Post on 15-Apr-2017
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1 Ecuaciones Diferenciales en Derivadas Parciales
Vamos a dar una breve introducción a la resolución de ecuaciones diferenciales en derivadas parciales(EDP 0s) y seguido de ello, estudiar los casos particulares de las ecuaciones de calor, ecuación de onda y laecuación de Laplace
1.1 Casos sencillos de EDP�s
Comenzaremos analizando la resolución de EDP�s, donde la misma sea fácil de obtener. De esta maneratendremos más adelante, una idea más clara sobre cómo resolver las ecuaciones de calor, de onda y deLaplace.Generalmente, denotaremos por
U = U (x; t)
o bienU = U (x; y)
a la función incógnita de estas ecuaciones.Detallamos los ejemplos a continuación
Ejemplo 1 Resolver la EDP@2U
@x@y= 0
Solución 1 Note que@2U
@x@y= 0 =) @
@x
�@U
@y
�= 0
Entonces, hacemos v = @u
@yy con ello, la ecuación resultante es
@v
@x= 0
Esto implica que v es constante respecto a x y como U depende x y y inicialmente, deducimos que
v = '(y)
Por lo tanto@U
@y= ' (y)
e integrando, concluímos queU =
Z'(y)dy| {z }f(y)
+ g(x)
De manera que la solución seráU(x; y) = f(y) + g(x)
Ejemplo 2 Resolver la EDP@2U
@x@y= x+ y3
sometida a las condiciones:
U(1; y) = 2y2 � 4y
U(x;�2) = x+ 8
1
Solución 2 Aplicando un procedimiento similar al del ejemplo anterior, vemos que
@
@x(@U
@y) = x+ y3
Z@
@x(@U
@y)dx =
Z �x+ y3
�dx
@U
@y=
x2
2+ y3x+ f(y)
De esto último, deducimos que
U(x; y) =x2y
2+y4x
4+
Zf(y)dy + g(x)
Ahora, como U (1; y) = 2y2 � 4y; entonces
U(1; y) =y
2+y4x
4+ F (y) + g(1)
2y2 � 4y =y
2+y4
4+ F (y) + g(1)
Por lo tantoF (y) =
�y44+ 2y2 � 9
2y � g(1)
AsíU(x; y) =
x2y
2+y4
4� y
4
4+ 2y2 � 9
2y � g(1) + g(x)
Por otra parte, como U(x;�2) = x+ 8; al aplicar esto en la última ecuación, tenemos que
U(x;�2) = �x2 + 4x� 4 + 8 + 9� g(1) + g(x)
x+ 8 = �x2 + 4x+ 13� g(1) + g(x)
Y de esta manerag(x) = x2 � 3x� 5 + g(1)
Así, la solución de la EDP original es
U(x; y) =x2
2y +
y4
4x� y
4
4+ 2y2 � 9
2y + x2 � 3x� 5
De�nición 1 (Forma general de las EDP´s lineales) La ecuación diferencial en derivadas parciales.
A@2U
@x2+B
@2U
@x@y+ C
@2U
@y2+D
@U
@x+ E
@U
@y+ FU = H
Se clasi�ca como:
� .Si B2 � 4AC < 0: Eliptica
� Si B2 � 4AC = 0 : Parabólica
� SiB2 � 4AC > 0 : Hiperbólica
2
Ejemplo 3 Clasi�que las siguientes ecuaciones:
(a) 5@2U
@x2=
@U
@y
(b)@2U
@x2� @
2U
@y2= 0
(c)@2U
@x2+@2U
@y2= 0
Solución 3 Tenemos:
� (a) Como A = 5; B = 0 y C = 0; entonces B2 � 4AC = 0 y la EDP es parabólica.
� (b) Como A = 1; B = 0 y C = �1; entonces B2 � 4AC = 4 > 0 y la EDP es hiperbólica.
� (a) Como A = 1; B = 0 y C = 1; entonces B2 � 4AC = �4 < 0 y la EDP es elíptica.
1.1.1 Técnica de Separación de variables
La estrategia que emplearemos para resolver las ecuaciones de calor, de onda y de Laplace, es suponer quela solución U(x; y) es de la forma
U(x; y) = X(x)Y (y)
Es decir, que U(x; y) es el producto de dos funciones de una variable distinta cada una.
Ejemplo 4 Determinar las soluciones de la E.D.P
Ux + Uy = 0
Solución 4 Empleando la separación de variables, tenemos
U = X � Y
Por lo tantoUx = X
0 � Y Uy = X � Y 0
Sustituyendo en la EDP:
Ux + Uy = 0
X 0Y +XY 0 = 0
X 0Y = �XY 0
ahora, separamos las variables para obtenerX 0
X=�Y 0Y
Note que esta última igualdad se da entre funciones de distinta variable y para que esta igualdad seaverdadera, el resultado de la igualdad es una constante numérica que llamaremos �: Así pues
X 0
X= � =
�Y 0Y
�
3
De la primera de estas igualdades, deducimos que
X 0
X= � =) X 0 � �X = 0
Lo anterior, por ser una EDO lineal de primer orden homogénea, implica que
X = C1e�x
Ahora bien, de la segunda igualdad de �; obtenemos
�Y 0Y
= �
que equivale aY 0 + �Y = 0
Misma que también es una EDO lineal de primer orden homogénea y por ello
Y = C2e��y
Finalmente, la solución buscada es
U(x; y) = X (x) � Y (y)
= C1e�x � C2e��y
= C1C2e�(x�y)
Importante 1 No todas la ecuaciones E.D.P se pueden separar.
Ejemplo 5 Separe las variables en la EDP:
Uxx + Uxy + Uyy = 0
Solución 5 Al asumir queU = X � Y
y calcular las correspondientes derivadas, conseguimos
X 00Y +X 0Y 0 +XY 00 = 0
Y note que acá, separar las variables resulta imposible.
1.2 Ecuaciones de Calor, Onda y Laplace
A continuación, estudiaremos las 3 ecuaciones en derivadas parciales de relevancia para nuestro curso.Las mismas se estudian puesto que modelan fenómenos físicos como la temperatura de una varilla oalambre delgados (ecuación de calor) ;vibraciones de cuerdas atadas a dos extremos �jos (ecuación de onda) ytemperatura de una lámina plana (ecuación de Laplace)
4
1.2.1 Ecuación de Calor
La ecuación de calor modela el fenómeno de la variación de la temperatura de una barra delgada o alambrerecto de longitud l y en cualquier tiempo t, siempre que sus extremos estén en todo momento se mantengana 0�C y con una temperatura inicial . Así mismo, se asumen varios supuestos como el hecho de que en lasuper�cie de la varilla no se pierde calor ni que éste se genera en la varilla, el �ujo del mismo se da en ladirección positiva del eje X, la varilla es homogénea y que la conductividad térmica, denotada por K y elcalor especí�co, son constantes. Bajo todas estas condiciones entonces, el problema de valores iniciales ycon valores en la frontera a resolver es.
8>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>:
K2Uxx = Ut
U(0; t) = 0
U(l; t) = 0
U(x; 0) = f(x)
Para resolverla, hacemos la debida separación de variables, partiendo del supuesto:
U = X � T
Con elloUx= X
0T Uxx = X00T Ut = XT
0
Luego, al sustituir en la ED, obtenemosK2X 00T = XT 0
Seguidamente, cuando separamos las variables, nos queda
X 00
X= � =
T�K2T
Posterior a esto, hacemos el análisis de la solución a partir de posibles valores de �; y a partir de esto, hallarla función U (x; t) empleando inclusive, series de Fourier, pero vamos a explicar esto mejor con ejemplos.
Ejemplo 6 Resolver la ecuación de calor: 8>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>:
Uxx = Ut
U(0; t) = 0
U(�; t) = 0
U(x; 0) =ex
Solución 6 Partimos del hecho que luego de saparar las variables, se llega a
X 00
X= � =
T 0
T|
Hacemos entonces, el siguiente estudio de casos:
5
I Caso: � = �2 > 0 : Las ecuaciones resultantes al hacer el cambio en |; son
X 00 � �2X = 0 y T 0��2T = 0
De donde
X = C1e�x + C2e
��x
Y = C3e�2t
Y con elloU(x; t) = [C1e
�x + C2e��x]C3e
�2t
Ahora, empleamos las condiciones de frontera
U(�; t) = 0 y U(0; t) = 0
Así, concluimos que
X (0)T (t) = 0
X (�)T (t) = 0
A partir de esto vemos queX (0) = X (�) = 0
pues de otra manera, implicaría que T (t) = 0 y así
U (x; t)= X (x) � T (t)= 0
pero esta es la solución trivial y no es de nuestra importancia. Ahora bien
X (0) = C1 + C2 = 0
X (�) = C1e�� + C2e
��� = 0
Entonces es fácil ver que C2 = �C1 y cambiando esto en la segunda ecuación, deducimos que
C1e�� � C1e��� = 0
C1�e�� � e���
�= 0
De acá se desprenden dos posibilidades:1. Si C1 = 0 : Automáticamente tenemos que C2 = 0 y así
X (x) = C1|{z}0
e�x + C2|{z}0
e��x = 0
lo cual implicaría otra vez queU (x; t)= X (x) � T (t)= 0
2. Si más bien suponemos que e�� � e��� = 0; veri�camos lo siguiente:
e�� = e��� ) �� = ��� ) � = ��) � = 0
6
pero � = 0 es contradicción pues �2 = � > 0; por lo que este caso no aporta soluciones.II Caso: � = 0 : De |; vemos que
X 00
X= 0 =
T 0
T
Esto permite inferir que
X 00 = 0 =) X = C1x+ C2
T 0 = 0 =) T = C3
Y de ahí, obtenemosU(x; t) = (C1x+ C2)C3
Ahora, aplicando las condiciones iniciales, del caso anterior sabemos que
X (0) = X (�) = 0
En consecuenciaU(0; t) = C2C3 = 0
Lo que implica que C2 ó C3 son 0: Si C3 = 0; esto implica que
T = 0) U(x; t) = 0
Entonces debería suceder que C2 = 0; por lo que
X = C1x
peroX (�) = 0 =) C1� = 0
de manera que C1 = 0 y así otra vezU(x; t) =( C1|{z}
0
x+ C2|{z}0
)C3= 0
que no es la solución que queremos y de ahí que este caso tampoco aporta soluciones.III Caso � < 0, con � = ��2 : Al cambiar en |; esta vez obtenemos
X 00
X= ��2=T
0
T
y obtenemos las ecuacionesX 00 + �2X = 0 y T 0+�2T = 0
Fácilmente vemos que las soluciones de estas ecuaciones son
X = C1 cos (�x) +C2 sin (ax)
T = C3e��2t
Y luegoU(x; t) = (C1cos (�x)+C2 sin (�x) )C3e
��2t
Aplicamos de nueva cuenta las condiciones de frontera
X (0) = X (�) = 0
7
para deducir queU(0; t) = C1C3e
��2t
De manera que C1 = 0 ó C3 = 0: Esta segunda condición implica que
T = 0) U (x; t) = 0
y nuevamente se llega a la solución trivial. Mientras que si C1 = 0; entonces
U(x; t) = C2 sin (�x) � C3e��2t
= C2C3 sin (�x) e��2t
La otra condición inicial (X (�) = 0) ; implica que
u(�; t)= C2 � C3 sin (��) e��2t= 0
Ya vimos que C3 6= 0 y además, se sabe que e��2t 6= 0; por lo que C2 = 0 ó sin (��) : De darse que C2; seobtendría una vez más la solución trivial U (x; t) = 0; y de esto se deduce la condición
sin (��)= 0
entonces�� = n� ) � = n
AsíU(x; t) = C2C3 sin (nx) e
�n2t
Note que para cada valor de n; obtenemos una solución de la EDP de calor. Consideramos entonces lassoluciones de la EDP de calor de la forma
Un(x; t)= bn sin (nx) e�n2t
Y por el principio de superposición, sabemos que
U(x; t) =1Xn=1
bn sin (nx) e�n2t
también es solución de la EDP. Ahora, damos uso a la condición inicial para inferir que
U(x; 0) =
1Xn=1
bn sin (nx)= ex
Es decir, debemos hallar la serie de senos de Fourier de f (x) = ex en el intervalo [0; �] : Calculamos dichaserie haciendo
bn=2
�
Z �
0
exsin (nx) dx
De dondebn=
2n2
� (n2 + 1)
�1� (�1)n e�
n
�Por lo que �nalmente
U(x; t) =1Xn=1
bn sin (nx) e�n2t
=1Xn=1
�2n (1� (�1)n e�)
� (n2 + 1)
�sin (nx) e�n
2t
8
Ejemplo 7 Resolver la ecuación de calor:8>>>>>>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>>>>>>:
Uxx = Ut
U(0; t) = 0
U(2�; t) = 0
U(x; 0) =
8><>:x si 0 < x < �
2� � x si � < x < 2�
Solución 7 Partimos del hecho que luego de saparar las variables, se llega a
X 00
X= � =
T 0
T|
Hacemos entonces, el siguiente estudio de casos:I Caso: � = �2 > 0 : Las ecuaciones resultantes al hacer el cambio en |; son
X 00 � �2X = 0 y T 0��2T = 0
De donde
X = C1e�x + C2e
��x
Y = C3e�2t
Y con elloU(x; t) = [C1e
�x + C2e��x]C3e
�2t
Ahora, empleamos las condiciones de frontera
U(2�; t) = 0 y U(0; t) = 0
Así, concluimos que
X (0)T (t) = 0
X (2�)T (t) = 0
A partir de esto vemos queX (0) = X (2�) = 0
pues de otra manera, implicaría que T (t) = 0 y así
U (x; t)= X (x) � T (t)= 0
pero esta es la solución trivial y no es de nuestra importancia. Ahora bien
X (0) = C1 + C2 = 0
X (2�) = C1e2�� + C2e
�2�� = 0
9
Entonces es fácil ver que C2 = �C1 y cambiando esto en la segunda ecuación, deducimos que
C1e2�� � C1e�2�� = 0
C1�e2�� � e�2��
�= 0
De acá se desprenden dos posibilidades:1. Si C1 = 0 : Automáticamente tenemos que C2 = 0 y así
X (x) = C1|{z}0
e2�x + C2|{z}0
e�2�x = 0
lo cual implicaría otra vez queU (x; t)= X (x) � T (t)= 0
2. Si más bien suponemos que e2�� � e�2�� = 0; veri�camos lo siguiente:
e2�� = e�2�� ) 2�� = �2�� ) � = ��) � = 0
pero � = 0 es contradicción pues �2 = � > 0; por lo que este caso no aporta soluciones.II Caso: � = 0 : De |; vemos que
X 00
X= 0 =
T 0
T
Esto permite inferir que
X 00 = 0 =) X = C1x+ C2
T 0 = 0 =) T = C3
Y de ahí, obtenemosU(x; t) = (C1x+ C2)C3
Ahora, aplicando nuevamente las condiciones de frontera,del caso anterior sabemos que
X (0) = X (2�) = 0
En consecuenciaU(0; t) = C2C3 = 0
Lo que implica que C2 ó C3 son 0: Si C3 = 0; esto implica que
T = 0) U(x; t) = 0
Entonces debería suceder que C2 = 0; por lo que
X = C1x
peroX (2�) = 0 =) 2C1� = 0
de manera que C1 = 0 y así otra vezU(x; t) = ( C1|{z}
0
x+ C2|{z}0
)C3= 0
que no es la solución que queremos y de ahí que este caso tampoco aporta soluciones.
10
III Caso � < 0, con � = ��2 : Al cambiar en |; esta vez obtenemos
X 00
X= ��2=T
0
T
y obtenemos las ecuacionesX 00 + �2X = 0 y T 0+�2T = 0
Fácilmente vemos que las soluciones de estas ecuaciones son
X = C1 cos (�x)+C2 sin (�x)
T = C3e��2t
Y luegoU(x; t) = (C1cos (�x)+C2 sin (�x) )C3e
��2t
Aplicamos las condiciones inicialesX (0) = X (2�) = 0
para deducir queU(0; t) = C1C3e
��2t
De manera que C1 = 0 ó C3 = 0: Esta segunda condición implica que
T = 0) U (x; t) = 0
y nuevamente se llega a la solución trivial. Mientras que si C1 = 0; entonces
U(x; t) = C2 sin (�x) � C3e��2t
= C2C3 sin (�x) e��2t
La otra condición inicial (X (2�) = 0) ; implica que
u(2�; t) = C2 � C3 sin (2��) e��2t= 0
Ya vimos que C3 6= 0 y además, se sabe que e��2t 6= 0; por lo que C2 = 0 ó sin (2��) : De darse que C2; seobtendría una vez más la solución trivial U (x; t) = 0; y de esto se deduce la condición
sin (2��)= 0
entonces2�� = n� ) � =
n
2
AsíU(x; t) = C2C3 sin
�nx2
�e�n
2t
Note que para cada valor de n; obtenemos una solución de la EDP de calor. Consideramos entonces lassoluciones de la EDP de calor de la forma
Un(x; t)= bn sin�nx2
�e�n
2t
Y por el principio de superposición, sabemos que
U(x; t) =1Xn=1
bn sin�nx2
�e�n
2t
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también es solución de la EDP. Ahora, damos uso a la condición de frontera para inferir que
U(x; 0) =1Xn=1
bn sin�nx2
�=
8><>:x si 0 < x < �
2� � x si � < x < 2�
Es decir, debemos hallar la serie de senos de Fourier de f (x) =
8><>:x si 0 < x < �
2� � x si � < x < 2�
en el intervalo
[0; �] : Calculamos dicha serie haciendo
bn =2
2�
Z 2�
0
f (x) sin�nx2
�dx
=1
�
0BBBBB@�Z0
x sin�nx2
�dx
| {z }�
+
2�Z�
(2� � x) sin�nx2
�dx
| {z }N
1CCCCCA
=�2x cos
�nx2
�n
�������
0
+2
n
�Z0
cos�nx2
�dx
| {z }�
+�2 (2� � x) cos
�nx2
�n
������2�
�
� 2
n
2�Z�
cos�nx2
�dx
| {z }N
=�2� cos
�n�2
�n
+4 sin
�nx2
�n2
�������
0| {z }�
+�2� cos
�n�2
�n
�4 sin
�nx2
�n2
������2�
�| {z }N
=4 sin
�n�2
�n2
�
0BB@4 sin (n�)n2| {z }0
�4 sin
�n�2
�n2
1CCA
=8 sin
�n�2
�n2
De dondePor lo que �nalmente
U(x; t) =1Xn=1
bn sin (nx) e�n2t
=1Xn=1
0@8 sin�n�2
�n2
1A sin (nx) e�n2t
1.2.2 Ecuación de Onda
La ecuación de onda permite estudiar el movimiento de una cuerda vibrante de longitud l; atada en susextremos. Dicho movimiento se da perpendicular al eje X. Asumiremos para esta situación algunos hechoscomo la �exibilidad completa y homogeneidad de la cuerda, los desplazamientos son pequeños comparadoscon la longitud de la cuerda, la tensión de la cuerda es constante y grande respecto a la fuerza de gravedady además, que sobre la cuerda no actúan otras fuerzas. El problema de valor inicial y con valores en lafrontera que nos modela este fenómeno es
12
8>>>>>>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>>>>>>:
k2Uxx = Utt
U (0; t)= 0
U (l; t)= 0
U (x; 0) = f (x)
Ut (x; 0)=g (x)
Ejemplo 8 Resolver la ecuación de onda. 8>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>:
4Uxx= U tt
U (x; 0)= x
Ut (x; 0)= 1
U (0; t)= 0;8t � 0
U��2; t�= 0; 8t � 0
Solución 8 Hacemos separación de variables
U (x; t) = X(x)T (t)
Para obtener que
4Uxx = Utt
4X 00T = XT 00
X 00
X= � =
T 00
4T
De esta manera, se originan las ecuaciones
X 00 � �X= 0
T 00 � 4�T= 0
Las cuales eerán resueltas analizando los siguientes casos:Caso I: �> 0, �= �2 : Las soluciones que se obtienen son
X = C1e�x + C2e
��x
T = C3e2�t+C4e
�2�t
13
Y con elloU (x; t) = X � T =
�C1e
�x + C2e��x� �C3e2�t+C4e�2�t�
Ahora, aplicando las condiciones de frontera
U (0; t)= X (0) � T (t)= 0
Entonces, para que no obtengamos la solución trivial, deducimos que X (0) = 0; pero
X (0)= C1�C2
entonces C1 = C2 y por tantoX(x) =C1
�e�x + e��x
�Pero al emplear la otra condición inicial
�U��2; t�= 0�, tenemos
X(�
2) = 0) C1
�e��2 � e
���2
�Y esto implica que � = 0; pero esto contradice el hecho de que � = �2 > 0:Caso II: � = 0 : Las soluciones que conseguimos son
X = C1 + C2x
T = C3 + C4t
Entonces, aplicando otra vez la condición de frontera, se obtiene
U (0; t)= 0) X= C1
Es decirX = C2x
pero también comoU��2; t�= 0 =) X
��2
�= C2
�
2= 0
De dondeC2 = 0
Y así, tendremos nuevamente la solución trivial
U (x; t) = 0
Caso III: � < 0, �= ��2 : Las soluciones que se deducen son
X(x) = C1 cos (�x)+C2 sin (�x)
T (t) = C3 cos (2�t)+C4 sin (2�t)
Y aplicándoles las condiciones de frontera, una vez más, se cumple que
U(0; t) = 0) X(0)T (t)= 0
Nuevamente tomamos X (0) = 0 para evitar la solución trivial, además
X(0) = C1
14
Por lo queX(x) = C2 sin (�x)
TambiénX��2
�= C2 sin(
��
2) = 0
Lo cual, para no obtener la solución trivial, implicaría que
��
2= n�
Por lo cual�= 2n
AsíX (x) = C2 sin (2nx)
por lo que podemos considerarXn (x) = Cn sin (2nx)
y usar superposición para deducir que
Xn (x) =1Xn=1
Cn sin (2nx)
Tn (t) = (Dn cos (4nt)+En sin (4nt))
Y con ello
U (x; t) =
1Xn=1
Un (x; t)
=
1Xn=1
Xn (x) � Tn (t)
=1Xn=1
Cn sin (2nx)� (Dn cos (4nt)+En sin (4nt))
=1Xn=1
sin (2nx)� (an cos (4nt)+bn sin (4nt))
Ahora, aplicamos las condiciones iniciales. Primero, tenemos que
U (x; 0) = x
pero al sustituir directamente en U (x; t) ; también notamos que
U (x; 0) =1Xn=1
an sin (2nx)
por lo que1Xn=1
an sin (2nx) = x
15
donde
an =2�2
�2Z0
x sin (2nx) dx
| {z }u=2nx; du=2ndx
=1
�n2
n�Z0
u sin (u) du
=1
�n2
��u cosu+ sinu
����n�0
�
=(�1)n+1
n
Mientras que
Ut(x; t) =1Xn=1
sin (2nx)� (�4nan sin (4nt)+4nbn cos (4nt))
Entonces
Ut(x; 0) =1Xn=1
sin (2nx)�4nbn| {z }dn
= 1
=
1Xn=1
dn sin (2nx) = 1
con
dn =2�2
�2Z0
sin (2nx)dx
=2
n�
�� cos (u)
�����n�0
=2
n�
�(�1)n+1 + 1
�
=2�(�1)n+1 + 1
�n�
De manera que
4nbn =2�(�1)n+1 + 1
�n�
bn =(�1)n+1 + 1
2n2�
Por lo tanto
U (x; t) =1Xn=1
sin (2nx)� (an cos (4nt)+bn sin (4nt))
=1Xn=1
sin (2nx)� (�1)n+1
ncos (4nt)+
(�1)n+1 + 12n2�
sin (4nt)
!
16
Ejemplo 9 Resolver la ecuación de onda.8>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>:
Uxx= U tt
U (x; 0)=0 si 0 < x < 2
Ut (x; 0)=
8>>><>>>:x si 0 < x < 1
2� x si 1 < x < 2
U (0; t)= 0;8t � 0
U (2; t)= 0;8t � 0
Solución 9 Hacemos separación de variables
U (x; t) = X(x)T (t)
Para obtener que
Uxx = Utt
X 00T = XT 00
X 00
X= � =
T 00
T
De esta manera, se originan las ecuaciones
X 00 � �X= 0
T 00 � �T= 0
Las cuales eerán resueltas analizando los siguientes casos:Caso I: �> 0, �= �2 : Las soluciones que se obtienen son
X = C1e�x + C2e
��x
T = C3e�t+C4e
��t
Y con elloU (x; t) = X � T =
�C1e
�x + C2e��x� �C3e�t+C4e��t�
Ahora, aplicando las condiciones de frontera
U (0; t)= X (0) � T (t)= 0
Entonces, para que no obtengamos la solución trivial, deducimos que X (0) = 0; pero
X (0)= C1 + C2
17
entonces C1 = �C2 y por tantoX(x) =C1
�e�x � e��x
�Pero al emplear la otra condición de frontera (U (2; t) = 0), tenemos
X(2) = 0) C1�e2� � e�2�
�Y esto implica que � = 0; pero esto contradice el hecho de que � = �2 > 0:Caso II: � = 0 : Las soluciones que conseguimos son
X = C1 + C2x
T = C3 + C4t
Entonces, aplicando las condiciones de frontera de nuevo, obtenemos
U (0; t)= 0) X (0) = 0
pero comoX (0) = C1
entoncesC1 = 0
Y asíU (x; t) = C2x (C3 + C4t)
Mientras que usando la condiciónU (2; t)= 0) X (2) = 0
PeroX (2) = 2C2 = 0) C2 = 0
pero esto nuevamente conduce a la solución trivial.Caso III: � < 0, �= ��2 : Las soluciones que se deducen son
X(x) = C1 cos (�x)+C2 sin (�x)
T (t) = C3 cos (�t)+C4 sin (�t)
Y aplicándoles las condiciones de frontera otra vez, se cumple que
U(0; t) = 0) X(0)T (t)= 0
Nuevamente tomamos X (0) = 0 para evitar la solución trivial, además
X(0) = C1
Por lo queX(x) = C2 sin (�x)
TambiénX (2)= C2 sin (2�) = 0
Lo cual, para no obtener la solución trivial, implicaría que
2�= n�
18
Por lo cual�=
n�
2
AsíX (x) = C2 sin (
n�x
2)
por lo que podemos considerarXn (x) = Cn sin (
n�x
2)
y usar superposición para deducir que
Xn (x) =1Xn=1
Cn sin (n�x
2)
Tn (t) =
�Dn cos (
n�t
2)+En sin (
n�t
2)
�Y con ello
U (x; t) =1Xn=1
Un (x; t)
=1Xn=1
Xn (x) � Tn (t)
=
1Xn=1
Cn sin (n�x
2)��Dn cos (
n�t
2)+En sin (
n�t
2)
�
=
1Xn=1
sin (n�x
2)��dn cos (
n�t
2)+en sin (
n�t
2)
�Ahora, aplicamos las condiciones iniciales. Primero, tenemos que
U (x; 0) = 0
pero al sustituir directamente en U (x; t) ; también notamos que
U (x; 0) =1Xn=1
dn sin (n�x
2)
por lo que1Xn=1
dn sin (n�x
2) = 0
donde
dn =2
2
2Z0
0 � sin (n�x2)dx = 0
Mientras que
Ut(x; t) =1Xn=1
sin (n�x
2)���n�2dn sin (
n�t
2)+n�
2en cos (
n�t
2)
�Entonces
Ut(x; 0) =1Xn=1
sin (n�x
2)�n�2en| {z }
fn
=
8><>:x si 0 < x < 1
2� x si 1 < x < 2
=1Xn=1
fn sin�n�x2
�=
8><>:x si 0 < x < 1
2� x si 1 < x < 2
19
con
fn =2
2
2Z0
f (x) sin�n�x2
�dx
=
1Z0
x sin�n�x2
�dx
| {z }1
+
2Z1
(2� x) sin�n�x2
�dx
| {z }2
=�2x cos
�n�x2
�n�
������1
0
+2
n�
1Z0
cos�n�x2
�dx
| {z }1
+�2 (2� x) cos
�n�x2
�n�
������2
1
� 2
n�
2Z1
cos�n�x2
�dx
| {z }2
=�2 cos
�n�2
�n�
+4 sin
�n�x2
�n2�2
������1
0| {z }1
+2 cos
�n�2
�n�
�4 sin
�n�x2
�n2�2
������2
1| {z }2
=4 sin
�n�2
�n2�2
�
0@4 sin (n�)n2�2
�4 sin
�n�2
�n2�2
1A
=8 sin
�n�2
�n2�2
De manera que
n�
2en =
8 sin�n�2
�n2�2
en =16 sin
�n�2
�n3�3
Por lo tanto
U (x; t) =
1Xn=1
sin (n�x
2)��dn cos (
n�t
2)+en sin (
n�t
2)
�
=1Xn=1
sin (n�x
2)�
0@16 sin�n�2
�n3�3
sin (n�t
2)
1A=
16
n3�3
1Xn=1
sin (n�x
2)��sin�n�2
�sin (
n�t
2)
�
20
1.2.3 Ecuación de Laplace
La ecuación de Laplace nos permite resolver el problema de hallar la temperatura correspondiente al estadopermanente de una placa rectangular plana, siempre a través de los lados de dicha placa no se pierda calor.El correspondiente problema de valores inciales y de valor en la frontera que vamos a resolver es8>>>>>><>>>>>>:
Uxx + Uyy = 0 0 < x < a 0 < y < b
Ux (0; y) = 0 Ux (a; y) = 0 0 < y < b
U (x; 0) = 0 U (x; b) = f (x) 0 < x < a
O bien, otra posible forma del problema es8>>>>>><>>>>>>:
Uxx + Uyy = 0 0 < x < a 0 < y < b
Uy (x; 0) = 0 Uy (x; b) = 0 0 < x < a
U (0; y) = 0 U (a; y) = g (y) 0 < y < b
La solución de esta ecuación, en cualquier caso, es igual que las 2 ecuaciones anteriormente vistas y serealiza primeramente efectuando la debida separación de variables, Si
U (x; y) = X (x)Y (y)
entoncesUxx = X
00Y Uyy = XY00
Y así, al cambiar en la EDP, tenemos que
X 00Y +XY 00 = 0
X 00
X= � =
�Y 00Y
Ahora corresponde a hacer el debido estudio de casos para � y vamos a usar los siguientes ejemplos parailustrarlo mejor.
Ejemplo 10 Resolver la ecuación de Laplace:8>>>>>>>>><>>>>>>>>>:
Uxx+Uyy = 0
Uy(x; 0) = 0
Uy(x; 1) = 0
U(0; y) = 0
U(1; y) = 1� y
Solución 10 Esta ecuación corresponde al segundo tipo mostrado antes. Partiendo de las últimas ecuacionesobtenidas, analizamos los distintos casosI Caso � < 0, �= ��2 : Las ecuaciones resultantes son
X 00+�2X = 0
Y 00��2Y = 0
21
Las soluciones respectivas son
X = C1cos (�x)+C2 sin (�x)
Y = C3e�y+C4e
��y
De dondeU (x; y) = (C1cos (�x)+C2 sin (�x)) �
�C3e
�y+C4e��y�
Ahora, para aplicar las condiciones de frontera (en y), primero hacemos
Uy(x; y) = (C1cos (�x)+C2 sin (�x)) ���C3e
�y � �C4e��y�
de dondeUy(x; 0) = (C1cos (�x)+C2 sin (�x)) � (�C3 � �C4) = 0
De acá entonces se concluye que�C3 � �C4 = 0
Por endeC3 = C4
De esta formaU (x; y) = (C1cos (�x)+C2 sin (�x)) � C3
�e�y+e��y
�Por otra parte, haciendo uso de la otra condición de frontera en y, tenemos:
Uy(x; 1) = (C1cos (�x)+C2 sin (�x)) � C3��e� � �e��
�= 0
De lo anterior, inferimos que�e� � �e�� = 0
lo que implica que � = 0. Esto contradice el supuesto de que � = ��2 < 0: Por tanto, este caso no aportaotra solución que no sea la trivial.II Caso � = 0 : De las ecuaciones halladas luego de separar las variables, tenemos que
X 00
X= 0 =
�Y 00Y
Esto permite ver queX 00= 0 y Y 00= 0
Lo cual fácilmente se traduce en
X = C1x+ C2
Y = C3y + C4
De dondeU (x; y) = (C1x+ C2) (C3y + C4)
Empleando las condiciones de frontera correspondientes, vemos que
Uy (x; y) = (C1x+ C2)C3
Y asíUy (x; 0) = (C1x+ C2)C3 = 0
22
Lo cual implica que C3 = 0; entoncesU (x; y) = (C1x+ C2)C4
Pero con esto se tiene queUy (x; y) = 0
para 0 � y � 1: Lo cual signi�ca que la condición Uy (x; 1) = 0 no aporta información y por tanto nuestrasolución quedará en
U (x; y) = (C1x+ C2)C4
= C1C4| {z }P
x+ C2C4| {z }Q
= Px+Q
Aplicando ahora otra de las condiciones de frontera (U (0; y) = 0) concluímos que Q = 0 y con esto,
U (x; y) = Px
Y al usar la última condición establecida al inicio del problema (U (1; y) = 1� y), obtenemos
P = 1� y
Pero esto no puede darse ya que P es constante, mientras que y es variable y por tanto, no hay soluciónpara este caso.III Caso: � > 0; � = �2 : Cambiando en las ecuaciones del principio, llegamos a
X 00
X= �2 =
�Y 00Y
Las soluciones que se producen son
X = C1e�x+C2e
��x
Y = C3 cos (�y)+C4sin (�y)
Y entoncesU (x; y) =
�C1e
�x+C2e��x� (C3 cos (�y)+C4sin (�y))
Como ya es conocido, después de esto de emplean las condiciones de frontera para obtener
Uy (x; y) =�C1e
�x+C2e��x� (��C3sin (�y)+�C4 cos (�y))
Para luego, ver que
Uy (x; 0) =�C1e
�x+C2e��x��C4 = 0
Uy (x; 1) =�C1e
�x+C2e��x� (��C3sin (�)+�C4 cos (�)) = 0
Si fuese que � = 0; contradecimos el hecho que � = �2 > 0: Por ende C4 = 0 de la primera ecuación y usandoesto en la segunda, vemos que
��C3sin (�) = 0
23
Esto implica que sin (�) = 0; pues si se diera que C3 = 0, pasaría que Y (y) = 0 y en seguida, U (x; y) = 0: Enconsecuencia
� = n�
Teniendo esto, consideremos
Un (x; y) =�Cne
n�x+Dne�n�x�En cos (n�y)
=�ane
n�x+bne�n�x� cos (n�y)
Donde an = CnEn y bn = DnEn; por lo que
U(x; y) =1Xn=1
Un (x; y) =1Xn=1
�ane
n�x+bne�n�x� cos (n�y)
Ya con esto, �nalmente podemos dar uso a las condiciones de frontera en x. Primero hacemos
U(0; y) =1Xn=1
an + bn| {z }An
cos (n�y)=1Xn=1
An cos (n�y) = 0
Lo que signi�ca que
An = 0
an + bn = 0
an = �bn
Por otra parte, la condición U(0; y) = 1� y implica1Xn=1
�ane
n�+bne�n�� cos (n�y) = 1� y
1Xn=1
an�en� � e�n�
�| {z }Bn
cos (n�y) = 1� y
1Xn=1
Bn cos (n�y) = 1� y
que a su vez signi�ca que debemos hallar la serie de cosenos de f (y) = 1� y: Haciendo esto, tenemos
B0 = 2
Z 1
0
(1� y) dy = 1
Y además
Bn = 2
Z 1
0
(1� y) cos (n�y)dy
= 2
0BBB@ (1� y) sin (n�y)n�
����10| {z }
0
+1
n�
Z 1
0
sin (n�y)dy
1CCCA=
�2 cos (n�y)n2�2
����10
=�2 ((�1)n � 1)
n2�2
24
Por lo que
an�en� � e�n�
�=
�2 ((�1)n � 1)n2�2
an =�2 ((�1)n � 1)n2�2 (en� � e�n�)
Y consecuentemente
bn = �an
=2 ((�1)n � 1)
n2�2 (en� � e�n�)
inalmente, tenemos
U(x; y) =1Xn=1
Un (x; y)
=1Xn=1
�ane
n�x+bne�n�x� cos (n�y)
=1Xn=1
���2 ((�1)n � 1)n2�2 (en� � e�n�)
�en�x +
�2 ((�1)n � 1)
n2�2 (en� � e�n�)
�e�n�x
�cos (n�y)
.
25