Ejercicios Del Curso Ecuaciones en Derivadas Parciales
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Ejercicios del curso
Ecuaciones en derivadas parciales
Tommaso Leonori
Dep. de Analisis Matematico
Universidad de Granada.
e-mail: [email protected]
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T.Leonori Ejercicios de EDP
cEjercicios del curso Ecuaciones en derivadas parcialescTommaso LeonoriISBN papel 978-84-686-2795-3
Impreso en Espana
Editado por Bubok Publishing S.L.
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Indice general
Ecuaciones del Primer Orden 7
Ecuacion de Ondas 27
Ecuacion del Calor 75
Ecuaciones Elpticas 101
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T.Leonori Ejercicios de EDP
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Introducion
En estos apuntes he reunido las soluciones de los ejercicios propuesto
durante el curso, dado juntos con el Prof. David Arcoya, y en los examenes
de Ecuaciones en Derivadas Parciales del ano academico 2009/2010.
En las referencias podeis encontrar unos libros o apuntes donde la teora
relativa a los ejercicios propuestos esta explicada de forma clara. Algunos de
los ejercicios propuestos han sido cogido desde [CF], [DF], [Per] y [St].
Si alguien encontrara erratas, misprints o tiene dudas sobre los ejercicios,
que no dudes en enviarme un correo ([email protected]).
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T.Leonori Ejercicios de EDP
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Ecuaciones del Primer Orden
Ejercicio 1.1 Estudiad la linealidad y estableced el orden para cada una de
las e.d.p. siguientes:
1. ut uxx + 1 = 0,
2. ut uxx + xu = 0,
3. ut uxxt + uux = 0,
4. utt ux + x2 = 0,
5. iut uxx + ux = 0,
6. ux(1 + u2x)
+uy
(1 + u2y)= 0,
7. ux + eyuy = 0,
8. ut + uxxxx +1 + u = 0.
Solucion.1 No es complicado verificar que:
1Con ecuacion diferencial de orden m se entiende una ecuacion de la forma
F (Dmu,Dm1u, ...., Du, u, x) = 0 x RN N 2 ,
donde
F : RNm RNm1 ..... RN R R
es una funcion asignada y
u : R
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T.Leonori Ejercicios de EDP
1. es lineal del segundo orden;
2. es lineal del segundo orden;
3. es nolineal del tercer orden;
4. es lineal del segundo orden;
5. es lineal del segundo orden;
6. es nolineal del primer orden;
7. es lineal del primer orden;
8. es nolineal del cuarto orden.
es una funcion regular. Ademas decimos que la ecuacion es lineal si se escribe de la forma
m||k
a(x)Du(x) = f(x)
donde f y a son funciones regulares.
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T.Leonori Ejercicios de EDP
Ejercicio 1.2 Dado c R, estudiad la linealidad y orden de la siguienteecuacion:
ux + cuy = 0, (x, y) R2. (1.1)Interpretad geometricamente la e.d.p. y calculad sus soluciones.
Solucion.
No es complicado verificar que la ecuacion es lineal del primer orden.
Notese que dicha ecuacion se puede escribir de la siguiente forma:
u(x, y) (1, c) = 0 ,
donde = (x, y). Entonces el ejercicio consiste en encontrar funciones utales que su gradiente es ortogonal al vector (1, c).
Vamos a explicar dos manera de resolver este ejercicio.
Metodo 1. Geometrico. Aprovechando la idea del sentido geometrico de la
ecuacion, deducimos que la derivada direccional de u(x) en la direccion (1, c)
tiene que ser 0, es decir que u(x) es constante a lo largo de dicha direccion.
Entonces que las soluciones de la ecuacion (1.1) tienen que depender solo de
una direccion ortogonal a (1, c). Siendo el vector (c, 1) ortogonal a (1, c),deducimos que
u(x, y) = f(y cx) ,donde f es una funcion de clase C1(R). Las rectas y cx =constante sellaman rectas caractersticas.
Metodo 2. Caractersticas. Aplicando el metodo de las caractersticas
(vease, por ejemplo [Ev], Cap. 2 para la teora de esto metodo) deducimos
que x(t) = 1
y(t) = c t Rz(t) = 0 ,
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T.Leonori Ejercicios de EDP
as que resulta, siendo 1, 2, 3 constantes arbitrarias,x(t) = t+ 1
y(t) = ct+ 2 t Rz(t) = 3 .
Por lo tanto
3 = z(x(t), y(t)) = z(t+ 1, ct+ 2)
y como
y(t) cx(t) = 2 c1deducimos que las soluciones de (1.1) son de la forma
u(x, y) = f(y cx) ,
donde f es una cualquier funcion f C1(R).
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T.Leonori Ejercicios de EDP
Ejercicio 1.3 Resolved las ecuaciones:
1. ut + xux = 0, (x, t) R2,
2. ut + 2tx2ux = 0, (x, t) R2.
Solucion.
En los dos casos aplicamos el metodo de las caractersticas.
1. Escribimos el sistema caracterstico asociado a la primera de la ecua-
ciones resulta ser t(s) = 1
x(s) = x(s) s Rz(s) = 0 .
Entonces, siendo ci i = 1, 2, 3 constantes, la solucion del sistema esta
dada por t(s) = s+ c1
x(s) = c2es s R
z(s) = c3 .
(1.2)
Por lo tanto la solucion de la ecuacion ut+ xux = 0, (x, t) R2 resultaser constante si calculada a lo largo de la familia de las curvas carac-
terstica definida mediante las primeras dos ecuaciones en (1.2). Por lo
tanto, teniendo en cuenta que s = tc1, resulta que xet = c2ec1 = C1.Ademas aprovechando que la ecuacion es lineal no homogenea y que no
hay ningun termino de orden cero, las constantes cumplen tambien la
ecuacion as que las soluciones son de la forma:
u(x, t) = C1xet + C2
con C1 y C2 constantes.
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T.Leonori Ejercicios de EDP
2. En este caso el sistema caracterstico resulta ser dado port(s) = 1
x(s) = 2t(s)x2(s) s Rz(s) = 0 .
Entonces, siendo ci i = 1, 2, 3 constantes, las soluciones de la primera
y tercera ecuaciones del sistema sont(s) = s+ c1 s Rz(s) = c2 ,
mientras que para resolver la segunda aplicamos el metodo de separa-
cion de las variables. Para x(s) 6= 0 tenemos quex(s)x2(s)
= 2t(s) = 2(s+ c1)
as que
c3 1x(s)
= 2
t(s)ds = 2
(s+ c1)ds = (s+ c1)
2 + c3 = t2(s) + c3 ,
por una constante c3 oportuna. Por lo tanto
1
x+ t2 = c3 , con c
3 R ,
y como la solucion es constante a lo largo de cada curva caracterstica,
deducimos, razonando como antes, que las soluciones tienen la forma
u(x, t) = C1
(1x+ t2
)+ C2 ,
con C1 y C2 constantes.
Se puede facilmente verificar que dichas soluciones cumplen las ecuaciones
diferenciales propuestas en el ejercicio.
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T.Leonori Ejercicios de EDP
Ejercicio 1.4 Calculad la solucion del problema{ut ux = u2, x R, t > 0u(x, 0) = 1
2ex, x R.
Solucion.
Aplicamos el metodo de las caractersticas y por lo tanto queremos resolver
el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias:
t(s) = 1
x(s) = 1z(s) = z2(s)
t0() = 0
x0() =
z0() =12e .
Entonces
t(s, ) = s
x(s, ) = s+ 1
z0() 1
z(s,)= 2e 1
z(s,)= s ,
y consecuentemente
s = t(s, )
= x(s, ) + t(s, )
u(x(s, ), t(s, )) = z(s, ) =1
2e s =1
2ex(s,)+t(s,) t(s, )y finalmente deducimos que
u(x, t) =1
2ex+t t .
Es facil comprobar que esta es efectivamente una solucion del problema.
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T.Leonori Ejercicios de EDP
Ejercicio 1.5 Calculad la solucion del problema{ux + uuy = 2, (x, y) R2u(0, y) = y, y R.
Solucion.
Observemos que es un problema de Cauchy de la forma{a(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy = c(x, y, u),
u(x0(s), y0(s)) = z0(s), s R,
con coeficientes a(x, y, u) = 1, b(x, y, u) = u, c(x, y, u) = 2 y con la curva
inicial (s) = (x0(s), y0(s), z0(s)) dada por x0(s) = 0, y0(s) = s y z0(s) = s.
Observemos tambien que este problema es no caracterstico ya que
det
(a(x0(s), y0(s)) x
0(s)
b(x0(s), y0(s)) y0(s)
)6= 0.
Ademas la curva s 7 (x0(s), y0(s)) = (0, s) = (s) es inyectiva. Por tantoexiste una superficie integral (o solucion local) que contiene a la curva inicial
(s).
Para calcular dicha solucion, consideramos el sistema caracterstico:
x(s) = 1
y(s) = z(s)
z(s) = 2
x0() = 0
y0() =
z0() = .
Esta claro que las primeras y las terceras ecuaciones nos dan{x(s, ) = s
z(s, ) = 2s+ ,
as que tenemos
y(s, ) = s0
(2 + )d = s2 + s.
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T.Leonori Ejercicios de EDP
Podemos obtener una expreson para s y t en funcion de x e y:{x = s
= yx2
1+xpara x 6= 1 .
Consecuentemente,
u(x, y) =y x21 + x
+ 2x para x 6= 1 .
Es facil comprobar que esta es efectivamente una solucion del problema.
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T.Leonori Ejercicios de EDP
Ejercicio 1.6 Calculad la solucion del problema{ut + uux = 0, (x, t) R (0,+)u(x, 0) = g(x), x R , (1.3)
with g tal que
g(x) =
1 if x 01 x if 0 x 10 if x 1.
(1.4)
Solucion.
Primero, notamos que en principio el metodo de las caractersticas no se
puede aplicar a este problema siendo el dato inicial de clase C1 a trozos pero
no C1(R). A pesar de esto facto, podemos pensar en aplicar dicho metodo en
las regiones del semiplano correspondientes a las zonas donde el dato inicial
es regular e intentar, luego, de pegar las soluciones encontradas.
La ecuacion diferencial que aparece en (1.3) es muy bien conocida en
mecanica de luidos como Ecuacion de Burges (con coeficiente de viscosidad
0). Mas in general este es un ejemplo sencillo de una ley de conservacion, es
decir de ecuaciones que tienen la forma
ut + F (u)x = 0
con F una funcion regular (F (s) = 12s2 en (1.3)).
Escribimos el sistema asociado, es decir
t(s) = 1
x(s) = z(s)
z(s) = 0
t0() = 0
x0() =
z0() = g() .
Siendo
det
(1 0
1 1
)6= 0,
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T.Leonori Ejercicios de EDP
el sistema es compatible, as que tiene sentido buscar una solucion al rededor
de la curva (s) = (t(), x(), g()). Por lo tanto
t(s) = s
z(s) = g()
x(s) = + sg() .
(1.5)
Por lo tanto
u(x(s, ), t(s, )) = z(s, ) = g()
as que ahora solo tenemos que encontrar una expresion explcita para g()
en funcion de x y t.
Siendo t = s, deducimos que x(s) = + tg(); ademas, aprovechando
(1.4), podemos escribir la solucion de la tercera ecuacion en (1.5) explcita-
mente:
x = + t if 0x = + t(1 ) if 0 < 1x = + t if > 1 .
Por lo tanto (vease tambien Figura 1.1)
= x t if x t = xt
1t if 0 1 .
Consecuentemente la solucion de (1.3) esta data, acordando la definicion de
g data por (1.4), por
u(x, t) =
x t if x t1x1t if t < x 1, 0 < t < 10 if x > 1 .
Como ya hemos observado, la solucion encontrada no es de clase C1(R(0, 1)) siendo el dato inicial solo continuo (y C1 a trozos pero no C1(R))
y por no tener, la ecuacion considerada, un efecto de regularizacion en las
soluciones.
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T.Leonori Ejercicios de EDP
b b
t = 1
x
u(x, 0) = 1 u(x, 0) = 1 x u(x, 0) = 0
u 1 u 0u 1x1t
Figura 1.1: Las rectas caractersticas en la region 0 < t < 1.
De todas formas el mismo tipo de fenomeno si habra presentado si hu-
bieramos elegido un cualquier dato inicial g C1(R) que cumpliese
g(x) =
1 if x 0g(x) C1[0, 1], 0 g(x) 1 if 0 x 10 if x 1.
Efectivamente, las curvas caracterstica que salen de la zona x 0 y x 1al tiempo t = 0 habran sido las misma y notese que las rectas caractersticas
cruzan en (x, t) = (1, 1). A la solucion en este punto no se le puede asignar
un valor preciso, siendo el punto (1, 1) en el cruce de tres familias de curvas
caractersticas que dan valor distinto en alcanzar dicho punto: si nos acerca-
mos desde la zona verde la solucion vale cero, si nos acercamos desde la
zona roja la solucion vale uno mientras que si nos acercamos desde la zona
azul la solucion es indeterminada.
Por lo tanto se produce un fenomeno de shock que limita el dominio de
la solucion (en sentido clasico) al conjunto {0 < t < 1}.De todas formas, se puede definir la solucion en un conjunto mas grande
utilizando una condicion adicional (conocida como la Condicion de Entropia)
para elegir el valor de la solucion por t > 1 (vease por ejemplo [Ev], Seccion
3.4).
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T.Leonori Ejercicios de EDP
Ejercicio 1.7 Dado a R\{0}, estudiad la linealidad y orden de la siguienteecuacion:
2u
x2 1a22u
t2= 0, (x, t) R2. (1.6)
Calculad algunas soluciones particulares.
Solucion.
No es complicado probar que la ecuacion es lineal del segundo orden.
Metodo 1. Caractersticas.
Vamos a aplicar el metodo de las caractersticas a esta clase de ecuaciones.
Siendo la ecuacion del primer orden, la idea es descomponer el operador
diferencial como(x 1at
) (x + 1at) as como (x + 1at) (x 1at), esdecir que la ecuacion se puede escribir de las formas:
(x 1
at)(x +
1
at)u(x, t) = 0 =
(x +
1
at)(x 1
at)u(x, t), (1.7)
para (x, t) R2. Por lo tanto las soluciones de la ecuacion (1.6) se puedenver como soluciones del siguiente sistema caracterstico:
ux(x, t)1aut(x, t) = (x, t), x R, (x, t) R,
x(x, t) +1at(x, t) = 0, x R, (x, t) R .
(1.8)
Primero, buscamos las soluciones de la segunda ecuacion: una vez encontrada
la substituyamos en la primera as que podemos hallar u(x, t).
Pues, tratandose de un sistema de ecuaciones lineales del primer orden,
escribimos el sistema caracterstico asociado a la segunda ecuacion:
t(s, ) = 1a
x(s, ) = 1 s > 0
z(s, ) = 0 .
Por lo tanto
t(s) =1
as+ c1 , x(s) = s+ c2 , z(s) = (x(s), t(s)) = c3
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T.Leonori Ejercicios de EDP
con ci, i = 1, 2, 3 constantes. Observamos que x at es constante, as quededucimos que
(x, t) = f(x at) , f C1(R).Ahora substituyendo la expresion de (x, t) en la primera de (1.8), deducimos
que u(x, t) cumple
ux(x, t) 1aut(x, t) = f(x at), (x, t) R2 .
Para hallar la expresion de u(x, t), aplicamos otra vez el metodo de las ca-
ractersticas a la ecuacion no homogenea que verifica u. Entonces deducimos
x(s) = 1
t(s) = 1a
z(s) = f(x(s) at(s)) s > 0. (1.9)
Por lo tanto desde las primeras dos ecuaciones deducimos que
t(s) = 1as+ c1 , x(s) = s+ c2 ,
con ci, i = 1, 2 constantes, as que
x+ at = c3 , c3 R ,
son rectas caractersticas. Entonces una cualquier funcion de la variable x+at
anula el operador x 1at, as que siempre podemos anadir a la solucionparticular una funcion g(x+ at) con g de clase C2(R).
Desde la tercera ecuacion en (1.9) nos sale que
d
dsu(x(s), t(s)) = z(s) = f
(x(s) at(s)) = f(2s+ c)
y entonces
z(s) = uz(x(s), t(s)) =1
2F (2s+ c) ,
con F = f . Finalmente deducimos que, siendo 2s = x at, las soluciones de(1.6) son de la forma
u(x, t) = F (x at) +G(x+ at)
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T.Leonori Ejercicios de EDP
con F , G de clase C2(R).
Metodo 2. Para calcular las soluciones, notamos, como antes, la descomposi-
cion del operador 2x 1a22t como hemos ya hecho en (1.7).Buscamos ahora un cambio de variable para llevar este problema a uno
mas sencillo. La descomposicion del operador sugieres, siguiendo la idea del
metodo de las caractersticas, de definir la pareja de nuevas variables y
de la siguiente forma = x at, = x+ at, y consecuentemente
x =
+
2,
t = 2a
.(1.10)
Por lo tanto si llamamos
v(, ) = u(
2, +
2a
)deducimos, con un calculo directo, que
v(, ) = 0 = v(, ) . (1.11)
Vamos a disfrutar de la primera identidad. Notamos que desde (1.11) la
funcion v(, ) es independiente de la variable , es decir existe una funcion
f de clase C1(R) tal que
v(, ) = f() .
Siendo esta identidad cierta para cada y R, se pueden integrar amboslados con respecto a as que, aprovechando el teorema fundamental del
calculo, deducimos que v(, )d =
f()d .
Como estamos integrando una funcion de dos variables con respecto solo a
una de las dos, en calcular la familia de primitivas de f , hay que anadir
(en lugar de una constante, como se hace en el calculo de primitivas en una
variable) una funcion arbitraria dependiente solo de la variable . Por lo tanto
v(, ) = F () +G() ,
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T.Leonori Ejercicios de EDP
donde G de clase C2(R) y F = f . Notese que dicha v verifica tanto la primera
como la segunda identidad en (1.11).
Deshaciendo el cambio de variable introducido en (1.10), deducimos que
las soluciones de (1.6) son de la forma
u(x, t) = F(ax t)+ G(ax+ t) ,
con F y G de clase C2(R).
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T.Leonori Ejercicios de EDP
Ejercicio 1.8 Para (x1, x2, . . . , xN) RN (N 2) se define el operadorlaplaciano mediante
u(x1, x2, . . . , xN) =Ni=1
2u
x2i(x1, x2, . . . , xN).
Dado = (1, 2, . . . , N) RN , definimos (la solucion fundamental del la-placiano) E : R
N \ {} R mediante
E(x) =
1N2 |x |2N , si N > 2,
log |x |, si N = 2.Probad que
E(x) = 0, x RN \ {}.
Solucion.
Notese que la funcion E, tanto en el caso N 3 como en el caso N = 2,es una funcion no acotada, definida en RN \ {} y diferenciable en todo sudominio de definicion. Por lo tanto, como el ejercicio nos pide de calcular su
Laplaciano en RN \ {}, el calculo de las derivadas esta permitido.Empezamos por el caso N 3.Calculamos las derivadas parciales de E con respecto a la variable xi, por un
cualquier i entre 1 y N :
xi1
N 2 |x |2N = |x |1Nxi |x | =
xi i|x |N ,
donde la ultima identidad es consecuencia del siguiente calculo directo:
xi |x | = xi
k=1N
(xk k)2 = 12
2(xi i)k=1N (xk k)2
=xi i|x | .
Ahora derivamos otra vez con respecto a xi as que
2xiE(x) = N(xi i)2|x |N+2
1
|x |N .
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T.Leonori Ejercicios de EDP
Por tanto, al sumar i entre 1 y N obtenemos:
E(x) =Ni=1
2xiE(x) =Ni=1
[N
(xi i)2|x |N+2
1
|x |N]
=N
|x |N+2Ni=1
(xii)2 1|x |NNi=1
1 =N
|x |N+2 |x|2 1|x |NN = 0 .
En el caso N = 2, con el mismo espiritu del caso anterior, calculamos por i
igual a 1 o 2 la derivada de E(x) con respecto a xi:
xi log |x | = xi i|x |2 ,
y consecuentemente
2xiE(x) = 2(xi i)2|x |4
1
|x |2 .
Por lo tanto
2x1E(x) + 2x2E(x) = 0 .
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T.Leonori Ejercicios de EDP
Ejercicio 1.9 Sean a, b C1( R) con R2 un conjunto abierto yacotado. Supongamos que (t) = (x(t), y(t), z(t)) R (con t en unintervalo de R) es una curva caracterstica de la ecuacion casilineal
a(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy = 0, (x, y) .
Probar que si la proyeccion (x(t), y(t)) de (t) sobre corta la frontera
de en dos puntos P 6= Q, entonces el problema
a(x, y, u(x, y))ux(x, y) + b(x, y, u(x, y))uy(x, y) = 0 (x, y) ,u(x, y) = f(x, y) (x, y) ,
no posee solucion cuando la funcion f C() satisface f(P ) 6= f(Q).
Solucion.
Sin perdida de generalidad podemos suponer que (x(0), y(0)) = P y (x(1), y(1)) =
Q. Probaremos que si para f C() tenemos una solucion u del problema
a(x, y, u(x, y))ux(x, y) + b(x, y, u(x, y))uy(x, y) = 0 (x, y) ,u(x, y) = f(x, y) (x, y) ,
entonces f(P ) = f(Q) (vease Figura 1.2) Para ello, basta ver que u(x, y) es
constante a lo largo de la proyeccion (x(s), y(s)) de la curva caracterstica.
Esto es deducido usando que la superficie integral contiene toda la curva
caracterstica (t) = (x(t), y(t), z(t)) (i.e., u(x(t), y(t)) = z(t)) y observando
que por ser homogenea la ecuacion satisfecha por u tenemos que z(t) es
constante (pues la tercera ecuacion del sistema caracterstico es z(t) = 0).
Por tanto, f(P ) = u(P ) = u(x(0), y(0)) = z(0) = z(1) = u(x(1), y(1)) =
u(Q) = f(Q).
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T.Leonori Ejercicios de EDP
(x(t), y(t))
P
Q
Figura 1.2: El abierto y la curva .
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Ecuacion de Ondas
Ejercicio 2.1 Resolved el el siguiente problema de Cauchyuxx(x, y) uyy(x, y) = 0, x, y R,u(0, y) = 1 + y2, y R,ux(0, y) = sen y, y R.
Solucion.
Aplicando la formula de DAlembert 2 la solucion del problema esta dada
por
u(x, y) =1
2[1 + (y x)2] + 1
2[1 + (y + x)]2 1
2
y+xyx
sen(s)ds
= 1 + y2 + x2 +1
2[cos(x+ y) cos(x y)] = 1 + y2 + x2 sen x sen y .
2 Recordamos la formula de DAlembert. Dato el problema (homogeneo)utt(x, t) c2uxx(x, t) = 0, x R, t > 0u(x, 0) = g(x), x R,ut(x, 0) = h(x), x R,
con g C2(R) y h C1(R), c 6= 0, la unica solucion u C2(R (0,+)) esta dada por
u(x, t) =1
2g(x ct) + 1
2g(x+ ct) +
1
2c
x+ctxct
h(s)ds . (2.1)
27
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T.Leonori Ejercicios de EDP
Ejercicio 2.2 Resolved el el siguiente problema de Cauchy
utt(x, t) uxx(x, t) = 0, en C,ut(x, 0) = xe
x2 , x 0,u(x, 0) = 0, x 0u(0, t) = 0, t 0.
(2.2)
donde C = {x 0, t > 0}.
Solucion.
En este caso, siendo el problema definido solo en la cuarta parte del plano, la
formula de DAlembert no se puede aplicar directamente. Entonces la idea es
la de extender de una forma oportuna el problema a uno definido en todo el
semiespacio (por el que sabemos calcular la solucion via la formula (2.1)); la
dificultad esta en encontrar la extension correcta para que se cumpla tambien
la condicion en x = 0.
Mas concretamente definimos u la solucion deutt(x, t) c2uxx(x, t) = 0, x R, t > 0ut(x, 0) = g(x), x R,u(x, 0) = f(x), x R,
con g C1(R) y f C2(R) tales que g(x) = xex2 if x 0 y f = 0 ifx 0. Por lo tanto, gracias a la formula de DAlembert, la la unica solucionu C2(R (0,+)) esta dada por
u(x, t) =1
2f(x ct) + 1
2f(x+ ct) +
1
2c
x+ctxct
g(s)ds .
Para que la u(x, t) sea solucion de (2.2) tiene que cumplir la condicion
u(0, t) = 0, t 0, y consecuentemente:
u(0, t) =1
2f(ct) + 1
2f(ct) +
1
2c
ctct
g(s)ds = 0 t 0 .
28
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
Esta condicion nos lleva a las definiciones tanto de f como de g en todo el
eje: en efecto esta condicion es equivalente a pedir que
0 12c
ctct
g(s)ds y 0 12f(ct) + 1
2f(ct) .
Por lo tanto deducimos que f y g tienen que ser impares3 y la f y g son las
extensiones impares, respectivamente, de 0 y xex2, es decir
f(x) 0 y g(x) = xex2 x R .
Finalmente u(x, t) = u(x, t)C con
u(x, t) =1
2c
x+ctxct
ses2
ds ,
y consecuentemente
u(x, t) = 14ce(x+ct)
2
+1
4ce(xct)
2
= ex2(ct)2 e
2x ct e2x ct4c
, (x, t) C .
3 Lo de la f es la definicion de funcion impar, para la g, notese que derivando la
condicion
0 12c
ctct
g(s)ds
deducimos
cg(ct) (c)g(ct) = 0 g(ct) = g(ct) t > 0 ,es decir g impar.
29
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
b
b
b b
b
b
b b b
b
b
bb
0 Lxjxj h xj + h
m
Figura 2.3: La curda vibrante modelizada con los muelles.
Ejercicio 2.3 Una cuerda de longitud = 1 con los extremos fijos tiene
la posicion inicial u = sen (x) y se suelta en el instante t = 0. Halle su
movimiento subsiguiente.
Comentario 2.1 (La Cuerda Vibrante) La ecuacion de ondas en el caso
de una sola dimension representa el perfil de una cuerda que vibra con velo-
cidad c. Imagina una cuerda de largueza L en la que hay colgados n = L/h
puntos cada uno de masa m a distancia h uno de otro y cada uno conectado
con un muelle con constante de elasticidad k a los de a lado (vease Figura
2.3) . Supongamos, entonces, de tener una sucesion x0 = 0, x1 = h, x2 =
2h, ... xn = L de puntos y sea u(xi, t) la funcion que representa las alturas
de dichos puntos en el tiempo. Supongamos ademas que los puntos de masas
m solo puedes moverse verticalmente (para que u sea una funcion).
Gracias a la ley de Newton 4 el punto que se encuentra en la posicion xj,
con 1 j n1, esta sujeto a una fuerza data por la ley de Hook 5 es decir
F (xj + h, t) = k[(u(xj, t) u(xj + h, t)
) (u(xj h, t) u(xj, t))]= k[ u(xj + h, t) + 2u(xj, t) u(xj h, t)] .
Por lo tanto, siendo M = nm la masa total de la cuerda, K = nk su rigidez
4es decir: F = ma, donde F es la fuerza, m la masa y a la aceleracion.5es decir: F (x) = kx, donde k es la constante de elasticidad del muelle y x el despla-
ciamento de su condicion de equilibrio.
30
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
y acordando que nh = L, deducimos que
d2u(xj, t)
dt2=
nK h2
Mn
u(xj + h, t) 2u(xj, t) + u(xj h, t)h2
=KL2
M
u(xj + h), t) 2u(xj, t) + u(xj h, t)h2
.
Ahora queremos tirar h a cero, es decir pasar de un modelo discreto (los
muelles) a uno continuo (la cuerda elastica). Siendo u suficientemente suave
(u es de clase por lo menos C2(0, L)) deducimos que
lmh0
u(xj + h), t) 2u(xj, t) + u(xj h, t)h2
=2u(x, t)
x2,
y consecuentemente
2u(x, t)
t2 c2
2u(x, t)
x2= 0 x (0, L) , t > 0 ,
siendo c2 = KL2
Mla velocidad de propagacion de la cuerda. Como la cuerda
esta fija en sus extremos, tiene ademas que cumplir
u(0, t) = 0 = u(L, t) , t 0 .
Este problema esta bien definido si lo emparejamos con un problema de Cau-
chy, es decir que para encontrar una solucion tenemos que saber la posicion
inicial (es decir u0(x)) y su velocidad (denotada con u1(x)) en un momento
dato. Entonces el perfil de la cuerda esta dado por la solucion del siguiente
problema
utt(x, t) c2uxx(x, t) = 0, x (0, L), t > 0u(x, 0) = u0(x), x (0, 1),ut(x, 0) = u1(x), x (0, 1)u(L, t) = 0, t > 0,
u(0, t) = 0, t > 0,
(2.3)
31
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
siendo u0(x) C2(0, L) C0[0, L] y u1(x) C1(0, L) C0[0, L].Nos referiremos a (2.3) como el problema mixto asociado a la ecuacion
de ondas.
Solucion.
En este caso la cuerda fija en sus extremos significa que queremos resolver
un problema de Cauchy con condiciones en la frontera lateral iguales a 0.
Ademas la cuerda tiene un perfil inicial asignado (sen x) que representa el
dato inicial mientras que el hecho que se suelte significa que su velocidad
inicial es igual a cero. Por lo tanto, el problema que tenemos que resolver es
el siguiente (ponemos por simplicidad c = 1):
utt(x, t) uxx(x, t) = 0, x (0, 1), t > 0u(x, 0) = sen x, x (0, 1),ut(x, 0) = 0, x (0, 1)u(t, 0) = 0, t > 0,
u(t, 1) = 0, t > 0.
(2.4)
Aqu proponemos dos maneras de resolver el ejercicio.
Metodo 1. Hemos ya visto (vease Ejercicio 1.7) que las soluciones de la ecua-
cion de las ondas tienen la forma
u(x, t) = F (x+ t) +G(x t) ,
con F,G : R R funciones de clase C2(R). Nuestro objetivo es hallar unaexpresion explcita para F y G de forma que la solucion cumpla ademas las
condiciones en la frontera. Entonces, desde (2.4), F y G tienen que cumplir
las siguientes condiciones:
F (x) +G(x) = sen x, x (0, 1),F (x)G(x) = 0, x (0, 1)F (t) +G(t) = 0, t > 0,F (1 + t) +G(t) = 0, t > 0.
32
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
De la segunda ecuacion resulta que, en (0, 1), F y G coinciden (a menos de
una constante que puede ser elegida 0) y de la primera ecuacion entonces
deducimos que F (x) G(x) = 12sen x, para x (0, 1).
Finalmente, de la tercera y la cuarta ecuaciones nos sale que F y G tienen
que ser impares y 2periodicas, as que
F (s) G(s) = 12sen s s R .
Por lo tanto
u(x, t) =1
2sen[(x t)] + 1
2sen[(x+ t)] ,
es la (unica6) solucion de (2.4). Aprovechando que para cada , R
sen( + ) sen( ) = sen cos + sen cos ( sen cos sen cos)= 2 sen cos
deducimos que
u(x, t) = sen x cos t .
Metodo 2. Otra forma de resolver el problema es la siguiente. Como el
problema esta definido en un subconjunto de (0,+) R, la formula deDAlembert no se puede aplicar directamente. Entonces queremos encontrar
un problema definido en todo (0,+)R, cuya solucion u(x, t) restringidaal (0, 1) (0,+), sea sol de (2.4).
Por eso resolvemos el problemautt(x, t) uxx(x, t) = 0, x R, t > 0u(x, 0) = f(x), x R,ut(x, 0) = g(x), x R,
(2.5)
con f y g funciones regulares tales que f(x) sen(x) si x (0, 1) y g(x) 0si x (0, 1).
6Vease ejercicio 2.4
33
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
= 1 x
t
x t
=co
nst.
x+t=
const.
Figura 2.4: Aqu esta representada la forma que tiene el cono de influencia.
La parte amarilla es la area que esta por debajo de las rectas caractersticas
y que calculamos mediante la integral que aparece en (2.6).
La solucion de (2.4) sera, entonces, u(x, t) = u(x, t)C donde C = [0, 1]
[0,+). Gracias a la Formula de DAlembert (vease (2.1)), las solucion de(2.5) esta dada por
u(x, t) =1
2f(x+ t) +
1
2f(x t) + 1
2
x+txt
g(s)ds . (2.6)
Notese que tanto f como g tienen que ser elegidas de forma que se cumplan
la condiciones u(0, t) = 0 y u(1, t) = 0, t > 0.Por lo tanto, por un lado notamos que la primera condicion nos da que
u(0, t) =1
2f(t) +
1
2f(t) + 1
2
ttg(s)ds 0 t > 0 .
Por eso se ve que tanto la f como la g tienen que ser funciones impares.
Por otro lado, cuando calculamos la condicion a lo largo de la recta x = 1
deducimos que
u(1, t) =1
2f(1 + t) +
1
2f(1 t) + 1
2
1+t1t
g(s)ds 0 t > 0 .
34
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
Esta expresion (vease tambien la Figura 2.4) lleva (con el cambio 1 t = t,si necesario) a la secunda condicion sobre f y g, es decir que tanto f como g
tienen que ser 2periodicas.
Siendo los datos iniciales ya funciones impares y 2periodicas, solo tene-
mos que aplicar la formula de DAlembert a (2.5) con f(x) = sen x y g = 0,
x R, as que:
u(x, t) =1
2sen[(x t)] + 1
2sen[(x+ t)] = sen x cos t .
35
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
Ejercicio 2.4 Sea c 6= 0, > 0 y C = {(x, t) R2+ tales que 0 < x < , t >0}. Probad la unicidad de la solucion u(x, t) C2(C) C1(C) del problemamixto
utt(x, t) c2uxx(x, t) = 0, in Cu(x, 0) = f(x), 0 x ut(x, 0) = g(x), 0 x u(0, t) = h(t), t 0u(, t) = m(t), t 0
(2.7)
donde f C2[0, ], g C1[0, ] mientras h y m C1(R+).
Solucion.
Supongamos que el problema (2.7) tenga dos soluciones u1(x, t) y u2(x, t);
definimos la funcion w(x, t) = u1(x, t) u2(x, t) y probamos que w(x, t) 0.Notese que siendo el problema (2.7) lineal, es sencillo deducir que w(x, t)
cumpla
wtt(x, t) c2wxx(x, t) = 0, 0 x , t 0w(x, 0) = 0, 0 x wt(x, 0) = 0, 0 x w(0, t) = 0, t 0w(, t) = 0, t 0 .
(2.8)
Para deducir que la unica solucion de (2.8) es la cero, aplicamos un metodo
de energa. Definimos la siguiente cantidad (la energa):
e(t) =1
2
0
[w2t (x, t) + c
2w2x(x, t)]dx .
Notese que la energa, por ser la integral de una funcion positiva, es positiva.
Ademas, como las funcion que aparecen al interior de la integral sol continuas,
es posible calcular
e(0) = lmt0+
1
2
0
[w2t (x, t)+c
2w2x(x, t)]dx =
1
2
0
[w2t (x, 0)+c
2w2x(x, 0)]dx = 0 ,
36
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
siendo wt(x, 0) = 0 gracias a las condiciones iniciales y y wx(x, 0) =(w(x, 0)
)x
0. El siguiente paso es probar que e(t) = 0, t > 0.Para probar este facto, hallamos la derivada de e(t) y probamos que dicha
funcion es decreciente, es decir que e(t) 0, t > 0. Siendo las funcionesque aparecen en la definicion de e regulares en C, podemos llevar la derivadaal interior de la integral, as que
e(t) = 0
[wtt(x, t)wt(x, t) + c
2wxt(x, t)wx(x, t)]dx .
Ahora en el segundo termino, aplicamos la integracion por partes, es decir 0
wxt(x, t)wx(x, t)dx = wt(x, t)wx(x, t)
0
0
wt(x, t)wxx(x, t)dx .
Utilizando que w(0, t) 0 w(, t) y que consecuentemente wt(0, t) 0 wt(, t), deducimos que
wt(x, t)wx(x, t)
0
= 0 ,
y entonces
e(t) = 0
[wtt(x, t)wt(x, t) c2wxx(x, t)wt(x, t)
]dx
=
0
wt(x, t)[wtt(x, t) c2wxx(x, t)
]dx = 0
siendo w(x, t) una solucion de (2.8). Por lo tanto
e(t) 0 t 0 .
Consecuentemente tanto wt(x, t) como wx(x, t) son nulas y, siendo w(x, 0) =
0, deducimos que w(x, t) = 0, t > 0.
37
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
t
x
f(x)
u(0,t)=0
u(,0)=0
x+ ct = const.x ct = const.
(, 0)
(0, 0)
utt c2uxx = 0
Figura 2.5: El dominio de u y las rectas caractersticas (|c| < 1).
Ejercicio 2.5 Para c2 < 1, deduzcase una formula para la resolucion del
siguiente problema
utt(x, t) c2uxx(x, t) = 0, 0 x , t xu(x, x) = f(x), 0 x ut(x, x) = 0, 0 x u(0, t) = 0, t 0u(, t) = 0, t
(2.9)
donde f es una funcion continua tal que f(0) = f() = 0.
Solucion.
38
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
Paso 1. Hallar la solucion de:tt(x, t) c2xx(x, t) = 0, x R, t x,(x, x) = (x), x R,t(x, x) = 0, x R
(2.10)
para una funcion : R R de clase C1(R).Para encontrar la solucion de (2.10), descomponemos el problema como
un sistema caracterstico (vease Ejercicio 1.7) as que, el primer paso es definir
una funcion auxiliar (x, t) como
(x, t) = t(x, t) cx(x, t) .
Entonces la ecuacion en (2.10) se puede escribir como el siguiente sistema de
ecuaciones: t(x, t) cx(x, t) = (x, t), x R, t x,t(x, t) + cx(x, t) = 0, x R, t x.
Por lo visto, (2.10) nos da una condicion en la recta x = t, mientras que la
condicion cumplida por la calculamos gracias a la segunda y la tercera en
(2.10), es decir
(x, x) = t(x, x) cx(x, x) = 0 c(x) x R .
Por lo tanto hemos encontrado dos sistemas del primer orden que, acoplados,
nos proporcionan la solucion de (2.10):t(x, t) + cx(x, t) = 0, x R, t x,(x, x) = c(x), x R ,
y t(x, t) cx(x, t) = (x, t), x R, t x,(x, x) = (x), x R . (2.11)
39
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
Notese que el primer sistema es independiente del segundo, as que la estrate-
gia sera hallar la solucion del primero, substituirla en el segundo y finalmente
encontrar la (x, t).
Para el calculo de (x, t), escribimos su sistema caracterstico, que resulta
ser
t(s, ) = 1
x(s, ) = c s > 0
z(s, ) = 0
t(0, ) =
x(0, ) = > 0
z(0, ) = c() .Aprovechando que c 6= 1, deducimos que
det
(1 1
1 c
)6= 0 ,
as que el sistema es compatible. Entonces
t(s, ) = s+ , x(s, ) = cs+ , z(s, ) = c()
y siendo = xct1c deducimos que
(x, t) = z(s(x, t), (x, t)) = c(x ct1 c
).
Substituyendo la expresion encontrada de (x, t) en (2.11), nos encontramos
con el siguiente problema de Cauchy:t(x, t) cx(x, t) = c
(xct1c
), x R, t x
(x, x) = (x), x R(2.12)
Mas en general, hallamos la solucion del problema del primer ordenwt(x, t) cwx(x, t) = (x, t), x Rw(x, x) = g(x), x R
con y g funciones continuas. Otra vez, calculamos las ecuaciones carac-
terstica de dicha ecuacion que resultan ser:
40
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
t(s, ) = 1
x(s, ) = c s > 0z(s, ) = (x(s), t(s))
t(0, ) =
x(0, ) = > 0
z(0, ) = () .
y, otra vez, el sistema es compatible siendo c 6= 1. Por lo tanto, resolviendoel sistema caracterstico, resulta que
t(s, ) = s+
x(s, ) = cs+ s > 0z(s, ) () =
s0
(x(s), t(s))ds .
Desde las primeras dos ecuaciones deducimos que
s =x t1 c y =
x+ ct
1 + c,
as que, siendo
z(s, ) = (x(s, ), t(s, ))
deducimos que
w(x, t) =
(x+ ct
1 + c
)+
tx1+c
0
(cs+ x+ ct
1 + c, s+
x+ ct
1 + c
)ds.
Entonces aplicando esta formula al problema (2.12), deducimos que (x, t)
esta dada por
(x, t) =
(x+ ct
1 + c
) c
tx1+c
0
(x+ ct
1 + c 2c
1 cs)ds
=
(x+ ct
1 + c
) c
(1 c
2c
)
(x+ ct
1 + c 2c
1 cs)
tx1+c
0
=1 + c
2
(x+ ct
1 + c
)+
1 c2
(x ct1 c
)
Por lo tanto, la solucion de (2.10) sera
(x, t) =1 + c
2
(x+ ct
1 + c
)+
1 c2
(x ct1 c
)en C1, (2.13)
41
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
donde C1 = {(x, t) R2 : t x}.Paso 2. Hallar la solucion de (2.9).
En este segundo paso queremos encontrar una funcion (s) de forma que
la funcion (x, t) definida en (2.13) sea la solucion cuando es restringida al
cilindro
C = {(x, t) R2 : t > 0 , 0 x c , t x} ,es decir u(x, t) = (x, t)
C. La dificultad esta en encontrar una definicion de
(s) para cualquier s R, de forma que la funcion (x, t) definida en (2.13)cumpla tambien las condiciones
(x, t)r1= (x, t)
r2= 0 .
a lo largo de las semirectas
r1 = {(x, t) : x = 0, t > 0} y r2 = {(x, t) : x = l, t > } .
La otra informacion que conocemos sobre (s) es que cumple la siguiente
condicion en [o, ]:
(x) f(x) si 0 x .La condicion en r1 esta dada por
u(0, t) = (0, t) =1 + c
2
(ct
1 + c
)+
1 c2
( ct1 c
)= 0 t > 0 ,
mientras que en r2:
u(, t) = (, t) =1 + c
2
(+ ct
1 + c
)+
1 c2
( ct1 c
)= 0 t .
Por lo tanto la funcion tiene que verificar las siguientes tres condiciones:
( ct1 c
)= 1 + c
1 c(
ct
1 + c
)t > 0
(+ ct
1 + c
)= 1 c
1 + c
( ct1 c
)t >
(x) = f(x) 0 x .
42
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
Hallando unos cambio de variable (s = ct1c en la primera ecuacion y s =
+ct1+c
en la segunda) deducimos que
(s) =
1 + c1 c
(1 c1 + c
s
)s < 0,
f(s) 0 s ,1 c1 + c
(2 (1 + c)s
1 c)
s > .
(2.14)
Notese que la definicion de que hemos dado vale para cada s R aunqueno es directa, es decir que depende de la misma. Mas en detalle observamos
que esta definicion de involucra unas transformaciones de la funcion f , es
decir hay que reflexionar y contraer (o dilatar) la f para obtener .
Mas concretamente notemos que podemos conocer el valor de cuando
calculado en un cualquier punto s con el siguiente argumento recursivo:
si 0 s simplemente calculando f en s
si 1+c1c s < 0 entonces desde la primera condicion en (2.14)
(s) = 1 + c1 cf
(1 c1 + c
s
);
si < s 21+c
entonces desde la tercera condicion en (2.14)
(s) = 1 c1 + c
f
(2 (1 + c)s
1 c);
ademas, si 21+c
s < 21+c
+ entonces 1+c1c 2(1+c)s1c < 0 as que
(s) = 1 c1 + c
[1 + c1 cf
(1 c1 + c
2 (1 + c)s1 c
)]= f
( 21 + c
+ s
);
en cambio si 21c < s 1+c1c deducimos que 1c1+cs 21+c y
consecuentemente
(s) = 1 + c1 c
[1 c1 + c
f
(2 (1 + c)(1c)s
1+c
1 c
)]= f
(2
1 c + s);
43
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
Por lo tanto
(s) =
f
(2
1 c + s)
21c < s 1+c1c
1+c1cf
(1c1+c
s) 1+c
1c s < 0,f(s) 0 s ,1 c1 + c
f
(2 (1 + c)s
1 c)
< s 21+c
,
f
( 21 + c
+ s
)2
1+c s < 2
1+c+
(2.15)
Calculamos la funcion en dos trozos de recta mas:
si ( 21c +
1+c1c) s < 2
1c entonces2c1+c
1c1+c
s < 21+c
+
as que
(s) = 1 + c1 c
(1 c1 + c
s
)= 1 + c
1 cf(1 c1 + c
s+2
1 + c
);
en cambio si 21+c
+ < s 41+c
deducimos que 21c 2(1+c)s1c
1+c1c y consecuentemente
(s) = 1 c1 + c
(2 (1 + c)(1c)s
1+c
1 c
)= 1 c
1 + cf
(2
2
1 c 1 + c
1 cs).
Por fin deducimos que la funcion (s) es una funcion definida de la si-
guiente forma: par a cada j y k N
(s) =
f
(s+ j
2
1 c)
si 1+c1c s+ j 21c < 1+c1c ,
1 + c1 cf
( 1 c
1 + c
(s+ j
2
1 c))
si 1+c1c s+ j 21c < 0 ,
f
(s 2k
1 + c
)si 0 s k 2
1+c< ,
1 c1 + c
f
(2
1 c 1 + c
1 c(s k 2
1 + c
))si s k 2
1+c< 2
1+c.
44
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
f(s)
b b bbb
b
0 21+c 21c 1+c1c 21+c +
1c1+c
f( 2(1+c)s1c
) 1+c1cf(1c1+c
s)
f( 21c + s) f(s 21+c)
Figura 2.6: En negro en el intervalo (0, ) esta dibujada la f , mientras que
las partes en rojo y verde representan la pinta que tiene la fuera de dicho
intervalo.
Finalmente la solucion de (2.9) sera
u(x, t) =1 + c
2
(x+ ct
1 + c
)+
1 c2
(x ct1 c
)en C ,
donde
C = {(x, t) R2 : t > 0 , 0 x c , t x} .Observamos que la necesidad de hacer el primer paso es solo para cons-
truir la solucion explcitamente. Otra manera para resolver dicho ejercicio es
observar (vease Ejercicio 1.7) que la u(x, t) por ser solucion de la ecuacion
de ondas es de la forma
u(x, t) = F (x ct) +G(x+ ct),
con F y G : R R de clase C2(R) por determinar. El objetivo es ahoraencontrar las funciones F y G de forma que se cumplen las condiciones en la
frontera de C, es decir
F (ct) +G(ct) = 0, para t 0F ( ct) +G(+ ct) = 0, para t 0F (x cx) +G(x+ cx) = f(x), para 0 x cF (x cx) + cG(x+ cx) = 0, para 0 x .
45
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T.Leonori Ejercicios de EDP
Manipulando las ecuaciones, deducimos que
F (s) = G(s), para s 0F (s) +G(2 s) = 0, para s (1 c)F (s) = G(s1+c
1c), para 0 s (1 c)F (s) +G(s1+c
1c) = f(s
1c), para 0 s (1 c) .
Desarrollando las cuentas llegamos a que
F (s) =1 c2
( s1 c
)y G(s) =
1 + c
2((
s
1 + c
),
con C2(R) satisfaciendo (2.14).
46
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
Ejercicio 2.6 Calcula u(12, 32
)si u(x, t) es la solucion de
utt(x, t) uxx(x, t) = 0, 0 x 1, t 0u(x, 0) = 0, 0 x 1ut(x, 0) = x(1 x), 0 x 1u(0, t) = 0 = u(1, t), t 0.
Solucion.
Primero, extendemos el dato inicial de forma que sea impar en (1, 1) (o en(0, 2), es lo mismo). Ademas los extendemos a todo el eje, de forma que se
pueda aplicar la formula de DAlambert. As que definimos u(x, t) como la
solucion del problema definido en todo el ejeutt(x, t) uxx(x, t) = 0, x R, t 0u(x, 0) = 0, x Rut(x, 0) = g(x), x R
donde
g(x) =
x(1 x) 0 x 1x(1 + x) 1 x 02-perodica
Gracias a la formula de DAlembert tenemos una representacion de u(x, t)
en todo R (0,+):
u(x, y) =1
2
x+txt
g(y)dy .
Para determinar el valor de u en el punto(12, 32
)solo nos hace falta conocer
g en el cono de influencia de(12, 32
), es decir por debajo de las rectas carac-
terstica que en este caso estan dada por x t = 1 y x+ t = 2 (vease Figura2.7).
47
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
t (12 ,
32
)
(1, 0) (2, 0)(1, 0) x
x t
=1
x+t =
2
Figura 2.7: El cono de influencia
Entonces
u(12,3
2
)= u
(12,3
2
)=
1
2
21g(y)dy
=1
2
01y(1 + y)dy +
1
2
10
y(1 y)dy =0 por ser g impar
+1
2
21
(y 2)(y 1)dy
=1
2
[1
3y3 3
2y2 + 2y
]21
= 112
.
48
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
Ejercicio 2.7 Calcula u(14, 32) si
utt(x, t) uxx(x, t) = 3x2 2x3, 0 x 1, t > 0u(x, 0) = 0, 0 x 1,ut(x, 0) = 0, 0 x 1,ux(0, t) = 0, t 0,ux(1, t) = 0, t 0,
Solucion.
La idea es parecida a la del ejercicio anterior. Pero, en este caso, hay dos difi-
cultades mas: primero la ecuacion no es homogenea y segundo en la frontera
lateral hay condiciones de tipo Neumann (es decir que involucran la derivada
de la solucion)
El principio de Duhamel 7 nos da una solucion del problema definida en
todo R [0,+). As que tenemos que elegir el dato f(x, t) = f(x) definidopara cada x R de forma que coincida con 3x2 2x3 en (0, 1) y de formaque la funcion definida por la formula (2.16) cumpla las condiciones en la
frontera del dominio (0, 1) (0,+). Por lo tanto definimos u(x, t) como la
7El principio de Duhamel nos da una formula de representacion para soluciones de
ecuaciones no homogeneas. Consideramos el problema
utt(x, t) c2uxx(x, t) = f(x, t), x R , t > 0 ,u(x, 0) = 0, x R ,ut(x, 0) = 0, x R
con f de clase C1(RR+), la unica solucion de dicho problema tiene la siguiente forma:
u(x, t) =1
2c
t0
x+c(ts)xc(ts)
f(y, s)dyds . (2.16)
49
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
solucion de utt(x, t) uxx(x, t) = f(x), x R , t > 0 ,u(x, 0) = 0, x R ,ut(x, 0) = 0, x R ,
es decir
u(x, t) =1
2
t0
x+(ts)x(ts)
f(y)dyds ,
as que
ux(x, t) =1
2
t0
[f(x+ (t s)) f(x (t s))]ds .
Entonces las condiciones en la frontera del cilindro (0, 1) (0,+) sonux(t, 0) =
1
2
t0
[f(t s) f((t s))]ds = 0 ,
ux(t, 1) =1
2
t0
[f(1 + (t s)) f(1 (t s))]ds = 0 , t > 0 ,
que gracias a un cambio de variable (t s = en la primera expresion y = 1 + (t s) en la segunda) quedan
t0
[f() f()]d = 0 , 1+t
1
[f() f(2 )]d = 0 , t > 0 .
Consecuentemente, desde la primera condicion deducimos que f tiene que
ser par mientras que la segunda implica que es ademas 2periodica.
Finalmente, podemos calcular
u(1
4,3
2) = u(
1
4,3
2) =
1
2
32
0
74s
54+s
f(y)dyds . (2.17)
Definiendo
F (s) =
s0
f()d para 2 s 2 ,
50
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
t
x
(1, 0) (74 , 0)( 54 , 0) (1, 0)
(14 ,32 )
Figura 2.8: El area de la region roja es donde calculamos la integral en (2.17).
(solo nos hace falta dar la definicion de F al interior del cono de influencia)
tenemos que
F (s) =
12s4 + s3 1
2si 2 s 1,
12s4 + s3 si 1 s 0,1
2s4 + s3 si 0 s 1,
12s4 + s3 + 1
2si 1 s 2 .
Por lo tanto, hallando la integral, deducimos que
u(1
4,3
2) =
1
2
32
0
74s
54+s
f(y)dyds =1
2
32
0
[F (54+ s) F (7
4 s)]ds
=1
2
32
0
F (54+ s)ds 1
2
32
0
F (7
4 s)ds .
51
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
Calculamos las dos integrales por separado: 32
0
F (54+ s)ds =
14
0
F (54+ s)ds+
54
14
F (54+ s)ds+
32
54
F (54+ s)ds
=
14
0
[ 12+ (5
4+ s)3 1
2(5
4+ s)4
]ds+
54
14
[(5
4+ s)3 +
1
2(5
4+ s)4
]ds
+
32
54
[(5
4+ s)3 1
2(5
4+ s)4
]ds
=
[ 1
2s+
1
4(5
4+ s)4 1
10(5
4+ s)5
] 14
0
+
[1
4(5
4+ s)4 +
1
10(5
4+ s)5
] 54
14
+[1
4(5
4+ s)4 1
10(5
4+ s)5
] 32
54
=
[ 1
8+
1
4+
1
10
][1
4
54
44+
1
10
55
45
][1
4 1
10
55
45
]+
[1
45 1
10
1
45
]= 1
8+
1
10 5
4
45+
9
10
1
45.
Por el otro lado: 32
0
F (7
4 s)ds =
34
0
F (7
4 s)ds+
32
34
F (7
4 s)ds
=
34
0
[12+ (
7
4 s)3 1
2(7
4 s)4]ds+ 32
34
[(7
4 s)3 + 1
2(7
4 s)4]ds
=
[1
2s 1
4(7
4 s)4 + 1
10(7
4 s)5
] 34
0
+
[ 1
4(7
4 s)4 1
10(7
4 s)5
] 32
34
=
[3
8 1
4+
1
10
][ 1
4(7
4)4 +
1
10(7
4)5]+
[ 1
45 1
10
1
45
][ 1
4 1
10
]=
1
5+
3
8+
3
10
75
45 11
10
1
45.
Por lo tanto
u(1
4,3
2) =
1
2
32
0
F (54+ s)ds 1
2
32
0
F (7
4 s)ds
=1
2
[ 3
5+
2 5445
310
75
45
].
52
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
Ejercicio 2.8 Encontrad la solucion deutt(x, t) uxx(x, t) = sen (x), 0 < x < 1, t > 0u(x, 0) = ut(x, 0) = 0, 0 x 1,u(0, t) = u(1, t) = 0, t > 0.
(2.18)
Solucion.
Metodo 1. Razonamos como en el ejercicio anterior. Extendemos el problema
a uno definido en todo el semiplano con un dato impar y 2periodico (notese
que la extension de sin(x) impar y 2periodica es la funcion misma)utt(x, t) uxx(x, t) = sen (x), x R, t > 0u(x, 0) = ut(x, 0) = 0, x R .
Calculamos ahora su solucion utilizando el de Duhamel 8
u(x, t) =1
2
t0
x+(ts)x(ts)
sin(y)dyds .
Por lo tanto la solucion de (2.18) sera u(x, t)C, es decir
u(x, t) = 12
t0
[cos
(x+ (t s)) cos (x (t s))]ds
=1
2
t0
[cos
(x+ (t s)) cos (x (t s))]ds
=1
sen (x)
t0
sen((t s))ds = 1
2sen (x)[1 cos(t)] .
Metodo 2. Notamos primero que(sen(x)
)= 2 sen(x); es decir, dan-
dole la vuelta, que z(x) = 12sen(x) cumple
zxx(x) = sen(x), 0 < x < 1,v(0) = v(1) = 0.8Vease (2.16)
53
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
Por lo tanto si definimos v(x, t) = u(x, t) + z(x), entonces v(x, t) es solucion
de
vtt(x, t) vxx(x, t) = 0, 0 < x < 1, t > 0v(x, 0) = 1
2sen(x), 0 x 1,
vt(x, 0) = 0, 0 x 1,v(0, t) = v(1, t) = 0, t > 0.
(2.19)
Razonando como antes, tenemos que encontrar una v que resuelva el proble-
ma (2.19) en todo R[0,+) con un dato inicial que coincide con 12sen(x)
para 0 x 1. Ya hemos visto que la eleccion que hay que hacer es la exten-sion de 1
2sen(x) de forma impar y 2periodica, es decir la funcion misma
en todo el eje. Por lo tanto, gracias a la formula de DAlembert, deducimos
que
v(x, t) =1
22sen
((x+ t)
)+
1
22sen
((x t)) = 1
2sen(x) cos(t) .
Finalmente, deshaciendo el cambio,
u(x, t) =1
2sen(x) cos(t) 1
2sen(x) .
54
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
Ejercicio 2.9 Una cuerda se encuentra fija en sus extremos x = 0 y x = 1.
En el instante inicial tiene la forma
u(x, 0) =5
16(x4 2x3 + x)
y esta en reposo (velocidad inicial nula). Analice sus vibraciones a partir de
ese momento.
Solucion.
Primero observamos que, siendo al cuerda fija en su extremos, significa que
la funcion que describe su perfil cumple las condiciones
u(0, t) = 0 = u(1, t), t > 0.Por lo tanto estamos buscando una solucion del problema
utt(x, t) c2uxx(x, t) = 0, 0 < x < 1, t > 0u(x, 0) = 5
16(x4 2x3 + x), 0 x 1,
ut(x, 0) = 0, 0 x 1,u(0, t) = u(1, t) = 0, t > 0.
(2.20)
Actuamos como antes, es decir buscando una funcion f : R R tal quecuando restringida a (0, 1) coincida con 5
16(x42x3+x) y tal que la solucion
del problema utt(x, t) c2uxx(x, t) = 0, x R, t > 0u(x, 0) = f(x), x R,ut(x, 0) = 0, x R,
(2.21)
verifique
u(0, t) = 0 = u(1, t), t > 0.Ya hemos visto que la manera de encontrar f es extender la funcion 5
16(x4
2x3+x) de forma impar y 2periodica en todo el eje x. Por lo tanto al solucion
del problema (2.21) sera
u(x, t) =1
2f(x ct) + 1
2f(x+ ct)
55
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
donde
f(x) =
516(x4 2x3 + x), x (0, 1)
516(x4 + 2x3 x) x (1, 0)
2periodica
y u(x, t) = u(x, t)C, donde C = [0, 1] [0,+).
Notese que siendo el polinomio asignado g(x) = 516(x4 2x3+ x) de clase
infinito, y tal que g(0) = g(0) = 0, g(0+) = g(1) = 516
y g(0+) =
g(1) = 0, la funcion f resulta ser de clase C2(R). Por lo tanto la aplicacion
de la formula de DAlembert esta justificada. Ademas podemos escribir una
formula de representacion de la solucion aprovechando que el dato inicial
tiene un desarrollo en serie de Fourier. Hallamos ahora los coeficientes de
g(x), es decir an = 0, n 0, por ser g impar, mientras que 9
bn =
11g(x) sin(nx)dx =
10
16
10
(x4 2x3 + x) sin(nx)dx
=15
n55(1 (1)n) .
Por lo tanto deducimos que la serie de Fourier de la g esta dada por
g(x) =+n=1
bn sen(nx) con bn =15
n55(1 (1)n) .
9Aprovechamos de las siguientes integrales:
10x sin(nx)dx = sin(nx)nx cos(nx)
n22
10
= (1)nn
;
10x2 sin(nx)dx = 22nx sin(nx)+(2
2n2x2) cos(nx)n33
10
= 2n33
(22n2)(1)nn33
;
10x3 sin(nx)dx = 3(
2n2x22) sin(nx)nx(2n2x26) cos(nx)n44
10
= (2n26)(1)nn33
;
10x4 sin(nx)dx = 4nx(
2n2x26) sin(nx)(4n4x4122n2x2+24) cos(nx)n55
10
= (4n4122n224)(1)n
n55+ 24
n55
56
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
Por lo tanto la solucion de (2.20) tendra la forma
u(x, t) =1
2
+n=1
bn sen(n(x ct))+ 1
2
+n=1
bn sen(n(x+ ct)
)donde bn =
15n55
(1 (1)n) . Aprovechando que para cada , R1
2sen( + ) +
1
2sen( ) = sen cos
finalmente deducimos que
u(x, t) =+n=1
15
n55(1 (1)n) sen (nx) cos (nct)
que, opportunamente manipulada, se trasforma en
u(x, t) =30
5
+n=0
1
(2n+ 1)5sen
((2n+ 1)x
)cos
((2n+ 1)ct
).
57
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
Ejercicio 2.10 Estudiad el problema consistente en hallad la funcion u(x, t)
que describe las vibraciones de una cuerda de longitud = 1, fija en sus
extremos y en posicion horizontal, cuyo desplazamiento y velocidad iniciales
son nulos y que esta sometida a una fuerza externa proporcional a la distancia
a uno de sus extremos.
Solucion.
En este caso la cuerda esta fija en sus extremos x = 0 y x = 1, la fuerza
externa sera de la forma f(x, t) = x, con R. Por lo tanto tenemos queresolver el siguiente problema:
utt(x, t) c2uxx(x, t) = x, 0 < x < 1, t > 0u(x, 0) = 0, 0 x 1,ut(x, 0) = 0, 0 x 1,u(0, t) = u(1, t) = 0, t > 0.
(2.22)
Sea v(x) la solucion del siguiente problema estacionariovxx(x) =
c2x, 0 < x < 1,
v(0) = v(1) = 0.
Integrando la ecuacion dos veces y aprovechando de las condiciones en la
frontera, no es complicado verificar que la solucion esta dada por
v(x) =
6 c2x(x2 1) .
Definimos ahora
z(x, t) = u(x, t) + v(x) (2.23)
y utilizando las ecuaciones cumplida tanto por u cuanto por v, deducimos
que
ztt(x, t) c2zxx(x, t) = utt(x, t) c2uxx(x, t) c2vxx(x) = x c2 c2x = 0 .
58
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
Teniendo ademas en cuenta las condiciones en la frontera, z(x, t) es solucion
del siguiente problema:
ztt(x, t) c2zxx(x, t) = 0, 0 < x < 1, t > 0u(x, 0) = v(x), 0 x 1,ut(x, 0) = 0, 0 x 1,u(0, t) = u(1, t) = 0, t > 0.
Ya hemos visto que la estrategia para encontrar esta solucion es exten-
der el problema a uno en definido en el semiespacio, aplicar la formula de
DAlembert y restringir la solucion encontrada al cilindro C = [0, 1][0,+).Por lo tanto definimos
ztt(x, t) c2zxx(x, t) = 0, en x R, t > 0z(x, 0) = v(x), x R,zt(x, 0) = 0, x R,
(2.24)
donde
v(x) =
6 c2x(x2 1), x (1, 1)
2periodica
(por ser la funcion x(x2 1) impar).Notese que la funcion v(x) C2(1, 1) C1[1, 1] y v(x) C1(R) pero
v(x) 6 C2(R), por ser
lmx1
v(x) =
c26=
c2= lm
x1+v(x) .
Entonces la Formula de DAlembert no se puede aplicar.
Lo que si se puede hacer es escribir una solucion formal de (2.22) de forma
que pueda dar, en algun sentido, una aproximacion de la solucion.
Entonces, primero observamos que si pudiesemos aplicar la formula de
DAlembert, la solucion de (2.24) se quedara en
z(x, t) =1
2v(x ct) + 1
2v(x+ ct) , (2.25)
59
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
y consecuentemente la solucion de (2.22) sera z(x, t) = z(x, t)C, con C =
[0, 1] [0,+).Calculamos ahora los coeficientes de Fourier de la v(x). Siendo la funcion
impar (y 2periodica) deducimos que los coeficientes an = 0, n y que(vease la nota en el Ejercicio 2.9) los coeficientes estan dado s por
bn =
6 c2
11x(x21) sin(nx)dx =
3 c2
10
x(x21) sin(nx)dx = 2c23n3
(1)n .
Por lo tanto
v(x) =+n=1
2
c23n3(1)n sen(nx) .
Consecuentemente aprovechando (2.25), deducimos
z(x, t) =1
2
2
c23
+n=1
(1)nn3
[sen
(n(xct))+sen (n(x+ct))] , (x, t) C ,
y finalmente deshaciendo el cambio (2.23) obtenemos que
u(x, t) = 6 c2
x(x2 1) + 2c23
+n=1
(1)nn3
sen(nx) cos(n ct) .
Notese que la escritura de la u(x, t) es solo formal, es decir que no podemos
concluir que la funcion aqu definida cumpla verdaderamente la ecuacion.
60
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
Ejercicio 2.11 Para g(x, t) = A sen(mx
)sen(2t), calcular la solucion
de
utt(x, t) c2uxx(x, t) = g(x, t), 0 x , t > 0u(x, 0) = sen
(mx
), 0 x
ut(x, 0) = 0, 0 x u(0, t) = 0, t 0u(, t) = 0, t 0,
(2.26)
donde A, c, , R \ {0} y m Z \ {0}.Solucion.
Supongamos que (2)2 6= c2 (m
)2.
Primero notamos que gtt(x, t) c2gxx(x, t) = [(2)2 c2 (m
)2 ]g(x, t),
entonces si definimos
v(x, t) = u(x, t) +1
(2)2 c2 (m
)2 g(x, t), (2.27)resulta que v(x, t) cumple
vtt(x, t) c2vxx(x, t) = 0, 0 x , t > 0v(x, 0) = sen
(mx
), 0 x
vt(x, 0) =2A
(2)2c2(m )2 sen
(mx
), 0 x
v(0, t) = 0, t 0v(, t) = 0, t 0.
(2.28)
Como los datos iniciales del problema son impares y periodicos deducimos
que la solucion del problema (2.28) esta dada por la funcion definida por la
formula de DAlembert restringida al cilindro (0, ) (0,+). Por lo tanto
v(x, t) =1
2sen
(m(x+ ct)
)+
1
2sen
(m(x ct)
)+1
c
A
(2)2 c2 (m
)2 x+ctxct
sen(ms
)ds
= sen(m
x)cos
(mct)+
2
mc
A
(2)2 c2 (m
)2 sen(m x)sen
(mct).
61
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
Finalmente deshaciendo el cambio (2.27) encontramos la solucion buscada:
u(x, t) = sen(m
x)[
cos(m
ct)+
2
mc
A
sen
(mct) A
sen(2t)
],
donde (2)2 c2 (m
)2= 6= 0.
Para el caso (2)2 = c2(m
)2hay que razonar de otra forma. La dea
es buscar una solucion del problema que tenga la forma
u(x, t) = sen(mx
)T (t).
con T C2(0,) C1[0,). Notese que las condiciones en los extremosde la cuerda se cumplen (siendo sen 0 = sen = 0); entonces para que u
sea solucion solo tenemos que pedir a T de verificar el siguiente problema de
Cauchy: T (t) + c2
(m
)2T (t) = A sen(2t) t > 0 ,
T (0) = 1 ,
T (0) = 0 .
(2.29)
La familia de soluciones de la ecuacion homogenea asociada a (2.29) es
T0(t) = sen(cm
t)+ cos
(cm
t)
con , R. Siendo cm
= 2, buscare la solucion particular de (2.29) de
la forma
Tp(t) = t sen(cm
t)+ t cos
(cm
t)
con , R. Operando resulta que la integral general de la ecuacion en(2.29) resulta ser
T (t) = A2cm
t cos(cm
t)+ sen
(cm
t)+ cos
(cm
t)
con , R. Finalmente la solucion de (2.29) esta dada por
T (t) = A2cm
t cos(cm
t)+
A2
2c2m22sen
(cm
t)+ cos
(cm
t)
62
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
y consecuentemente deducimos la expresion de la solucion de (2.26):
u(x, t) = A2cm
t cos(cm
t)sen
(mx
)+sen
(mx
)[ A22c2m22
sen(cm
t)+ cos
(cm
t)]
.(2.30)
63
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T.Leonori Ejercicios de EDP
Comentario 2.2 (La resonancia) Porque en el ejercicio anterior nos han
solido dos casos?
El segundo caso es lo que describe el fenomeno de la resonancia.
La resonancia es un fenomeno que se produce cuando un cuerpo elastico
(es decir que es capaz de vibrar, como una cuerda, un puente...) le largueza
es sometido a la accion de una fuerza periodica (F (x, t) = A sen(mx
)sen(2t)),
cuyo periodo de vibracion coincide con el periodo de vibracion caracterstico
de dicho cuerpo (es decir estamos en el caso (2)2 = c2(m)2). En esto caso
una fuerza, aunque pequena puede llevar a vibraciones cuya amplitud crece
imparablemente.
Como se puede observar en (2.30) la solucion es la suma de dos terminos:
el segundo que aparece es agotado mientras que el primero es una funcion que
oscila y cuya amplitud de oscilaciones crece proporcionalmente al tiempo.
En particular, en los ejemplos practico, esto significa que el cuerpo someti-
do a la fuerza periodica se va a romper cuando pase un tiempo t dependiente
del coeficiente de elasticidad de dicho cuerpo.
El ejemplo mas famoso de este fenomeno ha sido el derrumbe del Puente
Tacoma Narrows Bridge en el estado de Washington el 7 de noviembre de
1940. Concretamente la fuerza externa que provoco la rotura del puente ha
sido el viento (hay videos de este derrumbe en la web que son impresionan-
tes!).
Por la misma razon se le pide a las tropas que cruzan un puente de romper
el paso: las vibraciones provocadas por marchar podran entrar en resonancia
y romper el puente.
64
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T.Leonori Ejercicios de EDP
Ejercicio 2.12 (Cuerda percutida por un martillo de amplitud 2)
Sea
g(x) =
k, si |x a| ,0, si |x a| > ,
donde 0 < 2 < a < 2 y k > 0. Demostrad que la solucion del problema
utt(x, t) c2uxx(x, t) = 0, 0 x , t > 0u(x, 0) = 0, 0 x ut(x, 0) = g(x), 0 x u(0, t) = 0 = u(, t), t 0,
esta dada por
u(x, t) =4k
2c
n=1
1
n2sen
na
sen
n
sen
nx
sen
nct
.
Solucion.
El ejercicio se puede intentar de resolver con el mismo esquema de los anterio-
res: es un problema mixto, entonces extendemos los datos iniciales; aplicamos
la Formula de DAlembert para encontrar una solucion definida en todo el
semiplano; si la extension ha sido hecha de forma oportuna, la funcion encon-
trada al ser restringida al cilindro (0, ) (0,+) sera solucion de nuestroproblema.
Pues, en este caso notamos que el dato inicial g(x) no es una funcion
suficientemente regular (no es tampoco continua) y entonces no podemos
aplicar la Formula de DAlembert (cualquier extension hagamos).
Por lo tanto, las cuentas que siguen son formales, es decir no hay que
entenderlas en un sentido clasico sino en un sentido mas debil de lo que
hemos entendido hasta ahora. De hecho la solucion que vamos a construir
sera data por una serie de Fourier que no converge uniformemente en (0, )(0,+), as que solo tiene un sentido en un espacio mas grande de lo de lasfunciones C2((0, ) (0,+)).
65
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T.Leonori Ejercicios de EDP
El truco que vamos a utilizar sera lo de desarrollar el dato inicial en serie
de Fourier y trabajar con dicha serie tratandola como si fuese una suma finita.
El resultado, como ya explicado, sera una solucion que tiene que entenderse
en un sentido mas grande de lo que hemos hecho hasta ahora.
Por lo tanto, desarrollamos en serie de Fourier de la funcion g(x). Primero
extendemos dicha funcion al intervalo (, ) y luego de forma que sea 2periodica, es decir definimos g : R R como la unica funcion 2periodicatal que
g(x) =
g(x) si 0 x ,g(x) si x 0 ,g(x) es 2-periodica .
Ahora calculamos los coeficientes de Fourier a0, an y bn, n 1, de la s g: Enprimer lugar,
a0 =1
g(x)dx = 0 ,
siendo g impar. Ademas, por la misma razon,
an =1
g(x) cos
(nx
)dx = 0 ,
y finalmente
bn =1
g(x) sin
(nx
)dx
=2
0
g(x) sin(nx
)dx =
2k
a+a
sin(nx
)dx
=2k
n
[ cos (nx
)]a+a
=2k
n
[ cos
(n
(a+ )
)+ cos
(n
(a )
)].
Teniendo en cuenta que
, R cos( ) cos( + ) = 2 sen sen (2.31)
deducimos
bn =4k
nsen
(na
)sen
(n
).
66
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T.Leonori Ejercicios de EDP
Por lo tanto la funcion g(x) tiene su expresion como serie de Fourier data
por
g(x) =n=1
4k
nsen
(na
)sen
(n
)sen
(nx
).
Notes e que la convergencia de la Serie de Fourier a la funcion g(x) no es
uniforme, sino solo en L2(, ). Por lo tanto dicha identidad tiene que serentendida solo como una identidad entre funciones de lates espacios y no
puntual.
Aplicamos ahora la formula de de DAlembert a la serie de Fourier de g,
as que
u(x, t) =1
2c
x+ctxct
g(y)dy
=1
2c
x+ctxct
n=1
4k
nsen
(na
)sen
(n
)sen
(ny
)dy .
Hacemos ahora otro paso formal, es decir supongamos que podemos llevar la
integral al interior del smbolo de suma: por lo tanto tenemos que
u(x, t) =2k
c
n=1
1
nsen
(na
)sen
(n
) x+ctxct
sen(ny
)dy
=2k
c
n=1
1
n2sen
(na
)sen
(n
)[ cos (ny
)]x+ctxct
.
=2k
c2
n=1
1
n2sen
(na
)sen
(n
)[ cos (n(x+ ct)
)+ cos
(n(x ct)
)].
Gracias a (2.31) y recordando que u(x, t) = u(x, t)C, deducimos que
u(x, t) =4kl
c2
n=1
1
n2sen
(na
)sen
(n
)sen
(ctn
)sen
(nx
).
67
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T.Leonori Ejercicios de EDP
Ejercicio 2.13 Para y funciones continuas de soporte compacto en R,
supongamos que u C2(R [0,)) es una solucion del problema
utt(x, t) uxx(x, t) = 0, si x R, t > 0,u(x, 0) = (x), si x R,ut(x, 0) = (x), si x R.
(2.32)
Consideremos
K(t) =1
2
+
u2t (x, t) dx (Energa cinetica),
V (t) =1
2
+
u2x(x, t) dx (Energa potencial).
Probad
1. La funcion E(t) := K(t) + V (t) es constante.
2. Existe t0 dependiente de y tal que K(t) = V (t), para todo t t0.
Solucion.
Por la formula de DAlembert (vease (2.1)), la solucion de (2.32) esta data
por:
u(x, t) =1
2[(x+ t) + (x t)] + 1
2
x+txt
(s)ds, x R, t 0. (2.33)
1) Si fijamos t 0, observamos que
(x+ t) = 0 if x 6 t+ sop
y analogamente
(x t) = 0 if x 6 t+ sop .Aprovechamos, entonces, que tiene soporte compacto para deducir que los
conjuntos t + sop y t + sop son acotados y, por tanto, existe x0 >> 0(dependiente de t) tal que (x+ t) = (x t) = 0 si |x| x0.
68
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T.Leonori Ejercicios de EDP
Analogamente, como el soporte de esta acotado, xt
(s)ds =
+x+t
(s)ds = 0,
para todo x t+ nf sop y +x+t
(s)ds = 0,
para todo x t + sup sop. Por tanto, podemos suponer sin perdida degeneralidad que el punto x0 previamente escogido verifica tambien x+t
xt(s)ds =
+
(s)ds,
para todo |x| x0. As que
u(x, t) =
+
(s)ds = cte, |x| x0 (2.34)
y
E (t) = K (t) + V (t)
=
+
ututt + uxuxtdx
=
+
utuxx + uxutxdx
=
+
x(utux) dx
Gracias al Teorema Fundamental del Calculo y siendo para cada t 0
lm|x|
ut(x, t) = lm|x|ux(x, t) = 0 ,
deducimos entonces que
t 0 , E (t) = 0 .
Por lo tanto E(t) es constante.
69
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T.Leonori Ejercicios de EDP
2) Gracias a (2.33), deducimos que
ut(x, t) =1
2[(x+ t) (x t)] + 1
2[(x+ t) + (x t)]
y
ux(x, t) =1
2[(x+ t) + (x t)] + 1
2[(x+ t) (x t)]
Como los datos iniciales y tienen soporte compacto, existe t0 >> 0 tal
que
([sop sop] + t) ([sop sop] t) = ,para todo t t0. As, teniendo en cuenta que
x+ t sop = x+ t sop x sop t
x t sop = x t sop x sop + tx+ t sop x sop tx t sop x sop + t,
deducimos que si t t0 entonces
ut(x, t) =
12(x+ t) + 1
2(x+ t), si x [sop sop] t
12(x t) + 1
2(x t), si x [sop sop] + t
0, en otro caso,
y
ux(x, t) =
12(x+ t) + 1
2(x+ t), si x [sop sop] t
12(x t) 1
2(x t), si x [sop sop] + t
0, en otro caso.
Consecuentemente, si t t0, ux(x, t)2 = ut(x, t)2 para todo x R y as
K(t) =1
2
+
u2t (x, t) dx =1
2
+
u2x(x, t) dx = V (t),
para todo t t0.
70
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T.Leonori Ejercicios de EDP
Ejercicio 2.14 Hallad la solucion de:utt u = 0 en R3 (0,+)u(x, 0) = 0 en R3 {0}ut(x, 0) = e
|x|2 en R3 {0}
Solucion.
Para el calculo de dicha solucion necesitamos aplicar la formula de Poisson-
Kirchoff 10 que representa la extension de la formula de DAlembert en di-
mension 3. En consecuencia
u(x, t) =t
|Bt(x)|Bt(x)
e|y|2
dSy
que con el cambio y = x+ tz se transforma en
u(x, t) =t
4e(|x|
2+t2)
B1(0)
e2t xzdSz =t
4e(|x|
2+t2)
B1(0)
e2t |x| xzdSz ,
donde x = x|x| . Sin perder generalidad, se puede suponer que x = e1|x|, as que
u(x, t) =t
4e(|x|
2+t2)
B1(0)
e2t |x| z1dSz . (2.35)
Notese que la frontera de B1(0) se puede descomponer como
B1(0) = 1 + 2
10 La formula de Poisson-Kirchoff nos da una formula de representacion para la unica
solucion de utt c2u = 0 en R3 (0,+)u(x, 0) = f(x) en R3 {0}ut(x, 0) = g(x) en R
3 {0}con f C2(R3) y g C1(R3). La solucion se escribe de la siguiente forma:
u(x, t) =
t
[t
|Bct(x)|Bct(x)
f(s)dSx
]+
t
|Bct(x)|Bct(x)
g(s)dSx ,
donde Br(x) = {y R3 : |y x| = r} y |Br(x)| = 4r2.
71
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
donde
1 =
{(z1, z2, z3) : z3 =
1 z21 z22
}y
2 =
{(z1, z2, z3) : z3 =
1 z21 z22
}.
EntoncesB1(0)
e2t |x| z1dSz = 21
e2t |x| z1dSz =z21+z
221
e2t |x| z11 z21 z22
dz1dz2
=
10
1z21
1z21
e2t |x| z11 z21 z22
dz1dz2
=
10
e2t |x| z1( 1z21
1z21
dz21 z21 z22
)dz1 .
La integral entre parentesis admite una familia de primitivas explcitas:dz2
1 z21 z22=
dz2
1 z211 z22
1z21
=
[con el cambio s = z2
(1z21)12
ds = dz2(1z21)
12
]=
ds1 s2 = arc sen s = arc sen
(z2
(1 z21)12
)+ C, C R .
Entonces:B1(0)
e2t |x| z1dSz = 2 10
e2t |x| z1 arc sen
(z2
(1 z21)12
)
1z21
1z21
dz1
= 2
10
e2t |x| z1 [arc sen 1 arc sen(1)]dz1 = 2 10
e2t |x| z1dz1
= 2e2t |x| z1
2t|x|11
= e2t |x| e2t |x|
t|x|=
e2t |x| e2t |x|t|x| =
2
t|x|senh (2t|x|) .
Finalmente, sustituyendo en (2.35), llegamos a
u(x, t) = e(|x|2+t2) senh (2t|x|)
2|x| .
72
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T.Leonori Ejercicios de EDP
73
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T.Leonori Ejercicios de EDP
74
-
Ecuacion del Calor
Ejercicio 3.1 Resuelve mediante la formula de Poisson:
1. {ut(x, t) uxx(x, t) = t+ et, x R, t > 0,u(x, 0) = 2, x R,
2. {ut(x, t) uxx(x, t) = 3t2, x R, t > 0,u(x, 0) = sen(x), x R,
3. {ut(x, t) uxx(x, t) = et cos(x), x R, t > 0,u(x, 0) = cos(x), x R,
Solucion. 11
11Recordamos que gracias a la formula de Poisson, data una funcion g(x) C0(RN ),N 1, tal que g(x) Ce|x|2 , para C, > 0, entonces la funcion
u(x, t) =1
(4t)N2
RN
e|xy|2
4t g(y)dy .
es tal que:
u(x, t) C0(RN [0,+)) C2(RN (0,+));cumple {
ut(x, t)u(x, t) = 0, x RN , t > 0,u(x, 0) = g(x), x RN .
75
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
1. Para este apartado no necesitamos la formula de Poisson. En efecto, ob-
servamos que u(x, t) es independiente del espacio (es decir no depende
de la variable x), as que es la solucion de 1) es de la forma
u(x, t) = z(t) con z resolviendo
z
(t) = t+ et
z(0) = 2 .
Entonces
u(x, t) = 2 +
t0
(s+ es)ds =t2
2+ et + 1.
2. En este caso la solucion u(x, t) es la suma de dos funciones:
u(x, t) = v(x, t) + z(x, t)
donde: {vt vxx = 3t2, (x R, t > 0),u(x, 0) = 0, (x R),
y {zt zxx = 0, (x R, t > 0),u(x, 0) = sen(x), (x R),
En particular, esta claro que v(x, t) = v(t) y entonces
v(x, t) = t3 .
Por otro lado, la formula de Poisson nos da
z(x, t) = S(x, t) sen x = 14 t
R
e|xy|2
4t sen(y)dy
Entonces
u(x, t) = t3 +14 t
R
e|xy|2
4t sen(y)dy .
76
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
3. Vamos buscando una solucion de la forma:
u(x, t) = A(t) cosx
y entonces A tiene que cumplirA
(t) + A(t) = et t > 0
A(0) = 1
y la solucion es A(t) = et+et
2. Por lo tanto
u(x, t) =et + et
2cos x = cosh t cos x .
Es sencillo verificar que las soluciones encontradas cumplen los problemas
propuestos.
77
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T.Leonori Ejercicios de EDP
Ejercicio 3.2 Probad la unicidad de la solucion del problema
ut(x, t) uxx(x, t) = f(x, t) 0 x , t > 0u(x, 0) = g(x) 0 x u(0, t) = (t) t > 0
u(l, t) = (t) t > 0
(3.1)
donde f(x, t) C0((0, )(0,+)), g(x) C0(0, ), (t), (t) C0(0,+).
Solucion.
Supongamos por contradiccion que (3.1) tenga dos soluciones u1 y u2 y sea
w = u1 u2. Entonces w(x, t) cumplewt(x, t) wxx(x, t) = 0 0 x , t > 0w(x, 0) = 0 0 x u(0, t) = 0 = u(, t) t > 0 .
Definimos la siguiente funcion de una variable real:
e(t) =1
2
0
w2(x, t)dx .
Primero observamos que
lmt0+
1
2
0
w2(x, t)dx =1
2
0
w2(x, 0)dx = 0.
Nuestro objetivo es probar que e(t) 0, t > 0, que directamente implicaw(x, t) 0 y consecuentemente u1 u2.
Observamos que e(t) 0 siendo la integral de una funcion positiva; en-tonces nos queda de probar que e(t) 0, t > 0.
Calculamos la primera derivada de e(t): siendo w es de clase 2, se puede
pasar la derivada bajo el sino de integral, as que
e(t) = 0
w(x, t)wt(x, t)dx .
78
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T.Leonori Ejercicios de EDP
Utilizando la ecuacion satisfecha por w, sale
e(t) = 0
w(x, t)wxx(x, t)dx ,
e integrando por partes, aprovechando ademas las condiciones en la frontera,
e(t) = w(x, t)wt(x, t)
x=x=0
0
wx(x, t)wx(x, t)dx = 0
w2x(x, t)dx 0 .
Por lo tanto e(t) 0 y consecuentemente w(x, t) 0, que implica u1(x, t) u2(x, t).
79
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T.Leonori Ejercicios de EDP
Ejercicio 3.3 Probad la unicidad de la solucion del problemaut(x, t) uxx(x, t) = f(x, t) x R , t > 0u(x, 0) = g(x) x R
donde f(x, t) C0(R (0,+)), g(x) C0(R), en la clase de funcionesv(x, t) C2(R (0,+)) C0(R [0,+)) tales que
R
[v2(x, t) + v2x(x, t) + v
2t (x, t)
]dx < + y lm
|x|v(x, t) = 0 , t > 0 .
Solucion.
Supongamos que el problema tenga dos soluciones u1 y u2, y sea w = u1u2.Entonces w(x, t) 6 0 cumple
wt(x, t) wxx(x, t) = 0 x R , t > 0w(x, 0) = 0 x R .Multiplicamos la ecuacion satisfecha por w por w misma para obtener
0 =
R
wt(x, t)w(x, t)dxR
wxx(x, t)w(x, t)dx
e integrando por partes nos sale
0 =
R
wt(x, t)w(x, t)dx+
R
w2x(x, t)dx ,
donde hemos utilizado ademas que lmx
w(x, t)wx(x, t) = 0. Ahora integra-
mos la anterior identidad entre 0 y t, para cualquier t > 0,
0 =
t0
R
ws(x, s)w(x, s)dxds+
t0
R
w2x(x, s)dxds t0
R
ws(x, s)w(x, s)dxds .
Gracias al teorema de Tonelli se puede cambiar el orden de integracion y,
observando que ws(x, s)w(x, s) =12[w2(x, s)]s, deducimos
0 12
R
t0
[w2(x, s)]sdsdx =1
2
R
w2(x, t)dx12
R
w2(x, 0)dx =1
2
R
w2(x, t)dx ,
siendo w(x, 0) 0. Consecuentemente deducimos que w(x, t) 0, x R yt > 0, que contradice u1 6= u2.
80
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T.Leonori Ejercicios de EDP
Ejercicio 3.4 Sea f : R R una funcion continua y acotada tal que existen:
f() = lmx
f(x), f(+) = lmx+
f(x).
Probad que la unica solucion acotada u(x, t) del problema de Cauchy:{ut uxx = 0, (x R, t > 0),u(x, 0) = f(x), (x R),
satisface:
lmt+
u(x, t) =f() + f(+)
2.
Solucion.
Calculamos la solucion utilizando al formula de Poisson:
u(x, t) =14t
R
e|xy|2
4t f(y)dy[con el cambio z =
(x y)2t
y dy = 2tdy]=
2t
4t
R
ez2
f(x 2tz)dy
=1
[ 0
ez2
f(x 2tz)dy + 0
ez2
f(x 2tz)dy].
Ahora queremos calcular
lmt+
u(x, t) = lmt+
1
[ 0
ez2
f(x 2tz)dy + 0
ez2
f(x 2tz)dy];
gracias al teorema de Lebesgue (aqu se utiliza que f es acotada) deducimos
lmt+
u(x, t)
=1
[ 0
ez2
lmt+
f(x 2tz)dy + 0
ez2
lmt+
f(x 2tz)dy]
=f()
0
ez2
dy +f(+)
0
ez2
dy =f(+) + f()
2,
ya que 0
ez2
dz =
+0
ez2
dz =1
2
R
ez2
dz =1
2
. (3.2)
81
-
T.Leonori Ejercicios de EDP
En efecto es bien conocido que la funcion ez2no tiene una primitiva que
se pueda representar mediante funciones elementales. De todas formas se
puede calcular su integral en todo el eje. Sea r =x2 + y2 y consideramos
la integral: +
+
ex2y2dxdy .
Cambiando a polares deducimos que +
+
ex2y2dxdy =
20
+
rer2
drd,
donde la r que aparece en la integral es debida al cambio de diferencial. Por
lo tanto +
+
ex2y2dxdy = 2
+
rer2
dr = er2+0
= .
Por otro lado, +
+
ex2y2dxdy =
( +
ex2
dx
)( +
ey2
dy
)=
( +
ex2
dx
)2.
As deducimos que +
ex2
dx =
y aprovechando que ex2es una funcion par sale (3.2).
82
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T.Leonori Ejercicios de EDP
Metodo de Fourier para el problema mixto
Hara falta una tecnica peculiar para resolver el problema mixto asociado
a la ecuacion del calor, as que lo resumimos brevemente aqu. Nos fijamos
en el siguiente problema:
Encontrar una (de hecho la, gracias al Ejercicio 2.4) solucion de
ut(x, t) uxx(x, t) = 0, 0 < x < L, t > 0,u(0, t) = 0, t 0,u(, t) = 0, t 0,u(x, 0) = f(x), 0 x L.
(3.3)
donde f : [0, L] R es de clase C0([0, L]) y tal que f(0) = f(L) = 0.Primero, analizamos la ecuacion diferencial. La manera mas sencilla de
resolver la ecuacion
ut(x, t) uxx(x, t) = 0, en 0 < x < L, t > 0,
es buscar una solucion con variable separadas, es decir
u(x, t) = X(x)T (t)
con
X(x) C2(0, L) C0[0, L] y T (t) C1(0,+) C0[0,+) .
Por lo tanto, deducimos que
X(x)T (t) +X (x)T (t) = 0 en 0 < x < L, t > 0,
y consecuentemente X(x) y T (t) resuelven, respectivamente,
X (x) X(x) = 0 x (0, L)
y
T (t) T (t) = 0 t > 0
83
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T.Leonori Ejercicios de EDP
para algun R.Ahora anadimos las condiciones de contorno: por un lado pediremos a
la X de anularse en la frontera de su dominio de definicion y por otro nos
hara falta que, en el tiempo 0, T sea igual a un numero positivo (que fijaremos
en 1, sin perder de generalidad). Por lo tanto, para R, resolveremosX
(x) X(x) = 0 x (0, L)X(0) = 0 = X(L)
(3.4)
y T
(t) T (t) = 0 t > 0T (0) = 1 .
(3.5)
Observamos que las condiciones al contorno en el problema asociado a X
implican que tiene que ser negativo. 12 Ademas las soluciones de (3.4)
estan datas por
X(x) = A sen(nxL
)x (0, L) ,
para cualquier A R y con la condicion
= n22
L2, n N .
En otras palabras, = n22L2
, con n N es una sucesion de valores propiospara el operador menos derivada segunda y sen
(nxL
)es la autofuncion
asociada a dicho valor proprio.
Consecuentemente deducimos que la solucion de (3.5) esta dada por
T (t) = en22
L2t t > 0 .
12Notese que si fuese positivo tendramos que la solucion general de la ecuacion dife-
rencial en (3.4) vendra data por
X(x) = Aex +Be
x
para A,B R, que es incompatible con las condiciones X(0) = X(L) = 0.
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Por lo tanto para A R y n N, u(x, t) = A sen (nxL
)e
n22
L2t es la solucion
de (3.3) con f(x) = A sen(nxL
).
Ademas si f(x) es una combinacion lineal (finita) de sen(nxL
), para algu-
nos valores de n N, entonces la solucion, dada la linealidad de la ecuaciondel calor, es una combinacion lineal de sen
(nxL
)e
n22
L2t.
Para extender esta idea a una funcion f cualquiera observamos que a
cualquier funcion f L2(0, L) corresponde su desarrollo en serie de Fourier.Queremos probar que, bajo algunas hipotesis de regularidad, el metodo expli-
cado previamente funciona tambien si consideramos una combinacion lineal
infinita de sen(nxL
)como dato inicial.
Mas concretamente, consideramos una funcion f C1(0, L) tal que f(0) =f(L) = 0. Dicha funcion, aprovechando las condiciones en 0 y L, puede ex-
tenderse a una funcion fimp(x) continua en (L,L), 2Lperiodica e impar.Por lo tanto fimp(x) admite un desarrollo en Serie de Fourier:
fimp(x) =+n=1
bn sen(nxL
)(3.6)
con
bn =2
L
L0
f(x) sen(nxL
).
Ademas la funcion definida por
u(x, t) =+n=1
bn sen(nxL
)e
n22
L2t (3.7)
es de clase C2x((0, L) (0,+))C1t ((0, L) (0,+)) y cumple la ecuacion
del calor. En efecto, condiderando que t > 0, sus coeficientes son tales que
+n=1
|bn|n2en22
L2t < + ,
y consecuentemente se puede derivar termino a termino la funcion definida
en (3.7) y es facil verificar entonces que u(x, t) cumple la ecuacion del calor.
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Ademas, calculando u(x, t) para t = 0, deducimos que
u(x, 0) =+n=1
bn sen(nxL
),
es decir que u(x, t) cumple su dato inicial. Siendo u(x, t) una serie de solo
senos, se sigue que la funcion se anula en la frontera lateral del cilindro.
Notese que todo tiene sentido si f solo pertenece a L2(0, L) la u(x, t) defi-
nida en (3.7) tiene sentido c.t.p. y la u(x, t) es dicha solucion generalizada
de (3.3).
Aplicaremos este metodo en los siguientes ejercicios, aunque no siempre
directamente.
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Ejercicio 3.5 Considerese la funcion f : [0, ] R dada por
f(x) =
{x, si x [0, /2], x, si x [/2, ].
Encontrad una expresion para la solucion del problema:
ut(x, t) uxx(x, t) = 0, 0 < x < , t > 0,u(0, t) = 0, t 0,u(, t) = 0, t 0,u(x, 0) = f(x), 0 x .
Solucion.
Para resolver este ejercicio solo nos hace falta aplicar el metodo explicado
previamente.
Definimos una funcion f(x) como la extension impar del dato inicial en el
intervalo (, ) y calculamos sus coeficientes de Fourier. Notese que, siendola funcion extendida de forma impar, los coeficientes de Fourier
an =1
f(x) cos(nx)dx y a0 =1
f(x)dx
nos saldran iguales a cero, por ser cos(nx) y 1 funciones pares. Calculamos
entonces
bn =1
f(x) sen(nx)dx =2
0
f(x) sen(nx)dx
=2
2
0
x sen(nx)dx+2
2
( x) sen(nx)dx .
Calculamos una primitiva de la funcion integrando por partess sen(ns) =
1
n2sen(ns) 1
ns cos(ns) + c , c R ,
mientras con un calculo directo nos sale quesen(ns) = 1
ncos(ns) + c c R .
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Consecuentemente
bn =2
2
0
x sen(nx)dx 2
2
x sen(nx)dx+2
2
sen(nx)dx
=2
[1
n2sen(nx) 1
nx cos(nx)
]2
0
2
[1
n2sen(nx) 1
nx cos(nx)
]2
+2
[ ncos(nx)
]2
=2
[1
n2sen
(n2
)
2ncos
(n2
)
1
n2sen(n) +
ncos(n) +
1
n2sen
(n2
)
2ncos
(n2
)
ncos(n) +
ncos
(n2
)]=
2
n2sen
(n2
).
Entonces
bn =
0 si n es par,2
n2
( 1)n12 si n es impar.Manipulando los coeficientes obtenemos que la solucion generalizada esta da-
da por
u(x, t) =2
+n=1
1
(2n+ 1)2sen((2n+ 1)x)e(2n+1)
2t .
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Ejercicio 3.6 (Barra con un extremo a temperatura 0 y el otro aislado
termicamente). Obtened mediante series de Fourier, una ex