemos acotar mas la integral escribiendo:

lımR→∞

R

2π

∫ 3π2

π2

eMt e(R cos θ)t

∣

∣M +Reiθ − λ∣

∣

dθ ≤ lımR→∞

1

2π

∫ 3π2

π2

eMte(R cos θ)t dθ. (3.29)

Por otro lado, es facil observar que en el intervalo[

π2 , π

]

, cos θ ≤ − 2π

(

θ − π2

)

y observamos una nueva cotapara (3.29):

lımR→∞

1

2π

∫ π

π2

eMte(R cos θ)t dθ ≤ lımR→∞

eMt

2π

∫ π

π2

eR(1− 2

π θ)t dθ

= lımR→∞

−eMtπ

2π

eR(1− 2

π θ)t

2Rt

∣

∣

∣

∣

∣

π

π2

= lımR→∞

eMt

[

1 − e−2Rt]

4Rt= 0.

La nulidad de la integral en el intervalo[

π, 3π2

]

se prueba con un argumento similar y se deja al lectorcomo ejercicio.

De este modo hemos probado que el escoger un contorno C para (3.28) como el mostrado en la Fig.3.2y con el radio del mismo tendiendo a infinito, la integral (3.28) representa efectivamente a la transformadainversa (3.25). En la siguiente seccion se presentan algunos ejemplos donde se utiliza la Transformada deLaplace en la resolucion de problemas de valores propios.

3.3. Transformada de Laplace para la solucion de sistemas de

ecuaciones diferenciales ordinarias

Se desea utilizar la transformada de Laplace para la solucion de sistemas de ecuaciones diferenciales delestilo:

y = Ay, y(0) = a. (3.30)


R

M

Contorno I

S

Contorno II

Figura 3.2: Contorno de integracion con un punto singular λ en el punto marcado

Veremos que el aplicar la transformada de Laplace a este problema nos proporcionara las bases paradespues entender operadores diferenciales mas complicados que surgen de separar variables en ecuacionesdiferenciales parciales con valores a la frontera. Aplicamos la transformada de Laplace a (3.30) obteniendo:

sy − a = Ay,

(sI − A)y = a,

y = (sI − A)−1a.

Donde la transformada de Laplace para vectores se calcula componente a componente, el vector trans-formado se expresa con una tilde y las matrices constantes pueden salir fuera de la transformada. Por lo quese estudio acerca de la transformada inversa, se obtiene la solucion del sistema (3.30) en la forma:

y(t) =1

2πi

∮

C

est(sI − A)−1ads, (3.31)

donde C se elige de manera que contenga las singularidades de y(s).Nos preguntamos ahora sobre la invertibilidad de (sI − A). De manera trivial vemos que dicha matriz

no sera invertible si s es un valor propio de A. Sin embargo, siendo C un contorno sobre el cual la normade s se hace arbitariamente grande (mientras que los valores propios de A son finitos), de manera intuitivavemos que para s grande sI − A ≈ sI, la cual es invertible. Ademas, para |s| grande podemos utilizar unaserie de Neumann para la inversa:

(sI− A)−1 =1

s

(

I − A

s

)−1

=1

s

∞∑

n=0

(

A

s

)n

,

por lo que la inversa existe si |s| se hace arbitrariamente grande. Particularmente interesante es considerarla condicion inicial del sistema (3.30):

y(0) = a =1

2πi

∮

C

(sI − A)−1ads =1

2πi

∮

C

adj(sI − A)

det(sI − A)ads.

3.3. TRANSFORMADA DE LAPLACE PARA LA SOLUCION DE SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORD

De manera que se ha obtenido el siguiente resultado:

a =1

2πi

∮

C

adj (sI − A)

det (sI − A)ds a. (3.32)

Vemos que podemos interpretar el operador integral de la ecuacion anterior como una cierta representacionde la matriz identidad. Notamos que el integrando tiene polos en los valores propios de la matriz A, es laexistencia de estos polos lo que permite recuperar el vector a al hacer las operaciones indicadas en (3.32).Veremos mas adelante que la suma de los residuos en los polos simplemente representara las proyeccionesde a en la unica base que es natural para la matriz A, sus vectores propios. De esta manera (3.32) nosproporcionara al vector a en terminos de la base de vectores propios. Esto es una reaparicion del TeoremaEspectral del algebra lineal, donde se muestra que los vectores propios de una matriz simetrica son una baseortogonal.

Hagamos ahora un caso particular para fijar ideas. Sea A la matriz de Rayleigh 2 × 2. Entonces elsistema (3.30) puede representar la evolucion de la temperatura en una barra compuesta de dos segmentosa temperatura constante cada uno. Tenemos ası:

A =

[

−2 11 −2

]

(sI − A)−1 =1

(s+ 2)2 − 1

[

s+ 2 11 s+ 2

]

.

Por un lado, calculando la integral en (3.32) a lo largo del contorno, con | s |→ ∞, se obtiene:

1

2πi

∮

C

adj (sI − A)

det (sI − A)ds a =

1

2πi

∮

C

1

(s+ 2)2 − 1

[

s+ 2 11 s+ 2

]

ds a (3.33)

≈ 1

2πi

∮

C

[

1/s 00 1/s

]

ds a = a, (3.34)

debido a que 12πi

∮

Cds/s = 1 para todo contorno C que incluya al origen. De esta manera vemos que

recuperamos el vector a sobre el contorno al infinito. Calculemos ahora los residuos para ver si recuperamosal vector a en terminos de los vectores propios.

Por otro lado, como podemos hacer (s+2)2−1 = (s+3)(s+1) la integral anterior se calcula exactamentepor el teorem del residuo y nos queda:

1

2πi

∮

C

1

(s+ 3)(s+ 1)

[

s+ 2 11 s+ 2

]

ds a =∑

k

Res (sk)a

=

[

1

s+ 3

[

s+ 2 11 s+ 2

]]∣

∣

∣

∣

s=−1

a +

[

1

s+ 1

[

s+ 2 11 s+ 2

]]∣

∣

∣

∣

s=−3

a

=1

2

[

1 11 1

]

a − 1

2

[

−1 11 −1

]

a =1

2

[

(1, 1) · a(1, 1) · a

]

+1

2

[

(1,−1) · a−(1,−1) · a

]

=1

2(1, 1) · a

[

11

]

+1

2(1,−1) · a

[

1−1

]

= a.

Lo cual nos porporciona al vector a en terminos de los vectores propios de la matriz de Rayleigh 2 × 2.Notamos que los factores de 1/2 son simplemente las normas cuadradas de cada vector propio y son necesariosdebido a que debemos proyectar al vector a sobre cada vector unitario.


Deseamos ahora mostrar que lo anterior se cumple en general para matrices simetricas n× n. Para estecaso sabemos que su conjunto de vectores propios vin

i=1 es ortogonal, de manera que podemos escribir:

a =

n∑

i=1

aivi, ai =a · vi

vi · vi. (3.35)

Queremos probar la equivalencia entre esta expansion para a y la forma integral dada por (3.32).Muy cerca del valor propio λi el determinante de sI−A es singular, por lo que esperamos que la inversa

de la matriz se pueda expresar en una serie de Laurent del estilo:

(sI − A)−1a =b−1,i

s− λi+ b0,i + b1,i(s− λi) + b2,i(s− λi)

2 + . . . (3.36)

Donde la expansion anterior es valida mientras | s−λi | sea menor que la distancia entre λi y el siguientevalor propio mas cercano a el. Deseamos encontrar los primeros coeficientes de la expansion (3.36). Para ellohacemos (sI− A)(sI − A)−1a = a:

a = (sI − λiI + λiI − A)( b−1,i

s− λi+ b0,i + b1,i(s− λi) + . . .

)

=1

s− λi(λiI− A)b−1,i + (λiI − A)b0,i + b−1,i +

(

b0,i + (λiI− A)b1,i

)

(s− λi) + . . .

Igualando ahora los terminos de cada lado de acuerdo a las potencias de (s− λi) se obtiene:

1

s− λi(λiI − A)b−1,i = 0, (λiI − A)b0,i + b−1,i = a.

De la primera de las anteriores se obtiene que b−1,i debe ser multiplo del i-esimo vector propio: b−1,i =αvi, pero falta determinar α. De la segunda de las ecuaciones de arriba concluimos:

(λiI − A)b0,i = a − b−1,i.

Para que el sistema anterior tenga solucion para b0,i, pedimos que la parte no homogenea sea ortogonala la solucion homogenea, esto es:

0 = (a − b−1,i) · vi = a · vi − αvi · vi, ⇐⇒ α =a · vi

vi · vi.

Lo cual determina α y nos dice que b−1,i = a·vi

vi·vivi, es simplemente la proyeccion del vector a en el vec-

tor propio vi . Ademas notamos que el termino que determina el residuo en una integral de contorno esprecisamente el de b−1,i. Dado que el integrando es analıtico excepto en los valores propios podemos hacer:

a =1

2πi

∮

C

(sI − A)−1ds a =1

2πi

∑

i

∮

Ci

(sI − A)−1ds a,

donde C es un contorno que incluye a todos los valores propios y Ci son contornos que incluyen solamenteel valor propio λi. Como en cada Ci es valida una expansion como la de (3.36), el residuo en cada contornosera la proyeccion del vector a en el vector propio correspondiente:

a =1

2πi

∑

i

∮

Ci

(sI− A)−1dsa =∑

i

a · vi

vi · vivi.

Por otro lado, dado que la aproximacion hecha en (3.33) no depende de la dimension de la matriz A, esposible repetir este calculo recuperando el vector a. Por lo tanto se recupera el vector constante a por doscaminos: el primero integrando sobre el contorno que tiende a infinito, como en (3.33) y el segundo por elmetodo de residuos, donde se recupera a a traves de los vectores propios de A.

Queda como ejercicio para el lector calcular la solucion y(t) dada por (3.31).

3.4. CASO CONTINUO 17

Ejercicio 2 Dada la matriz A =

[

4 11 2

]

encuentre el desarrollo espectral en terminos de los vectores

propios usando la Variable Compleja. Encuentre los residuos en los polos. Muestre que las matrices son deproyeccion.

3.4. Caso continuo

Deseamos desarrollar las ideas de la seccion anterior para el caso de un operador diferencial en lugar de unomatricial. Se mostraran las analogıas con el caso anterior para revelar la total equivalencia. Encontraremoscomplicaciones adicionales, por lo que la mejor manera de entender este caso sera comenzar con ejemplosconcretos variando las condiciones de frontera. Dichas condiciones tendran un papel fundamental en laforma de la solucion y el tipo de valores propios. Existe la posibilidad de tener un conjunto discreto devalores propios, uno continuo o incluso mixto. Empezaremos por el primero de estos casos.

3.4.1. Espectro discreto

Comenzamos con el siguiente problema de valores propios:

y′′ − sy = 0, 0 < x < 1, y(0) = y(1) = 0.

Es facil demostrar que los valores propios de este problema son efectivamente discretos: sn = −n2π2, n =1, 2, . . . y las funciones propias yn(x) = sen nπx. Supongase ahora una modificacion al problema anterior yconsidere el caso no homogeneo:

y′′ − sy = −f(x), 0 < x < 1, y(0) = y(1) = 0. (3.37)

Para mostrar la equivalencia con el caso matricial, escribimos la ecuacion anterior como sy − y′′ = f(x),la cual equivale a la ecuacion (sI − A)y = a, que se obtuvo antes. De esta manera vemos que el operador

matricial A, corresponde ahora al operador diferencial d2

dx2 . De igual forma la funcion f(x) corresponde alvector a y el vector transformado y corresponde a la funcion desconocida y(x). Resolveremos el problema(3.37) por variacion de parametros, por lo que tomamos a las dos soluciones homogeneas (siempre que s 6= 0)como:

f1(x) = senh√sx, f2(x) = senh

√s(x− 1).

Donde la primera satisface la condicion de frontera de la izquierda y la segunda la de la derecha. Propo-nemos una solucion particular por variacion de parametros:

y(x) = A(x) senh√sx+ B(x) senh

√s(x− 1),

A(1) = B(0) = 0.

Donde A(x) y B(x) son desconocidas pero se escogen condiciones de frontera sobre ellas para que laexpresion completa de la solucion particular satisfaga ambas condiciones de frontera. Insertando lo anterioren la ecuacion (3.37) y pidiendo que A′ senh

√sx+B′ senh

√s(x − 1) = 0 se llega a las dos ecuaciones:

A′ senh√sx+B′ senh

√s(x− 1) = 0,

A′ cosh√sx+B′ cosh

√s(x− 1) = −f(x)√

s.


Las ecuaciones anteriores tienen como solucion:

A′(x) =senh

√s(x− 1)f(x)√s senh

√s

,

B′(x) = − senh√sxf(x)√

s senh√s.


Donde W (s) =√s senh

√s es el wronskiano de las soluciones homogeneas y sera distinto de cero siempre

que estas sean linealmente independientes. Notamos ademas que a pesar de la aparicion de la raız del numerocomplejo s, la imparidad de la funcion senh x garantiza que el wronskiano no tenga puntos rama, e invitamosal lector a verificarlo. El que esto ocurra ası es fundamental y es consecuencia de las condiciones de fronteradel problema (3.37). Mas adelante se veran ejemplos en donde aparecen puntos rama y se vera que esto tieneimplicaciones profundas en la solucion de problemas de valores propios. Integrando las ecuaciones anteriores:

A(x) = −∫ 1

x

senh√s(ξ − 1)f(ξ)√

s senh√s

dξ,

B(x) = −∫ x

0

senh√sξf(ξ)√

s senh√sdξ.

De manera que A y B cumplen las condiciones de frontera requeridas. Finalmente podemos escribir lasolucion como:

y(x, s) = −∫ 1

x

senh√sx senh

√s(ξ − 1)f(ξ)√

s senh√s

dξ −∫ x

0

senh√s(x− 1) senh

√sξf(ξ)√

s senh√s

dξ.

Identificamos de la expresion anterior a la funcion de Green del problema (3.37):

G(x, ξ, s) =

− senh√

sξ senh√

s(x−1)√s senh

√s

, 0 < ξ < x,

− senh√

sx senh√

s(ξ−1)√s senh

√s

, x < ξ < 1.

(3.38)

Notamos que se cumple la importante propiedad de simetrıa en la funcion anterior G(x, ξ, s) = G(ξ, x, s).Observese ademas que ∂G(x, ξ, s)/∂x tiene una discontinuidad de salto en x = ξ de magnitud uno. Usandolo anterior podemos escribir la solucion como:

y(x, s) =

∫ 1

0

G(x, ξ, s)f(ξ)dξ, (3.39)

con la funcion G definida en (3.38). Escribimos lo anterior de una manera que se relacione con el caso discreto.En ese caso la ecuacion (sI−A)y = a se resolvıa simplemente invirtiendo la matriz, y = (sI−A)−1a. Podemosentonces interpretar (3.39) como la inversion del operador diferencial dado en (3.37), por lo que esto nosproporciona una manera de definir la inversa de un operador diferencial en terminos de la funcion de Greencomo:

y(x, s) =

∫ 1

0

G(x, ξ, s)f(ξ)dξ

≡(

s− d2

dx2

)−1

f(x).

Continuamos con las analogıas entre ambos casos. En el caso discreto, para obtener los valores propiosdel problema, se calculaban los ceros de det (sI − A), esto equivale ahora a calcular los ceros del wronskiano,W (s) =

√s senh

√s = 0. Vemos que estos son sn = −n2π2, n = 1, 2, . . ., por lo que recuperamos los valores

propios mencionados antes(recuerdese que s 6= 0). De esta manera, el polinomio caracterıstico en el casomatricial corresponde ahora al wronskiano. Recordamos que en el caso matricial obtenıamos el operadoridentidad de la forma:

I =1

2πi

∮

C

adj (sI − A)

det (sI − A)ds,


donde C es un contorno que incluye todos los valores propios. Veremos que en el caso continuo se recuperalo anterior, pero debido a que los valores propios se extienden hasta infinito, el contorno C tambien lo hara.Si queremos una total simetrıa entre ambos casos,entonces, comparandolos, vemos que:

1

2πi

∮

C

yds1

2πi

∮

C

yds

=1

2πi

∮

C

(sI− A)−1ads = a. =1

2πi

∮

C

(

s− d2

dx2

)−1

f(x)ds = f(x).

Falta por demostrar la igualdad derecha.Notamos una equivalencia mas. Mientras que en el caso discreto recuperabamos el vector a en terminos

de los vectores propios, en el caso continuo recuperaremos a la funcion f(x) en terminos del analogo continuode los vectores propios: las funciones propias. Es decir, como sn = −n2π2, y(x) = sen (nπx), n = 1, 2, . . .,son los valores y funciones propias de (3.37), entonces podemos escribir:

f(x) =∞∑

n=1

anyn(x), an = 2

∫ 1

0

f(ξ) sen (nπξ) dξ. (3.40)

Notese que la funcion f debe satisfacer f(0) = f(1) = 0.

Ejercicio 3 Demuestre que los polos de la funcion de Green definida en (3.38) son precisamente los valorespropios sn = −n2π2, n = 1, 2, . . .. Verifique que s = 0 no es polo de G.

Veamos que esto es cierto. Integramos a la solucion dada en (3.39) a lo largo de un contorno en el planocomplejo s que tienda a infinito y que contenga a todos los valores propios. Haremos exactamente lo que sehizo en el caso discreto, obteniendo el resultado de la integral compleja de dos formas: por medio de residuos,e integrando sobre el contorno tendiendo a infinito, como se muestra en (3.3).

Figura 3.3: Contorno C.

Por un lado recuperaremos a f(x) tal cual y por el otro lo haremos a traves de las funciones propias. Porresiduos obtenemos:

1

2πi

∮

C

y(x, s)ds = − 1

2πi

[∫ 1

x

f(ξ)

∮

C

senh√sx senh

√s(ξ − 1)√

s senh√s

ds dξ

+

∫ x

0

f(ξ)

∮

C

senh√sξ senh

√s(x − 1)√

s senh√s

ds dξ

]

. (3.41)


Requerimos entonces calcular los residuos de la funcion de Green en los polos simples sn = −n2π2. Sideseamos calcular la integral compleja de f(z)/g(z) alrededor de un polo de primer orden z0 podemos hacer:

1

2πi

∮

C

f(z)

g(z)dz =

1

2πi

∮

C

f(z0) + f ′(z0)(z − z0) + · · ·g′(z0)(z − z0) + 1/2 g′′(z0)(z − z0)2 + · · ·dz

=1

2πi

∮

C

f(z0)(

1 + f ′(z0)f(z0)

(z − z0) + · · ·)

g′(z0)(z − z0)(

1 + g′′(z0)2g′(z0)

(z − z0) + · · ·)dz =

f(z0)

g′(z0),

por la formula integral de Cauchy. Aplicando lo anterior, se obtiene:

1

2πi

∮

C

senh√sx senh

√s(ξ − 1)√

s senh√s

ds =

∞∑

n=1

senh inπx senh inπ(ξ − 1)

(1/2) cosh inπ

= − 2

∞∑

n=1

(−1)n sen nπx sen nπ(ξ − 1),

1

2πi

∮

C

senh√sξ senh

√s(x− 1)√

s senh√s

ds =

∞∑

n=1

senh inπξ senh inπ(x− 1)

(1/2) cosh inπ

= − 2∞∑

n=1

(−1)n sen nπξ sen nπ(x− 1).

La expresion completa queda, al sustituir lo anterior en (3.41), como

1

2πi

∮

C

y(x, s)ds =2

∫ x

0

f(ξ)∞∑

n=1

(−1)n sen nπξ sen nπ(x− 1)dξ

+2

∫ 1

x

f(ξ)

∞∑

n=1

(−1)n sen nπx sen nπ(ξ − 1)dξ

=∞∑

n=1

(

2

∫ 1

0

f(ξ) sen nπξdξ

)

sen nπx = f(x),

recuperando ası los coeficientes de Fourier de f(x). Vemos nuevamente que los residuos de la funcion deGreen en los polos no son otra cosa que las proyecciones de f(x) sobre las funciones propias, de manera quela correspondencia con el caso discreto es total. Debemos ahora integrar sobre el contorno al infinito pararecuperar de nuevo a f(x). Veremos que sobre el contorno al infinito, la funcion de Green tiende al analogocontinuo del nucleo de Dirichlet, y esto nos regresara a f(x). Recuperaremos a f(x) sobre el contorno alinfinito de dos maneras, primero mediante el nucleo de Dirichlet y luego, integrando por partes dos veces conrespecto a ξ la expresion en (3.41) . El contornoC que tomamos es un cırculo centrado en el origen que no pasapor ningun polo y con un radio tendiendo al infinito, de manera que en el lımite el contorno encerrara todoslos polos. Notese la diferencia con el caso discreto en el cual un contorno finito era suficiente para encerrartodos los valores propios. Hacemos ahora un cambio de variable que nos simplificara las cosas,

√s = λ, de

manera que ds = 2λdλ. Ademas, dado que el corte en la raız de s se encuentra sobre el eje real negativo, elcontorno C en el plano s se modifica a un contorno C′ en el plano λ, quedando un semicırculo abierto que vadel eje imginario negativo al eje imaginario positivo, o bien −π/2 < argλ < π/2. A continuacion se muestradicho contorno:


Figura 3.4: Contorno C′.

De esta manera se obtiene:

1

2πi

∮

C

y(x, s)ds = − 1

πi

[∫ x

0

f(ξ)

∫

C′

senh λ(x− 1) senh λξ

senh λdλ dξ

+

∫ 1

x

f(ξ)

∫

C′

senh λ(ξ − 1) senh λx

senh λdλ dξ

]

, (3.42)

donde C′ es el semicırculo descrito antes. Recordamos que en la primera de las integrales anteriores secumple ξ < x mientras que en la segunda se cumple la relacion inversa. Tomamos primero la parte en que0 < ξ < x < 1 y realizamos la integracion compleja sobre el contorno C′ parametrizado por λ = Reiθ,−π/2 < θ < π/2 y R ≫ 1:

∫ π/2

−π/2

(eReiθ(x−1) − e−Reiθ(x−1))(eReiθξ − e−Reiθξ)

2(eReiθ − e−Reiθ )iReiθdθ

≈∫ π/2

−π/2

−eReiθ(1−x)eReiθξ

2eReiθ iReiθdθ =1

2

∫ π/2

−π/2

−e−Reiθ(x−ξ)iReiθdθ.

Hacemos ahora un ultimo cambio de variable, iu = Reiθ con idu = iReiθdθ:

1

2

∫ π/2

−π/2

−e−Reiθ(x−ξ)iReiθdθ = − i

2

∫ R

−R

e−iu(x−ξ)du = −i sen R(ξ − x)

ξ − x.

Reconocemos en la expresion anterior el nucleo de Dirichlet para el continuo. Tomando ahora la integral endonde 1 > ξ > x > 0 y recordando que esta se obtiene del caso anterior intercambiando x por ξ, se obtiene:

∫ π/2

−π/2

(eReiθ(ξ−1) − e−Reiθ(ξ−1))(eReiθx − e−Reiθx)

2(eReiθ − e−Reiθ )iReiθdθ

≈ −i sen R(ξ − x)

ξ − x,

cuando R ≫ 1. Usamos los dos resultados anteriores en la expresion (3.42) resultando:

lımR→∞

1

2πi

∮

C

y(x, s)ds = lımR→∞

∫ x

0

f(ξ)sen R(ξ − x)

π(ξ − x)dξ

+ lımR→∞

∫ 1

x


π(ξ − x)dξ = lım

R→∞

∫ 1

0


π(ξ − x)dξ = f(x),


ya que 0 < x < 1, por lo que se recupera a f(x) mediante el nucleo de Dirichlet para el continuo. De maneraque se ha obtenido la completez de las funciones propias del problema, yn(x) = sen nπx. Esto calculandola integral en el contorno complejo que incluye a todos los polos, 1

2πi

∮

C y(x, s)ds, de dos maneras distintas:una por residuos, obteniendo a f(x) en terminos de las funciones propias y otra sobre el contorno al infinito,obteniendo a f(x) por medio del nucleo de Dirichlet para el continuo. Se obtiene ası la representacion de lafuncion f(x) en terminos de las funciones propias, con el requisito que debe cumplirse f(0) = f(1) = 0.

Veremos a continuacion que podemos recuperar a f(x) sobre el contorno al infinito sin emplear el nucleode Dirichlet. Lo anterior se logra si se integra la expresion dada en (3.42) dos veces por partes con respectoa ξ antes de realizar la integracion compleja. Nos fijamos entonces en:

∫ x

0

f(ξ)senh λξ senh λ(x − 1)

senh λdξ +

∫ 1

x

f(ξ)senh λ(ξ − 1) senh λx

senh λdξ.

Integramos por partes dos veces la expresion anterior de manera que aparezcan las dos primeras derivadasde f(x). De ello resulta (las condiciones f(0) = f(1) = 0 simplifican los calculos):

− 1

λf(x) +

senh λ(x − 1)

λ2 senh λ

∫ x

0

f ′′(ξ) senh λξdξ +senh λx

λ2 senh λ

∫ 1

x

f ′′(ξ) senh λ(ξ − 1)dξ.

Es posible mostrar que integrando sobre el arco λ = Reiθ con −π/2 < θ < π/2 las dos integrales de laultima expresion son O

(

1|λ|2)

; tomando en cuenta que la longitud del arco crece como |λ|, ambos terminos

van a cero. Ocurre algo distinto con el primer termino. Sustituyendo lo anterior en (3.42) e integrando sobreel semicırculo se obtiene:

1

2πilım

R→∞

∮

C

y(x, s)ds =1

iπlım

R→∞

∫

C′

f(x)

λdλ =

f(x)

iπ

∫ π/2

−π/2

idθ = f(x).

Por lo que nuevamente se recupera a f(x) sobre el contorno al infinito, sin haber empleado el nucleode Dirichlet. Por cualquiera de las dos formas, la representacion espectral para el operador junto con lascondiciones de frontera escogidas queda demostrada.

Ejercicio 4 Considere la ecuacion diferencial ordinaria

y′′ + sy = f(x), 0 < x < 1, y(0) = 0, y′(1) + αy(1) = 0. (3.43)

(3.44)

Encuentre la funcion de Green G(x, ξ, s).¿Donde es analıtica? ¿Como se comporta G(x, ξ, s) si s→ ∞?

Ejercicio 5 Compare la funcion de Green de

y′′ + sy + py = f(x), 0 < x < 1, y(0) = 0, y′(1) + αy(1) = 0, (3.45)

(3.46)

con la del problema anterior cuando s→ ∞.¿Que sucede y por que?

Ejercicio 6 Calcule la funcion de Green G(x, ξ, s) para el problema

y′′ + sy = f(x), 0 < x <∞, y′(0) + αy(0) = 0, yacotadaen∞. (3.47)

¿Que pasa con las dos singularidades de G(x, ξ, s)?


3.4.2. Espectro continuo

Nuevamente planteamos el mismo operador diferencial pero modificamos las condiciones de frontera.Trabajaremos esta vez en un intervalo semiinfinito. El problema por resolver es:

y′′ − sy = −f(x), x > 0, y(0) = 0, |y| <∞ para x→ ∞. (3.48)

Es facil mostrar que para s < 0 las funciones propias del problema anterior son y(x) = sen√−sx, y los

valores propios son λ = −s > 0, es decir, todos los reales positivos.Al igual que en el caso anterior, tomamos dos soluciones homogeneas del problema: una que satisfaga la

condicion de la izquierda y la segunda que satisfaga la condicion de la derecha. Donde la condicion de laderecha debe entenderse como el acotamiento de la solucion en infinito. Las dos soluciones buscadas para sarbitrario son:

f1(x) = senh√sx, f2(x) = e−

√sx.

Notamos un punto importante. Cuando s es complejo, observamos que la solucion f2(x) sera acotadaen infinito solamente si seleccionamos la raız cuadrada de s de manera adecuada. Escogiendo el argumentoprincipal para s, −π < Arg s < π, debemos pedir ℜ√s > 0 para Arg s = 0. Seleccionamos la raız como√s = |s| 12 ei Arg s/2 para garantizar que la raız de s tenga parte real positiva y ası f2 sea acotada en infinito.

Proponemos la solucion por variacion de parametros:

y(x, s) = A(x) senh√sx+B(x)e−

√sx, A(x) −−−−→

x→∞0, B(0) = 0.

Llegando nuevamente a un sistema de ecuaciones para A′(x) y B′(x):

A′(x) senh√sx+B′(x)e−

√sx = 0,

A′(x) cosh√sx−B′(x)e−

√sx = −f(x)√

s.


De donde se obtienen dos ecuaciones de primer orden:

A′(x) = −e−√

sxf(x)√s

,

B′(x) =senh

√sxf(x)√s

.

El wronskiano de las soluciones homogeneas ahora toma la forma W (s) =√s. Notamos una diferencia

fundamental con el caso de espectro discreto. Mientras que en ese caso se obtenıan los valores propios porlos ceros del wronskiano, ahora el unico cero del wronskiano es s = 0, el cual se muestra facilmente queno es valor propio. ¿Significa esto que no habra ningun valor propio? Reflexionemos un poco. Dado que elwronskiano es una funcion analıtica, no existe la posibilidad de que nos proporcione valores propios continuosunicamente con sus ceros. Esto debido a que los ceros de una funcion analıtica son aislados. Sin embargonotamos algo interesante: el wronskiano W (s) =

√s tiene un corte rama que se extiende del cero al infinito

por el eje real negativo (esto por la seleccion inicial de la rama de la raız). Veremos entonces que los valorespropios continuos los proporcionaran los cortes ramas del wronskiano. Un comentario adicional referente alcaso discreto. En el caso discreto se tenıa un operador matricial y el analogo del wronskiano era el polinomiocaracterıstico de la matriz. Dado que los polinomios siempre tienen sus ceros aislados, concluimos que en elcaso de un operador matricial jamas podra obtenerse un espectro continuo. Esto nos dice que si discretizamosun sistema, el comportamiento dado por los valores propios continuos necesariamente se pierde al hacer latransicion del continuo al discreto.

Resolviendo las ecuaciones para A(x) y B(x) la solucion queda expresada de acuerdo a:

y(x, s) =

∫ x

0

e−√

sx senh√sξ f(ξ)√

sdξ +

∫ ∞

x

e−√

sξ senh√sx f(ξ)√

sdξ. (3.49)

Podemos escribir la funcion de Green del problema (3.48) como:

G(x, ξ, s) =

e−√

sx senh√

sξ√s

, 0 < ξ < x,

e−√

sξ senh√

sx√s

, ξ < x <∞,

(3.50)

al igual que antes, debemos calcular la integral de contorno 12πi

∮

y(x, s)ds de la solucion (3.49) paraobtener a f(x) en terminos de las funciones propias. Escogemos nuevamente un contorno circular C quecrece arbitrariamente pero que no cierra completamente, sino que justo sobre la rama tiene una pequenaabertura, cuando el contorno se vaya a infinito quedara cerrado en ese punto. Ver la Fig. 3.5, donde el corterama esta marcado con lınea punteada.

Debemos calcular entonces:

1

2πi

∮

C

y(x, s)ds =1

2πi

∫ x

0

∮

C

e−√

sx senh√sξ√

sdsf(ξ)dξ

+1

2πi

∫ ∞

x

∮

C

e−√

sξ senh√sx√

sdsf(ξ)dξ. (3.51)

Dado que el integrando es analıtico en todo el plano excepto sobre la rama, por el teorema de Cauchy-Goursat sabemos que podemos deformar el contorno en la region de analiticidad del integrando. Escogemosun contorno C′ que envuelva la rama y se recorra en el sentido positivo, ver la Fig. 3.6.



Calculemos ahora la integral sobre este contorno. En el tramo de abajo s = te−iπ ,√s = −i

√t,

ds = e−iπdt y t va de ∞ a 0. En cambio, sobre el tramo de arriba s = teiπ,√s = i

√t, ds = eiπdt y t

va de 0 a ∞:

1

2πi

∮

C′

y(x, s)ds

=1

2πi

∫ 0

∞

[

∫ x

0

ei√

tx senh (−i√tξ) f(ξ)

−i√t

dξ +

∫ ∞

x

senh (−i√tx) ei

√tξ f(ξ)

−i√t

dξ

]

e−iπdt

+1

2πi

∫ ∞

0

[

∫ x

0

e−i√

tx senh (i√tξ) f(ξ)

i√t

dξ +

∫ ∞

x

senh (i√tx) e−i

√tξ f(ξ)

i√t

dξ

]

eiπdt

=1

2πi

∫ ∞

0

[

∫ x

0

ei√

tx sen (√tξ) f(ξ)√

tdξ +

∫ ∞

x

sen (√tx) ei

√tξ f(ξ)√

tdξ

]

dt

− 1

2πi

∫ ∞

0

[

∫ x

0

e−i√

tx sen (√tξ) f(ξ)√

tdξ +

∫ ∞

x

sen (√tx) e−i

√tξ f(ξ)√

tdξ

]

dt

=1

2πi

∫ ∞

0

∫ x

0

sen√tξ√

t

(

ei√

tx − e−i√

tx)

f(ξ)dξdt+1

2πi

∫ ∞

0

∫ ∞

x

sen√tx√

t

(

ei√

tξ − e−i√

tξ)

f(ξ)dξdt

=1

π

∫ ∞

0

∫ ∞

0

sen√tx sen

√tξ√

tf(ξ)dξdt.

Un ultimo cambio de variable nos lleva al resultado deseado. Hacemos√t = ω, dt = 2ω dω, de lo cual

resulta:

1

2πi

∮

C′

y(x, s)ds =2

π

∫ ∞

0

∫ ∞

0

sen ωx sen ωξ f(ξ)dξdω

=

√

2

π

∫ ∞

0

[

√

2

π

∫ ∞

0

sen ωξ f(ξ)dξ

]

sen ωx dω = f(x).

La cual es la conocida expresion para la Transformada Seno de Fourier. La expresion anterior se interpretacomo el desarrollo de f(x) en terminos de las funciones propias ψ(x, ω) = sen ωx y la expresion f(ω) =


√

2π

∫∞0

sen ωξ f(ξ)dξ juega el papel de las proyecciones con respecto a cada funcion propia (en una serie

de Fourier es el equivalente de cada coeficiente de la suma). Comparando con una serie seno de Fourier, lasuma se sustituye por una integral debido a que los valores propios son continuos en lugar de discretos.

Recuperaremos ahora a la funcion f(x) mediante el nucleo de Dirichlet. Igual que antes esto se lograconsiderando el caso en que el radio del contorno C es muy grande, conservando los terminos dominantes yrealizando la integral de manera explıcita.

Nos fijamos en la primera de las integrales de la expresion (3.51), en la cual se cumple ξ < x. Hacemoss = Reiθ, −π < θ < π, considerando R ≫ 1, para la integral sobre C:

1

2πi

∮

C

senh√sξ e−

√sx

√s

ds

=1

2πi

∫ π

−π

(eR1/2eiθ/2ξ − e−R1/2eiθ/2ξ)e−R1/2eiθ/2x

2R1/2eiθ/2iReiθ dθ

≈R1/2

4π

∫ π

−π

eR1/2eiθ/2(ξ−x)eiθ/2 dθ

=sen R1/2(ξ − x)

π(ξ − x),

despues de haber realizado el cambio de variable u = R1/2eiθ/2 en la ultima integral.Si ahora nos fijamos en la segunda integral de (3.51), en la cual se cumple ξ > x. Nuevamente tomamos

s = Reiθ, −π < θ < π, considerando R ≫ 1, para la integral sobre C:

1

2πi

∮

C

senh√sx e−

√sξ

√s

ds

=1

2πi

∫ π

−π

(eR1/2eiθ/2x − e−R1/2eiθ/2x)e−R1/2eiθ/2ξ

2R1/2eiθ/2iReiθ dθ

≈R1/2

4π

∫ π

−π

eR1/2eiθ/2(x−ξ)eiθ/2 dθ

=sen R1/2(ξ − x)

π(ξ − x).

De manera que se recupera el nucleo de Dirichlet para el continuo en las dos integrales. Sustituyendoestos dos resultados en (3.51) nos queda:

1

2πi

∮

C

y(x, s)ds =

∫ x

0

sen R1/2(ξ − x)

π(ξ − x)f(ξ)dξ +

∫ ∞

x

sen R1/2(ξ − x)

π(ξ − x)f(ξ)dξ

=

∫ ∞

0

sen R1/2(ξ − x)

π(ξ − x)f(ξ)dξ −−−−→

R→∞f(x).

De nuevo recuperamos a f(x) por medio del nucleo de Dirichlet, tal como se esperaba. Al igual que enel caso de espectro discreto, hemos recuperado la funcion f(x) por dos caminos: el primero integrando en elplano complejo alrededor de la rama (que equivale al calculo de residuos de la seccion anterior) encontrandoa la f(x) en terminos de las funciones propias. El segundo camino es integrar sobre el contorno C; haciendotender su radio a infinito, la funcion de Green tiende al nucleo continuo de Dirichlet, y este nos regresa a laf(x). Una vez mas, la completez de las funciones queda demostrada.


En la seccion anterior se mostro que era posible recuperar a f(x) sobre el contorno al infinito sin usarel nucleo de Dirichlet. En este caso tambien es posible hacerlo, segun mostraremos ahora. Partimos de laexpresion (3.49):

y(x, s) =

∫ x

0

e−√

sx senh√sξ f(ξ)√

sdξ +

∫ ∞

x

e−√

sξ senh√sx f(ξ)√

sdξ.

Integramos lo anterior con respecto a ξ dos veces por partes, recordando que f(x) cumple las condicionesde frontera del problema: f(0) = 0 y |f(x)| <∞ cuando x→ ∞. De ese calculo se obtiene:

y(x, s) =f(x)

s+e−

√sx

s3/2

∫ x

0

senh√sξ f ′′(ξ)dξ +

senh√sx

s3/2

∫ ∞

x

e−√

sξ f ′′(ξ)dξ.

Integrando la ultima expresion sobre el contorno C, con s = Reiθ, en el lımite cuando R → ∞ se obtiene:

1

2πi

∮

C

y(x, s)ds =1

2πi

∮

C

f(x)

sds+

1

2πi

∮

C

e−√

sx

s3/2

∫ x

0

senh√sξ f ′′(ξ)dξds

+1

2πi

∮

C

senh√sx

s3/2

∫ ∞

x

e−√

sξ f ′′(ξ)dξds = f(x) +O( 1

R3/2

)

−−−−→R→∞

f(x).

Demostrar que las integrales de arriba son O(

1R3/2

)

sobre el contorno C para R grande se deja como ejercicioal lector. De este modo, hemos recuperado a f(x) sin utilizar el nucleo de Dirichlet.

3.4.3. Espectro discreto definido por una ecuacion trascendental

Encontraremos ahora el desarrollo espectral de un operador diferencial con sus condiciones de fronterarespectivas, resultando un espectro discreto al igual que en el primer caso. La diferencia con dicho caso yel presente, radica en que la determinacion de los valores propios se hace ahora resolviendo una ecuaciontrascendental. El problema es el siguiente:

y′′ − sy = −f(x), 0 < x < 1, y′(0) + ky(0) = 0, y(1) = 0, (3.52)

donde k 6= 0 es una constante.

Ejercicio 7 Para la condicion de frontera dada en x = 0, diga por que el caso de interes fısico, correspondea k < 0.

Esta condicion de frontera representa una cuerda fija en x = 1 y amarrada a un resorte en el origen,en el caso de la ecuacion de onda; mientras que en el caso de la ecuacion de calor, el extremo derecho seencuentra a temperatura cero para todo tiempo y en el extremo izquierdo se satisface la ley de enfriamientode Newton. ¿Como se escribirıa la ley de enfriamiento de Newton en el extremo x = 1 para el caso fısico?¿Por que?

Resolveremos el problema anterior por variacion de parametros, encontrando dos soluciones homogeneasf1(x), f2(x); pedimos que cada una de ellas satisfaga una sola condicion de frontera, al igual que antes. Esfacil ver que las soluciones requeridas son:

f1(x) = senh√sx−

√s

kcosh

√sx

f2(x) = senh√s(x− 1).


Proponemos entonces por variacion de parametros:

y(x, s) = A(x)f1(x) +B(x)f2(x),

sustituyendo la solucion anterior en (3.52) encontramos:

A′(x)( senh√sx−

√s

kcosh

√sx) +B′(x) senh

√s(x− 1) = 0,

A′(x)√s(cosh

√sx−

√s

ksenh

√sx) +B′(x)

√s cosh

√s(x− 1) = − f(x).

Si pedimos que la solucion particular satisfaga las condiciones de frontera de (3.52) es facil ver querequerimos que se cumpla A(1) = 0, B(0) = 0. Del sistema de ecuaciones anteriores se obtiene comosolucion:

A(x) = −∫ 1

x

senh√s(ξ − 1) f(ξ)

√s( senh

√s−

√s

k cosh√s)dξ,

B(x) = −∫ x

0

( senh√sξ −

√s

k cosh√sξ) f(ξ)

√s( senh

√s−

√s

k cosh√s)

dξ.

Nuevamente, el denominador dentro de las integrales anteriores no es otra cosa que el wronskiano de f1y f2. Escribimos la solucion completa al problema (3.52):

y(x, s) = −( senh√sx−

√s

kcosh

√sx)

∫ 1

x

senh√s(ξ − 1) f(ξ)

√s( senh

√s−

√s

k cosh√s)dξ

− senh√s(x− 1)

∫ x

0

( senh√sξ −

√s

k cosh√sξ) f(ξ)

√s( senh

√s−

√s

k cosh√s)

dξ (3.53)

=

∫ 1

0

G(x, ξ, s)f(ξ)dξ, (3.54)

donde G es la funcion de Green de (3.52) definida como:

G(x, ξ, s) =

− senh√

s(x−1)( senh√

sξ−√

sk cosh

√sξ)

√s( senh

√s−

√s

k cosh√

s), 0 < ξ < x,

− senh√

s(ξ−1)( senh√

sx−√

sk cosh

√sx)

√s( senh

√s−

√s

k cosh√

s). x < ξ < 1,

(3.55)

De lo anterior vemos que y(x, s) no tiene punto rama en s = 0 pero puede tener polos si se cumple

senh√s−

√s

k cosh√s = 0. De manera ilustrativa analizaremos los casos k > 0, k < 0; aunque posteriormente

continuaremos unicamente con el caso fısico k < 0.•k > 0Si se cumple s ≥ 0 llegamos a la ecuacion trascendental tanh

√s =

√s

k que puede tener hasta dossoluciones, una es s = 0 y la segunda solucion sera posible solo si k > 1, esto debido a que la pendiente detanh

√s como funcion de

√s en el origen es uno. Mostramos esto en la figura siguiente.

Notese que s = 0 es siempre solucion de la ecuacion, esto concuerda con el hecho que la ecuacion (3.52)tiene un valor propio en s0 = 0 con funcion propia y0(x) = k(x− 1).


Figura 3.7: Graficas de tanh√s y

√s/k para s ≥ 0, k > 0.


√s/k para s ≤ 0, k > 0.

Por otro lado, si se cumple s ≤ 0 y tomamos la raız principal,√s = i

√t, t ≥ 0, se llega a tan

√t =

√t

k .La ecuacion anterior tiene siempre una infinidad de valores, como vemos en la figura siguiente.

•k < 0Este es el caso de interes fısico y es el que retomaremos a continuacion.

Si se cumple s ≥ 0 llegamos nuevamente a la ecuacion trascendental tanh√s =

√s

k . Sin embargo en elcaso presente tiene solucion unica: el valor propio s = 0. No habra mas soluciones para esta ecuacion comose puede ver en la figura a continuacion.


√s/k para s ≥ 0, k < 0.

Ahora bien, si s ≤ 0 y tomamos la raız principal,√s = i

√t, t ≥ 0, se llega nuevamente a tan

√t =

√t

k .La ecuacion anterior tiene otra vez una infinidad de valores, como vemos en la figura siguiente:

De esta manera tendremos una infinidad de valores propios discretos dados por la ecuacion tan√t =

√t

k ,de manera que se tienen que calcular numericamente. Ademas, de la figura anterior es claro que los valorespropios grandes estaran muy cercanos a los valores (n + 1

2 )π, por lo que esto nos permite aproximarlos. Esimportante notar ademas que todos los polos de G son de orden uno y por tanto los valores propios son



√s/k para s ≤ 0, k < 0.

simples.

Calculamos ahora 12πi

∮

Cy(x, s)ds sobre un contorno que incluye todos los polos. Esperamos encontrar el

desarrollo de f(x) en terminos de las funciones propias del problema. Al extender el contorno C al infinito,la integral requerida sera igual a la suma de residuos. Para calcularlos necesitamos conocer el valor deW ′|√s=iµn

donde W (s) es el wronskiano de las soluciones homogeneas y µn son las soluciones de la ecuaciontanµn = µn

k :

W (s) =√s(

senh√s−

√s

kcosh

√s)

W ′∣∣√

s=iµn=

1

2

(

1 − 1

k+µ2

n

k2

)

cosµn. (3.56)

Tomamos el contorno |s| = R como el que se muestra en la figura siguiente:


A partir de (3.53) y usando (3.56), en el lımite cuando R→ ∞, seconcluyeque :

De esta manera se obtiene a la funcion f(x) en terminos de la base de funciones propias del problemadada por yn(x) = sen µnx − µn

k cosµnx, n = 1, 2, . . .. Se deja al lector probar que yn satisface (3.52)siempre y cuando se cumpla tanµn = µn

k .

Recuperaremos ahora a la funcion f(x) mediante el nucleo de Dirichlet para el continuo sobre el contornoal infinito. Para ello, tenemos que demostrar que la integral de la funcion de Green G(x, ξ, s) respecto a ssobre el contorno cerrado C, se aproxima al nucleo de Dirichlet para el continuo cuando R → ∞, excepto


por un factor de 2i. Es decir, queremos hallar aproximaciones para las integrales:

∮

C

( senh√sξ −

√s

k cosh√sξ) senh

√s(x− 1)

√s( senh

√s−

√s

k cosh√s)

ds,

∮

C

( senh√sx−

√s

k cosh√sx) senh

√s(ξ − 1)

√s( senh

√s−

√s

k cosh√s)

ds.

Consideramos la primera de las integrales anteriores donde se cumple ξ < x; aproximamos el integrandopara s, es decir s = Reiθ y R≫ 1:

( senh√sξ −

√s

k cosh√sξ) senh

√s(x− 1)

√s( senh

√s−

√s

k cosh√s)

≈ − 1

2R1/2eiθ/2e−R1/2eiθ/2(x−ξ).

Para la integral completa se obtiene:

∮

C

( senh√sξ −

√s

k cosh√sξ) senh

√s(x− 1)

√s( senh

√s−

√s

k cosh√s)

ds

≈−∫ π

−π

1

2R1/2eiθ/2e−R1/2eiθ/2(x−ξ)iReiθdθ

= − 2isen

√R(ξ − x)

(ξ − x).

El resultado de la segunda integral es identico ya que se obtiene al intercambiar x y ξ en la ultimaexpresion y esto no produce alteracion alguna. De esta manera podemos escribir:

1

2πi

∮

C

y(x, s)ds =1

2πi

∫ 1

0

f(ξ)2isen

√R(ξ − x)

ξ − xdξ =

∫ 1

0

f(ξ)sen

√R(ξ − x)

π(ξ − x)dξ

−−−−→R→∞

f(x),

recuperando ası la funcion f(x) sobre el contorno al infinito mediante el nucleo de Dirichlet para el continuo.La completez de las funciones propias del problema (3.52) esta demostrada y podemos expresar a f(x) como:

f(x) =

∞∑

n=1

2( sen µnx− µn

k cosµnx)

1 − 1k +

µ2n

k2

∫ 1

0

f(ξ)( sen µnξ −µn

kcosµnξ)dξ

=

∞∑

n=1

an ( sen µnx− µn

kcosµnx) =

∞∑

n=1

an yn(x),

con los µn dados por tanµn = µn

k y donde se utiliza la definicion:

an ≡ 2

1 − 1k +

µ2n

k2

∫ 1

0

f(ξ)( sen µnξ −µn

kcosµnξ)dξ =

(f, yn)

(yn, yn),

de manera analoga al resultado de series de Fourier.


3.4.4. Espectro Mixto

Como ultimo caso del desarrollo espectral de operadores diferenciales, resolveremos un ejemplo en el cualaparece el llamado espectro mixto; es decir, tendremos valores propios discretos y continuos. El problema aresolver es el siguiente:

y′′ − sy = −f(x), 0 < x <∞, y′(0) + ky(0) = 0, y −−−−→x→∞

0. (3.57)

Nuevamente tomamos soluciones homogeneas f1(x), f2(x) que satisfagan solo una de las condiciones defrontera cada una:

f1(x) = senh√sx−

√s

kcosh

√sx,

f2(x) = e−√

sx.

Proponiendo una solucion por variacion de parametros:

y(x, s) = A(x)f1(x) +B(x)f2(x), (3.58)

obtenemos el mismo sistema de ecuaciones obtenido en las tres secciones anteriores:

A′(x)f1(x) +B′(x)f2(x) = 0,

A′(x)f ′1(x) +B′(x)f ′

2(x) = − f(x).

Resolviendo el sistema anterior se obtiene:

A′(x) =f2(x)f(x)

W (s), B′(x) = −f1(x)f(x)

W (s),

A −−−−→x→∞

0, B(0) = 0,

donde W (s) es, como siempre, el wronskiano de las soluciones homogeneas. Las condiciones de frontera paraA(x) y B(x) se escogen de manera que la solucion en (3.58) satisfaga las condiciones de frontera del problema(3.57). La solucion a la ecuaciones diferenciales anteriores se obtiene por integracion directa:

A(x) = −∫ ∞

x

f2(ξ)f(ξ)

W (s)dξ, B(x) = −

∫ x

0

f1(ξ)f(ξ)

W (s)dξ.

El wronskiano de f1 y f2 esta dado por:

W (s) =√s

(√s

k− 1

)

.

Con estos resultados escribimos la solucion completa al problema (3.57):

y(x, s) = −(

senh√sx−

√s

kcosh

√sx)

∫ ∞

x

e−√

sξf(ξ)√s(√

sk − 1

)dξ

− e−√

sx

∫ x

0

(

senh√sξ −

√s

k cosh√sξ)

f(ξ)

√s(√

sk − 1

) dξ

=

∫ ∞

0

G(x, ξ, s)f(ξ)dξ,


donde la funcion de Green G se define por:

G(x, ξ, s) =

− e−√

sx( senh√

sξ−√

sk cosh

√sξ)

√s

(

√s

k −1

) , 0 < ξ < x,

− e−√

sξ( senh√

sx−√

sk cosh

√sx)

√s

(

√s

k −1

) , x < ξ <∞,

De las combinaciones f1f/W , f2f/W notamos lo siguiente:

i) y(x, s) tiene un punto rama en s = 0.

ii) Dependiendo del signo de k y de la raız de s seleccionada, tendremos o no un unico polo√s = k,

debido al factor de(√

sk − 1

)

en el denominador.

Para entender el punto ii), tomamos s = Reiθ con el argumento en el intervalo −π < θ ≤ π, ası la raız

de s, sera√s = ±R 1

2 ei θ2 . Analicemos cada caso por separado:

•k > 0

Tenemos un polo en s = k2 si escogemos la rama de la raız como√s = R

1

2 ei θ2 .

No habra polo si escogemos la raız como√s = −R 1

2 ei θ2 , ya que Arg

√s 6= 0.

•k < 0

No habra polo si escogemos la raız como√s = R

1

2 ei θ2 , ya que Arg

√s 6= π.

Tenemos un polo en s = k2 si escogemos la raız como√s = −R 1

2 ei θ2 .

Suponemos ahora k > 0 y tomamos la raız como√s = R

1

2 ei θ2 . Por lo anterior, tenemos un polo en√

s = k, o bien en s = k2. Deseamos ahora obtener el desarrollo espectral del operador en (3.57). Para ellocalculamos 1

2πi

∮

Cy(x, s)ds sobre un contorno con |s| = R y un corte rama en el eje real negativo, como se

muestra en la figura siguiente:


La integral sobre C se puede expresar como la integral sobre un contorno deformado C′ que consiste enla integral sobre la rama mas la integral alrededor del polo como mostramos a continuacion:

Para calcular el residuo en el polo requerimos calcular W ′(s) y evaluarla sobre el polo, esto resulta serW ′(k2) = 1

2k . Para la integral sobre la rama, tendremos s = teiπ,√s = i

√t sobre la parte de arriba; y



s = te−iπ,√s = −i

√t sobre la parte de abajo. La integral sobre C′ es entonces:

1

2πi

∮

C′

y(x, s)ds

= − 1

2πi

∫ ∞

x

f(ξ)

∮

C′

(

senh√sx−

√s

k cosh√sx)

e−√

sξ

√s(√

sk − 1

) dsdξ

− 1

2πi

∫ x

0

f(ξ)

∮

C′

(

senh√sξ −

√s

k cosh√sξ)

e−√

sx

√s(√

sk − 1

) dsdξ

= −∫ ∞

x

f(ξ)

(

senh kx− cosh kx)

e−kξ

12k

dξ

−∫ x

0

f(ξ)

(

senh kξ − cosh kξ)

e−kx

12k

dξ

− 1

2πi

∫ ∞

0

∫ ∞

x

f(ξ)

(

senh i√tx− i

√t

k cosh i√tx)

e−i√

tξ

i√t(

i√

tk − 1

) dξeiπdt

− 1

2πi

∫ ∞

0

∫ x

0

f(ξ)

(

senh i√tξ − i

√t

k cosh i√tξ)

e−i√

tx

i√t(

i√

tk − 1

) dξeiπdt

− 1

2πi

∫ 0

∞

∫ ∞

x

f(ξ)

(

senh (−i√tx) + i

√t

k cosh (−i√tx))

ei√

tξ

−i√t(

− i√

tk − 1

) dξe−iπdt

− 1

2πi

∫ 0

∞

∫ x

0

f(ξ)

(

senh (−i√tξ) + i

√t

k cosh (−i√tξ))

ei√

tx

−i√t(

− i√

tk − 1

) dξe−iπdt

= 2ke−kx

∫ ∞

0

f(ξ)e−kξdξ +1

2πi

∫ ∞

0

∫ ∞

x

f(ξ)

(

sen√tx−

√t

k cos√tx)

e−i√

tξ

√t(

i√

tk − 1

) dξdt

+1

2πi

∫ ∞

0

∫ x

0

f(ξ)

(

sen√tξ −

√t

k cos√tξ)

e−i√

tx

√t(

i√

tk − 1

) dξdt

+1

2πi

∫ ∞

0

∫ ∞

x

f(ξ)

(

senh√tx−

√t

k cos√tx)

ei√

tξ

√t(

i√

tk + 1

) dξdt

+1

2πi

∫ ∞

0

∫ x

0

f(ξ)

(

sen√tξ −

√t

k cos√tξ)

ei√

tx

√t(

i√

tk + 1

) dξdt

∫ ∞


Finalmente hacemos el cambio de variable λ =√t para simplificar la expresion anterior:

1

2πi

∮

C′

y(x, s)ds = 2ke−kx

∫ ∞

0

f(ξ)e−kξdξ

+2

π

∫ ∞

0

∫ ∞

0

f(ξ)(

sen λξ − λ

kcosλξ

)

dξk2

λ2 + k2

(

sen λx− λ

kcosλx

)

dλ

= 2ke−kx

∫ ∞

0

f(ξ)e−kξdξ

+

∫ ∞

0

(

√

2

π

k√λ2 + k2

∫ ∞

0

f(ξ)(

sen λξ − λ

kcosλξ

)

dξ

)

√

2

π

k√λ2 + k2

(

sen λx− λ

kcosλx

)

dλ.

De lo anterior podemos identificar a la funcion ϕ(x) = e−kx como la funcion propia correspondiente alespectro discreto. La cantidad 2k no es otra cosa que su norma al cuadrado y la primera de las integralesanteriores es la proyeccion de la funcion f(x) en esta funcion propia. Por otro lado, las funciones ψ(x, λ) =

sen λx− λk cosλx son las funciones propias correspondiendo al espectro continuo y la cantidad 2

πk2

λ2+k2 hacelas veces de su norma al cuadrado. De igual manera, la integral doble de arriba es simplemente la proyeccionde la funcion f(x) sobre las funciones propias del continuo. Lo anterior lo podemos escribir de manera masclara como:

1

2πi

∮

C′

y(x, s)ds = f0e−kx +

∫ ∞

0

f(λ)(

sen λx− λ

kcosλx

)

dλ,

donde se hicieron las definiciones:

f0 ≡ 2k

∫ ∞

0

f(ξ)e−kξdξ =(f, ϕ)

(ϕ, ϕ),

f(λ) ≡ 2k2

π(λ2 + k2)

∫ ∞

0

f(ξ)(

sen λξ − λ

kcosλξ

)

dξ =2k2

π(λ2 + k2)

∫ ∞

0

f(ξ)ψ(ξ, λ)dξ =(f, ψ)

(ψ, ψ).

Finalmente recuperamos el nucleo de Dirichlet sobre el contorno al infinito, demostrando la completezde las funciones propias del problema (3.57). Al hacer el calculo de la expresion 1

2πi

∮

C y(x, s)ds aparecen lasdos integrales:

∮

C′

(

senh√sx−

√s

k cosh√sx)

e−√

sξ

√s(√

sk − 1

) ds, x < ξ,

∮

C′

(

senh√sξ −

√s

k cosh√sξ)

e−√

sx

√s(√

sk − 1

) ds, ξ < x,

dadas por la funcion de Green del problema. Cada una de las dos partes se obtiene de la otra intercambiando xcon ξ. Sabemos ası que cualquier manipulacion sobre alguna de las integrales de arriba podemos reproducirlaen la segunda simplemente haciendo el intercambio mencionado. Tomamos la contribucion que cumple ξ < xy hacemos s = reiθ, R ≫ 1:

(

senh√sξ −

√s

k cosh√sξ)

e−√

sx

√s(√

sk − 1

) ≈ − 1

2√Rei θ

2

e−R1/2eiθ/2(x−ξ).


La integral sobre el contorno C de la aproximacion de arriba sera:

∮

C′

(

senh√sξ −

√s

k cosh√sξ)

e−√

sx

√s(√

sk − 1

) ds ≈ − i

2√R

∫ π

−π

e−R1/2eiθ/2(x−ξ)

eiθ/2Reiθdθ

= −2isen R1/2(ξ − x)

ξ − x.

Debido a que la expresion anterior es simetrica respecto a intercambios entre ξ y x, la manipulacionequivalente sobre la otra integral es identica, podemos escribir:

1

2πi

∮

C

yds =1

2πi

∫ ∞

0

f(ξ)2isen R1/2(ξ − x)

ξ − xdξ =

∫ ∞

0

f(ξ)sen R1/2(ξ − x)

π(ξ − x)dξ

−−−−→R→∞

f(x),

recuperando ası a la funcion f(x) sobre el contorno al infinito. Con los resultados de esta seccion podemosexpresar dicha funcion como:

f(x) = f0e−kx +

∫ ∞

0

f(λ)(

sen λx− λ

kcosλx

)

dλ,

usando las definiciones previas para f0 y f(λ). Concluimos entonces que f(x) se compone de la superposicionde la funcion propia del espectro discreto y las funciones propias del espectro continuo. Finalmente, anadimosque es posible tener problemas en los cuales ocurran valores propios continuos y ademas el espectro discretosea infinito. La representacion espectral en ese caso tendra la forma de una suma infinita y una doble integral.

Es importante notar que este procedimiento es completamente general para ecuaciones ordinarias. Solose necesitan dos soluciones homogeneas linealmente independientes con los comportamientos apropiados enlas fronteras. Las funciones especiales son las soluciones adecuadas para varios problemas. Es por esto quecada funcion especial esta asociada a una transformada. Sin embargo, es mejor pensar que la representacionespectral esta asociada a una ecuacion de segundo orden y que aun sin funciones especiales esta se puedeobtener en principio. Por otra parte, en muchos casos de interes las funciones especiales son convenientes yaque juegan el papel de las funciones exponenciales.

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!

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Y^|cs ªmqCbReBD_ n ENWQB GJEC\KLUaHEHCKbBD_/EKLKL^JB&PcWXErGUr|HUGJB&K[] U;aZGUN_[UgOcC n ^`_9UNWXB GEHC\MN^`CFMNEHC&smP _9EPQG`_/OcCb^D[EPGÙCijOQPe_/ÊPQBDCWXBlkBDCbCbB9GHCFEHP-CFEHGJOc_9^JEHPQB&CUOQPcUBD_/OcUH_/^D[EP WXBCbB9|HOQPcWXEqEKfWXB9P pOQBmRQOcB&WXBKbBDCFEHGJIHB9KfCFB

OcCLUgPcWQEOQPcUCbOQReB&KbRxEHCb^`_/^D[EP WXB@B/wXRxEPQB&Pc_/^ÙgGB&C&sC n ECFBmWXB&TeBUpHOcB@KbB&RQKbBDCFB&P n UgPEPeWQUCo_9^JGÛ[] PcWXKL^_&UCopOQBmCbEPUCFO IHB HCbOQReB&KbRxEHCb^`_/ÊPQBDC@WXBEPeWQUC@RcGUPcUC@_9EPVUgMNRQG^ n OcWXBDCma+iUCbB&C@UgRcKbEHRQÛHWQUC&sC n UKbBDCFRQKLB&CbB9P n U_/^D[EPrPQE RQOcB&WXBBDCb_9Kb^TQ^KLCbBB9P n [B9KLMN^JPcEHCVWXB6ijOcPc_/ÊPQBDCVB9GB9MNB&P n UgGB&CVaUpOQBGÙCVEHPcWQUC$_/^G[] PcWXKL^`_9UC n ^JB&PQB9POcP_/EMNRxEK n UMr^B9P n ES_9OcUgG^ n U n ^JIHEWX^JijB9KLB9P n BHs$mPRcUK n ^_9OQGUK&_9UgM+TQ^ÙgPSWXBZ_/EHMrRxEK n UMN^JB&P n EyECb_9^JGÙ n EKL^JE>UB/wXRxEPQB&Pc_/^ÙgGUGJ|HE>pOQBNPQ^PQ|HOQPcUijOQPc_9^&[EHPB9GB9MNB&P n UgGRcOQB&WXB;KbB&RQKbEXWXOe_/^K&smG_/EHMrRxEK n UMN^JB&P n EVWXB B&C n UVCbOQRxB9KLReECF^`_/^D[EP6CbB-_9UgR n OQKfUrOcCbUPcWXEVB&GMÁ[B n EdWQENWQB2iUCbBB&C n UH_/ÊPcUKb^Ù6pOQB^WXB&P n ^Je_9UhGUhIB&_9^JPeWQUWWQB$MVUaEHK;^P n B9KbijB9KLB9Pc_9Ûh_/EPeC n KbOc_ n ÎzUQsSmPBDC n UC+KbB&|ÊPQBDC9GÙ6ijOQPc_9^&[EHPB&CbRxB&_/^ÙgGmCbBrKbB&RQKbBDCFB&P n U_/EMNEOQPcUyijOQPc_9^&[EHPB&GJB&MNB9P n UGpOQBNBDC2OQPcUEPcWcU$MNEXWXOQGÙWQUcsrÌUCKLB9|ÊPcB&C B9PSWXEPcWQBrPcEcUay^JP n B&KbB9ijB9KLB9Pc_9ÛN_9EPcC n KLOc_ n ^JIzUNWXEHMr^PcUP n B-CFB-WQB&CL_/KL^JTxB9P>B9P n [B9KLMN^JPcEHCWXB n EdWcUNGUrijOQPe_/^D[EP6B&CbRxB&_/^ÙgGpHOcB-_9UgR n OQKfUGÙ;ib[] Cb^_&UNpHOcBPcENCbB RQOQBDWXB-WXBDCb_9Kb^TQ^KlB&P n [B&KbMN^PQEHC\WXB EHPcWQUClMNEXWXOQGÙWQUHC9smG\RQKLETcGJB&MNUB&CbRxB&_ n KLUG\RcUgKfUGÙB&_/OeU_/^D[EPWXB6kBDCbCbB9GCbB>KbBDCFOQB&GJIHByWXB>GÙhMN^`CFMVUMVUgPQB&KLUpOQB>B9GWXB&G_9UCbEWQB

_/EdB9e_/^B9P n BDCy_9EPcC n UP n B&C&s pHO[] GEHCCFB&PQEHC$a_/EHCbB9PcEHC$CbEPGÙC$ijOQPc_9^JEHPQB&CWXBkBDCbCbB9G_/EHP½UgKL|OQMNB&P n EKLB&UgG a¨GUHCB/wXRxEPQB&Pc_/^ÙgGB&CCFBqKbB&B9MNRQGÙ&UPV_/EPZijOQPc_/ÊPcB&CWQB klB&CLCFB&Ge_9EPZUgKL|OcMrB&P n E ^MNU|^PcUgKLÊcsGeWXBDCbUKbKLEGGEBDCFRxB&_ n KfUgGxWQUgKx[UB&CbRxB&_ n KbEy_/EP n ^JPdOQEeeWX^`Cb_9KbB n EZE$Mr^Jw n E$WQB9RxB9PcWX^B9PeWXEyWXB+GJECRxEGEHCa>GEHC _/EK n BDCKfUgMVUVWXB;GÙNijOQPe_/^D[EPhWXB KbB&B9PsqÌU^P n B9KLRQKLB n UH_/^D[EPWXBrGÙ$KLB9RQKLB&CbB9P n U_/^D[EP>BDCFRxB&_ n KfUgG?B9P n [B9KLMN^JPcEHCqWQB+KLBcB9wX^&[EHPa6MNEdWQEHC PQEKLMVUgGB&CBDCB/wQU_ n UgMNB&P n B-GÙMN^CbMVU;pOQBReUgKfU-_/EdB/x_/^B9P n BDC_/EHPcC n UgP n B&C&s?C n BB&CLpOQB9MVU BDCB&GeMN^`CFMNE;pOQBCF^|OQB&P n EXWQUHCGÙCmijOQPc_/ÊPcB&CB&CbReBD_/^ÙgGB&C&s

!∀

!#

!∃%

∀%∀&#

%#&∃

%∃

∋∀

∋# ∋

∃

%∀&∃

xi mi ki

i = 1, 2, 3

x + γx + Rx = F cos(ωt); F = (f1, f2, ..., fN )⊤ f1 f2 fN ,

x(0) = 0, x(0) = 0, R N × N.

x(t)

γ −→ 0 ω

Rn n × n

det(Rn) = n + 1, ∀n.

R

(N − 1) × (N − 1)

x0 = x1, xN−1 = xN .

y′(0) = 0 y′(l) = 0 x(0, L) L/N

N − 1 γx γ =cte x = (x1(t), x2(t), ..., xN−1(t))

⊤

γ

m = k = 1

xm+1 + pxm + qxm−1 = 0

p2 < 4q

xm = |r|m(C1 cos(mθ) + C2 sen(mθ)), r = x + iy, x = −p/2, y =

√

4q − p2

2,

θ = arctan(y/x), |r| =√

q.

p2 = 4q xm = rm

xm+1 + pxm + qxm−1 = rm−1(r + p/2)2,

xm = (−p/2)m

r

ym =∂xm

∂r

∣

∣

∣

r=−p/2

xm = C1

(

− p

2

)m+ C2m

(

− p

2

)m.

x0 x1 x0

x1

xn = xn−1 + 6xn−2

xn = 4xn−1 − 4xn−2

xn − 4xn−1 + 5xn−2 − 2xn−3 = 0,

x0 x1 x2

!!

∀∀ ∀

!

!! !

#

(0) = (1/2, 0,−1/2)⊤ , ˙ (0) = (0, 1,−1)⊤.

ix(t) = − (t), = .

(t) = k cos ωt k k −ω

A =

(

1 ε

ε 1

)

B =

(

1 1ε2 1

)

.

A B ε > 0 ε = 0

A =

⎛

⎝

p −p 2−p p + 2 −12 −1 5

⎞

⎠ .

p A

1 2 2k 23 3k

N − 1

mx + γx + kRx = F(t), x(0) = 0, x(0) = 0.

F(t) = ek cos ωt ek k −γ → 0 ω

Mx = Rx, M =

⎛

⎝

m 0 00 m1 00 0 m

⎞

⎠ , R

m = m1 m1 −→ 0m = m1 m1 −→ ∞

f(x) = sen(x), 0 < x < π12

f(x) = δ(x) (−π,π)

f(x) = a0 +∑∞

n=1[an cos(nx) + bn sen(nx)] ∀xan bn f

f(π − x) = f(x)

f(π2 + x) = f(x)

f(x) = eax a = 0 −π < x < π

senh(x)

x2 ∈ (0,π)

∞∑

n=1

1

n2=

π2

6

∞∑

n=1

(−1)n+1

n2=

π2

12

f(x) = sen(x) + | sen(x)| −π < x < π

f(x) = ex −1 < x < 1

g(x) = ln(1 + eix) ln[2 cos(x/2)] x ∈ (−π,π)g(x)

ln |2 cos(x/2)| =

∞∑

n=1

(−1)n+1

ncos(x); x = (2n + 1)π; n = 0, 1, 2, 3...

1

π

∫ π

−π

(ln |2 cos(x/2)|)2 dx

f(x) = 1x 0 < x < π

n → ∞

f(x) =sen x

x, −π < x < π.

f(x)

x = 0 x = π

f(x) = 0 −π ! x < 0 f(x) = 1 0 ! x ! π

f(x) =1

2+

2

π

∞∑

n=1

sen(2n − 1)x

2n − 1, 0 < x ! π.

g(x) = 1 −π ! x < 0 g(x) = 00 ! x ! π

π2

8=

1

12+

1

32+

1

52+ ... +

1

(2n − 1)2+ ...

∞∑

n=1

an cos(nx) =a cos x − a2

1 − 2a cos x + a2, |a| < 1cente

an

f(x) = ex

ex = a0 +∞∑

n=1

an cos(nπ

lx)

ex = −∞

∑

n=1

annπ

lsen

(nπ

lx)

ex = −∞∑

n=1

an(nπ

l)2 cos

(nπ

lx)

ex

a0 = 0, an = 0

δ

1/√

c,√

2c cos(nπx

c ) (0, c)

1/√

2c, 1√ccos(nπx

c ) (−c, c)

[−π,π]

f(θ) = csc θ

f(θ) = (sin θ)4/3

f(θ) =

(sen θ)1/5, θ < π2 ;

cos θ, θ "π2

f(x) = sen2 x cos2 x

f(x) = sen2 x + 3 sen 4x cos 2x

f(θ)

f(θ) =

⎧

⎨

⎩

0, −π < θ < 0

sen θ, 0 < θ < π

θ = 0

f(θ) =∞∑

−∞

einθ

n13·2+2n6−1

f(θ) =

∞∑

0

cos 2nθ

2n

ez

eeix=

(

1 + cos x +cos 2x

2!+ ... +

cos nx

n!+ ...

)

+ i(

senx +sen 2x

2!+ ... +

sen nx

n!+ ...

)

.

ecos x cos(sen x), ecos x sen(sen x).

f(x) = x1/3 −π < x < π x = 0f(x) (−π,π)

x = 0 f

f(x) = senhx 0 < x < 1

∞∑

n=1

(−1)n+1

(2n − 1)3=

π3

32

∞∑

n=1

1

n2 + b2=

π

2bcoth bπ − 1

2b2

θ

∞∑

n=1

1

n4

∞∑

n=1

1

(2n − 1)6

∞∑

n=1

n2

(n2 + 1)2

∞∑

n=1

sen2(na)

n4, 0 < a < π

φn

L2(a, b) c > 0 d ∈ R ψn(x) =√cφn(cx + d)

ψn

L2(

(a − d)/c, (b − d)/c)

einx

[−π,π]

cos nx

⋃

sen nx

[−π,π]

cos nx

sen nx

[0,π]

Sm m = 1, 2, 3, ... [0, 1]

Sm(x) =

⎧

⎨

⎩

0, x = 1, 12 , ..., 1

m ;

1, x = 1, 12 , ..., 1

m

Sm −→ f(x) = 1 (0, 1) ∀m ∈ Z+ Sm −→ 0 m −→ ∞

sen(nπx)

−1 ! x ! 1[−1, 1]

f(x) = x [0,π]a0 + a1 cos x + a2 cos 2x

sen x, sen 2x, sen 3x, ... C[0, 2π]

(f, g) = 0

∥f + g∥2 = ∥f∥2 + ∥g∥2

(f, g) = 0

f(θ) = θ(2π − θ) 0 < θ < 2π

f(x) =

⎧

⎨

⎩

xn sen(1/x), x = 0;

0, x = 0

n = 0

f(x)

f(x)

f(x)

n = 1 n = 2

(0,π)

f(x) =

⎧

⎨

⎩

x, 0 < x < π/2;

π/2, π/2 ! x < π

2π f(x)

f(x)

f(x) −l < x < l f(l − x) = f(x)

An, Bn

An = 0 ∀n Bn = 0 n

1

2a0 +

∞∑

n=1

(

an cos nx + bn sen nx)

1

2ρ0 +

∞∑

n=1

ρn cos(

nx + θn

)

,

ρ2n = a2

n + b2n

θn an bn

ρn " 0∑∞

n=1 ρn| cos(nx + θn)| ! µ a ! x ! b∑∞

n=1 ρn < ∞

a b

| cos(nx + θn)| " cos2(nx + θn) =1

2+

1

2cos(2nx) cos(2θn) − 1

2sen(2nx) sen(2θn)

f(θ) [0,π] f(θ) = f(π − θ) fθ = π/2 an bn

f an = 0 n bn = 0 n

ϕn SC(0, l) = (0, l)

ϕ+n ϕ−

n ϕn [−l, l] 2−1/2ϕ+n

⋃

2−1/2ϕ−n

SC(−l, l)

sen θ =2

π− 4

π

∞∑

n=1

cos 2nθ

4n2 − 1, 0 ! θ ! π.

cos θ =d

dθsen θ = −

∫ θ

−π/2sen φdφ.

cos θ 0 < θ < π

θ = π − 2

∞∑

n=1

sen nθ

n0 < θ < 2π

√

2/l sen(n−1/2)(πx/l)∞

n=1(0, l)

a, b,A,B,C f0(x) = 1 f1(x) = ax + b f2(x) = Ax2 +Bx + C L2

ϕ(0,∞) = L2 (0,∞)ϕ(x) = e−x.

∫ ∞

0xne−x dx = n!

f ∈ C1(π,−π) 2π− f ′ f L2(π,−π)

fn

∞n=1

[a, b]

gn

∞n=1

g0 = f0, g1 = f1 −(f1, g0)

∥g0∥2g0, g2 = f2 −

(f2, g1)

∥g1∥2g1 −

f2, g0

∥g0∥2g0, ...

gn

∞n=1

∥gn∥ = 0

∀n

1, x, x2, ...

−1 ! x ! 1Pn(1) = 1 ∀n

fn ⇐⇒ gn

fn

⇐⇒

gn

l

utt = c2uxx, u(0, t) = 0, ux(l, t) = 0, u(x, 0) = 0, ut(x, 0) = senx

x = ±l

∂2u

∂x2= c2 ∂2u

∂x2, 0 ! x ! π, t " 0

u(0, t) = u(π, t) = 0, ∀t " 0; u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = 0.

u(x, t) =1

2

(

f(x − ct) + f(x + ct))

.

∂2u

∂t2= c2 ∂2u

∂x2, 0 ! x ! π, t " 0

u(0, t) + pux(0, t) = 0, u(π, t) + qux(π, t) = 0; u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = 0.

p q

l x = 0x = l x = (1 + b)l x

(1 + b)x bx t = 0u(x, 0) = bx ut(x, 0) = 0

u(x, t) t > 0

bc −bc l/c

ut(x, 0) = bc2ml

c< t <

(2m + 1)l

c, m = 0, 1, 2, ...

ut(x, 0) = −bc(2m + 1)l

c< t <

(2m + 2)l

c, m = 0, 1, 2, ...

∂2u

∂t2= c2

∆u, ∆u =∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2+

∂2u

∂z2.

u = u(r, t)

∂2u

∂t2= c2 1

r

∂

∂r

(

r∂u

∂r

)

ut = uxx, 0 < x < c, ∀ t > 0 ux(0, t) = 0 ux(1, t) = 0

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

l

u(x, 0) = f(x) f(x) T1x/l0 ! x ! l T1

u(x, t)

2L

f(x)

ut = kuxx + Q(x), 0 < x < L, t > 0; u(x, 0) = f(x).

Q(x) = k, u(0, t) = A, u(L, t) = B.

Q(x) = sen2πx

L, ux(0, t) = 0, ux(L, t) = 0.

!∀#∀∃!∀#∀%∀&

!∀#∀∀∀&

t

ut = kuxx + Q(t), 0 < x < L, t > 0.

ux(0, t) = A(t) y ux(L, t) = B(t).

r ! 1 f(cos θ) r φ

u(r, θ, t)

r2 ∂u

∂t= r

∂2(ru)

∂r2+

1

sen θ

∂

∂θ(sen θ

∂u

∂θ)

u = 0 r = 1 u = R(r)Θ(θ)T (t)R Θ T

ur = λu

λ −→ 0

u = q, q > 0 b < r < a, 0 ! θ < 2π

u(a, θ) = β cos Mθ, u(b, θ) = h + γ sen Nθ, 0 ! θ < 2π.

T1 T2

T1

[

urr +1

rur

]

+ T21

r2uθθ = ρg, b < r < a, 0 ! θ < 2π,

ρ g

u(a, θ) = 0 u(b, θ) = h + γ sen Nθ 0 ! θ ! 2π

T1 - T2

T2 - T1

x = 0 x = π 0 < y < π

y = 0 y = π 0 < x < π f(x)

∆u( ) = f( ), x ∈ V ⊂ Rn;

u(x0) = g(x0), x0 ∈ S,

S V

∆u = −1, 0 < x < a, 0 < y < b

u(x, 0) = u(x, b) = 0, 0 < x < a; u(0, y) = u(a, y) = 0, 0 < y < b.

∆u = − 1

x2 + y2.

∆u = 0, 0 ! r < c, 0 < θ < α

u(r, 0) = 0, u(r,α) = 0.

∂2u

∂t2= c2 ∂2u

∂x2,

dE

dt= c2 ∂u

∂x

∂u

∂t

∣

∣

∣

π

0

E

T =

∫ π

0

1

2

(∂u

∂t

)2dx

U =

∫ π

0

c2

2

(∂u

∂x

)2dx

x = 0 x = π

ρ0utt = T0uxx − βut, u(0, t) = u(L, t) = 0, u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x).

β (β2 < 4π2ρ0T0/L2)

β

φ′′(x) + λφ(x) = 0, φ(0) = 0, φ(π) − 2φ′(0) = 0

∫ ∞

0(uv′′ − u′′v)dx = 0 u, v

λ = 0

∂u

∂t= k

∂2u

∂x2, 0 < x < 1, t > 0

u(0, t) = ux(0, t), u(1, t) = −ux(1, t), u(x, 0) = f(x), 0 < x < 1.

y′′ − sy = 0, 0 < x < 1, s > 0,

y′(0) + ky(0) = 0, y′(1) = 0.

k > 0 k < 0

∇2v = 0, 0 ≤ r < c, 0 < θ < 2π,

v(r, 0) = 0, v(r, 2π) = 0, 0 ≤ r < c,

v(c, θ) = f(θ), 0 < θ < 2π.

1

c2utt = uxx + Ax, 0 < x < 1, t > 0,

u(0, t) = 0 = u(1, t), u(x, 0) = 0, ut(x, 0) = 0.

u(x, t) = v(x, t)+φ(x) φ

v(x, t) v(x, t) u(x, t)

Ω 4Ω

u(x, y, 0) = 1 2Ω u(x, y, 0) = 0 Ω

u(x, y, t) = e−λtΦ(x, y)

Φ′s

1

c2

∂v

∂t= ∇2v, 0 ≤ r < a, 0 < θ < π, t > 0,

v(r, 0, t) = 0 = v(r,π, t), 0 ≤ r < a, vr(a, θ, t) = 0, 0 ≤ θ ≤ π,

v(r, θ, 0) = H(r, θ), vt(r, θ, 0) = 0, 0 ≤ r ≤ a, 0 < θ < π.

v(r, θ, t) = T (t)φ(r, θ) φ(r, θ)

φ

g(r, θ, t)

v(r, θ, t) =∑∑

γ(t)φ(r, θ),

φ

γ(t)

L P

y(4) + λy(2) = 0, 0 < x < L, λ = P/EI,

E = I =xy y(x) =

λ1

φ1(x)

λ1,φ1(x)

y(0) = y(2)(0) = 0, y(L) = y(2)(L) = 0.

utt = c2uxx, 0 ≤ x ≤ L, t > 0, u(0, t) = 0, ux(L, t) = 0,

u(x, 0) = sen

(

5πx

2L

)

, ut(x, 0) = sen(πx

2L

)

.

ut(x, 0) = cos(

πx2L

)

utt − uxx = senh(x), 0 ≤ x ≤ L, t > 0, u(0, t) = u(L, t) = u(x, 0) = ut(x, 0) = 0.

x

u(x, t) =

∞∑

n=1

Tn(t)Xn(x),

Xn x Tn

senh(x) Xn

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

−wxx = senh(x), w(0) = w(L) = 0,

v(x, t)

vtt − vxx = 0, v(0, t) = v(L, t) = 0, v(x, 0) = −w(x), vt(x, 0) = 0.

ut = uxx, −π ≤ x ≤ π, t > 0,

u(−π, t) = u(π, t), ux(−π, t) = ux(π, t), u(x, 0) = f(x), con f 2π − .

2π

X(x) = A cos(ωx) + B sen(ωx)

0 < x < ∞ 0 < y < L

u(x, 0) = uy(x,L) = 0, u(0, y) = f(y), u(∞, y) = 0.

∆u = 1, 0 < r < 1, u(1, θ) = sen θ, 0 ≤ θ ≤ 2π.

x = L

f(t)

ut = uxx, 0 ≤ x ≤ 1, t > 0,

u(0, t) = f(t), ux(1, t) = 0, u(x, 0) = 0.

v(x, t) = u(x, t) − f(t)

a b a < b

u(a, θ) = 0, u(b, θ) = Ab2 sen2 θ.

i∂ψ

∂t= −∇2ψ + V ψ,

ψ V a(x)

a(x) ≡ 1

∇2u + k2u = 0, π/k ≤ r < ∞, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ φ ≤ 2π,

u(π

k, θ,φ

)

= 15, lımr→∞

r(ur − iku) = 0.

aF (r, θ)

y′′(z) + (e2z − ν2)y = 0.

x = ez

u(r, θ, 0) = α(r) sen 7θ, u(r, θ,H) = 0, u(a, θ, z) = 0.

u(r, θ, 0) = Φ(r, θ)

r(x) = cte.

u(L) + αu(0) + βu′(0) = 0, u′(L) + γu(0) + δu′(0) = 0,

y(4) + λexy = 0

y(0) = 0, y(1) = 0, y′(0) = 0, y′′(1) = 0.

λ ! 0 λ = 0

ρ∂2u

∂t2= T0

∂2u

∂x2+ αu + β

∂u

∂t

α β ρ x

β = cρ c = cte

L = d4/dx4 uL[v] − vL[u]X1 X2

L[X] + λX = 0 X(0) = X ′′(0) = 0 X(c) = X ′′(c) = 0λ1 λ2 X1 X2 (0, c)

X ′′ + λX = 0.

X(0) = 0, hX(1) + X ′(1) = 0, h = cte., h < −1

X ′(0) = 0, hX(c) + X ′(c) = 0, h = cte., h > 0

xu′′ + (1 − x)u′ + λu = 0, 0 ≤ x < ∞(1 − x2)y′′ − 2xy′ + λy = 0, −1 ≤ x ≤ 1

u′′ − 2xu′ + λu = 0

y(x) =e−x2/2u(x)y(x)

L = d4/dx4

u, v

φ(0) = 0, φ′(1) = 0, φ′′(0) = 0, φ′′(1) = 0 =⇒∫ 1

0[uL(v) − vL(u)]dx = 0

L(φ) + λexφ = 0

λ ≤ 0 λ = 0

D Du = u′′ +a(x)u′ + b(x)u ∀x ∈ I a(x), b(x) ∈ C0(I)u1 u2 Du = 0 u1 u2

W (u1, u2) = u1u′2 − u2u

′1 = 0 I

Du1 = Du2 = 0 W = W (u1, u2)

W ′(x) + a(x)W (x) = 0 en I

L(u) = (ru′)′ + qu L(u) = 0

r(x)W (x) = cte. en I

(rv′)′ − qv + λpv = 0 a ! x ! b

r, r′, p, q p, r > 0

x0 ∈ [a, b]

y =

∫ x

x0

√

p(t)/r(t)dt

y x = ϕ(y)

v

µ(y) = v(x) 4√

p(x)r(x) = v(ϕ(y)) 4√

p(ϕ(y))r(ϕ(y)).

µ′′ + (λ − Q(y))µ = 0

µ′ =du

dy; Q(y) =

f ′′(y)

f(y)+

q(ϕ(y))

p(ϕ(y)); f(y) = 4

√

p(ϕ(y))r(ϕ(y)).

[a, b]

(xu′)′ + (k2x − n2

x)u = 0

(e−x2

u′)′ + λe−x2

u = 0

q

b

d

dx

(

hbdη

dx

)

+ ση = 0

η b hx 2π/σ

g h0

b0 x0

q = 1 h = h0x/x0 b = b0x/x0

xy′′ + y = 0.

y′′ + xy = 0.√

xy′′ + y = 0.

y′′ + 1xy′ + 4(x2 − n2

x2 )y = 0.

y′′ + 2n+1x y′ + y = 0.

y′′ − xy = 0.

y′′ − a2x(2α−2)y = 0.

y′′ +(

e2z − ν2)

y = 0 x = ez.

xu′′ + (1 − x)u′ + λu = 0, 0 ≤ x < ∞(1 − x2)y′′ − 2xy′ + λy = 0, −1 ≤ x ≤ 1 x = − cos(t)

r(x) p(x) L(f) = (rf ′)′ + pf a ! x ! bf(b) = cf(a) f ′(b) = c′f ′(a) c c′

L

f ′′ + λf = 0, f(0) = 0, f ′(1) = −f(1).

(xf ′)′ + λx−1f = 0, f(1) = f(b) = 0, b > 1.

g(x) = 1y = log x

y′′ + y′ + 2y = 0, y(0) = 0, y(1) = 0

(1 + x2)y′′ + 2xy′ + y = 0, y′(0) = 0, y(1) + 2y′(1) = 0

ϕ′′ + (λ − x2)ϕ = 0; ϕ′(0) = 0, ϕ(1) = 0.

ϕ′′ + λϕ = 0; ϕ(0) = 0, ϕ′ + ϕ(1) = 0.

λ1

y′′ − 2y′ + (1 + λ)y = 0, y(0) = 0, y(1) = 0.

p q r C2[a, b] r > 0

rf ′′ + qf ′ + pf + λf = 0

L(f)+λωf = 0ω(x)

ω(x) L

y(4) − λy = 0, 0 < x < 1,

y(x) λ = mω2/EI mE I

ω

y(0) = y′(0) = 0, y′′(1) = y′′′(1) = 0.

y(0) = y′(0) = 0, y(1) = y′′(1) = 0.

d4φ

dx4+ λexφ = 0, φ(0) = φ(1) = 0, φ′(0) = 0, φ′′(1) = 0.

λ ≤ 0 λ = 0

Lφ = ∆φ

Ω L

C(α)n

(1 − x2)y′′ − (2α + 1)xy′ + n(n + 2α)y = 0.

n C(α)n

n

(1 − x2)u′′ − xu′ + n2u = 0, −1 ! x ! 1

x2y′′ + xy′ + (λx2 − 1)y = 0, 0 < x < 1; y(0) = 0, y(1) = 0.

φα(x) = x − xα, α > 1.

α λ1

P (x)y′′ + Q(x)y′ + R(x)y = 0.

µ(x)

(

µ(x)P (x)y′)′

+ µ(x)R(x)y = 0.

µ(x)

µ′P (x) =(

Q(x) − P ′(x))

µ.

µ(x) =1

P (x)

∫ x

x0

Q(s)

P (s)ds.

y′′ − 2y′ + λy = 0, y′(0) = y(1) = 0.

y′′ − 2xy′ + λy = 0 −∞ < x < ∞.

xy′′ + (1 − x)y′ + λy = 0 0 ! x < ∞.

(1 − x2)y′′ − xy′ + α2y = 0 − 1 ! x ! 1.

cos(x sen(φ)) = J0(x) + 2

∞∑

n=1

J2n(x) cos(2nφ); 0 < φ <π

2.

cos(x sen(φ)) φ ∈ (0, π2 )

Jn(x)

Jn

lımn→∞

nJn(x) = 0; n = 0, 1, 2, ...

x

1

π

∫ π

0cos2(x sen(φ))dφ = [J0(x)]2 + 2

∞∑

n=1

[J2n(x)]2; −∞ < x < ∞.

f(φ) = sen(x sen(φ)) φ ∈ (0,π)

1

π

∫ π

0sen2(x sen(φ))dφ = 2

∞∑

n=1

[J2n−1(x)]2; −∞ < x < ∞.

[J0(x)]2 + 2

∞∑

n=1

[J2n(x)]2 = 1; −∞ < x < ∞.

|J0(x)| ≤ 1; |Jn(x)| ≤ 1√2; n = 1, 2, 3, ...; ∀x.

∫ ∞

0x−nJn(x)dx

Y− 1

2

(x) = J 1

2

(x) =( 2

πx

) 1

2

sen(x)

Y 1

2

(x) = J− 1

2

(x) = −( 2

πx

)1

2

cos(x)

∫ ∞

0e−axJ0(bx)dx =

1√a2 + b2

; a, b > 0.

r = c z = 0 z = b (r, θ, z)V (r, z)

V (c, z) = 0, V (r, 0) = 0, V (r, b) = f(r), 0 ! r ! c, 0 ! z ! b.

J0(x) = 2π

∫

π

2

0 cos(x sen φ)dφ m = 0

|Jn(z)| !|z/2|n

n!exp

(

|z|2

4(n + 1)

)

bt = 0 a r

t r(t) = b θ(t)

θ ≈ 0

(a + bt)θ + 2bθ + gθ = 0

bx = a + bt

b at r = a + bt θ

m(rθ + 2rθ) = −mg sen θ

rθ + 2rθθ

θ ≈ sen θ

(a + bt)θ + 2bθ + gθ = 0.

bx = a + bt k2 = g/b

−Akx J2(2kx1/2) Ak2

x3/2J3(2kx1/2)

A = cte

J1, J2, J3 xθ, θ θ

b

Jn(λkx) λk Jn k > 0p(x) = x n

∫ a

0xJ2

0 (kx)dx =1

2a2

(

J20 (ka) + J2

1 (ka))

.

J2n(x) = (−1)n2

π

∫ π/2

0cos(2nθ) cos(x cos θ)dθ.

w(x, t) =∑∞

−∞ Jn(x)tn

w(x, t) x

∫

x−nJn+1(x)dx = −x−nJn(x) + C∫

xnYn−1(x)dx = xnYn(x) + C

φ(u) =

(z2 − u2)−1/2, 0 < u < z,0, z < u < π,

φ

φ(u) =1

2+

∞∑

1

J0(nz) cos(nu).

f(x) =

2, 0 < x < 2,0, 2 < x < 4,1, x = 2,

J0(4λ) = 0

d

dx

[

x4J1(x2)

]

= 2x5J0(x2) + 3x3J1(x

2).

J ′n(r) + rJ ′′

n(r) =n2

rJn(r) − rJn(r).

∫ c

0

[

Jn(ar)]2

rdr = −cJn(ac)

2a

[

J ′n(ac) + acJ ′′

n(ac)]

.

J ′n(ac) = 0

∫ c

0

[

Jn(ar)]2

rdr =a2c2 − n2

2a2

[

J ′n(ac)

]2.

Jn(ac) = 0

u(r, θ, t) =1

c2utt(r, θ, t), 0 < r < a, t > 0, −π < θ ! π,

u(a, θ, t) = 0, −π < θ < π, t > 0,u(r,−π, t) = u(r,π, t), 0 < r < a, t > 0,uθ(r,−π, t) = uθ(r,π, t), 0 < r < a, t > 0,u(r, θ, 0) = f(r, θ), −π < θ ! π, 0 < r < a,ut(r, θ, 0) = g(r, θ), −π < θ ! π, 0 < r < a,

f ru(r, θ, 0) = f(r)

u(r, t) =2

a2

∞∑

i=1

J0(αir) cos(αict)

[Ji(αia)]2

∫ a

0sf(s)J0(αis)ds, t > 0,

αi J0(αa) = 0

u(r, θ, 0) = AJ0(αkr) A = cte. αk J0(αa) = 0

u(r, t) = AJ0(αkr) cos(αkct).

V = V (r, z)

V = 0, r < 1, z > 0,

V (1, z) = 0, ∀z > 0, V (r, 0) = 1, ∀r < 1,

V r < 1 z > 0

a

w(r, 0) = w0

[

J0(α01r

a) − J0(α02

r

a)]

α0i i− J0

t > 0

T =ρ

2

∫

wt(r, t)2dA

a

w(r, θ, t) =∞

∑

m=1

∞∑

n=1

A2m,nJ2m(k2m,nr) sen 2mθ cos(k2m,nt − ϕ2m,n)

J2m(k2m,na) = 0

p(x, y)

∂

∂x

(

x3 ∂p

∂x

)

+ x3 ∂2p

∂y2= −1, 1 < x < 2, −1 < y < 1,

p(1, y) = p(2, y) = 0, −1 < y < 1, p(x,−1) = p(x, 1) = 0, 1 < x < 2.

p(x, y) = v(x) + u(x, y) v(x) u(x, y)

(x3v′)′ = −1, 1 < x < 2, v(1) = v(2) = 0,

∂

∂x

(

x3 ∂u

∂x

)

+ x3 ∂2u

∂y2= 0, 1 < x < 2, −1 < y < 1,

u(1, y) = u(2, y) = 0, −1 < y < 1, u(x,−1) = u(x, 1) = −v(x), 1 < x < 2.

ux

w(z, t) In(z)

w(z, t) =∞

∑

n=−∞In(z)tn.

∞∑

m=−∞In−m(z)Jm(z) =

zn

n! , n ≥ 0,0, n < 0,

Jm Ik

zK ′′0 (z) + K ′

0(z) − zK0(z) = 0.

K0

K0(z) =

∫ ∞

0e−z cosh udu,

Jn(x) n

J ′n(x) =

1

2

[

Jn−1(x) − Jn+1(x)]

.

jn(x) =

√

π

2xJn+ 1

2

(x)

x2y′′ + 2xy′ + (x2 − n(n + 1))y = 0.

J ′ns

Jν(x)J−ν−1(x) + J−ν(x)Jν+1(x) = −2 sen νπ

πx.

in(x) =

√

π

2xIn+ 1

2

(x), kn(x) =

√

2

πxKn+ 1

2

(x).

i0(x) =senh x

xk0(x) = e−x

x

D R D u(R, θ) = f(θ)0 ! θ ! π

f(θ) =

u0, 0 ! θ ! α,0, α < θ < π,

u0

u(r, 0) = u(r,π)α = π/2

∇2u = 0, a < r < b, 0 < φ < π, 0 < θ < 2π,

u(a, θ,φ) = f(cos φ), u(b, θ,φ) = 0, 0 < φ < π, 0 < θ < 2π,

u(r, θ,φ) =

∞∑

n=0

Anb2n+1 − r2n+1

b2n+1 − a2n+1

(a

r

)n+1Pn(cos φ),

An

x2 x3 x4

f(x) =

⎧

⎨

⎩

1, 0 < x < 1,

0, −1 < x < 0

f

Pn(0)

u(r, θ,φ) = 0 0 ! r < 1,

u(1, θ,φ) = cos θ, 0 ! θ !π

2; u(1, θ,φ) = 0,

π

2! θ ! π.

∫ 1

−1Pm

l (x)Pmn (x)dx = 0,

∫ 1

−1

[

Pmn (x)

]2dx =

2

2n + 1

(n + m)!

(n − m)!

m = 0, 1, 2, ... l = m,m + 1, ... n = m,m + 1, ...

|t|

∞∑

n=0

(2n + 1)Pn(x)tn = (1 − t2)(1 − 2xt + t2)−3/2

P2n∞n=0 P2n+1

∞n=0 L2(0, 1)

Pk L2(0, 1) (2k + 1)−1/2

dn+1

dxn+1(xPn(x)) = (n + 1)

dnPn

dxn= (n + 1)

(2n)!

2nn!.

∫ 1

−1x[Pn(x)]2dx = 0

∫ 1

−1xPn(x)Pm(x)dx = 0, |n − m| > 1

r ! 1 f(cos θ)r φ k = 1 u(r, θ, t)

r2 ∂u

∂t= r

∂2

∂r2(ru) +

1

sen θ

∂

∂θ

(

sen θ∂u

∂θ

)

, 0 ! θ < π, 0 ! φ < 2π, 0 ! r < 1, t > 0.

u(1, θ, t) = 0 u u

un,j(r, θ, t) =1√rJn+ 1

2

(µjr)Pn(cos θ)e−µ2

j t

Jn+ 1

2

(µj) = 0 j = 1, 2, 3, ... µj > 0 Pn n

∫

Pn(x)dx =1

2n + 1

[

Pn+1 − Pn−1(x)]

+ cte.

gn(x)∞

n=0[−1, 1] gn(1) = 1

∀n

(gn, gn) =

∫ 1

−1gn(x)2dx =

2

2n + 1, ∀n.

gn(x) = Pn(x) Pn n

P ′n(1) = n(n+1)

2 n

f(x, a) =

∫ a

0

ξm−1dξ

(1 − 2xξ + ξ2)1/2, m > 1, m ∈ ,

∫ 1

−1f(x, a)Pn(x)dx =

2an+m

(n + m)(2n + 1), n ∈ .

a b

u(b, θ, t) = u0 sen2 θ, 0 ≤ θ < π.

J

J = −κur(b, 0) =4κu0

b

a5 + b5

2a5 + 3b5κ

u(r, θ) a ≤ r ≤ b, 0 ≤ θ ≤ π

u(a, θ) = f(cos θ) u(b, θ) = 0

u(r, θ) =

∞∑

n=0

Anb2n+1 − r2n+1

b2n+1 − a2n+1

(a

r

)n+1Pn(cos θ),

Pn = n

An =2n + 1

2

∫ 1

−1f(x)Pn(x)dx n = 0, 1, 2, ...

xy′′ + (c − x)y′ − ay = 0

a = 12(1 − p), c = 3

2 , x = t2. y(x) = t−1u(t)

d2u

dt2+ 2t

du

dt+ 2pu = 0

a = ν + 12 , c = 2ν + 1, x = 2it, y(x) = t−νeitu(t)

t2d2u

dt2+ t

du

dt+ (t2 − ν2)u = 0

a = 56 , c = 5

3 , x = 43t

2

3 , y(x) = t−1e2

3t32 u(t)

d2u

dt2− tu = 0

u′′(z) − zu(z) = 0

Ai(z)

Iν

Iν(z) =1

z

∫ π

0ez cos t cos(νt) dt

Tn(x) = cos(n cos−1 x) n = 0, 1, 2, ...

x = cos θ (cos θ + i sen θ)n = cos(nθ) + i sen(nθ)cos(nθ) n cos θ Tn(x)

n x

T0(x) T1(x) T2(x)

Hn(x) = (−1)nex2 dn

dxne−x2

.

n

Hn(x) = n!∑

k!n/2

(−1)k(2x)n−2k

k!(n − 2k)!.

Lαn =

x−αex

n!

dn

dxn

(

xα+ne−x)

, α > −1

n

Lαn(x) =

n∑

k=0

(n + α)(n − 1 + α)...(k + 1 − α)

k!(n − k)!(−x)k.

L−1/2n (x) =

(−1)n

22nn!H2n(

√x), L1/2

n (x) =(−1)n

22n+1n!

H2n+1(√

x)√x

.

(s, t)

x = s2 − t2, y = 2st, −∞ < s < ∞, t " 0.

s = cte. t = cte.

x2 = c2 −( y

2c

)2, x2 =

( y

2c

)2− c2, c = cte.,

R3

∇2u(s, t, z) =1

4(s2 + t2)(uss + utt) + uzz.

∇2u = 0

u(s, t, z) = Φ(s, t)Z(z) µ2

z

!∀#∀∃

!∀#∀%

!∀#∀&

!∀#∀∋

!∀#∀(

!∀#∀%

!∀#∀&

!∀#∀∋

!∀#∀(

)∀#∀∃

)∀#∀%

)∀#∀&

)∀#∀∋

)∀#∀(

)∀#∀%

)∀#∀&

)∀#∀∋

)∀#∀(

s = cte., t = cte.

s t Φ(s, t) = S(s)T (t) λ

S T

S(s) = f(√

2µs) T (t) = g(i√

2µt)f g

λ = 2µ(2n + 1) f g S T

0 ! t ! 1 0 ! z ! 1

∇2u(s, t, z) = 0, 0 < t < 1, 0 < z < 1,

u(s, t, 0) = u(s, t, 1) = 0, u(s, 1, z) = f(s, z),

∫ 1

0

∫ ∞

−∞

∣

∣f(s, z)∣

∣

2dsdz < ∞.

x(1 − x)y′′ −[

(1 + a + b)x − c]

y′ − aby = 0,

a = −n b = n + 1 c = 1x −→ 1−z

2

(1 − z2)y′′ − 2zy′ + n(n + 1)y = 0.

c /∈ Z−

y1(x) = F (a, b; c;x) =∞∑

k=0

(a)k(b)kk!(c)k

xk, |x| < 1.

y2(x) = x1−cF (1 − c + a, 1 − c + b; 2 − c;x) = x1−c∞∑

k=0

(1 − c + a)k(1 − c + b)kk!(2 − c)k

xk, |x| < 1.

Pν(x) ν ∈ R ν ∈ C

F Pν

(1 − x2)y′′ − 2xy′ + ν(ν + 1)y = 0.

F

F(α,β; γ;x) =

∞∑

n=0

α(α + 1)...(α + n − 1)(β(β + 1)...(β + n − 1)

γ(γ + 1)...(γ + n − 1)

xn

n!

zαF(a + α, b + α;α − β + 1; z)

z(

zd

dz+ a

)(

zd

dz+ b

)

u −(

zd

dz− α

)(

zd

dz− β

)

u = 0

(1 + z)n = F(−n,β;β;−z)

F(a, b + 1; c; z) − F(a, b; c; z) =az

cF(a + 1, b + 1; c + 1; z)

∂2v

∂x2=

1

k

∂v

∂t

v = Ctm1 F1(−m; 1/2;−x2/4kt)

m C

d

dz(zαF(α,β; γ; z)) = αzα−1F(α + 1,β; γ, z)

Hn(x) n

w(x, t) = (1 − t2)−1/2e2x2t/(1+t) =

∞∑

n=0

H2n(x)

2nn!tn, |t| < 1.

∫ ∞−∞ e−x2

H2n(x)dx = 2nn!

√π

∫ ∞−∞ e−x2

H2n(x)x2dx = 2nn!

√π(n + 1/2)

w f(x)−∞ ∞ t t

∫ ∞

0e−x4

dx =(1

4

)

!

∫ 1

0xk ln xdx =

−1

(k + 1)2, k > −1.

∫ ∞

0x2s+1e−ax2

dx =s!

2as+1.

∫ ∞

0x2se−ax2

dx =(2s − 1)!!

2s+1as

√

π

a=

(s − 12)!

2as+ 1

2

.

∫ ∞

0e−axxpJp(bx)dx =

(2b)pΓ(p + 12)

√π(a2 + b2)p + 1

2

, p > −1

2, a, b > 0,

Jp .

Jp(bx) p > 0

(−1)kΓ(2k + 2p + 1)

22k+pk!Γ(k + p + 1)=

(−1)k2p

√π

Γ(p + k + 12)

k!

(−r

k

)

= (−1)k(

r + k − 1

k

)

.

Γ(p + 12 )

22x−1Γ(x)Γ(x +

1

2) =

√πΓ(2x)

J0(x)

∫ ∞

0e−axJ0(bx)dx =

(

a2 + b2)−1/2

, a, b > 0.

Γ(x) = 2

∫ ∞

0e−u2

u2x−1du; x > 0

=⇒ B(x, y) =Γ(x)Γ(y)

Γ(x + y)= 2

∫ π/2

0cos2x−1 θ sin2y−1 θdθ, x, y > 0.

B(x, y)

B(

1+p2 , 1−p

2

)

= π sec(pπ2 ), 0 < p < 1

∫ ∞

0

cos x

xpdx =

π

2Γ(p) cos(

pπ2

) , 0 < p < 1.

Γ(x) =

∫ ∞

−∞exp

(

xt − et)

dt, x > 0.

Γ

Γ(x) =

∫ ∞

−∞e−yyx−1dy

Hn(x) = (−1)nex2 dn

dxne−x2

, n = 0, 1, 2, ...

H0 H1 H2

w(x, t) = exp(2xt − t2) =

∞∑

n=0

Hn(x)

n!tn, |t| < ∞

Hn(0)

x t

Hn+1(x) − 2xHn(x) + 2nHn−1(x) = 0, n = 1, 2, ...

H ′n(x) = 2nHn−1(x), n = 1, 2, ...

Hn(x)

y′′ − 2xy′ + 2ny = 0, −∞ < x < ∞.

un(x) = exp(−x2

2 )Hn(x)

u′′n + (2n + 1 − x2)un = 0, −∞ < x < ∞.

(un, um) = 0

∫ ∞

−∞exp(−x2)Hn(x)Hm(x)dx = 0, n = m.

Hn (−∞,∞) exp(−x2)

Tn(x) n = 1, 2, 3, .. Tn

∫ 1

−1

Tn(x)Tm(x)√1 − x2

dx = 0, n = m.

Tn(x) = cos(n arc cos x), n = 0, 1, 2, ... x = cos θ

(cos θ + i sen θ)n = cos nθ + i sen nθ,

cos nθ

n cos θ Tn n x

δn(x) =n

2 cosh2 nx,

∫ ∞

−∞δn(x)dx = 1, ∀n.

∫ x

−∞δn(x)dx =

1

2(1 + tanh nx) = Un(x)

lımn−→∞

Un(x) =

0, x < 01, x > 0

.

δ(ϕ1 − ϕ2) =1

2π

∞∑

n=−∞eim(ϕ1−ϕ2)

∫ π

−π

f(x)1

2π

∞∑

n=−∞eim(x−ϕ2)dx = f(ϕ2).

erf(x) =2√π

∫ x

0er2

dr.

erf(−x) = −erf(x).

d

dxerf =

2√π

e−r2

.

lımx−→∞

erf(x) = 1.

f

[

1

x4 + 1

]

=π√2e−|ω|/2

(

cos( ω√

2

)

+ sen( |ω|√

2

)

)

f(x) = e−x2

g(x) = e−2x2

f ∗ g

t > 0 ft(x) = (4πt)−1/2e−x2

4t ft ∗ fb = ft+s

a > 0 fa(x) = aπ(x2+a2) ga(x) = sen(ax)

πx

fa ∗ fb = fa+b.

ga ∗ gb = gmin(a,b).

utt = c2uxx, −∞ < x < ∞, t > 0, u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x).

u(x, t) =1

2

[

f(x − ct) + f(x + ct)]

+1

2c

∫ x+ct

x−ctg(y)dy.

F [J0(x)] J0

uxx + uyy = 0 0 < x < ∞ 0 < y < 1ux(0, y) = 0 uy(x, 0) = 0 u(x, 1) = e−x

y(x) = f(x) +

∫ ∞

−∞y(u)g(x − u)du,

f g y(x)

y(x) =1

2π

∫ ∞

−∞eiωx f(ω)

1 − g(ω)dω.

∫ ∞

−∞f(x − u)f(u)du =

1

x2 + 1

f(x)

f(x) = J0(ax)

f =

√

2π(a2 − ω2)−1/2, |ω| < a,

0, |ω| > a.

J0(z)

u = u, u = u(x, y), −∞ < x < ∞, 0 ! y ! 1.

uy(x, 0) = 0, ∀x, u(x, 1) = exp(−λx2), λ > 0.

∫ ∞−∞

sen2(x)x2 dx.

∫ ∞−∞

sen(αω) sen(βω)ω2 dω.

f(x) = xe−x, 0 ! x < ∞.

g(x) = e−x cos x, 0 ! x < ∞.

f ∗ g

f(x) = e−x, x > 0; g(x) =

⎧

⎨

⎩

x, 0 ! x < 1;

0, x > 1.x < 0

f(x) =

⎧

⎨

⎩

1, 0 ! x < 1;

0, x > 0g(x) =

⎧

⎨

⎩

x, 0 ! x < 1;

0, x > 1.x < 0

ut = uxx + F (x, t), −∞ < x < ∞, t > 0, u(x, 0) = 0, u(x, t)

uxx + uyy − u = 0, −∞ < x < ∞, 0 < y < 1, uy(x, 0) = 0,

u(x, 1) = e−x2

, u(x, y) 5−→ 0 |x| 5−→ ∞ y.

f(x) = x−α, 0 < α < 1

k0(z) =

∫ ∞

0e−z cosh udu

k0

f(t) =

(1 − t2)ν−1/2, t < 10, t > 1

ν > 0

Fc[f ] = 2ν−1/2Γ(ν +

1

2)ω−νJν(ω).

u(t) = senh at

u(t) =

∫ t

0cos(t − u) sen u du

u(t) = e−bt cos at

u(t) =

⎧

⎨

⎩

1, 0 < t < σ;−1, σ < t < 2σ :0, t > 2σ

F (s) =s

(s2 + A2)2

F (s) =(s − 2)e−s

s2 − 4s + 3

F (s) =1

(s − 1)4

u′′ + 2u′ + 5u = δ(t − π), u(0) = u′(0) = 0

u′′ + u =

⎧

⎨

⎩

0 0 ! t ! π;

cos t π < t < ∞, u(0) = 0, u′(0) = 1.

φ(t)φ(t)

φ(t) +

∫ t

0k(t − s)φ(s)ds = f(t), f, k

ut = 4uxx, 0 < x < 1, t > 0

u(x, 0) = x, ux(0, t) − 3u(0, t) = 1, u(1, t) = 0.

u

∂u

∂t= a

(

∂2u

∂r2+

2

r

∂u

∂r

)

, 0 ≤ r < ∞, t > 0.

r

u(r, 0) = 0; 2πκr2ur(r, t) → −γ, r → 0; u(r, t) → 0, r → ∞,

a κ γ

Lu(r, t) = U(r, s)

U U(r, s) = V (r, s)/rV U s

L

erfc(

x/2√

t)

= e−x√

s/s.

B(x, y) =

∫ 1

0rx−1(1 − r)y−1dr, x > 0, y > 0,

B(x, y) =Γ(x)Γ(y)

Γ(x + y),

Γ

∫ ∞

0

1 − e−tx2

x2dx =

√πt.

u′′ + 2u′ + 5u = δ(t − π), u(0) = u′(0) = 0.

u′′ + u = f(t), con f(t) = 0 para 0 ≤ t ≤ π, f(t) = cos t paraπ < t < ∞, u(0) = 0, u′(0) = 1.

ut = 4uxx, 0 < x < 1, t > 0, u(x, 0) = x, ux(0, t) − 3u(0, t) = 1, u(1, t) = 0.

F (s) f(t) F (s) = tanh ss(s2+1)

f(0) f ′(0)

h = f ∗ g

g(x) = x para 0 ≤ x < 1

g(x) = 0, si x > 1

(m1 + m2)l21θ1 + m2l1l2θ2 + (m1 + m2)l1gθ1 = 0

m2l22θ2 + m2l1l2θ1 + m2l2gθ2 = 0

!∀

!#

∃#

∃∀

!∀

!#

θ1(0) = 1, θ2(0) = −1; θ1(0) = 0, θ2(0) = 0.

E =

f : R −→ R|f(t) = 0 t < 0, f

k ∈ E f ∈ E f ′ f ′′ f (n) ∈ E

f(0) = f ′(0) = ... = f (n−1)(0) = 0

Lk(t) =1

√

P (s), P (s) = a0 + a1s + ... + ansn,

u ∗ k = f u = k ∗ [P (D)f ]

P (D)f = a0 + a1f′ + ... + an−1f

(n−1) + anf (n).

Lerf(√

t)

∫ t

0u(t − τ)erf(

√τ)dτ = f(t), f(0) = f ′(0) = f ′′(0) = 0.

y′′ − sy = −f(x), y′(0) + ky(0) = 0, y′(1) = 0.

k < 0k > 0 k < 0 k > 0

k < 0

y′′ − sy = −f(x), y′(0) + ky(0) = 0, y → 0, x → −∞.

k → ∞ C R

∮

CG(x, ξ, s)ds −→ .

G k < 0 k > 0

k < 0

2G + k2G = δ(x − x′, y − y′) Ω ⊂ R2,

∂G

∂n= 0 ∂Ω,

2u + k2u = F (x, y) Ω ⊂ R2,

∂u

∂n= h(x, y) ∂Ω,

2G = δ(x − x′, y − y′, z − z′) Ω ⊂ R3 z > 0,

∂G

∂n= 0 ∂Ω.

−y′′ = f(x), y′(0) = y′(l) = 0

∫ l

0f(x)dx = 0.

g(x, ξ)

l g(x, ξ)

d

dx

(

(1 + x)du

dx

)

= f(x) u(0) = 0, u(1) = 0.

d

dx

(du

dx

)

+ xu = f(x), 0 < a < x < b, u(a) = α, u(b) = β.

z xy x = 0 y = η

g(x, y; 0, η)

−2 g = δ(x)δ(y − η), 0 < y, η < a, −∞ < x < ∞, g|y=0 = 0, g|y=a = 0.

y = η+2na y = −η−2na, n ∈ Z+

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