2009
apuntes de ecuaciones diferenciales II (EDPs)
Pepe Aranda Métodos Matemáticos Físicas Complutense
Índice Bibliografía Sobre las versiones de los apuntes
Introducción
1
1. Características; problemas clásicos
3 4 7 11
1.1 EDPs lineales de primer orden 1.2 EDPs lineales de segundo orden; clasificación 1.3 Los problemas clásicos; unicidad
2. Problemas de contorno para EDOs 2.1 Problemas de Sturm-Liouville homogéneos 2.2 Series de Fourier 2.3 Problemas no homogéneos; función de Green
3. Separación de variables
15 16 21 25
3.1 Separación de variables para calor y ondas 3.2 Separación de variables para Laplace 3.3 Algunos problemas en tres variables
29 30 38 46
3.4 Funciones de Green
51
4. Otros métodos en EDPs 4.1 Ecuación de la cuerda vibrante 4.2 Ondas en tres y dos dimensiones 4.3 Transformadas de Fourier Apéndice
69
Problemas Problemas Problemas Problemas Problemas Problemas Problemas Problemas
53 54 61 65
1 2 3 4
adicionales adicionales adicionales adicionales
73 74 75 77 1 2 3 4
79 80 81 82
Bibliografía BD Boyce-Di Prima. ECUACIONES DIFERENCIALES y problemas con valores en la frontera. Limusa Si Simmons. ECUACIONES DIFERENCIALES (con aplicaciones y notas históricas). McGraw-Hill Br Braun. ECUACIONES DIFERENCIALES Y SUS APLICACIONES. Interamericana R Ross. ECUACIONES DIFERENCIALES. Reverté E Elsgoltz. ECUACIONES DIFERENCIALES Y CALCULO VARIACIONAL. Mir MCZ Marcellán-Casasús-Zarzo. ECUACIONES DIFERENCIALES. PROBLEMAS LINEALES Y APLICACIONES. McGraw-Hill PA Puig Adam. CURSO TEORICO-PRACTICO DE ECUACIONES DIFERENCIALES APLICADO A LA FISICA Y TECNICA. H Haberman. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES con Series de Fourier y Problemas de Contorno. Pentice Hall Ss Strauss. PARTIAL DIFFERENTIAL EQUATIONS. An Introduction. Wiley W Weimberger. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES. Reverté MU Myint-U. PARTIAL DIFFRENTIAL EQUATIONS OF MATHEMATICAL PHYSICS. Elsevier T Tijonov-Samarski. ECUACIONES DE LA FISICA MATEMATICA. Mir Sp Stephenson. INTRODUCCION A LAS ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES. Reverté Ch Churchill. SERIES DE FOURIER Y PROBLEMAS DE CONTORNO. McGraw-Hill J John. PARTIAL DIFFERENTIAL EQUATIONS. Springer-Verlag Sk Stakgold. GREEN’S FUNCTIONS AND BOUNDARY VALUE PROBLEMS. Wiley Los primeros cinco libros (básicamente de EDOs) tienen introducciones a las EDPs. En concreto, BD, Br, R y Si estudian los problemas de contorno para EDOs y el método de separación de variables. R clasifica también las EDPs de segundo orden con coeficientes constantes. E trata con detalle las EDPs de primer orden. Los dos siguientes, el MCZ y el clásico PA (de 1950), son mixtos de EDOs y EDPs y abarcan una mayor parte del curso. Los demás libros son más bien de EDPs: H, Ss, W, MU y T incluyen casi todos los temas de los apuntes (y muchos otros que no se tratan en ellos). Sp y Ch tienen bastantes menos páginas (y sirven para parte del curso). J y Sk son de mayor nivel y bastante más difíciles de leer. Gran parte de los libros de EDPs, en vez de organizarse en torno a los métodos de resolución (como en los apuntes), estudian por separado y con diferentes técnicas las ecuaciones hiperbólicas, elípticas y parabólicas. Las EDPs de primer orden se estudian en H, E, PA y J, aunque se centran más en las ecuaciones cuasilineales (también tratan las no lineales). La reducción a forma canónica y las cuestiones de unicidad se ven en casi todos los libros de EDPs. Véase por ejemplo MU, W o T. Para un estudio serio de los problemas de Cauchy ver el J. La deducción de las ecuaciones y el significado físico de los problemas se puede mirar, por ejemplo, en Bd, W, H, Ss o T. Para el 2 es recomendable leer BD, Si y H. La teoría general de problemas de contorno, funciones de Green, desarrollos en autofunciones. . . en el Sk. Hay demostraciones menos generales (con matemáticas más elementales) en Ss, W o Ch. La sección 3.4 sigue más o menos el MU. W, Ss, T y Sp también estudian las funciones de Green por otros caminos. Cuestiones más avanzadas en el Sk. La separación de variables (capítulo 3) está en casi todos los libros. Buenas introducciones hay en los cuatro primeros y en el Sp. El libro más recomendable para todo este capítulo es el H. Para precisiones de convergencia y problemas de varias variables ver Ss, W, MU o T. Para las secciones 4.1 y 4.2 se puede consultar el PA, H, SS, W, MU, T o J. En ellos se deducen las fórmulas de 4.2 no demostradas en los apuntes. Para la 4.3 ver Ch, Ss, MU, Sp y, sobre todo, H y W que utilizan también la transformada de Laplace para EDPs (W tiene una introducción a la variable compleja). El MCZ, el H y el Ss dan métodos numéricos para problemas de contorno y EDPs (lo que no hacen los demás libros, salvo unas pocas ideas del W).
Sobre las versiones de los apuntes Versión 2009. Bastantes novedades, empezando por la letra, que pasa a ser Bitstream-Vera (sin serif), lo que obliga a reescribir (y de paso a retocar) muchas partes del texto. 1.1 y 1.3 se modifican levemente y 1.2 se vuelve a reordenar. 2 tiene ahora 3 secciones. Los ejemplos de la vieja 2.1 desaparecen (se incluyen, además de otros ejemplos nuevos) en la nueva 2.1. También aparecen más ejemplos en series de Fourier y en problemas no homogéneos. 3.1 incluye dos ejemplos nuevos del calor y las ideas sobre subproblemas pasan al final de 3.2. Esta sección incluye dos ejemplos más en cartesianas y uno en polares. 3.3 cambia poco y como 3.4 (antes 4.4) aparece la introducción a las funciones de Green para Laplace. En todo el 4 aparecen bastantes ejemplos nuevos (y algunos viejos se detallan más). En 4.1, uno de cuerda semi-infinita y otro de cuerda acotada, y dos de ondas en 3 dimensiones en 4.2. Las transformadas de Fourier F de 4.3 tienen tres ejemplos nuevos. Aparece un apéndice en el que se repasan algunos resultados de EDOs, de convergencia uniforme y cálculo en varias variables. Los problemas (y los adicionales) tienen bastantes cambios (los grupos piloto exigen inventar muchos problemas para entregar, para parcialillos,... y eso se nota). Versión 2008. Escasas novedades en teoría. Además de algunas correcciones de ejemplos, erratas, estéticas... se reordenó la sección 1.2 y se añadió un ejemplo nuevo en 3.1. Los problemas para hacer durante el curso fueron los no adicionales que incluyeron los problemas de examen del curso anterior. Algunos de los del curso 07-08 pasaron a adicionales y otros se convirtieron en problemas a entregar en el grupo piloto. Versión 2007. Fue la primera de los apuntes de Ecuaciones Diferenciales II (EDPs) y es heredera directa de los apuntes de ecuaciones en derivadas parciales cuya última versión era del año 2000. Los antiguos apuntes estaban destinados a la asignatura del viejo plan ‘Métodos Matemáticos de la Física II’, que se impartió por última vez durante el curso 1997-98 (la versión 2000, hecha en Word, contenía mis apuntes de aquel año, pero con los dibujos a ordenador). Dicha asignatura era de tercer curso, los estudiantes habían cursado en segundo unos ‘Métodos I’ (variable compleja y espacios de Hilbert) y había 5 horas semanales de clase. La actual asignatura de ‘Ecuaciones Diferenciales II’, en cambio, se cursa en segundo de Físicas, sólo tiene 4 horas semanales y previamente sólo se ha estudiado Álgebra y Cálculo en primero y las ecuaciones ordinarias del primer cuatrimestre de segundo. Adaptar los apuntes, exigía, pues, reducir contenidos. Y no se consiguió demasiado. Porque los temas se mantuvieron (reordenados de otra forma), aunque algunos pasaron a estar ‘en letra pequeña’ (contándose sólo a título informativo). Más funcionó la tijera apartando de las hojas de problemas fundamentales bastantes de los más complicados del pasado. Yendo al detalle, el tema 1 es el antiguo tema 5, con algún ejemplo más de primer orden, algún recorte en unicidad y se deduce ya la fórmula de D’Alembert (pues el viejo capítulo 6 se trasladó, reduciendo su tamaño, a las primeras secciones del 4). El actual 2 es el viejo 7 de problemas de contorno, centrándose más en las condiciones separadas, eliminando resultados sobre comparación de autovalores y poniendo las alusiones a la δ de Dirac en letra pequeña. El nuevo 3 de separación de variables es el antiguo 8, pero bastante reordenado. En vez de separar los problemas homogéneos de los no homogéneos, se tratan ambos sucesivamente, primero para el calor y ondas, y en otra sección para Laplace. Aparecen, como novedad, unas escasas líneas dedicadas a los armónicos esféricos. El 4 reune en esa versión las ondas en 1, 3 y 2 dimensiones espaciales (estudiadas con menos intensidad que en Métodos II, sobre todo en problemas), la transformada de Fourier, y, a título informativo, el método de las imágenes. Los problemas se dividieron en ’problemas’ (los que se hacen en clase) y ’problemas adicionales’ (a ellos fueron exiliados los más largos, laterales al curso o repetidos). Unos cuantos de los viejos problemas (y varios apartados de otros) desaparecieron del todo. Los apuntes se hicieron en LATEX, utilizando el programa TeXShop para Mac y eligiendo ese año 2007, para distinguirse de las letras habituales, el tipo ’palatino’.
2. Problemas de contorno para EDOs Un problema de valores iniciales para una ecuación ordinaria con coeficientes continuos tenía solución única. En concreto, la solución de una ecuación lineal de segundo orden queda determinada fijando el valor de la solución y de su derivada en un punto dado. Las cosas cambian si imponemos las condiciones en los dos extremos de un intervalo [, b] . Estos problemas de contorno presentan propiedades muy diferentes. Por ejemplo, un problema tan sencillo y regular como 00 y () + y() = 0 y(0) = 0, y(π) = 0 tiene infinitas soluciones: y = C sen , con C constante arbitraria. Los problemas de contorno que nos aparecerán al utilizar el método de separación de variables del capítulo 3 dependerán de un parámetro λ . Para analizar sus propiedades convendrá escribir la ecuación de la siguiente forma: ¨ (py 0 )0 − qy + λry = 0 (P)
αy() − α 0 y 0 () = 0 βy(b) + β0 y 0 (b) = 0
Ante un problema como (P) nuestro objetivo será hallar los valores de λ para los que hay soluciones no triviales (autovalores de (P)) y esas soluciones no triviales correspondientes a cada λ (autofunciones de (P) asociadas a λ ). Observemos que y = 0 es siempre solución trivial de (P) y que, por ser lineales y homogéneas la ecuación y las condiciones de contorno, si y() es solución de (P) también lo es Cy() para cualquier C . Comenzaremos en 2.1 estudiando varios ejemplos para la ecuación y 00 +λy = 0 (la más sencilla y la que más veces aparece separando variables). En ellos existirá una sucesión infinita de autovalores y las autofunciones asociadas a λ distintos serán ortogonales entre sí. Después precisaremos para qué tipo de problemas de contorno (P) se mantienen esas propiedades. Serán los que se llaman problemas de Sturm-Liouville separados. Hablaremos también brevemente de los problemas periódicos y de los singulares. En la sección 2.2 veremos que cualquier función ƒ continua y derivable a trozos se puede escribir como una serie de autofunciones de un problema de SturmLiouville, lo que será muy útil en la resolución de EDPs. Este resultado generaliza los desarrollos de Fourier en series de senos y cosenos, cuyas propiedades básicas también veremos. Aunque la convergencia natural de estas series sea la llamada ’convergencia en media’, nosotros nos limitaremos a tratar la convergencia puntual y uniforme. Por último, en 2.3, estudiaremos problemas en que la ecuación (o alguna condición de contorno) sea no homogénea. Para ellos, ni y = 0 es solución, ni lo son los múltiplos de una solución dada. La existencia de soluciones dependerá de si existen o no soluciones no triviales del homogéneo. Tendrán solución única en el último caso, e infinitas o ninguno si el homogéneo tiene infinitas. Cuando haya solución única daremos una fórmula para las soluciones del no homogéneo en términos de la llamada función de Green. La notación en todo este capítulo será y() , pero en separación de variables las funciones de nuestros problemas de contorno serán X() , Y(y) , R(r) , Θ(θ) , . . .
15
2.1. Problemas de Sturm-Liouville homogéneos Antes de dar la teoría general, hallemos los autovalores y autofunciones de dos problemas de contorno homogéneos para la sencilla EDO lineal y 00 +λy = 0 . p Como su polinomio característico es μ2 +λ = 0 → μ = ± −λ , la solución general de la ecuación será diferente según λ sea menor, igual ó mayor que 0 .
Ej 1.
(P1 )
y 00 + λy = 0 y(0) = 0, y(π) = 0
Imponemos las condiciones de contorno en cada caso:
p Si λ < 0 la solución general es y = c1 ep + c2 e−p , con p = −λ > 0 . « y(0) = c1 + c2 = 0 → c2 = −c1 & y(π) = c1 eπp +c2 e−πp = 0 c1 [eπp −e−πp ] = 0
e!p e-!p
Por tanto c1 = c2 = 0 (pues eπp 6= e−πp si p > 0 ).
p
Ningún λ < 0 es autovalor. Si λ = 0 es y = c1 + c2 →
y(0) = c1 = 0 y(π) = c1 +c2 π = 0
→ y ≡ 0 . λ = 0 tampoco es autovalor.
p y(0) = c1 = 0 ↓ Y para λ > 0 es y = c1 cos +c2 sen , con = λ > 0 → y(π) = c2 sen π = 0 Para tener solución no trivial debe ser c2 6= 0 . p Para ello, π = π λ = nπ → λn = n2 , n = 1, 2, . . .
1
Para cada uno de estos λn hay soluciones no triviales
0
y
1
!
y2
y
3
yn = c2 sen n ≡ {sen n} . Rπ Observemos que se cumple si m 6= n : 0 sen n sen m d = 0 , h i Rπ sen(n−m) sen(n+m) π pues 12 0 cos(n−m)−cos(n+m) d = 12 − =0. n−m n+m 0
Resumiendo: (P1 ) tiene una sucesión infinita de autovalores λn = n2 , n = 1, 2, . . . . Las autofunciones yn = {sen n} asociadas a cada λn forman un espacio vectorial de dimensión 1 . La n-sima autofunción posee n−1 ceros en (0, π) . Las autofunciones distintas son ortogonales en [0, π] [respecto del producto escalar Rπ (, ) = 0 d ].
Ej 2.
(P2 )
y 00 + λy = 0 y 0 (0) = 0, y 0 (π) = 0
Imponemos estas nuevas condiciones:
λ<0 →
y 0 (0) = p[c1 − c2 ] = 0 y 0 (π) = p[c1 eπp −c2 e−πp ] = 0
λ=0 →
y 0 (0) = c2 = 0 y 0 (π) = c2 = 0
λ>0 →
y 0 (0) = c2 = 0 ↓ y 0 (π) = −c1 sen π = 0
«
→ c2 = c1 → c1 [eπp −e−πp ] = 0 → y ≡ 0 .
→ λ = 0 autovalor con autofunción y0 = c1 .
1
→ λn = n2 , yn = c1 cos n .
Los λn = n2 y las yn = {cos n} , n = 0, 1, 2, . . .
cos x
!
0 cos 2x
tienen las mismas propiedades resaltadas para el problema anterior. Por ejemplo, la autofunción que ocupa el lugar n se anula n−1 veces y sigue habiendo ortogonalidad: h i Rπ Rπ sen(n−m) sen(n+m) π cos n cos m d = 21 0 [cos(n−m)+cos(n+m)] d = 21 + n+m =0 . n−m 0 0
16
Pasemos a tratar ya el problema general. Sea la ecuación lineal de segundo orden dependiente de un parámetro real λ : y 00 + ()y 0 + b()y + λc()y = 0 , con , b, c ∈ C[, b] , c() > 0 en [, b] . La reescribimos de otra forma,Rque se suele denominar ’autoadjunta’ o ’SturmLiouville’. Multiplicando por e se tiene R R h R i0 0 e y 0 + b e y + λ c e y ≡ py 0 − qy + λry = 0 , con p ∈ C1 , q, r ∈ C , p, r > 0 . Las condiciones que más nos van a interesar son las condiciones separadas (cada una afecta a los valores de y o de y 0 sólo en uno de los extremos del intervalo): Se llama problema de Sturm-Liouville separado regular a uno del tipo: ¨ 0 [py 0 ] − qy + λry = 0 (Ps ) αy()−α 0 y 0 () = 0 , βy(b)+β0 y 0 (b) = 0 (condiciones separadas) donde p ∈ C1 [, b] , q, r ∈ C[, b] , p, r > 0 en [, b] , |α|+|α 0 | , |β|+|β0 | 6= 0 . [Las últimas condiciones lo que dicen es que α y |α 0 | , |β| y |β0 | no se anulan a la vez].
Los ejemplos 1 y 2 eran unos (Ps ). Este teorema generaliza sus propiedades: Los autovalores de (Ps ) son una sucesión infinita λ1 < λ2 < · · · < λn < · · · que tiende a ∞. Las autofunciones {yn } forman un espacio vectorial de dimensión 1 y cada yn posee exactamente n − 1 ceros en (, b) . Las autofunciones asociadas a autovalores distintos son ortogonales Teor 1. en [, b] respecto al peso r , es decir: Rb 〈yn , ym 〉 ≡ r yn ym d = 0 , si yn , ym están asociadas a λn 6= λm . Si αα 0 ≥ 0 , ββ0 ≥ 0 y q() ≥ 0 en [, b] entonces todos los λn ≥ 0 . En particular, para y() = y(b) = 0 [o sea, si α 0 = β0 = 0 ] todos los λn > 0 . No probamos la primera afirmación y la de los ceros que son difíciles. Sí el resto. β
Si y cumple (Ps ): y 0 () = αα0 y() , α 0 6= 0 ; y 0 (b) = − β0 y(b) , β0 6= 0 [y es y() = 0 , si α 0 = 0 ; y(b) = 0 , si β0 = 0]. Si y , y ∗ están asociadas al mismo λ , se deduce que dependen linealmente, pues su wronskiano se anula en (o también en b ): |W|(y, y ∗ )() = yy ∗ 0 −y 0 y ∗ = = 0 , si α 0 = 0 o si α 0 6= 0 . Sean ahora yn , ym asociadas, respectivamente, a λn y λm : « λn ryn = −[pyn0 ]0 +qyn Multiplicando por ym e yn , 0 ]0 +qy restando e integrando: λm rym = −[pym m Rb Rb 0 )0 −y (py 0 )0 d partes 0 − y y0 ) b = 0 [λn −λm ] ryn ym d = yn (pym = p(yn ym m m n n pues |W|(yn , ym ) = 0 en y en b . Por tanto, si λn 6= λm se tiene que 〈yn , ym 〉 = 0 . Si y es la autofunción asociada a λ y αα 0 ≥ 0 , ββ0 ≥ 0 , q ≥ 0 entonces Rb Rb Rb b λ ry 2 d = − y(py 0 )0 +qy 2 d = p(y 0 )2 +qy 2 d − pyy 0 ≥ 0 ⇒ λ ≥ 0 , Rb Rb pues ry 2 d > 0 ( r > 0 ) , p(y 0 )2 +qy 2 d ≥ 0 ( p > 0 , q ≥ 0 ) , −[pyy 0 ](b) =
¨ β
β0
p(b)[y(b)]2 ≥ 0 si β0 6= 0
0 si β0 = 0
,
[pyy 0 ]() =
¨ α
α0
Si y() = y(b) = 0 , y = {1} no es autofunción ⇒ y 0 ≡ 6 0 ⇒
17
p()[y()]2 ≥ 0 si α 0 6= 0
0 si α 0 = 0
Rb
p(y 0 )2 > 0 ⇒ λ > 0 .
.
Ej 3.
00 y + λy = 0 (P3 ) y 0 (0) = y(1) = 0
(casi en forma autoadjunta:
0 0 y + λy = 0 ; es r ≡ 1 ).
Tendrá las propiedades del teorema 1. Busquemos sus λn . Como αα 0 = ββ0 = 0 , q ≡ 0 , nos limitamos a los λ ≥ 0 . [Ahora ya sabemos que podíamos haber hecho esto en el ejemplo 2, y que en el 1 hubieran bastado los λ > 0 ; que conste que hay problemas con λ < 0 ]. λ = 0 : y = c1 +c2 →
y 0 (0) = c2 = 0 y(1) = c1 +c2 = 0
→ y ≡ 0 . λ = 0 no es autovalor.
λ > 0 : y = c1 cos +c2 sen . y 0 (0) = 0 → c2 = 0 → y(1) = c1 cos = 0 n o (2n−1)2 π 2 → n = 2n−1 π , λn = , yn = cos 2n−1 π , n = 1, 2, . . . 2 4 2 R1 El teorema asegura que las {yn } son ortogonales: 0 yn ym d = 0 , n 6= m (sería fácil comprobarlo), y que la autofunción n-sima (como le ocurre a las tres dibujadas) tiene n−1 ceros en (0, 1) . Ej 4.
(P4 )
Como αα 0 = 0 , ββ0 > 0 , q ≡ 0 , volvemos mirar sólo los λ ≥ 0 .
00 y + λy = 0 y 0 (0) = y 0 (1)+y(1) = 0
λ = 0 : y = c1 +c2 →
y 0 (0) = c2 = 0 y 0 (1)+y(1) = c1 +2c2 = 0
→ y ≡ 0 . λ = 0 no autovalor.
λ > 0 : y = c1 cos +c2 sen . y 0 (0) = c2 = 0 → y 0 (1)+y(1) = c1 [cos − sen ] = 0 . No podemos hallar exactamente los λn , pero tn n = 1
n
lo cumplen infinitos n (anulan el corchete infinitos n ), que sólo se pueden hallar aproximadamente. La yn para cada λn = n2 es {cos n } . Estas yn serán ortogonales.
1/w 0 w1
[La mayoría de los problemas de S-L no son resolubles, pues pocas lineales de segundo orden lo son elementalmente (las de coeficientes constantes y pocas más), y aunque lo sean puede ocurrir lo que en este ejemplo]. Ej 5.
(P5 )
00 y − 2y 0 + λy = 0 y 0 (0) = y 0 (1) = 0
→
μ2 −2μ+λ = 0 , p μ = 1± 1−λ .
!
w2
w3
w
tan w
−2 0 0 + λe−2 y = 0 e y
Sabemos que los λ ≥ 0 , pero esto no ahorra cálculos, pues y hay que mirar λ <, =, > 1 : p λ < 1 : y = c1 e(1+p) + c2 e(1−p) , y 0 = c1 (1+p) e(1+p) + c2 (1−p) e(1−p) , p = 1−λ → c1 [1+p] + c2 [1−p] = 0 c1 [1+p]e1+p +c2 [1−p]e1−p = 0
«
→ c2 (1−p)e[e−p −ep ] = 0 → p = 1 ( λ = 0 ), y0 = {1} . c +c = 0
→ y ≡ 0 . λ = 1 no autovalor. λ = 1 : y = [c1 +c2 ] e , y 0 = [c1 +c2 +c2 ] e → 1 2 c1 +2c2 = 0 p y = [c1 cos +c2 sen ] e , = λ−1 λ>1 : 0 → y 0 (0) = c1 +c2 = 0 → y = (c1 +c2 ) cos +(c2 −c1 ) sen e y 0 (1) = c2 e(1+2 ) sen = 0 → = nπ, n = 1, 2, . . . → λn = 1+n2 π 2 , yn = e [sen nπ−nπ cos nπ] , n = 1, 2, . . . Las autofunciones serán ortogonales respecto al peso r() = e−2 : R1 e− [sen nπ−nπ cos nπ] d = 0 0 R1 [sen nπ−nπ cos nπ][sen mπ−mπ cos mπ] d = 0 (m 6= n) 0 2 00 y + y 0 + λy = 0 y(1) = y(e) = 0
R
R d
0
y
+ λ = 0 . Es r() = 1 . Es problema separado regular p, r > 0 en [1, e] . p Ecuación de Euler: r(r −1)+r +λ = 0 → r = ± −λ . Basta mirar los λ > 0 : c =0 y = c1 cos( ln )+c2 sen( ln ) , c1 sen = 0 λn = n2 π 2 , yn = sen(nπ ln ) , n = 1, 2, . . .
Ej 6.
(P6 )
p() = e
=e
= →
y 0
2
Como siempre, las autofunciones son ortogonales:
18
R e sen(nπ ln ) sen(mπ ln ) d 1
= 0 , m 6= n .
Separando variables nos aparecerán también problemas de contorno como el siguiente, que no es separado, pues sus condiciones de contorno mezclan valores en los dos extremos del intervalo. En concreto, este es un problema periódico: Ej 7.
(P7 )
λ<0 →
00 y + λy = 0 y(−π) = y(π), y 0 (−π) = y 0 (π)
[Estas condiciones equivalen a pedir que y sea 2π-periódica].
« c1 [eπp −e−πp ]−c2 [eπp −e−πp ] = 0 Como el determinante de los coeficientes c1 [eπp −e−πp ]+c2 [eπp −e−πp ] = 0 πp e −e−πp e−πp −eπp πp −πp )2 6 = 0 si p > 0 , eπp −e−πp eπp −e−πp = 2(e −e
el sistema sólo tiene la solución trivial c1 = c2 = 0 . No hay autovalores negativos. c −c π = c1 +c2 π
2c2 sen π = 0 2c1 sen π = 0
«
λ = 0 → c1 = c2 2 2 λ>0 →
se satisface para c2 = 0 y cualquier c1 : y0 = c1 = {1} . → sen π = 0 → λn = n2 , n = 1, 2, . . .
Para esos λn las condiciones de contorno se cumplen para todo c1 y todo c2 . Las autofunciones son, pues: yn = c1 cos n + c2 sen n ≡ {cos n, sen n} . [Es claro que exigir simplemente que y sea 2π-periódica lleva directamente a los mismos autovalores y autofunciones]. Las propiedades de (P7 ) son algo distintas de las los problemas separados: sigue habiendo una sucesión infinita de autovalores λn = n2 , n = 1, 2, . . . tendiendo a ∞, pero las autofunciones y0 = {1} , yn = {cos n, sen n} forman, si n > 0 , un es pacio vectorial de dimensión 2. Utilizando sen cos b = 21 sen(+b)+ sen(−b) (y las relaciones ya vistas para sen sen b y cos cos b y las fórmulas del ángulo doble) se comprueba que sigue siendo cierto que autofunciones diferentes son ortogonales entre sí. Los problemas de Sturm-Liouville pueden generalizarse. En la demostración del teorema se b aprecia que lo esencial para la ortogonalidad es que p|W|(yn , ym ) = 0 ; esto sucede para otros tipos de condiciones de contorno (y para otros muchos no) además de las separadas. Por ejemplo ocurre en los llamados problemas periódicos que generalizan el (P7 ): ¨ [py 0 ]0 − qy + λry = 0 , con p() = p(b) , p ∈ C1 [, b] , q, r ∈ C[, b] , p, r > 0 en [, b] (Pp ) y() = y(b), y 0 () = y 0 (b) (condiciones periódicas) Para (Pp ) no se anula el wronskiano de dos soluciones ni en ni en b (y por eso hay espacios de autofunciones de dimensión 2), pero es claro que p|W|(yn , ym ) (b) = p|W|(yn , ym ) () . b Más en general, se llaman problemas autoadjuntos aquellos tales que p|W|(, ) = 0 para todo par de funciones , que cumplan sus condiciones de contorno. Las autofunciones de estos problemas más generales (que en libros avanzados de ecuaciones se ve que tienen propiedades similares a las de los separados) son, pues, ortogonales. Pero no nos ocupamos más de ellos, pues los problemas que nos aparecerán en el capítulo siguiente serán todos separados (o el (P7 ) de arriba). Rb 0 [El término ‘autoadjunto’ se debe a que llamando L[y] = −[py 0 ] +qy y (,) = d , se tiene que L[], = , L[] para todo par de funciones , que cumplen las condiciones de contorno: el operador L es ‘autoadjunto’ en ese conjunto de funciones]. Ej 8.
(P8 )
00 y + λy = 0 y(0) = y(π), y 0 (0) = −y 0 (π)
Se tiene
p|W|(, ) (π) = − p|W|(, ) (0) .
El problema, pues, no es autoadjunto. Operando como en el ejemplo 7 es fácil ver que las cosas son muy diferentes: cualquier λ (menor, igual o mayor que 0 ) es autovalor n n o o asociado, respectivamente, a ch p(− π2 ) , {1} ó cos (− π2 ) y en general es falso que las autofunciones asociadas a λ distintos sean ortogonales.
19
Resolviendo algunas EDPs aparecerán problemas singulares de Sturm-Liouville que no reúnen todas las condiciones de los regulares: p ó r se anulan o no son continuas en algún extremo del intervalo, el intervalo es infinito. . . Resolvamos tres de ellos (el 9 surge, por ejemplo, tratando ondas o calor en el espacio, el 10 si esas ecuaciones son en el plano y el 11 para Laplace en la esfera), en los que en uno o ambos extremos es p = 0 . En esos extremos las condiciones de contorno de un (Ps ) son demasiado fuertes para tener autovalores y autofunciones como en los regulares y se sustituyen por acotación, de forma que siga habiendo ortogonalidad, es decir, según vimos en la demostración del teorema 1, que se cumpla: 0 − y y 0 ) b = (λ − λ )〈y , y 〉 . 0 = p (yn ym m n n m n m
Ej 9.
(P9 )
R
y 00 + 2y 0 + λy = 0 y acotada en = 0, y(1) = 0
0 e = 2 y 00 + 2 y 0 +λy = 0 −→ 2 y 0 +λ2 y = 0
.
Haciendo el cambio = y la ecuación se convierte en 00 + λ = 0 → la solución general de la inicial para λ > 0 es y = c1 cos + c2 sen . y acotada → c1 = 0 ; y(1) =0 → sen = 0 → λn = n2 π 2 , n = 1, 2, . . . , yn =
sen nπ
[ortogonales, como es fácil comprobar, respecto al peso r() = 2 ]. Es fácil ver directamente que no hay λ ≤ 0 , o podemos evitar las cuentas pues la prueba de esa parte del teorema se puede adaptar a este problema singular, con lo que λ > 0 . [También se podría haber observado que las condiciones que quedan tras el cambio son (0) = 0·y(0) = 0 , (1) = 1·0 = 0 → n = {sen nπ} , y haber deshecho el cambio]. [Si hubiésemos impuesto y(0) = 0 , y(1) = 0 la única solución sería y ≡ 0 ∀λ ; las condiciones para este problema singular habrían sido demasiado fuertes].
Ej 10.
(P10 )
y 00 + y 0 + λy = 0 y acotada en = 0, y(1) = 0
0 → y 0 + λy = 0 .
p Se puede probar que λ > 0 . Haciendo el cambio de variable independiente s = λ la ecuación se convierte en la de Bessel de orden 0 : p p dy d2 y s ds2 + ds + sy = 0 → y = c1 J0 (s) + c2 K0 (s) = c1 J0 ( λ ) + c2 K0 ( λ ) La primera condición de contorno impone que c2 = 0 ( K0 no está acotada p en = 0 ). De la otra se deduce que c1 J0 ( λ ) = 0 . Así pues, los autovalores son los λ1 < λ2 <· · · cuyas raíces son los infinitos ceros de J0 están tabulados p y si n grande es λn ≈ n− 41 π . Para esos λn las autofunciones asociadas son n p o yn = J0 λn , que son ortogonales respecto al peso r() = . 0 (1−2 )y 0 + λy = 0 y acotada en = ±1
1 0.8 0.6 0.4 0.2 0
_ !" 4
8
12
16
-0.2 -0.4
¨
Ej 11.
(P11 )
La ecuación es la de Legendre si λ = p(p+1) .
Se sabe que sus únicas soluciones acotadas en 1 y −1 son los polinomios de Legendre Pn () , que aparecen cuando p = n , n = 0, 1, 2, . . . Los autovalores son λn = n(n+1) , n = 0, 1, 2, . . . y las autofunciones son los Pn , que R1 P P d = 0 si m 6= n r() = 1 . −1 n m
cumplen, como se ve en los cursos de EDOs:
20
2.2. Series de Fourier Consideremos el problema de Sturm-Liouville separado regular: ¨ 0 [py 0 ] − qy + λry = 0 (Ps ) αy()−α 0 y 0 () = 0, βy(b)+β0 y 0 (b) = 0 y sean y1 , y2 , . . . , yn , . . . sus autofunciones asociadas a los λ1 , λ2 , . . . , λn ,. . . . La importante propiedad que veremos en esta sección es que cualquier función ƒ suficientemente regular en [, b] puede ser desarrollada en serie de dichas autofunciones, es decir: ƒ () =
∞ X
cn yn ()
n=1
Supongamos que este desarrollo es válido y que la serie puede ser integrada término a término. Entonces, por ser las yn ortogonales: ∞ Rb Rb Rb X rƒ ym d = cn r yn ym d = cm r ym ym d n=1
Por tanto, si representamos el producto escalar respecto al peso r() : 〈, 〉 =
Rb
r d
debe ser
cn =
〈ƒ , yn 〉 〈yn , yn 〉
, n = 1, 2, . . .
[El r es el de la ecuación en forma autoadjunta; en la mayoría de los problemas que aparecerán separando variables en el capítulo 3 dicho peso será 1 , pero no siempre].
El problema (nada elemental) reside en precisar para qué funciones ƒ la serie con esos coeficientes (serie de Fourier de ƒ ) converge realmente hacia ƒ en [, b] . Aunque se le pueden exigir condiciones más débiles, nosotros pediremos a ƒ que sea C1 a trozos, condición que será satisfecha por las funciones que nos aparecerán en problemas prácticos. [Recordamos que ƒ es C1 a trozos en [, b] si podemos dividir el intervalo en subintervalos [, b] = [, 1 ] ∪ [1 , 2 ] ∪ · · · ∪ [n , b] de modo que: i. ƒ y ƒ 0 son continuas en cada (k , k+1 ) ,
a
x1
xn b
ii. los límites laterales de ƒ , ƒ 0 en cada k existen y son finitos].
Si ƒ es C1 a trozos en [, b] entonces su serie de Fourier: ∞ 〈ƒ , y 〉 X n
Teor 1.
n=1
〈yn , yn 〉
yn ()
converge hacia ƒ () en los ∈ (, b) en que ƒ es continua y hacia 12 ƒ (− )+ƒ (+ ) en los ∈ (, b) en que es discontinua. El teorema no dice nada sobre la convergencia en los extremos y b . La demostración es difícil y la omitimos. En lenguaje de ‘análisis funcional’, las {yn } son una ‘base de Fourier’ del espacio de funciones de dimensión infinita (similar a una base ortonormal de uno de dimensión finita). La cuestión principal es ver que la base es ‘completa’, es decir, que no hay otras funciones ortogonales a las {yn } . El espacio ‘natural’ para estudiar las series de Fourier es L2 (funciones de cuadrado integrable) y la convergencia más ligada a ellas es la ‘convergencia en media cuadrática’: 2 R b n X ck yk () d → 0 cuando n → ∞ . ƒ () −
k=1
21
Caso particular de los desarrollos en serie de Fourier son los desarrollos en series trigonométricas, que, al ser los que más utilizaremos, estudiamos con detalle. Los autovalores y autofunciones de: 00 2 2 y + λy = 0 (P1 ) son λn = nLπ2 e yn = sen nπ , n = 1, 2, . . . . L y(0) = y(L) = 0 [Es fácil verlo directamente, o también podemos hacer s = π/ L → y 00 +
L2 π2
λy = 0 , y(0) = y(π) = 0 en la variable s , que es casi el ejemplo 1 de 2.1;
también se trasladaría haciendo s = − un problema en [, b] al (P1 ) (con L = b− ), sin necesidad de estudiarlo desde el principio].
Llamaremos serie de Fourier en senos de ƒ en [0, L] al desarrollo en estas autofunciones: ƒ () =
∞ X
bn sen nπ , con bn = L
2 L
L
Z
d , n = 1, 2, ... ƒ () sen nπ L
[1]
0
n=1
Ya que el peso es r() ≡ 1 y se tiene que 〈yn , yn 〉 =
RL 0
sen nπ L
2
dt =
L 2
.
[Hemos escrito impropiamente ƒ = ; la igualdad sólo se da en los ∈ (0, L) en que ƒ es continua; en 0 y L aún no sabemos, pero pronto lo sabremos].
Para este segundo problema de contorno: 00 2 2 y + λy = 0 (P2 ) son λn = nLπ2 , yn = cos nπ , n = 0, 1, . . . yo = {1} L y 0 (0) = y 0 (L) = 0 Y se llamará serie de Fourier en cosenos de una ƒ dada en [0, L] a:
ƒ () = 2o +
∞ X
n cos nπ , con n = L
Ej 1. Sea ƒ () =
o 2
ƒ () =
RL 0
12 d = L e 〈yn , yn 〉 =
ƒ () cos nπ d , n = 0, 1, 2, ... L
[2]
RL 0
cos nπ L
2
d =
L 2
, si n ≥ 1.
en la serie para que la fórmula del n valga también para o ].
ƒ () = , ∈ [0, 1]
∞ 2 X (−1)n+1 π n n=1
L
Z
0
n=1
Pues 〈yo , yo 〉 = [Ponemos
2 L
. Desarrollémosla en senos y en cosenos:
1
0 2 sen nπ , pues bn = 2 0 sen nπ d = − nπ cos nπ , n = 1, 2, . . . R1
∞ X (−1)n −1 1 + π22 2 n2
cos nπ =
n=1
ya que o = 2
R1 0
1 2
−
∞ 4 X 1 π2 (2m−1)2
d = 1 , n = 2
1
x
cos(2m−1)π ,
m=1
R1 0
cos nπ dt = n22π 2 [cos nπ −1] , n = 1, 2, . . .
Ambas series, según el teorema 1, convergen hacia ƒ () para todo ∈ (0, 1) . Lo mismo sucedería con el desarrollo en autofunciones de cualquier otro problema de Sturm-Liouville que considerásemos. Cuando nos encontremos estas series resolviendo EDPs no tendremos la libertad de elegir en qué autofunciones desarrollar: nos las impondrá el problema.
Otras dos familias de autofunciones sencillas en las que vamos a desarrollar funciones muchas veces son las de estos problemas fáciles de resolver: 00 n o y + λy = 0 [2n−1]2 π 2 [2n−1]π con λn = 22 L2 , yn = sen , 〈yn , yn 〉 = 2L , n = 1, 2, . . . 0 2L y(0) = y (L) = 0 00 n o y + λy = 0 [2n−1]2 π 2 [2n−1]π con λn = 22 L2 , yn = cos , 〈yn , yn 〉 = 2L , n = 1, 2, . . . 0 2L y (0) = y(L) = 0 A los desarrollos en estas autofunciones los llamaremos, respectivamente, series en senos impares y en cosenos impares en [0, L].
22
La teoría de series de Fourier puede ser extendida para incluir autofunciones de problemas con condiciones periódicas. Así para: ¨ y 00 + λy = 0
(P3 )
2 2 , λn = nLπ2 , n = 0, 1, . . . , yo = {1} , yn = cos nπ , sen nπ L L
y(−L) = y(L) y 0 (−L) = y 0 (L)
se deduce la siguiente serie de Fourier en senos y cosenos en [−L, L]: ∞ X
ƒ () = 2o +
[3]
[4] [5]
n = bn =
1 L
Z
1 L
Z
+ bn sen nπ n cos nπ L L
, con coeficientes:
n=1 L
−L L −L
d , n = 0, 1, 2, ... , y ƒ () cos nπ L ƒ () sen nπ d , n = 1, 2, ... , ya que se cumple: L
RL
RL cos mπ sen nπ dt = 0 para todo m y n ; −L 12 d = 2L ; L L RL RL 0 m 6= n 0 m 6= n mπ nπ nπ mπ cos cos d = sen d = ; sen . L L L L L m=n L m=n −L −L −L
Las fórmulas [3]-[5] también valen para desarrollar una ƒ definida inicialmente en cualquier otro intervalo [, +2L] (cambiando los límites a la integral) pues R +2L R +2L cos2 = sen2 = L .
Como en el teorema 1, la serie de [3] converge hacia ƒ () en los en los que ƒ es continua. Además se puede decir lo que sucede en los extremos −L y L (observando que la [3] define de hecho una función en todo R que es 2L-periódica). Podemos hablar también sobre la convergencia uniforme de [3] (sin demostrar nada, como en toda la sección): Suponemos que ƒ es C1 a trozos en [−L, L] y extendemos ƒ fuera de [−L, L] de forma 2L-periódica. Entonces la serie [3] con n y bn dados por [4] y [5] converge hacia ƒ () en todos los puntos en que su extensión es continua (y hacia 21 ƒ (− )+ƒ (+ ) en los puntos de discontinuidad). Teor 2. Además [3] converge uniformemente en todo intervalo cerrado que no contenga discontinuidades de la ƒ extendida. Por tanto, si ƒ es continua y ƒ (−L) = ƒ (L) entonces [3] converge uniformemente hacia ƒ en todo el intervalo [−L, L] . Las fórmulas [1] y [2] para los coeficientes de las series en senos y de las series en cosenos se pueden ver como casos particulares de [4] y [5]: Dada una ƒ inicialmente definida en [0, L] podemos extenderla de forma impar o de forma par a [−L, L]. En el primer caso es impar ƒ () cos nπ y par ƒ () sen nπ . L L nπ nπ En el segundo ƒ () cos L es par y ƒ () sen L es impar. Por tanto, n = 0 y [5] se convierte en [1] en el primero, y en el segundo bn = 0 y [4] pasa a ser [2]. [Si definiésemos la ƒ de cualquier otra forma en [−L, 0), la serie en senos y cosenos también convergería hacia ƒ () en los de (0, L) en que fuese continua].
Como consecuencia de lo anterior y del teorema 2 se tiene que: La serie de cosenos de una ƒ continua en [0, L] , con ƒ 0 continua a trozos, converge uniformemente hacia ƒ en todo el intervalo. Si ƒ satisface además que ƒ (0) = ƒ (L) = 0 la serie en senos de ƒ también converge uniformemente hacia ƒ en todo [0, L] . [Si no fuese ƒ (0) = 0 ó ƒ (L) = 0 la ƒ extendida primero de forma impar a [−L, L] y luego de forma 2L-periódica no sería continua en 0 o en L ; además está claro que todas las series en senos se anulan en 0 y L , pues lo hace cada sumando].
23
1
En particular, la serie en senos del Ej 1 no converge uniformemente hacia ƒ en [0, 1] (sí lo hace en cualquier intervalo de la forma [0, b] , b < 1 ). La serie en cosenos sí converge uniformemente en [0, 1] .
par -1
-3
0 1
impar -1
-3
3
1
0
[Aunque las series en cosenos se comporten mejor, resolviendo EDPs no podremos elegir, como ya hemos dicho, el tipo de series en que desarrollar las funciones].
3
1
-1
1 ƒ () =
Ej 2. Sea
0 , −1 ≤ ≤ 0 , 0≤≤1
.
-1
0
1
-1
0
1
Su serie en senos y cosenos está casi calculada: 1 4
+
∞ (−1)n − 1 1 X
π2
n2
n=1
cos nπ −
∞ (−1)n 1 X
π
n
n=1
sen nπ .
La suma de esta serie es 0 en (−1, 0] , en [0, 1) y 1/ 2 en −1 y 1 . En todo cerrado que no contenga estos puntos la convergencia es uniforme. Cerca de ellos la convergencia es mala y lenta. [Se produce el ‘fenómeno de Gibbs’: aparecen ’picos’ cerca de las discontinuidades].
Sngordo
S2 S0 S1
Ej 3. Hallemos otro par de desarrollos de ƒ () = , ∈ [0,1] , en las autofunciones de los o n (2n−1)π y {cos n } con tn n = 1 . r() = 1 . ejemplos 3 y 4 de 2.1: cos 2 n
cn = 2
R1 0
cos
(2n−1)π 2
〈cos n , cos n 〉 =
R1
〈, cos n 〉 =
R1
=
∞ X 2(2 cos n −1) n2 +cos2 n
0 0
d → =
∞ X
h
4(−1)n+1 π(2n−1)
−
n=1
cos2 n d =
8 π 2 (2n−1)2
1 n cos n + sen 2 2 n
cos n d =
sen n n
=
i
cos
(2n−1)π 2
n2 +cos2 n 2n2
=
.
2+n2 2 1+n2
,
n −1 + cos = 2 cos2 n −1 → 2 n
n
cos n [usando el ordenador: c1 ≈0.52 , c2 ≈–0.46 . . . ].
n=1
ƒ () = , ahora en [1, e] , en las autofunciones del Ej 6 de 2.1. R e sen2(nπ ln ) d R 1 Esta vez el peso no es 1 , sino r() = 1 . Como 1 = 0 sen2(nπs) ds = 21 , ∞ Re R1 X 2nπ 1−e(−1)n = cn sen(nπ ln ) , si cn = 2 1 sen(nπ ln ) d = 2 0 es sen(nπs) ds = . 1+n2 π 2
Ej 4. Nuevo desarrollo de
m=1
Observemos para acabar que también se pueden hacer desarrollos de Fourier en serie de autofunciones de diversos problemas de Sturm-Liouville singulares, en particular en las de los tres que vimos en la sección anterior. Ej 5. Desarrollemos una ƒ (C1 a trozos) en las autofunciones del (P10 ) de esa sección: p ∞ X y 00 + y 0 + λy = 0 (P10 ) → ƒ () = cn J0 λn , peso r() = . y acotada en = 0, y(1) = 0 m=1
p
R1
→ cn =
pues
R1 0
J20
p
0
ƒ () J0 λn d = 2 R1 p 2 J1 J0 λn d 0
λn d =
1 λn
Rp
λn
0
p2
J20 () d =
R1 λn
1 2λn
h
0
ƒ () J0
p
λn d
2 J20 ()+ J21 ()
p i λn 0
=
1 2 J 2 1
n 0 0 Jn = n Jn−1 → J1 = J0 , J00 = −J1 R R 2 2 2 → J20 d = 2 J20 + J0 J1 d = 2 J20 + 21 J1
ya que las Jn satisfacen
24
p
λn
2.3. Problemas no homogéneos; función de Green Separando variables en la ecuación de Laplace y similares aparecerán, además de problemas de Sturm-Liouville homogéneos, otros problemas de contorno con la ecuación o las condiciones no homogéneas (para calor y ondas serán de valores iniciales). Antes de dar su teoría general, veamos un ejemplo. Ej 1. Discutamos cuántas soluciones tiene La solución general es: y = c1 +c2 + (
y(1) = c1 +c2 + y(2)+by 0 (2) = c
1 − d2 6
3 6
00 y = −d y(1) = y(2)+by 0 (2) = 0
− d 2
2
2 con y 0 = c2 + 2 −d . Imponiendo datos:
(
=0
4 1 +2c2 + 3 −2d+bc2 +2b−2bd = 0
, d , b constantes.
, es decir:
c1 +c2 = d2 − 16
c1 +(2+b)c2 = 2bd+2d−2b− 43
.
Este sistema lineal tendrá solución única en c1 y c2 si el sistema homogéneo tiene sólo la solución trivial (si el determinante de los coeficientes es no nulo). Cuando el homogéneo tenga infinitas soluciones, el no homogéneo tendrá infinitas o ninguna. Por tanto, si b 6= −1 , podemos despejar de forma única c1 y c2 , y la solución queda determinada, cualquiera que sea d . Pero si b = −1 : (
c1 +c2 = d2 − 16 c1 + c2 =
2 3
, este sistema sólo tiene solución cuando
d − 16 2
= 23 ⇔ d = 35 ,
y en ese caso una de las dos constantes queda libre. Si b = −1 , d 6= 53 , no hay solución.
Veamos ya el problema general. Consideremos el problema para la ecuación no homogénea con condiciones separadas homogéneas: ¨ 0 p()y 0 + g()y = ƒ () (Pf ) , p ∈ C1 , g, ƒ ∈ C , p > 0 en [, b] . αy()−α 0 y 0 () = βy(b)+β0 y 0 (b) = 0 y llamemos (Ph ) al problema homogéneo asociado ( ƒ ≡ 0 ). Luego consideraremos condiciones de contorno no homogéneas y el caso en que la ecuación depende de un parámetro. Este teorema generaliza lo que ocurría en el ejemplo 1 de arriba: El problema (Pf ) tiene solución única si y sólo si (Ph ) tiene sólo la solución y ≡ 0 . Si (Ph ) tiene soluciones no triviales {yh } entonces Teor 1. (P ) tiene infinitas soluciones o no tiene ninguna según sea igual f Rb o distinta de cero, respectivamente, la integral: ƒ () yh () d .
1→1 ∞ ∞→ 0
Se deduce gran parte del teorema imponiendo las condiciones de contorno a la solución general de la ecuación y = c1 y1 +c2 y2 +yp , y usando las propiedades de los sistemas algebraicos. Además si hay soluciones y de (Pf ) debe ser: Rb Rb b R b ƒ yh = [py 0 ]0 +gy yh = p(yh y 0 −yyh0 ) + [pyh0 ]0 +gyh y = 0 y se prueba que esta condición necesaria es también suficiente. [La ƒ del teorema 1 es, desde luego, la de la ecuación en forma autoadjunta [py 0 ]0 +gy = ƒ ; para aplicarlo habrá, en ocasiones, que reescribir la ecuación]. Ej 1∗ . Hagamos la discusión del Ej 1, ahora utilizando el teorema. El (Ph ) para y 00 = 0 tiene sólo la solución y ≡ 0 si b 6= −1 . Y si b = −1 son soluciones yh = {1−} . 0 El (Pf ) para [y 0 ] = −d , tendrá entonces solución única si b 6= −1 , e infinitas ó 0 , R2 para b = −1 , según se anule o no la integral: 1 (−d)(1−) d = d2 − 65 ⇔ d = 53 . Si en vez de la −d concreta tuviésemos una ƒ () general, el teorema daría rápidamente: R2 infinitas =0 única solución si b 6= −1 , e , según 1 ƒ ()(1−) d 6= 0 , para b = −1 . ninguna R R Costaría bastante más concluirlo hallando la solución: c1 +c2 + 1 ƒ (s)ds− 1 sƒ (s)ds .
25
Sea ahora el problema con condiciones de contorno no homogéneas: ¨ 0 p()y 0 + g()y = ƒ () (PAB ) , p ∈ C1 , g, ƒ ∈ C, p > 0 en [, b] , αy()−α 0 y 0 () = A, βy(b)+β0 y 0 (b) = B y sea (Ph ) el homogéneo obtenido tomando ƒ () ≡ 0 , A = B = 0 (el mismo de antes). Hallando una función que satisfaga sus condiciones de contorno el (PAB ) se puede reducir a otro con condiciones homogéneas, pues el cambio = y − (gracias a la linealidad de la ecuación y las condiciones de contorno) lleva al problema: ¨ 0 0 p()0 +g() = ƒ ()− p() 0 −g() (P ) α()−α 0 0 () = 0 , β(b)+β0 0 (b) = 0 que es del tipo (Pf ) ya analizado. Deducimos, por ejemplo, que: Teor 2.
(PAB ) tiene solución única ⇔ (Ph ) tiene sólo la solución y ≡ 0
[y si (Ph ) tiene infinitas soluciones, (PAB ) puede tener infinitas o ninguna]. La idea de encontrar una que satisfaga las condiciones de contorno para convertirlas en homogéneas se utilizará en las EDPs de los próximos capítulos. Para encontrar dicha normalmente trabajaremos por tanteo. Si no es una constante, probaremos una recta; si no vale, funciones más complicadas... Está claro que aunque en (PAB ) sea ƒ () ≡ 0 , si (al menos) una condición de contorno es no homogénea, las propiedades son las típicas de uno no homogéneo. Esto es lo que ocurre en el siguiente ejemplo.
Ej 2. Discutamos cuántas soluciones tiene:
(P )
y 00 − y 0 = 0 y 0 (1)+y(1) = 0, y(2) = 1
Comenzamos analizando cuántas soluciones tiene el homogéneo: y = c1 +c2 2 →
y 0 (1)+y(1) = 2c2 +c1 +c2 = 0 [2−3]c2 = 0 → y(2) = c1 +4c2 = 0 → c1 = −4c2 %
¨
y ≡ 0 si 6= 23
y = 2 −4 si = 32
Si 6= 23 , (P ) tiene solución única. Para = 23 vemos lo que sucede directamente: ¨
y 0 (1)+ 23 y(1) = 23 [c1 +4c2 ] = 0 y(2) = c1 +4c2 = 1
→ no existe solución de (P2/ 3 ).
Aunque también podríamos (más largo) convertirlo en un (Pf ) y aplicar el teorema 1. Para ello buscamos una de la forma = M+N que satisfaga las condiciones: (
0 (1)+ 23 (1) = 13 [5M+2N] = 0 (2) = 2M+N = 1
→ = 5−2, = y− → (P )
¨
00 − 0 = −2 0 (1)+ 32 (1) = (2) = 0
h 0 i0 Escribimos la ecuación en forma autoadjunta: = − 22 y usamos el teorema 1: R2 2 − 2 [2 −4] dt 6= 0 ⇒ (P ) [y por tanto (P2/ 3 )] no tiene solución. 1
Consideremos ahora una tercera situación, el problema de S-L no homogéneo: ¨ 0 py 0 − qy + λry = ƒ () (Pλ ) αy()−α 0 y 0 () = βy(b)+β0 y 0 (b) = 0 Llamemos (Ps ) al problema separado de Sturm-Liouville homogéneo asociado (el de ƒ ≡ 0 ). Para cada valor de λ tenemos un problema de los ya vistos (con g = −q+λr ). Se tiene por tanto: (Pλ ) tiene solución única ⇔ λ no es autovalor de (Ps ). Teor 3.
Si λn es autovalor con autofunción {yn } , Rb no tiene solución 6= 0 (Pλn ) según sea ƒ yn d = 0 . tiene infinitas
26
Ej 3.
00 y + λy = 1 (P3 ) y 0 (0) = y 0 (1)−2y(1) = 0
Estudiemos, según λ , cuántas soluciones tiene.
Hallemos los λn del homogéneo. Como ββ0 < 0 podrían aparecer autovalores negativos. « c2 = c1 & λ < 0 : y = c1 ep +c2 e−p → c1 p[ep −e−p ]−2[ep +e−p ] = 0 Hay autovalor λ0 = −p20 si th p0 = p2 , con y0 = ch (p0 ) 0 Utilizando el método de Newton o uno similar: p0 ≈ 2.07, λ0 ≈ −4.27 .
λ = 0 : y = c1 + c2 →
c2 = 0 −2c1 −c2 = 0
→ λ = 0 no es autovalor.
c2 = 0 & c1 ( sen +2cos ) = 0 si tn n = − 2 , con yn = cos (n ) .
λ > 0 : y = c1 cos +c2 sen → Hay infinitos λn = n2
n
Por tanto (la ecuación está ya en forma autoadjunta): Si λ 6= λn hay solución única de (P3 ). R1 Si λ = λ0 , como 0 ch (p0 ) d 6= 0 , (P3 ) no tiene solución. R1 n = 0 , (P3 ) tampoco tiene solución.. Si λ = λn , n = 1, 2, . . . , 0 cos (n ) d = sen n
Para acabar, deduzcamos una fórmula que para cualquier ƒ () nos da la solución del (Pf ) del principio de la sección (en el caso de que sea única) en términos de integrales, conocidas las soluciones de la ecuación homogénea (algo parecido a la fórmula de variación de las constantes para problemas de valores iniciales):
Teor 4.
Supongamos que (Ph ) tiene sólo la solución y ≡ 0 y sean y1 e y2 soluciones no triviales de la ecuación homogénea [py 0 ]0 + gy = 0 que cumplen, respectivamente, αy1 ()−α 0 y10 () = 0 y βy2 (b)+β0 y20 (b) = 0 . Entonces la solución única de (Pf ) es: y() =
Rb
G(, s) ƒ (s) ds , con G(, s) =
¨ y1 (s)y2 ()
p|W|(y1 ,y2 ) y1 ()y2 (s) p|W|(y1 ,y2 )
, ≤s≤ , ≤s≤b
.
A la G(, s) se le llama función de Green del problema. Observemos que el denominador que aparece en la G es constante: 0 0 0 p(y1 y20 − y2 y10 )] = y1 [p(y20 )] − y2 [p(y10 )] = −gy1 y2 + gy2 y1 = 0 . Comprobemos que la y() de arriba cumple (Pf ). Desarrollando la integral: R b y (s) ƒ (s) R y (s) ƒ (s) R y (s) ƒ (s) 2 1 2 y() = y1 () |W|(s) ds + y2 () |W|(s) ds−y1 () |W|(s) ds = cy1 + yp p(s) p(s) p(s) Por tanto, y() es solución de la no homogénea y 00 + Además como y 0 () = y10
Rb
y2 ƒ |W| p
+ y20
R
y1 ƒ |W| p
− y10
p0 0 y p
q
+ py =
ƒ p
.
R
y2 ƒ |W| p
se tiene que: Rb y ƒ Rb y ƒ 2 1 y() = cy1 (), y 0 () = cy10 (), y(b) = ky2 (b), y 0 (b) = ky20 (b) , c = |W|p , k = |W|p Como y1 , y2 cumplen cada condición de contorno, también lo hace la y . Una vez hallada la G , dada cualquier ƒ , basta hacer un par de integraciones para encontrar la solución del problema no homogéneo (Pf ). [La idea de la función de Green se generaliza a otros problemas de EDOs y EDPs]. [Que quede claro que cada yk satisface solamente una condición (o en o en b ; ambas condiciones sólo las cumple la trivial). La ƒ y la p del teorema son, una vez más, las de la ecuación escrita en la forma [py 0 ]0 +gy = ƒ ; en muchos casos será p ≡ 1 (como en el ejemplo siguiente), pero en otros deberemos reescribir la ecuación].
27
Ej 4.
(P4 )
00 y = ƒ () y(0) = y(1) = 0
00 y =0 y(0) = y(1) = 0
sólo lo satisface y ≡ 0 .
Por tanto, (P4 ) tiene solución única. Hallemos su función de Green: La solución general de la ecuación homogénea es y = c1 + c2 . De la primera condición de contorno y(0) = c1 = 0 . Podemos tomar y1 = . De la segunda, y(1) = c1 +c2 = 0 . Elegimos y2 = −1 . Entonces: −1 s(−1) , 0 ≤ s ≤ = 1 , p() = 1 , G(, s) = (s−1) , ≤ s ≤ 1 1 1
Si, por ejemplo, ƒ () = 1 , la solución de (P3 ) viene dada por: R1 R R1 y() = 0 G(, s) 1 ds = (t −1) 0 s ds + 0 (s−1) ds =
1
0
|W|() =
x(x-1)
s
G(x,s), x fijo
1 [2 −] 2
Para resolver un problema con una ƒ dada, calcular la G puede ser un rodeo inútil. Por ejemplo, la última solución se podría obtener: y 00 = 1 → y = c1 +c2 + 12 2 →
¨
y(0) = c1 = 0 → y = 12 [2 −] como antes. y(1) = c1 +c2 + 21 = 0
Pero para cada nueva ƒ habría que volver a hallar la yp e imponer y(0) = y(1) = 0 . Las funciones de Green están muy ligadas a la ‘función’ δ , cuya definición rigurosa exige la llamada ‘teoría de las distribuciones’, pero con la que es fácil trabajar formalmente. La δ(t − ) se puede definir intuitivamente como el ‘límite’ cuando n → ∞ de ƒn (t) =
¨
1 , + n si t ∈ − 2n 0 en el resto
1 2n
! "(t–a)
a
a
Esta δ(t −) tiene las siguientes propiedades (que bastan para trabajar con ella): Rc ƒ () si ∈ [b, c] 1 δ(t −) = 0 si t 6= ; b ƒ (t)δ(t −) dt = ; 0 si ∈ / [b, c]
u a(t)
0 si t < d (t) , donde (t) es la función paso (t) = . δ(t −) = dt 1 si t ≥
0
a
Volvamos a la G . Observemos que la G(, s) del Ej 4 para fijo (o para s fijo, pues G es simétrica) es continua pero no derivable en s = y su ‘derivada’ segunda es δ(s − ) . De hecho, esto es lo que sucede en general: ¨ 0 p(s)y 0 + g(s)y = δ(s−) Teor 5. G(, s) es la solución para ∈ (, b) fijo de αy()−α 0 y 0 () = βy(b)+β0 y 0 (b) = 0 Rb La prueba es trivial: G(s, ) δ(−) d = G(s, ) = G(, s) .
Podemos hallar la G del (P4 ) siguiendo este camino más largo [pero que es el que se generaliza a las EDPs; además da una forma de hallar la G en problemas autoadjuntos para los que no es válida la fórmula del teorema 1]. Como es G00 = 0 si s 6= : c1 +c2 s , y(0) = 0 → y = c2 s , s ≤ G(s) = k1 +k2 s , y(1) = 0 → y = k2 [s−1] , s ≥ Y como G00 = δ , ha de ser continua G y su derivada tener un salto en de magnitud unidad: ¨ y(− ) = c2 = k2 [−1] = y(+ ) c2 = −1 → → k2 = y 0 (+ )−y 0 (− ) = k2 −c2 = 1 Se puede resolver de otra forma si se conoce la transformada de Laplace. Con la notación L G(s) = H(p) , para este ejemplo basta utilizar las siguientes propiedades de la L : L[G(n) (s)] = pn H(p) − pn−1 H(0) − pn−2 H0 (0) − · · · − H(n−1) (0) . −p , L−1 e−p F(p) = (s) [L−1 F](s−) . L[sn ] = pn! n+1 , L[δ(s−)] = e Llamando G0 (0) = c , y aplicando la transformada: p2 H(p)−c = e−p → H(p) =
c p2
+
e−p p2
→ G(s) = cs + (s)(s−) s(−1) , 0 ≤ s ≤ → G(1) = c+1− = 0 → G(s) = (−1)s + (s)(s−) = . s−s+s− , ≤ s ≤ 1
28
2. Problemas de contorno para EDOs Un problema de valores iniciales para una ecuación ordinaria con coeficientes continuos tenía solución única. En concreto, la solución de una ecuación lineal de segundo orden queda determinada fijando el valor de la solución y de su derivada en un punto dado. Las cosas cambian si imponemos las condiciones en los dos extremos de un intervalo [, b] . Estos problemas de contorno presentan propiedades muy diferentes. Por ejemplo, un problema tan sencillo y regular como 00 y () + y() = 0 y(0) = 0, y(π) = 0 tiene infinitas soluciones: y = C sen , con C constante arbitraria. Los problemas de contorno que nos aparecerán al utilizar el método de separación de variables del capítulo 3 dependerán de un parámetro λ . Para analizar sus propiedades convendrá escribir la ecuación de la siguiente forma: ¨ (py 0 )0 − qy + λry = 0 (P)
αy() − α 0 y 0 () = 0 βy(b) + β0 y 0 (b) = 0
Ante un problema como (P) nuestro objetivo será hallar los valores de λ para los que hay soluciones no triviales (autovalores de (P)) y esas soluciones no triviales correspondientes a cada λ (autofunciones de (P) asociadas a λ ). Observemos que y = 0 es siempre solución trivial de (P) y que, por ser lineales y homogéneas la ecuación y las condiciones de contorno, si y() es solución de (P) también lo es Cy() para cualquier C . Comenzaremos en 2.1 estudiando varios ejemplos para la ecuación y 00 +λy = 0 (la más sencilla y la que más veces aparece separando variables). En ellos existirá una sucesión infinita de autovalores y las autofunciones asociadas a λ distintos serán ortogonales entre sí. Después precisaremos para qué tipo de problemas de contorno (P) se mantienen esas propiedades. Serán los que se llaman problemas de Sturm-Liouville separados. Hablaremos también brevemente de los problemas periódicos y de los singulares. En la sección 2.2 veremos que cualquier función ƒ continua y derivable a trozos se puede escribir como una serie de autofunciones de un problema de SturmLiouville, lo que será muy útil en la resolución de EDPs. Este resultado generaliza los desarrollos de Fourier en series de senos y cosenos, cuyas propiedades básicas también veremos. Aunque la convergencia natural de estas series sea la llamada ’convergencia en media’, nosotros nos limitaremos a tratar la convergencia puntual y uniforme. Por último, en 2.3, estudiaremos problemas en que la ecuación (o alguna condición de contorno) sea no homogénea. Para ellos, ni y = 0 es solución, ni lo son los múltiplos de una solución dada. La existencia de soluciones dependerá de si existen o no soluciones no triviales del homogéneo. Tendrán solución única en el último caso, e infinitas o ninguno si el homogéneo tiene infinitas. Cuando haya solución única daremos una fórmula para las soluciones del no homogéneo en términos de la llamada función de Green. La notación en todo este capítulo será y() , pero en separación de variables las funciones de nuestros problemas de contorno serán X() , Y(y) , R(r) , Θ(θ) , . . .
15
2.1. Problemas de Sturm-Liouville homogéneos Antes de dar la teoría general, hallemos los autovalores y autofunciones de dos problemas de contorno homogéneos para la sencilla EDO lineal y 00 +λy = 0 . p Como su polinomio característico es μ2 +λ = 0 → μ = ± −λ , la solución general de la ecuación será diferente según λ sea menor, igual ó mayor que 0 .
Ej 1.
(P1 )
y 00 + λy = 0 y(0) = 0, y(π) = 0
Imponemos las condiciones de contorno en cada caso:
p Si λ < 0 la solución general es y = c1 ep + c2 e−p , con p = −λ > 0 . « y(0) = c1 + c2 = 0 → c2 = −c1 & y(π) = c1 eπp +c2 e−πp = 0 c1 [eπp −e−πp ] = 0
e!p e-!p
Por tanto c1 = c2 = 0 (pues eπp 6= e−πp si p > 0 ).
p
Ningún λ < 0 es autovalor. Si λ = 0 es y = c1 + c2 →
y(0) = c1 = 0 y(π) = c1 +c2 π = 0
→ y ≡ 0 . λ = 0 tampoco es autovalor.
p y(0) = c1 = 0 ↓ Y para λ > 0 es y = c1 cos +c2 sen , con = λ > 0 → y(π) = c2 sen π = 0 Para tener solución no trivial debe ser c2 6= 0 . p Para ello, π = π λ = nπ → λn = n2 , n = 1, 2, . . .
1
Para cada uno de estos λn hay soluciones no triviales
0
y
1
!
y2
y
3
yn = c2 sen n ≡ {sen n} . Rπ Observemos que se cumple si m 6= n : 0 sen n sen m d = 0 , h i Rπ sen(n−m) sen(n+m) π pues 12 0 cos(n−m)−cos(n+m) d = 12 − =0. n−m n+m 0
Resumiendo: (P1 ) tiene una sucesión infinita de autovalores λn = n2 , n = 1, 2, . . . . Las autofunciones yn = {sen n} asociadas a cada λn forman un espacio vectorial de dimensión 1 . La n-sima autofunción posee n−1 ceros en (0, π) . Las autofunciones distintas son ortogonales en [0, π] [respecto del producto escalar Rπ (, ) = 0 d ].
Ej 2.
(P2 )
y 00 + λy = 0 y 0 (0) = 0, y 0 (π) = 0
Imponemos estas nuevas condiciones:
λ<0 →
y 0 (0) = p[c1 − c2 ] = 0 y 0 (π) = p[c1 eπp −c2 e−πp ] = 0
λ=0 →
y 0 (0) = c2 = 0 y 0 (π) = c2 = 0
λ>0 →
y 0 (0) = c2 = 0 ↓ y 0 (π) = −c1 sen π = 0
«
→ c2 = c1 → c1 [eπp −e−πp ] = 0 → y ≡ 0 .
→ λ = 0 autovalor con autofunción y0 = c1 .
1
→ λn = n2 , yn = c1 cos n .
Los λn = n2 y las yn = {cos n} , n = 0, 1, 2, . . .
cos x
!
0 cos 2x
tienen las mismas propiedades resaltadas para el problema anterior. Por ejemplo, la autofunción que ocupa el lugar n se anula n−1 veces y sigue habiendo ortogonalidad: h i Rπ Rπ sen(n−m) sen(n+m) π cos n cos m d = 21 0 [cos(n−m)+cos(n+m)] d = 21 + n+m =0 . n−m 0 0
16
Pasemos a tratar ya el problema general. Sea la ecuación lineal de segundo orden dependiente de un parámetro real λ : y 00 + ()y 0 + b()y + λc()y = 0 , con , b, c ∈ C[, b] , c() > 0 en [, b] . La reescribimos de otra forma,Rque se suele denominar ’autoadjunta’ o ’SturmLiouville’. Multiplicando por e se tiene R R h R i0 0 e y 0 + b e y + λ c e y ≡ py 0 − qy + λry = 0 , con p ∈ C1 , q, r ∈ C , p, r > 0 . Las condiciones que más nos van a interesar son las condiciones separadas (cada una afecta a los valores de y o de y 0 sólo en uno de los extremos del intervalo): Se llama problema de Sturm-Liouville separado regular a uno del tipo: ¨ 0 [py 0 ] − qy + λry = 0 (Ps ) αy()−α 0 y 0 () = 0 , βy(b)+β0 y 0 (b) = 0 (condiciones separadas) donde p ∈ C1 [, b] , q, r ∈ C[, b] , p, r > 0 en [, b] , |α|+|α 0 | , |β|+|β0 | 6= 0 . [Las últimas condiciones lo que dicen es que α y |α 0 | , |β| y |β0 | no se anulan a la vez].
Los ejemplos 1 y 2 eran unos (Ps ). Este teorema generaliza sus propiedades: Los autovalores de (Ps ) son una sucesión infinita λ1 < λ2 < · · · < λn < · · · que tiende a ∞. Las autofunciones {yn } forman un espacio vectorial de dimensión 1 y cada yn posee exactamente n − 1 ceros en (, b) . Las autofunciones asociadas a autovalores distintos son ortogonales Teor 1. en [, b] respecto al peso r , es decir: Rb 〈yn , ym 〉 ≡ r yn ym d = 0 , si yn , ym están asociadas a λn 6= λm . Si αα 0 ≥ 0 , ββ0 ≥ 0 y q() ≥ 0 en [, b] entonces todos los λn ≥ 0 . En particular, para y() = y(b) = 0 [o sea, si α 0 = β0 = 0 ] todos los λn > 0 . No probamos la primera afirmación y la de los ceros que son difíciles. Sí el resto. β
Si y cumple (Ps ): y 0 () = αα0 y() , α 0 6= 0 ; y 0 (b) = − β0 y(b) , β0 6= 0 [y es y() = 0 , si α 0 = 0 ; y(b) = 0 , si β0 = 0]. Si y , y ∗ están asociadas al mismo λ , se deduce que dependen linealmente, pues su wronskiano se anula en (o también en b ): |W|(y, y ∗ )() = yy ∗ 0 −y 0 y ∗ = = 0 , si α 0 = 0 o si α 0 6= 0 . Sean ahora yn , ym asociadas, respectivamente, a λn y λm : « λn ryn = −[pyn0 ]0 +qyn Multiplicando por ym e yn , 0 ]0 +qy restando e integrando: λm rym = −[pym m Rb Rb 0 )0 −y (py 0 )0 d partes 0 − y y0 ) b = 0 [λn −λm ] ryn ym d = yn (pym = p(yn ym m m n n pues |W|(yn , ym ) = 0 en y en b . Por tanto, si λn 6= λm se tiene que 〈yn , ym 〉 = 0 . Si y es la autofunción asociada a λ y αα 0 ≥ 0 , ββ0 ≥ 0 , q ≥ 0 entonces Rb Rb Rb b λ ry 2 d = − y(py 0 )0 +qy 2 d = p(y 0 )2 +qy 2 d − pyy 0 ≥ 0 ⇒ λ ≥ 0 , Rb Rb pues ry 2 d > 0 ( r > 0 ) , p(y 0 )2 +qy 2 d ≥ 0 ( p > 0 , q ≥ 0 ) , −[pyy 0 ](b) =
¨ β
β0
p(b)[y(b)]2 ≥ 0 si β0 6= 0
0 si β0 = 0
,
[pyy 0 ]() =
¨ α
α0
Si y() = y(b) = 0 , y = {1} no es autofunción ⇒ y 0 ≡ 6 0 ⇒
17
p()[y()]2 ≥ 0 si α 0 6= 0
0 si α 0 = 0
Rb
p(y 0 )2 > 0 ⇒ λ > 0 .
.
Ej 3.
00 y + λy = 0 (P3 ) y 0 (0) = y(1) = 0
(casi en forma autoadjunta:
0 0 y + λy = 0 ; es r ≡ 1 ).
Tendrá las propiedades del teorema 1. Busquemos sus λn . Como αα 0 = ββ0 = 0 , q ≡ 0 , nos limitamos a los λ ≥ 0 . [Ahora ya sabemos que podíamos haber hecho esto en el ejemplo 2, y que en el 1 hubieran bastado los λ > 0 ; que conste que hay problemas con λ < 0 ]. λ = 0 : y = c1 +c2 →
y 0 (0) = c2 = 0 y(1) = c1 +c2 = 0
→ y ≡ 0 . λ = 0 no es autovalor.
λ > 0 : y = c1 cos +c2 sen . y 0 (0) = 0 → c2 = 0 → y(1) = c1 cos = 0 n o (2n−1)2 π 2 → n = 2n−1 π , λn = , yn = cos 2n−1 π , n = 1, 2, . . . 2 4 2 R1 El teorema asegura que las {yn } son ortogonales: 0 yn ym d = 0 , n 6= m (sería fácil comprobarlo), y que la autofunción n-sima (como le ocurre a las tres dibujadas) tiene n−1 ceros en (0, 1) . Ej 4.
(P4 )
Como αα 0 = 0 , ββ0 > 0 , q ≡ 0 , volvemos mirar sólo los λ ≥ 0 .
00 y + λy = 0 y 0 (0) = y 0 (1)+y(1) = 0
λ = 0 : y = c1 +c2 →
y 0 (0) = c2 = 0 y 0 (1)+y(1) = c1 +2c2 = 0
→ y ≡ 0 . λ = 0 no autovalor.
λ > 0 : y = c1 cos +c2 sen . y 0 (0) = c2 = 0 → y 0 (1)+y(1) = c1 [cos − sen ] = 0 . No podemos hallar exactamente los λn , pero tn n = 1
n
lo cumplen infinitos n (anulan el corchete infinitos n ), que sólo se pueden hallar aproximadamente. La yn para cada λn = n2 es {cos n } . Estas yn serán ortogonales.
1/w 0 w1
[La mayoría de los problemas de S-L no son resolubles, pues pocas lineales de segundo orden lo son elementalmente (las de coeficientes constantes y pocas más), y aunque lo sean puede ocurrir lo que en este ejemplo]. Ej 5.
(P5 )
00 y − 2y 0 + λy = 0 y 0 (0) = y 0 (1) = 0
→
μ2 −2μ+λ = 0 , p μ = 1± 1−λ .
!
w2
w3
w
tan w
−2 0 0 + λe−2 y = 0 e y
Sabemos que los λ ≥ 0 , pero esto no ahorra cálculos, pues y hay que mirar λ <, =, > 1 : p λ < 1 : y = c1 e(1+p) + c2 e(1−p) , y 0 = c1 (1+p) e(1+p) + c2 (1−p) e(1−p) , p = 1−λ → c1 [1+p] + c2 [1−p] = 0 c1 [1+p]e1+p +c2 [1−p]e1−p = 0
«
→ c2 (1−p)e[e−p −ep ] = 0 → p = 1 ( λ = 0 ), y0 = {1} . c +c = 0
→ y ≡ 0 . λ = 1 no autovalor. λ = 1 : y = [c1 +c2 ] e , y 0 = [c1 +c2 +c2 ] e → 1 2 c1 +2c2 = 0 p y = [c1 cos +c2 sen ] e , = λ−1 λ>1 : 0 → y 0 (0) = c1 +c2 = 0 → y = (c1 +c2 ) cos +(c2 −c1 ) sen e y 0 (1) = c2 e(1+2 ) sen = 0 → = nπ, n = 1, 2, . . . → λn = 1+n2 π 2 , yn = e [sen nπ−nπ cos nπ] , n = 1, 2, . . . Las autofunciones serán ortogonales respecto al peso r() = e−2 : R1 e− [sen nπ−nπ cos nπ] d = 0 0 R1 [sen nπ−nπ cos nπ][sen mπ−mπ cos mπ] d = 0 (m 6= n) 0 2 00 y + y 0 + λy = 0 y(1) = y(e) = 0
R
R d
0
y
+ λ = 0 . Es r() = 1 . Es problema separado regular p, r > 0 en [1, e] . p Ecuación de Euler: r(r −1)+r +λ = 0 → r = ± −λ . Basta mirar los λ > 0 : c =0 y = c1 cos( ln )+c2 sen( ln ) , c1 sen = 0 λn = n2 π 2 , yn = sen(nπ ln ) , n = 1, 2, . . .
Ej 6.
(P6 )
p() = e
=e
= →
y 0
2
Como siempre, las autofunciones son ortogonales:
18
R e sen(nπ ln ) sen(mπ ln ) d 1
= 0 , m 6= n .
Separando variables nos aparecerán también problemas de contorno como el siguiente, que no es separado, pues sus condiciones de contorno mezclan valores en los dos extremos del intervalo. En concreto, este es un problema periódico: Ej 7.
(P7 )
λ<0 →
00 y + λy = 0 y(−π) = y(π), y 0 (−π) = y 0 (π)
[Estas condiciones equivalen a pedir que y sea 2π-periódica].
« c1 [eπp −e−πp ]−c2 [eπp −e−πp ] = 0 Como el determinante de los coeficientes c1 [eπp −e−πp ]+c2 [eπp −e−πp ] = 0 πp e −e−πp e−πp −eπp πp −πp )2 6 = 0 si p > 0 , eπp −e−πp eπp −e−πp = 2(e −e
el sistema sólo tiene la solución trivial c1 = c2 = 0 . No hay autovalores negativos. c −c π = c1 +c2 π
2c2 sen π = 0 2c1 sen π = 0
«
λ = 0 → c1 = c2 2 2 λ>0 →
se satisface para c2 = 0 y cualquier c1 : y0 = c1 = {1} . → sen π = 0 → λn = n2 , n = 1, 2, . . .
Para esos λn las condiciones de contorno se cumplen para todo c1 y todo c2 . Las autofunciones son, pues: yn = c1 cos n + c2 sen n ≡ {cos n, sen n} . [Es claro que exigir simplemente que y sea 2π-periódica lleva directamente a los mismos autovalores y autofunciones]. Las propiedades de (P7 ) son algo distintas de las los problemas separados: sigue habiendo una sucesión infinita de autovalores λn = n2 , n = 1, 2, . . . tendiendo a ∞, pero las autofunciones y0 = {1} , yn = {cos n, sen n} forman, si n > 0 , un es pacio vectorial de dimensión 2. Utilizando sen cos b = 21 sen(+b)+ sen(−b) (y las relaciones ya vistas para sen sen b y cos cos b y las fórmulas del ángulo doble) se comprueba que sigue siendo cierto que autofunciones diferentes son ortogonales entre sí. Los problemas de Sturm-Liouville pueden generalizarse. En la demostración del teorema se b aprecia que lo esencial para la ortogonalidad es que p|W|(yn , ym ) = 0 ; esto sucede para otros tipos de condiciones de contorno (y para otros muchos no) además de las separadas. Por ejemplo ocurre en los llamados problemas periódicos que generalizan el (P7 ): ¨ [py 0 ]0 − qy + λry = 0 , con p() = p(b) , p ∈ C1 [, b] , q, r ∈ C[, b] , p, r > 0 en [, b] (Pp ) y() = y(b), y 0 () = y 0 (b) (condiciones periódicas) Para (Pp ) no se anula el wronskiano de dos soluciones ni en ni en b (y por eso hay espacios de autofunciones de dimensión 2), pero es claro que p|W|(yn , ym ) (b) = p|W|(yn , ym ) () . b Más en general, se llaman problemas autoadjuntos aquellos tales que p|W|(, ) = 0 para todo par de funciones , que cumplan sus condiciones de contorno. Las autofunciones de estos problemas más generales (que en libros avanzados de ecuaciones se ve que tienen propiedades similares a las de los separados) son, pues, ortogonales. Pero no nos ocupamos más de ellos, pues los problemas que nos aparecerán en el capítulo siguiente serán todos separados (o el (P7 ) de arriba). Rb 0 [El término ‘autoadjunto’ se debe a que llamando L[y] = −[py 0 ] +qy y (,) = d , se tiene que L[], = , L[] para todo par de funciones , que cumplen las condiciones de contorno: el operador L es ‘autoadjunto’ en ese conjunto de funciones]. Ej 8.
(P8 )
00 y + λy = 0 y(0) = y(π), y 0 (0) = −y 0 (π)
Se tiene
p|W|(, ) (π) = − p|W|(, ) (0) .
El problema, pues, no es autoadjunto. Operando como en el ejemplo 7 es fácil ver que las cosas son muy diferentes: cualquier λ (menor, igual o mayor que 0 ) es autovalor n n o o asociado, respectivamente, a ch p(− π2 ) , {1} ó cos (− π2 ) y en general es falso que las autofunciones asociadas a λ distintos sean ortogonales.
19
Resolviendo algunas EDPs aparecerán problemas singulares de Sturm-Liouville que no reúnen todas las condiciones de los regulares: p ó r se anulan o no son continuas en algún extremo del intervalo, el intervalo es infinito. . . Resolvamos tres de ellos (el 9 surge, por ejemplo, tratando ondas o calor en el espacio, el 10 si esas ecuaciones son en el plano y el 11 para Laplace en la esfera), en los que en uno o ambos extremos es p = 0 . En esos extremos las condiciones de contorno de un (Ps ) son demasiado fuertes para tener autovalores y autofunciones como en los regulares y se sustituyen por acotación, de forma que siga habiendo ortogonalidad, es decir, según vimos en la demostración del teorema 1, que se cumpla: 0 − y y 0 ) b = (λ − λ )〈y , y 〉 . 0 = p (yn ym m n n m n m
Ej 9.
(P9 )
R
y 00 + 2y 0 + λy = 0 y acotada en = 0, y(1) = 0
0 e = 2 y 00 + 2 y 0 +λy = 0 −→ 2 y 0 +λ2 y = 0
.
Haciendo el cambio = y la ecuación se convierte en 00 + λ = 0 → la solución general de la inicial para λ > 0 es y = c1 cos + c2 sen . y acotada → c1 = 0 ; y(1) =0 → sen = 0 → λn = n2 π 2 , n = 1, 2, . . . , yn =
sen nπ
[ortogonales, como es fácil comprobar, respecto al peso r() = 2 ]. Es fácil ver directamente que no hay λ ≤ 0 , o podemos evitar las cuentas pues la prueba de esa parte del teorema se puede adaptar a este problema singular, con lo que λ > 0 . [También se podría haber observado que las condiciones que quedan tras el cambio son (0) = 0·y(0) = 0 , (1) = 1·0 = 0 → n = {sen nπ} , y haber deshecho el cambio]. [Si hubiésemos impuesto y(0) = 0 , y(1) = 0 la única solución sería y ≡ 0 ∀λ ; las condiciones para este problema singular habrían sido demasiado fuertes].
Ej 10.
(P10 )
y 00 + y 0 + λy = 0 y acotada en = 0, y(1) = 0
0 → y 0 + λy = 0 .
p Se puede probar que λ > 0 . Haciendo el cambio de variable independiente s = λ la ecuación se convierte en la de Bessel de orden 0 : p p dy d2 y s ds2 + ds + sy = 0 → y = c1 J0 (s) + c2 K0 (s) = c1 J0 ( λ ) + c2 K0 ( λ ) La primera condición de contorno impone que c2 = 0 ( K0 no está acotada p en = 0 ). De la otra se deduce que c1 J0 ( λ ) = 0 . Así pues, los autovalores son los λ1 < λ2 <· · · cuyas raíces son los infinitos ceros de J0 están tabulados p y si n grande es λn ≈ n− 41 π . Para esos λn las autofunciones asociadas son n p o yn = J0 λn , que son ortogonales respecto al peso r() = . 0 (1−2 )y 0 + λy = 0 y acotada en = ±1
1 0.8 0.6 0.4 0.2 0
_ !" 4
8
12
16
-0.2 -0.4
¨
Ej 11.
(P11 )
La ecuación es la de Legendre si λ = p(p+1) .
Se sabe que sus únicas soluciones acotadas en 1 y −1 son los polinomios de Legendre Pn () , que aparecen cuando p = n , n = 0, 1, 2, . . . Los autovalores son λn = n(n+1) , n = 0, 1, 2, . . . y las autofunciones son los Pn , que R1 P P d = 0 si m 6= n r() = 1 . −1 n m
cumplen, como se ve en los cursos de EDOs:
20
2.2. Series de Fourier Consideremos el problema de Sturm-Liouville separado regular: ¨ 0 [py 0 ] − qy + λry = 0 (Ps ) αy()−α 0 y 0 () = 0, βy(b)+β0 y 0 (b) = 0 y sean y1 , y2 , . . . , yn , . . . sus autofunciones asociadas a los λ1 , λ2 , . . . , λn ,. . . . La importante propiedad que veremos en esta sección es que cualquier función ƒ suficientemente regular en [, b] puede ser desarrollada en serie de dichas autofunciones, es decir: ƒ () =
∞ X
cn yn ()
n=1
Supongamos que este desarrollo es válido y que la serie puede ser integrada término a término. Entonces, por ser las yn ortogonales: ∞ Rb Rb Rb X rƒ ym d = cn r yn ym d = cm r ym ym d n=1
Por tanto, si representamos el producto escalar respecto al peso r() : 〈, 〉 =
Rb
r d
debe ser
cn =
〈ƒ , yn 〉 〈yn , yn 〉
, n = 1, 2, . . .
[El r es el de la ecuación en forma autoadjunta; en la mayoría de los problemas que aparecerán separando variables en el capítulo 3 dicho peso será 1 , pero no siempre].
El problema (nada elemental) reside en precisar para qué funciones ƒ la serie con esos coeficientes (serie de Fourier de ƒ ) converge realmente hacia ƒ en [, b] . Aunque se le pueden exigir condiciones más débiles, nosotros pediremos a ƒ que sea C1 a trozos, condición que será satisfecha por las funciones que nos aparecerán en problemas prácticos. [Recordamos que ƒ es C1 a trozos en [, b] si podemos dividir el intervalo en subintervalos [, b] = [, 1 ] ∪ [1 , 2 ] ∪ · · · ∪ [n , b] de modo que: i. ƒ y ƒ 0 son continuas en cada (k , k+1 ) ,
a
x1
xn b
ii. los límites laterales de ƒ , ƒ 0 en cada k existen y son finitos].
Si ƒ es C1 a trozos en [, b] entonces su serie de Fourier: ∞ 〈ƒ , y 〉 X n
Teor 1.
n=1
〈yn , yn 〉
yn ()
converge hacia ƒ () en los ∈ (, b) en que ƒ es continua y hacia 12 ƒ (− )+ƒ (+ ) en los ∈ (, b) en que es discontinua. El teorema no dice nada sobre la convergencia en los extremos y b . La demostración es difícil y la omitimos. En lenguaje de ‘análisis funcional’, las {yn } son una ‘base de Fourier’ del espacio de funciones de dimensión infinita (similar a una base ortonormal de uno de dimensión finita). La cuestión principal es ver que la base es ‘completa’, es decir, que no hay otras funciones ortogonales a las {yn } . El espacio ‘natural’ para estudiar las series de Fourier es L2 (funciones de cuadrado integrable) y la convergencia más ligada a ellas es la ‘convergencia en media cuadrática’: 2 R b n X ck yk () d → 0 cuando n → ∞ . ƒ () −
k=1
21
Caso particular de los desarrollos en serie de Fourier son los desarrollos en series trigonométricas, que, al ser los que más utilizaremos, estudiamos con detalle. Los autovalores y autofunciones de: 00 2 2 y + λy = 0 (P1 ) son λn = nLπ2 e yn = sen nπ , n = 1, 2, . . . . L y(0) = y(L) = 0 [Es fácil verlo directamente, o también podemos hacer s = π/ L → y 00 +
L2 π2
λy = 0 , y(0) = y(π) = 0 en la variable s , que es casi el ejemplo 1 de 2.1;
también se trasladaría haciendo s = − un problema en [, b] al (P1 ) (con L = b− ), sin necesidad de estudiarlo desde el principio].
Llamaremos serie de Fourier en senos de ƒ en [0, L] al desarrollo en estas autofunciones: ƒ () =
∞ X
bn sen nπ , con bn = L
2 L
L
Z
d , n = 1, 2, ... ƒ () sen nπ L
[1]
0
n=1
Ya que el peso es r() ≡ 1 y se tiene que 〈yn , yn 〉 =
RL 0
sen nπ L
2
dt =
L 2
.
[Hemos escrito impropiamente ƒ = ; la igualdad sólo se da en los ∈ (0, L) en que ƒ es continua; en 0 y L aún no sabemos, pero pronto lo sabremos].
Para este segundo problema de contorno: 00 2 2 y + λy = 0 (P2 ) son λn = nLπ2 , yn = cos nπ , n = 0, 1, . . . yo = {1} L y 0 (0) = y 0 (L) = 0 Y se llamará serie de Fourier en cosenos de una ƒ dada en [0, L] a:
ƒ () = 2o +
∞ X
n cos nπ , con n = L
Ej 1. Sea ƒ () =
o 2
ƒ () =
RL 0
12 d = L e 〈yn , yn 〉 =
ƒ () cos nπ d , n = 0, 1, 2, ... L
[2]
RL 0
cos nπ L
2
d =
L 2
, si n ≥ 1.
en la serie para que la fórmula del n valga también para o ].
ƒ () = , ∈ [0, 1]
∞ 2 X (−1)n+1 π n n=1
L
Z
0
n=1
Pues 〈yo , yo 〉 = [Ponemos
2 L
. Desarrollémosla en senos y en cosenos:
1
0 2 sen nπ , pues bn = 2 0 sen nπ d = − nπ cos nπ , n = 1, 2, . . . R1
∞ X (−1)n −1 1 + π22 2 n2
cos nπ =
n=1
ya que o = 2
R1 0
1 2
−
∞ 4 X 1 π2 (2m−1)2
d = 1 , n = 2
1
x
cos(2m−1)π ,
m=1
R1 0
cos nπ dt = n22π 2 [cos nπ −1] , n = 1, 2, . . .
Ambas series, según el teorema 1, convergen hacia ƒ () para todo ∈ (0, 1) . Lo mismo sucedería con el desarrollo en autofunciones de cualquier otro problema de Sturm-Liouville que considerásemos. Cuando nos encontremos estas series resolviendo EDPs no tendremos la libertad de elegir en qué autofunciones desarrollar: nos las impondrá el problema.
Otras dos familias de autofunciones sencillas en las que vamos a desarrollar funciones muchas veces son las de estos problemas fáciles de resolver: 00 n o y + λy = 0 [2n−1]2 π 2 [2n−1]π con λn = 22 L2 , yn = sen , 〈yn , yn 〉 = 2L , n = 1, 2, . . . 0 2L y(0) = y (L) = 0 00 n o y + λy = 0 [2n−1]2 π 2 [2n−1]π con λn = 22 L2 , yn = cos , 〈yn , yn 〉 = 2L , n = 1, 2, . . . 0 2L y (0) = y(L) = 0 A los desarrollos en estas autofunciones los llamaremos, respectivamente, series en senos impares y en cosenos impares en [0, L].
22
La teoría de series de Fourier puede ser extendida para incluir autofunciones de problemas con condiciones periódicas. Así para: ¨ y 00 + λy = 0
(P3 )
2 2 , λn = nLπ2 , n = 0, 1, . . . , yo = {1} , yn = cos nπ , sen nπ L L
y(−L) = y(L) y 0 (−L) = y 0 (L)
se deduce la siguiente serie de Fourier en senos y cosenos en [−L, L]: ∞ X
ƒ () = 2o +
[3]
[4] [5]
n = bn =
1 L
Z
1 L
Z
+ bn sen nπ n cos nπ L L
, con coeficientes:
n=1 L
−L L −L
d , n = 0, 1, 2, ... , y ƒ () cos nπ L ƒ () sen nπ d , n = 1, 2, ... , ya que se cumple: L
RL
RL cos mπ sen nπ dt = 0 para todo m y n ; −L 12 d = 2L ; L L RL RL 0 m 6= n 0 m 6= n mπ nπ nπ mπ cos cos d = sen d = ; sen . L L L L L m=n L m=n −L −L −L
Las fórmulas [3]-[5] también valen para desarrollar una ƒ definida inicialmente en cualquier otro intervalo [, +2L] (cambiando los límites a la integral) pues R +2L R +2L cos2 = sen2 = L .
Como en el teorema 1, la serie de [3] converge hacia ƒ () en los en los que ƒ es continua. Además se puede decir lo que sucede en los extremos −L y L (observando que la [3] define de hecho una función en todo R que es 2L-periódica). Podemos hablar también sobre la convergencia uniforme de [3] (sin demostrar nada, como en toda la sección): Suponemos que ƒ es C1 a trozos en [−L, L] y extendemos ƒ fuera de [−L, L] de forma 2L-periódica. Entonces la serie [3] con n y bn dados por [4] y [5] converge hacia ƒ () en todos los puntos en que su extensión es continua (y hacia 21 ƒ (− )+ƒ (+ ) en los puntos de discontinuidad). Teor 2. Además [3] converge uniformemente en todo intervalo cerrado que no contenga discontinuidades de la ƒ extendida. Por tanto, si ƒ es continua y ƒ (−L) = ƒ (L) entonces [3] converge uniformemente hacia ƒ en todo el intervalo [−L, L] . Las fórmulas [1] y [2] para los coeficientes de las series en senos y de las series en cosenos se pueden ver como casos particulares de [4] y [5]: Dada una ƒ inicialmente definida en [0, L] podemos extenderla de forma impar o de forma par a [−L, L]. En el primer caso es impar ƒ () cos nπ y par ƒ () sen nπ . L L nπ nπ En el segundo ƒ () cos L es par y ƒ () sen L es impar. Por tanto, n = 0 y [5] se convierte en [1] en el primero, y en el segundo bn = 0 y [4] pasa a ser [2]. [Si definiésemos la ƒ de cualquier otra forma en [−L, 0), la serie en senos y cosenos también convergería hacia ƒ () en los de (0, L) en que fuese continua].
Como consecuencia de lo anterior y del teorema 2 se tiene que: La serie de cosenos de una ƒ continua en [0, L] , con ƒ 0 continua a trozos, converge uniformemente hacia ƒ en todo el intervalo. Si ƒ satisface además que ƒ (0) = ƒ (L) = 0 la serie en senos de ƒ también converge uniformemente hacia ƒ en todo [0, L] . [Si no fuese ƒ (0) = 0 ó ƒ (L) = 0 la ƒ extendida primero de forma impar a [−L, L] y luego de forma 2L-periódica no sería continua en 0 o en L ; además está claro que todas las series en senos se anulan en 0 y L , pues lo hace cada sumando].
23
1
En particular, la serie en senos del Ej 1 no converge uniformemente hacia ƒ en [0, 1] (sí lo hace en cualquier intervalo de la forma [0, b] , b < 1 ). La serie en cosenos sí converge uniformemente en [0, 1] .
par -1
-3
0 1
impar -1
-3
3
1
0
[Aunque las series en cosenos se comporten mejor, resolviendo EDPs no podremos elegir, como ya hemos dicho, el tipo de series en que desarrollar las funciones].
3
1
-1
1 ƒ () =
Ej 2. Sea
0 , −1 ≤ ≤ 0 , 0≤≤1
.
-1
0
1
-1
0
1
Su serie en senos y cosenos está casi calculada: 1 4
+
∞ (−1)n − 1 1 X
π2
n2
n=1
cos nπ −
∞ (−1)n 1 X
π
n
n=1
sen nπ .
La suma de esta serie es 0 en (−1, 0] , en [0, 1) y 1/ 2 en −1 y 1 . En todo cerrado que no contenga estos puntos la convergencia es uniforme. Cerca de ellos la convergencia es mala y lenta. [Se produce el ‘fenómeno de Gibbs’: aparecen ’picos’ cerca de las discontinuidades].
Sngordo
S2 S0 S1
Ej 3. Hallemos otro par de desarrollos de ƒ () = , ∈ [0,1] , en las autofunciones de los o n (2n−1)π y {cos n } con tn n = 1 . r() = 1 . ejemplos 3 y 4 de 2.1: cos 2 n
cn = 2
R1 0
cos
(2n−1)π 2
〈cos n , cos n 〉 =
R1
〈, cos n 〉 =
R1
=
∞ X 2(2 cos n −1) n2 +cos2 n
0 0
d → =
∞ X
h
4(−1)n+1 π(2n−1)
−
n=1
cos2 n d =
8 π 2 (2n−1)2
1 n cos n + sen 2 2 n
cos n d =
sen n n
=
i
cos
(2n−1)π 2
n2 +cos2 n 2n2
=
.
2+n2 2 1+n2
,
n −1 + cos = 2 cos2 n −1 → 2 n
n
cos n [usando el ordenador: c1 ≈0.52 , c2 ≈–0.46 . . . ].
n=1
ƒ () = , ahora en [1, e] , en las autofunciones del Ej 6 de 2.1. R e sen2(nπ ln ) d R 1 Esta vez el peso no es 1 , sino r() = 1 . Como 1 = 0 sen2(nπs) ds = 21 , ∞ Re R1 X 2nπ 1−e(−1)n = cn sen(nπ ln ) , si cn = 2 1 sen(nπ ln ) d = 2 0 es sen(nπs) ds = . 1+n2 π 2
Ej 4. Nuevo desarrollo de
m=1
Observemos para acabar que también se pueden hacer desarrollos de Fourier en serie de autofunciones de diversos problemas de Sturm-Liouville singulares, en particular en las de los tres que vimos en la sección anterior. Ej 5. Desarrollemos una ƒ (C1 a trozos) en las autofunciones del (P10 ) de esa sección: p ∞ X y 00 + y 0 + λy = 0 (P10 ) → ƒ () = cn J0 λn , peso r() = . y acotada en = 0, y(1) = 0 m=1
p
R1
→ cn =
pues
R1 0
J20
p
0
ƒ () J0 λn d = 2 R1 p 2 J1 J0 λn d 0
λn d =
1 λn
Rp
λn
0
p2
J20 () d =
R1 λn
1 2λn
h
0
ƒ () J0
p
λn d
2 J20 ()+ J21 ()
p i λn 0
=
1 2 J 2 1
n 0 0 Jn = n Jn−1 → J1 = J0 , J00 = −J1 R R 2 2 2 → J20 d = 2 J20 + J0 J1 d = 2 J20 + 21 J1
ya que las Jn satisfacen
24
p
λn
2.3. Problemas no homogéneos; función de Green Separando variables en la ecuación de Laplace y similares aparecerán, además de problemas de Sturm-Liouville homogéneos, otros problemas de contorno con la ecuación o las condiciones no homogéneas (para calor y ondas serán de valores iniciales). Antes de dar su teoría general, veamos un ejemplo. Ej 1. Discutamos cuántas soluciones tiene La solución general es: y = c1 +c2 + (
y(1) = c1 +c2 + y(2)+by 0 (2) = c
1 − d2 6
3 6
00 y = −d y(1) = y(2)+by 0 (2) = 0
− d 2
2
2 con y 0 = c2 + 2 −d . Imponiendo datos:
(
=0
4 1 +2c2 + 3 −2d+bc2 +2b−2bd = 0
, d , b constantes.
, es decir:
c1 +c2 = d2 − 16
c1 +(2+b)c2 = 2bd+2d−2b− 43
.
Este sistema lineal tendrá solución única en c1 y c2 si el sistema homogéneo tiene sólo la solución trivial (si el determinante de los coeficientes es no nulo). Cuando el homogéneo tenga infinitas soluciones, el no homogéneo tendrá infinitas o ninguna. Por tanto, si b 6= −1 , podemos despejar de forma única c1 y c2 , y la solución queda determinada, cualquiera que sea d . Pero si b = −1 : (
c1 +c2 = d2 − 16 c1 + c2 =
2 3
, este sistema sólo tiene solución cuando
d − 16 2
= 23 ⇔ d = 35 ,
y en ese caso una de las dos constantes queda libre. Si b = −1 , d 6= 53 , no hay solución.
Veamos ya el problema general. Consideremos el problema para la ecuación no homogénea con condiciones separadas homogéneas: ¨ 0 p()y 0 + g()y = ƒ () (Pf ) , p ∈ C1 , g, ƒ ∈ C , p > 0 en [, b] . αy()−α 0 y 0 () = βy(b)+β0 y 0 (b) = 0 y llamemos (Ph ) al problema homogéneo asociado ( ƒ ≡ 0 ). Luego consideraremos condiciones de contorno no homogéneas y el caso en que la ecuación depende de un parámetro. Este teorema generaliza lo que ocurría en el ejemplo 1 de arriba: El problema (Pf ) tiene solución única si y sólo si (Ph ) tiene sólo la solución y ≡ 0 . Si (Ph ) tiene soluciones no triviales {yh } entonces Teor 1. (P ) tiene infinitas soluciones o no tiene ninguna según sea igual f Rb o distinta de cero, respectivamente, la integral: ƒ () yh () d .
1→1 ∞ ∞→ 0
Se deduce gran parte del teorema imponiendo las condiciones de contorno a la solución general de la ecuación y = c1 y1 +c2 y2 +yp , y usando las propiedades de los sistemas algebraicos. Además si hay soluciones y de (Pf ) debe ser: Rb Rb b R b ƒ yh = [py 0 ]0 +gy yh = p(yh y 0 −yyh0 ) + [pyh0 ]0 +gyh y = 0 y se prueba que esta condición necesaria es también suficiente. [La ƒ del teorema 1 es, desde luego, la de la ecuación en forma autoadjunta [py 0 ]0 +gy = ƒ ; para aplicarlo habrá, en ocasiones, que reescribir la ecuación]. Ej 1∗ . Hagamos la discusión del Ej 1, ahora utilizando el teorema. El (Ph ) para y 00 = 0 tiene sólo la solución y ≡ 0 si b 6= −1 . Y si b = −1 son soluciones yh = {1−} . 0 El (Pf ) para [y 0 ] = −d , tendrá entonces solución única si b 6= −1 , e infinitas ó 0 , R2 para b = −1 , según se anule o no la integral: 1 (−d)(1−) d = d2 − 65 ⇔ d = 53 . Si en vez de la −d concreta tuviésemos una ƒ () general, el teorema daría rápidamente: R2 infinitas =0 única solución si b 6= −1 , e , según 1 ƒ ()(1−) d 6= 0 , para b = −1 . ninguna R R Costaría bastante más concluirlo hallando la solución: c1 +c2 + 1 ƒ (s)ds− 1 sƒ (s)ds .
25
Sea ahora el problema con condiciones de contorno no homogéneas: ¨ 0 p()y 0 + g()y = ƒ () (PAB ) , p ∈ C1 , g, ƒ ∈ C, p > 0 en [, b] , αy()−α 0 y 0 () = A, βy(b)+β0 y 0 (b) = B y sea (Ph ) el homogéneo obtenido tomando ƒ () ≡ 0 , A = B = 0 (el mismo de antes). Hallando una función que satisfaga sus condiciones de contorno el (PAB ) se puede reducir a otro con condiciones homogéneas, pues el cambio = y − (gracias a la linealidad de la ecuación y las condiciones de contorno) lleva al problema: ¨ 0 0 p()0 +g() = ƒ ()− p() 0 −g() (P ) α()−α 0 0 () = 0 , β(b)+β0 0 (b) = 0 que es del tipo (Pf ) ya analizado. Deducimos, por ejemplo, que: Teor 2.
(PAB ) tiene solución única ⇔ (Ph ) tiene sólo la solución y ≡ 0
[y si (Ph ) tiene infinitas soluciones, (PAB ) puede tener infinitas o ninguna]. La idea de encontrar una que satisfaga las condiciones de contorno para convertirlas en homogéneas se utilizará en las EDPs de los próximos capítulos. Para encontrar dicha normalmente trabajaremos por tanteo. Si no es una constante, probaremos una recta; si no vale, funciones más complicadas... Está claro que aunque en (PAB ) sea ƒ () ≡ 0 , si (al menos) una condición de contorno es no homogénea, las propiedades son las típicas de uno no homogéneo. Esto es lo que ocurre en el siguiente ejemplo.
Ej 2. Discutamos cuántas soluciones tiene:
(P )
y 00 − y 0 = 0 y 0 (1)+y(1) = 0, y(2) = 1
Comenzamos analizando cuántas soluciones tiene el homogéneo: y = c1 +c2 2 →
y 0 (1)+y(1) = 2c2 +c1 +c2 = 0 [2−3]c2 = 0 → y(2) = c1 +4c2 = 0 → c1 = −4c2 %
¨
y ≡ 0 si 6= 23
y = 2 −4 si = 32
Si 6= 23 , (P ) tiene solución única. Para = 23 vemos lo que sucede directamente: ¨
y 0 (1)+ 23 y(1) = 23 [c1 +4c2 ] = 0 y(2) = c1 +4c2 = 1
→ no existe solución de (P2/ 3 ).
Aunque también podríamos (más largo) convertirlo en un (Pf ) y aplicar el teorema 1. Para ello buscamos una de la forma = M+N que satisfaga las condiciones: (
0 (1)+ 23 (1) = 13 [5M+2N] = 0 (2) = 2M+N = 1
→ = 5−2, = y− → (P )
¨
00 − 0 = −2 0 (1)+ 32 (1) = (2) = 0
h 0 i0 Escribimos la ecuación en forma autoadjunta: = − 22 y usamos el teorema 1: R2 2 − 2 [2 −4] dt 6= 0 ⇒ (P ) [y por tanto (P2/ 3 )] no tiene solución. 1
Consideremos ahora una tercera situación, el problema de S-L no homogéneo: ¨ 0 py 0 − qy + λry = ƒ () (Pλ ) αy()−α 0 y 0 () = βy(b)+β0 y 0 (b) = 0 Llamemos (Ps ) al problema separado de Sturm-Liouville homogéneo asociado (el de ƒ ≡ 0 ). Para cada valor de λ tenemos un problema de los ya vistos (con g = −q+λr ). Se tiene por tanto: (Pλ ) tiene solución única ⇔ λ no es autovalor de (Ps ). Teor 3.
Si λn es autovalor con autofunción {yn } , Rb no tiene solución 6= 0 (Pλn ) según sea ƒ yn d = 0 . tiene infinitas
26
Ej 3.
00 y + λy = 1 (P3 ) y 0 (0) = y 0 (1)−2y(1) = 0
Estudiemos, según λ , cuántas soluciones tiene.
Hallemos los λn del homogéneo. Como ββ0 < 0 podrían aparecer autovalores negativos. « c2 = c1 & λ < 0 : y = c1 ep +c2 e−p → c1 p[ep −e−p ]−2[ep +e−p ] = 0 Hay autovalor λ0 = −p20 si th p0 = p2 , con y0 = ch (p0 ) 0 Utilizando el método de Newton o uno similar: p0 ≈ 2.07, λ0 ≈ −4.27 .
λ = 0 : y = c1 + c2 →
c2 = 0 −2c1 −c2 = 0
→ λ = 0 no es autovalor.
c2 = 0 & c1 ( sen +2cos ) = 0 si tn n = − 2 , con yn = cos (n ) .
λ > 0 : y = c1 cos +c2 sen → Hay infinitos λn = n2
n
Por tanto (la ecuación está ya en forma autoadjunta): Si λ 6= λn hay solución única de (P3 ). R1 Si λ = λ0 , como 0 ch (p0 ) d 6= 0 , (P3 ) no tiene solución. R1 n = 0 , (P3 ) tampoco tiene solución.. Si λ = λn , n = 1, 2, . . . , 0 cos (n ) d = sen n
Para acabar, deduzcamos una fórmula que para cualquier ƒ () nos da la solución del (Pf ) del principio de la sección (en el caso de que sea única) en términos de integrales, conocidas las soluciones de la ecuación homogénea (algo parecido a la fórmula de variación de las constantes para problemas de valores iniciales):
Teor 4.
Supongamos que (Ph ) tiene sólo la solución y ≡ 0 y sean y1 e y2 soluciones no triviales de la ecuación homogénea [py 0 ]0 + gy = 0 que cumplen, respectivamente, αy1 ()−α 0 y10 () = 0 y βy2 (b)+β0 y20 (b) = 0 . Entonces la solución única de (Pf ) es: y() =
Rb
G(, s) ƒ (s) ds , con G(, s) =
¨ y1 (s)y2 ()
p|W|(y1 ,y2 ) y1 ()y2 (s) p|W|(y1 ,y2 )
, ≤s≤ , ≤s≤b
.
A la G(, s) se le llama función de Green del problema. Observemos que el denominador que aparece en la G es constante: 0 0 0 p(y1 y20 − y2 y10 )] = y1 [p(y20 )] − y2 [p(y10 )] = −gy1 y2 + gy2 y1 = 0 . Comprobemos que la y() de arriba cumple (Pf ). Desarrollando la integral: R b y (s) ƒ (s) R y (s) ƒ (s) R y (s) ƒ (s) 2 1 2 y() = y1 () |W|(s) ds + y2 () |W|(s) ds−y1 () |W|(s) ds = cy1 + yp p(s) p(s) p(s) Por tanto, y() es solución de la no homogénea y 00 + Además como y 0 () = y10
Rb
y2 ƒ |W| p
+ y20
R
y1 ƒ |W| p
− y10
p0 0 y p
q
+ py =
ƒ p
.
R
y2 ƒ |W| p
se tiene que: Rb y ƒ Rb y ƒ 2 1 y() = cy1 (), y 0 () = cy10 (), y(b) = ky2 (b), y 0 (b) = ky20 (b) , c = |W|p , k = |W|p Como y1 , y2 cumplen cada condición de contorno, también lo hace la y . Una vez hallada la G , dada cualquier ƒ , basta hacer un par de integraciones para encontrar la solución del problema no homogéneo (Pf ). [La idea de la función de Green se generaliza a otros problemas de EDOs y EDPs]. [Que quede claro que cada yk satisface solamente una condición (o en o en b ; ambas condiciones sólo las cumple la trivial). La ƒ y la p del teorema son, una vez más, las de la ecuación escrita en la forma [py 0 ]0 +gy = ƒ ; en muchos casos será p ≡ 1 (como en el ejemplo siguiente), pero en otros deberemos reescribir la ecuación].
27
Ej 4.
(P4 )
00 y = ƒ () y(0) = y(1) = 0
00 y =0 y(0) = y(1) = 0
sólo lo satisface y ≡ 0 .
Por tanto, (P4 ) tiene solución única. Hallemos su función de Green: La solución general de la ecuación homogénea es y = c1 + c2 . De la primera condición de contorno y(0) = c1 = 0 . Podemos tomar y1 = . De la segunda, y(1) = c1 +c2 = 0 . Elegimos y2 = −1 . Entonces: −1 s(−1) , 0 ≤ s ≤ = 1 , p() = 1 , G(, s) = (s−1) , ≤ s ≤ 1 1 1
Si, por ejemplo, ƒ () = 1 , la solución de (P3 ) viene dada por: R1 R R1 y() = 0 G(, s) 1 ds = (t −1) 0 s ds + 0 (s−1) ds =
1
0
|W|() =
x(x-1)
s
G(x,s), x fijo
1 [2 −] 2
Para resolver un problema con una ƒ dada, calcular la G puede ser un rodeo inútil. Por ejemplo, la última solución se podría obtener: y 00 = 1 → y = c1 +c2 + 12 2 →
¨
y(0) = c1 = 0 → y = 12 [2 −] como antes. y(1) = c1 +c2 + 21 = 0
Pero para cada nueva ƒ habría que volver a hallar la yp e imponer y(0) = y(1) = 0 . Las funciones de Green están muy ligadas a la ‘función’ δ , cuya definición rigurosa exige la llamada ‘teoría de las distribuciones’, pero con la que es fácil trabajar formalmente. La δ(t − ) se puede definir intuitivamente como el ‘límite’ cuando n → ∞ de ƒn (t) =
¨
1 , + n si t ∈ − 2n 0 en el resto
1 2n
! "(t–a)
a
a
Esta δ(t −) tiene las siguientes propiedades (que bastan para trabajar con ella): Rc ƒ () si ∈ [b, c] 1 δ(t −) = 0 si t 6= ; b ƒ (t)δ(t −) dt = ; 0 si ∈ / [b, c]
u a(t)
0 si t < d (t) , donde (t) es la función paso (t) = . δ(t −) = dt 1 si t ≥
0
a
Volvamos a la G . Observemos que la G(, s) del Ej 4 para fijo (o para s fijo, pues G es simétrica) es continua pero no derivable en s = y su ‘derivada’ segunda es δ(s − ) . De hecho, esto es lo que sucede en general: ¨ 0 p(s)y 0 + g(s)y = δ(s−) Teor 5. G(, s) es la solución para ∈ (, b) fijo de αy()−α 0 y 0 () = βy(b)+β0 y 0 (b) = 0 Rb La prueba es trivial: G(s, ) δ(−) d = G(s, ) = G(, s) .
Podemos hallar la G del (P4 ) siguiendo este camino más largo [pero que es el que se generaliza a las EDPs; además da una forma de hallar la G en problemas autoadjuntos para los que no es válida la fórmula del teorema 1]. Como es G00 = 0 si s 6= : c1 +c2 s , y(0) = 0 → y = c2 s , s ≤ G(s) = k1 +k2 s , y(1) = 0 → y = k2 [s−1] , s ≥ Y como G00 = δ , ha de ser continua G y su derivada tener un salto en de magnitud unidad: ¨ y(− ) = c2 = k2 [−1] = y(+ ) c2 = −1 → → k2 = y 0 (+ )−y 0 (− ) = k2 −c2 = 1 Se puede resolver de otra forma si se conoce la transformada de Laplace. Con la notación L G(s) = H(p) , para este ejemplo basta utilizar las siguientes propiedades de la L : L[G(n) (s)] = pn H(p) − pn−1 H(0) − pn−2 H0 (0) − · · · − H(n−1) (0) . −p , L−1 e−p F(p) = (s) [L−1 F](s−) . L[sn ] = pn! n+1 , L[δ(s−)] = e Llamando G0 (0) = c , y aplicando la transformada: p2 H(p)−c = e−p → H(p) =
c p2
+
e−p p2
→ G(s) = cs + (s)(s−) s(−1) , 0 ≤ s ≤ → G(1) = c+1− = 0 → G(s) = (−1)s + (s)(s−) = . s−s+s− , ≤ s ≤ 1
28
3. Separación de variables El capítulo está dedicado a uno de los más viejos métodos de resolución de EDPs lineales (método de separación de variables) que nos permitirá hallar la solución (en forma de serie de Fourier) de gran parte de los problemas clásicos planteados en el capítulo 1, en concreto de los planteado en un intervalo finito en una de las variables. Resolveremos la ecuación del calor con diferentes condiciones de contorno, la de la cuerda acotada (que volveremos a ver en 4.1), la de Laplace en un rectángulo y en un círculo,... Ello será posible porque las ecuaciones serán ‘separables’ y los dominios que consideraremos son simples, pero hay muchos problemas no resolubles por este método. En la sección 3.1 resolveremos varios problemas para las ecuaciones del calor y de ondas en dos variables. Comenzaremos tratando los problemas homogéneos (aquellos en que son homogéneas ecuación y condiciones de contorno; si estas no lo son, haremos un cambio de variable). Básicamente esta será la técnica utilizada: buscaremos soluciones de la EDP que sean productos de funciones de cada varia ble (, t) = X()T(t) y que cumplan todas las condiciones homogéneas; obtendremos infinitas soluciones de ese tipo resolviendo un problema de P Sturm-Liouville y otra EDO; construiremos una serie a partir de ellas (, t) = cn Xn ()Tn (t) , cuyos coeficientes cn se fijarán imponiendo las condiciones iniciales aún no utilizadas (bastará para ello desarrollar funciones dadas en serie de autofunciones del problema de Sturm-Liouville citado). La presencia de series en el proceso anterior exigiría justificar las cuestiones relativas a su convergencia, pero nosotros no entraremos en ello. Pasaremos después a abordar los problemas no homogéneos, buscando también una serie solución. Probaremos en la ecuación una serie cuyos términos serán productos de las autofunciones del problema homogéneo por funciones a determinar de la otra variable. Resolviendo la familia infinita resultante de EDOs lineales no homogéneas con las condiciones que se deducen de las condiciones iniciales, se obtendrá la solución (formal) del problema. En 3.2 utilizaremos la separación de variables para resolver problemas para la ecuación de Laplace (homogénea y no homogénea) tanto en coordenadas rectangulares como en polares y tanto para problemas de Dirichlet, como de Neumann, como mixtos. En cartesianas el problema de Sturm-Liouville a resolver será en o en y según convenga, pero en polares será en la θ (preferible al de la ecuación de Euler que aparecería para la r ). Las condiciones adicionales a imponer a la otra variable serán aquí de contorno. De las soluciones en forma de serie deduciremos fórmulas como la integral de Poisson, que da la solución del problema de Dirichlet en el círculo (otra forma de llegar a ella la veremos en 3.4). En la sección 3.3 extenderemos el método de separación de variables a algunos problemas para ecuaciones en tres variables. La técnica será muy parecida una vez definidas las series de Fourier dobles. Simplemente habrá que resolver dos (en vez de uno) problemas de Sturm-Liouville. Veremos ejemplos en que aparecen de forma natural los polinomios de Legendre y las funciones de Bessel. En 3.4 generalizaremos las funciones de Green, vistas en 2.3 tratando problemas de contorno para EDOs no homogéneas, para resolver Laplace en recintos sencillos (forma alternativa a la separación de variables). Seguiremos un camino poco formal (utilizando la delta de Dirac como si fuera una función) que abrevia los cálculos. Utilizaremos el llamado método de las imágenes, introduciendo el concepto de solución fundamental (función tal que Δ = δ ) que es básico en estudios más avanzados de EDPs.
29
3.1. Separación de variables para calor y ondas Consideremos varios problemas para la ecuación del calor. En el primero suponemos que los extremos de la varilla se mantienen a 0 grados y que los datos iniciales vienen dados por una ƒ que es C1 a trozos en [0, L]: ¨ − k = 0 , ∈ (0, L), t > 0 t [P1 ] (, 0) = ƒ () (0, t) = (L, t) = 0
Sea
[1] [2] [3]
Busquemos soluciones de la forma (, t) = X() T(t) . Debe ser entonces: X 00
T0
XT 0 −kX 00 T = 0 , es decir, X = kT
mejor que
kX 00 X
0
= TT
.
Como el primer miembro es función sólo de y el segundo lo es sólo de t ambos deben ser iguales a una constante: 1 T0 X 00 = k T = −λ (ponemos −λ para que nos quede la ecuación habitual). X
Así obtenemos una EDO para X() y otra para T(t) :
X 00 + λX = 0 T 0 + λkT = 0
[4] . [5]
El producto de una solución de [4] por una de [5] es entonces una solución de [1], cualquiera que sea λ . Sin embargo, nos interesan sólo las soluciones que satisfacen las condiciones de contorno: (0, t) = X(0) T(t) = 0 ⇒ X(0) = 0 (si fuese T(t) ≡ 0 tendríamos ≡ 0 y no se cumpliría la condición inicial). Análogamente, debe ser X(L) = 0 . Nos interesan, pues, las soluciones (no triviales) del problema de Sturm-Liouville: 00 X + λX = 0 n2 π 2 , n = 1, 2, . . . . → λn = 2 , Xn = sen nπ L L X(0) = X(L) = 0 [Si el intervalo para la fuese no acotado, no saldría un problema de contorno de los de 2.1; se acudiría entonces a la transformada de Fourier de 3.3].
Llevando estos valores de λ a la ecuación [5] obtenemos: n o 2 2 2 2 2 T 0 = − knL2π T → Tn = e−kn π t/ L . Hemos deducido hasta ahora que para cada n las funciones o n 2 2 2 , n = 1, 2, . . . n (, t) = e−kn π t/ L sen nπ L son soluciones de [1] que satisfacen también las condiciones de contorno [3]. Por la linealidad de la ecuación y de las condiciones, sabemos que una combinación lineal finita de estas n también cumple [1] y [3]. Pero consideremos la serie infinita: (, t) =
∞ X
cn n (, t) =
n=1
∞ X
cn e−kn
2 π 2 t/ L2
sen nπ L
[6]
n=1
y supongamos que converge y que satisface tambien [1] y [3]. Si queremos que además se cumpla la condición inicial [2] debe ser: ∞ X n=1
cn sen nπ = ƒ () ⇒ L
cn =
2 L
RL 0
ƒ () sen nπ d , n = 1, 2, ... L
[7]
pues la serie es precisamente la serie de Fourier en senos en [0, L] de ƒ .
30
Tenemos una posible solución de [P1 ]: la serie [6] con coeficientes dados por [7]. Pero esta solución es sólo formal mientras no se pruebe que la convergencia de la serie es suficientemente buena para asegurar que realmente cumple el problema (una suma infinita de funciones derivables podría ser no derivable). Si ƒ es C1 a trozos, se puede probar que converge en [0, L]×(0, ∞) y que t y se pueden calcular derivando término a término (y así se satisface la ecuación). De hecho, se ve que la definida por la serie es C∞ en (0, L) × (0, ∞) . En = 0 y = L está claro que la se anula. Y la condición inicial se satisface en el siguiente sentido: la (, t) definida por la serie para t > 0 y por (, 0) = ƒ () es una función continua salvo en los puntos de t = 0 en que la ƒ es discontinua. [Aunque ƒ sea discontinua, la solución es C∞ para t > 0 arbitrariamente pequeño: a diferencia de lo que ocurrirá con las ondas, las discontinuidades desaparecen aquí instantáneamente].
Como cada n → 0 y es buena la convergencia, se tiene: (, t) −→ 0 ∀ ∈ [0, L] t→∞
t→∞
(la barra tiende a ponerse a 0 grados, como era de esperar). Suponemos ahora que las condiciones de contorno son no homogéneas: ¨ − k = 0 , ∈ (0, L), t > 0 t [P2 ] (, 0) = ƒ () (0, t) = T1 , (L, t) = T2 , T1 , T2 constantes
Comenzaremos haciendo las condiciones de contorno homogéneas.
Una () que las satisface es la recta: = T1 + (T2 −T1 ) L . Haciendo = − , nuestro problema se convierte en otro como el [P1 ]: ¨ −k = 0 , ∈ (0, L), t > 0 t
(, 0) = ƒ () − () (0, t) = (L, t) = 0
(, t) = T1 + (T2 −T1 ) L +
∞ X
.
cn e−kn
Por tanto:
2 π 2 t/ L2
sen nπ L
= +,
n=1
con cn =
2 L
RLh 0
i d , n = 1, 2, . . . ƒ ()−T1 −(T2 −T1 ) L sen nπ L
Esta () tiene un significado físico claro: como → 0 cuando t → ∞ , () es la distribución estacionaria de temperaturas hacia la que tienden las temperaturas en la varilla, independientemente de las condiciones iniciales. [Si T1 y T2 fuesen funciones de t , la (, t) definida arriba seguiría cumpliendo las condiciones de contorno, pero la ecuación para la obtenida haciendo el cambio sería no homogénea, es decir, del tipo de las que vamos a resolver a continuación; dicha , función de t , pierde además su significado físico]. [Si separásemos variables directamente en [P2 ] llegaríamos a X(0) T(t) = T1 (y otra análoga para = L ), expresión de la que no deduciríamos nada].
Ej 1.
u(x,0) distr. estac.
¨ − = 0 , ∈ (0, 1), t > 0 t (, 0) = 1 (0, t) = 1 , (1, t) = 0
Operando se llega a: (, t) = 1− +
1 w(x,0)
∞ 2 X (−1)n+1 π n
e−n
2
π2 t
sen(nπ)
n=1
y la distribución estacionaria hacia la que tiende es () = 1− . [No nos importa que para t = 0 sea incoherente el dato inicial con el de contorno en = 1 ; la solución será, como hemos dicho, una función continua para t > 0 y para el cálculo de las integrales el valor en un punto no influye].
31
Veamos ahora cómo resolver el problema no homogéneo: ¨ − k = F(, t) , ∈ (0, π), t > 0 t [P3 ] (, 0) = ƒ () (0, t) = (π, t) = 0 (Tomamos L = π para abreviar las expresiones, pero no se pierde generalidad pues un sencillo cambio de variable lleva [0, L] a [0, π ] ).
Aunque no es necesario, descomponemos [P3 ] en dos subproblemas [P1 ] y [PF ], el primero con F = 0 (ya resuelto) y el otro con ƒ = 0 : ¨ − k = F(, t) , ∈ (0, π), t > 0 t [PF ] (, 0) = 0 (0, t) = (π, t) = 0
Las autofunciones del [P1 ] eran {sen n} , n = 1, 2, . . . Probamos en [PF ] la siguiente serie que ya satisface las condiciones de contorno (y que está relacionada con la ecuación): F (, t) =
∞ X
con las Tn (t) funciones a determinar.
Tn (t) sen n
n=1 2
[Si tomásemos Tn = cn e−kn t , funciones que aparecieron resolviendo [P1 ], la satisfaría la ecuación con F ≡ 0 ; debemos darle más libertad a las Tn para conseguir al meter la serie en la ecuación una F ≡ 6 0 ]. Suponiendo que la serie se puede derivar término a término: ∞ X
Tn0 (t) + kn2 Tn (t) sen n = F(, t) =
Bn (t) =
Bn (t) sen n
n=1
n=1
con
∞ X
2 π
Rπ 0
F(, t) sen n d
(desarrollo de F en senos para t fijo).
Entonces para cada n debe ser: Tn0 + kn2 Tn = Bn (t) . Y del dato inicial: F (, 0) =
∞ X
Tn (0) sen n = 0 deducimos Tn (0) = 0 .
n=1
Resolviendo la EDO lineal para Tn con este dato inicial (utilizando la fórmula de variación de las constantes con datos iniciales; para una F concreta a lo mejor hay métodos más rápidos) hallamos la Tn y por tanto: F (, t) =
∞ X
hZ t
n=1
0
e−kn
2 (t−s)
i Bn (s) ds sen n
Serie que es solución formal de [PF ] (como siempre faltaría comprobar que es solución de verdad, que es realmente lo que sucede si la F es decente). La solución de [P3 ] (por la linealidad de la ecuación y las condiciones iniciales y de contorno) será la suma de F y de la serie solución de [P1 ] que obtuvimos anteriormente. [Si hubiésemos abordado directamente la búsqueda de la solución de [P2 ] sin descomponerlo en dos, la única diferencia sería que las condiciones iniciales Tn (0) , en vez de ser 0 , serían los coeficientes del desarrollo en senos de ƒ () , es decir, deberíamos resolver los problemas de valores iniciales ¨ Rπ Tn0 + kn2 Tn = Bn (t) , con cn = 0 ƒ () sen n d ]. Tn (0) = cn [Si las condiciones de contorno de [P3 ] fuesen no homogéneas empezaríamos como en [P2 ] con un cambio = − para conseguir que lo fuesen].
32
Resolvemos ahora el problema homogéneo para la varilla con extremos aislados: ¨ − k = 0 , ∈ (0, L), t > 0 t [P4 ] (, 0) = ƒ () (0, t) = (L, t) = 0
Separando variables (es la misma ecuación) aparecen, claro, las mismas EDOs del problema [P1 ]. Pero ahora cambian las condiciones de contorno de la X : 00 2 2 X + λX = 0 X0 = {1} . → λn = nLπ2 , n = 0, 1, 2, . . . , Xn = cos nπ L X 0 (0) = X 0 (L) = 0 2 2 2 Para estos valores de λ se tienen las Tn = e−kn π t/ L T0 = {1} . (, t) =
Así pues, probamos la serie:
co
+
2
∞ X
cn e−kn
2 π 2 t/ L2
cos nπ L
n=1
Queremos que se satisfaga la condición inicial: (, 0) =
co 2
+
∞ X
cn cos nπ = ƒ () . L
n=1
Los cn desconocidos serán los coeficientes de la serie de Fourier en cosenos de ƒ : cn =
2 L
RL 0
d , n = 0, 1, 2, . . . ƒ () cos nπ L
Observemos que de nuevo la solución se puede interpretar como la suma de una distribución de temperaturas estacionaria [ co / 2 ] y una distribución transitoria que tiende a 0 cuando t → ∞ . Era esperable que toda la varilla (aislada) tendiese a la misma temperatura y que esta fuese el valor medio de las temperaturas iniciales: RL co = 1L 0 ƒ () d 2 Si las condiciones de contorno hubiesen sido (0, t) = F0 , (L, t) = FL (flujo constante dado en los extremos), no se puede encontrar una () que sea una recta (en general) y, al hacer = − , la ecuación en que resulta es no homogénea. Para resolver un problema no homogéneo con estas condiciones en la , probaríamos la serie construida con las autofunciones que hemos hallado: F (, t) = T0 (t) +
∞ X
Tn (t) cos nπ , L
n=1
y resolveríamos las EDOs que surgirían, con los datos iniciales deducidas del dato inicial de la EDP.
Ej 2.
Tanteando con = A2 +B obtenemos que = 2 cumple las condiciones de contorno.
¨ − = 0 , ∈ (0, 1), t > 0 t (, 0) = 0 (0, t) = 0 , (1, t) = 2
Y haciendo = −2 se tiene el problema:
¨ t − = 2 ∞ ∞ X X (, 0) = −2 → = T0 (t)+ Tn (t) cos nπ → T00 + [Tn0 +n2 π 2 Tn ] cos nπ = 2 n=1 n=1 (0, t) = (1, t) = 0 [función que ya está desarrollada en cosenos]. ∞ ∞ R1 X X Como: T0 (0) + Tn (0) cos nπ = −2 = − 31 + n cos nπ , con n = −2 0 2 cos nπ d , n=1
n=1
¨
integrando y resolviendo:
T00
=2
¨
T0 (0) = − 31
(, t) = 2t + 2 −
1 3
,
−
Tn0 +n2 π 2 Tn = 0 Tn (0) = cn
n ∞ 4 X (−1) 2 π2 n n=1
e−n
2
π2 t
, se llega a cos nπ
[ → ∞ pues por el extremo derecho estamos constantemente metiendo calor: su flujo va en sentido opuesto al gradiente de temperaturas].
33
En el quinto problema para la ecuación del calor que tratamos la condición de = 0 representa la radiación libre hacia un medio a 0 grados (el flujo de calor es proporcional a la temperatura en = 0 ; si es positiva el calor sale y entra si es negativa). En = 1 fijamos el flujo de calor que entra en la varilla (al ser > 0 el flujo es hacia la izquierda). t − k = 0 , ∈ (0, 1), t > 0 (, 0) = ƒ () [P5 ] (0, t)−(0, t) = 0, > 0 (1, t) = 1 Vimos en 1.3 que tiene solución única. Para resolverlo lo primero, como siempre, es conseguir condiciones de contorno homogéneas. Tanteando con rectas = M+N , se llega a que = + 1 las satisface. ¨ t − k = 0 =− →
(, 0) = ƒ () − − 1 (0, t)−(0, t) = (1, t) = 0
Separando variables se llega a T 0 +λkT = 0 y al problema de contorno: 00 X + λX = 0 que sabemos que no tiene autovalores < 0 . X 0 (0)−X(0) = X 0 (1) = 0 c2 −c1 = 0 → λ = 0 no autovalor. c2 = 0 p c2 −c1 = 0 Si λ > 0 : X = c1 cos +c2 sen , = λ → c2 cos −c1 sen = 0
Si λ = 0 : X = c1 +c2 →
→ c2 = c1
→ c1 ( cos − sen ) = 0 → tn = .
tan w
Esta ecuación transcendente no se puede resolver pero está claro que hay infinitos λn = n2 > 0 (aproximables numéricamente).
0 w1
Las autofunciones se podrían poner: n o cos n + sen n ,
!
a/w w3
w2
w4
n
pero quedan más compactas en la forma: Xn = cos n (−1) . ∞ X
Yendo a la ecuación en T : Tn = e−λn kt → =
cn e−λn kt Xn () .
n=1
Imponiendo el dato inicial se determinan los cn [son aproximados al serlo los λn ]: ∞ X
4
n cn Xn () = ƒ ()−− 1 → cn = 2 +sen 2n n n=1
pues
R1 0
Xn ()
2
d =
1 2
+
1 4n
h
sen 2n (−1)
R 1h
i1 0
0
ƒ () − −
(, t) = (, t) + +
→ +
1
cuando t → ∞
[la temperatura final de la varilla, como era esperable, es menor cuanto mayor sea el , es decir, cuanto más fuertemente irradie su extremo].
34
i
Xn () d ,
.
Sí es calculable exactamente la distribución estacionaria hacia la que tienden las temperaturas en la varilla: 1
1
x + 1aa
crece
0
1
Dos ejemplos más de separación de variables para el calor (o similar). El primero nos sirve para reflexionar sobre los cambios que hacen las condiciones de contorno homogéneas (siempre necesario) y en el otro vemos que se puede aplicar el método en otras ecuaciones separables (y no sólo en la del calor).
Ej 3.
¨ t − = 0 , ∈ (0, π), t > 0 (, 0) = 1 (0, t) = 0, (π, t) = e−t
Una que cumple las condiciones de contorno salta a la vista: (t) = e−t . Haciendo = + :
t − = e−t (, 0) = (0, t) = (π, t) = 0
[problema no homogéneo].
Necesitamos conocer las autofunciones de homogéneo para saber qué tipo de solución probar. Ya sabemos que al separar variables en el calor aparece X 00 +λX = 0 (además de T 0 +λT = 0 que ahora mismo no nos importa). Esto, unido a las condiciones que salen de los datos de contorno X 0 (0) = X(π) = 0 (problema conocido en 2.2), nos lleva a: i ∞ ∞ h X X (2n−1) (2n−1)2 (2n−1) (, t) = Tn (t) cos → Tn0 + Tn cos = e−t → 2 4 2 n=1
(
n=1
(2n−1) Tn0 + 4
2
Tn = Bn
e−t
Tn (0) = 0 (del dato inicial)
, con Bn = π2
Rπ 0
cos
(2n−1) 2
d =
4(−1)n+1 π(2n−1)
.
Resolvemos la EDO lineal mediante coeficientes indeterminados: Tnp = Ae−t → h i Tn(0)=0 2 2 16(−1)n+1 4Bn e−t Tn = Ce−(2n−1) t/ 4 + (2n−1) −→ Tn (t) = π(2n−3)(2n−1)(2n+1) e−t −e−(2n−1) t/ 4 . 2 −4 ¿Podríamos encontrar una mejor que no estropee la homogeneidad de la ecuación? Buscamos (, t) que también la satisfaga. Al separar variables se ve que ∀A, B es solución: = e−t (A cos +B sen ) . Imponiendo a esta los datos de contorno: ¨ − =0 t = −e−t cos −→
=+
(, t) =
∞ X
cn e−(2n−1)
n=1
cn = π2
Rπ 0
2
(, 0) = 1+cos (0, t) = (π, t) = 0
t/ 4 cos (2n−1) 2
(1+cos ) cos
[problema homogéneo y, por tanto, más sencillo]
→ (, 0) =
∞ X
cn cos
n=1
(2n−1) 2
d = π2
h
2(−1)n+1 2n−1
(2n−1) 2
(−1)n
→
= 1+cos →
(−1)n
+ 2n+1 + 2n−3
i
.
[Evidentemente se podría ver que ambas soluciones coinciden].
Ej 4.
¨ − +2 = 0 , ∈ 0, π , t > 0 t 2 (, 0) = cos 5 (0, t) = (π/ 2, t) = 0
[El término +2 representa una pérdida de calor al medio a lo largo de la varilla].
Separando variables: (, t) = X()T(t) →
X 00 X
0
= TT +2 = −λ
h
damos el 2 i → mejor a la T
(0, t) = X 0 (0)T(t) = 0 → X 0 (0) = 0 X 00 + λX = 0 y de los datos de contorno: T 0 +(2+λ)T = 0 π2 , t = X π2 T(t) = 0 → X π2 = 0 ¨ 00 X + λX = 0 → λn = (2n−1)2 , n = 1, 2, . . . , Xn = cos(2n−1) X 0 (0) = X π2 = 0 o n 2 → T 0 = −(2+λn ) T → Tn = e− 2+(2n−1) t
Probamos pues: (, t) =
∞ X
cn e−
2+(2n−1)2 t
cos(2n−1) .
n=1
Y, por el dato inicial: (, 0) =
∞ X
cn cos(2n−1) = cos 5 → c3 = 1 y los otros 0 .
n=1
Así pues: (, t) = e−27t cos 5 . [Muy parecido a como lo probamos para el calor, se ve que esta solución es única; o bien, haciendo = e−2t se obtiene un problema para la ecuación del calor con esos mismos datos, problema cuya unicidad ya demostramos].
35
Resolvamos el problema para la cuerda vibrante con extremos fijos (en 4.1 lo resolveremos extendiendo los datos y aplicando la fórmula de D’Alembert): ¨ − c2 = 0 , ∈ [0, L], t ∈ R tt [P6 ] (, 0) = ƒ (), t (, 0) = g() (0, t) = (L, t) = 0
Separando variables = X()T(t) e imponiendo los datos de contorno obtenemos: ¨ 2 2 X 00 1 T 00 X 00 + λX = 0 , X(0) = X(L) = 0 → λn = nLπ2 , Xn = sen nπ L = = −λ → X c2 T T 00 + λc2 T = 0 n = 1, 2, . . . Las Tn correspondientes son combinaciones lineales de sen nπct y cos nπct . L L h i Así, funciones de la forma: n (, t) = kn cos nπct + cn sen nπct sen nπ , n = 1, 2, . . . L L L satisfacen la EDP y las condiciones de contorno. Probamos, pues: i ∞ h X (, t) = + cn sen nπct sen nπ kn cos nπct L L L n=1
con kn y cn constantes. Para que se cumplan las condiciones iniciales: ∞ RL X kn sen nπ = ƒ () → kn = 2L 0 ƒ () sen nπ d , n = 1, 2, ... (, 0) = L L n=1
y suponiendo que la serie se puede derivar término a término: ∞ RL X nπc 2 t (, 0) = cn sen nπ = g() → cn = nπc g() sen nπ d , n = 1, 2, ... L L L 0 n=1
pues
nπc cn L
son los coeficientes del desarrollo de g en senos.
Tenemos una solución, formal en principio, aunque se prueba que las series convergen y satisfacen realmente el problema si ƒ y g cumplen las condiciones que pediremos en 4.1: si sus extensiones impares respecto a 0 y L son C2 y C1 , respectivamente (si ƒ ó g no son tan regulares la serie solución representará lo que llamaremos una solución débil; en las ondas no desaparecen las discontinuidades). Para algunas cuestiones (valores concretos, dibujos, ... ) será mejor usar D’Alembert, pero se ven mejor otras propiedades en la serie. Por ejemplo, como cada n es 2L/ cperiódica en t , tambien tiene este periodo. Observemos además que la solución aparece como combinación infinita de ‘modos naturales de vibración’ [ sen(nπ/ L) ] cada uno de los cuales vibra con una frecuencia nπc/ L (‘frecuencias naturales’ de la cuerda). En términos acústicos 1 da el tono fundamental (su frecuencia es πc/ L ) y los demás son los ‘armónicos’ (de frecuencia múltiplo de la anterior). ¨
Ej 5.
tt − = , ∈ [0, π], t ∈ R (, 0) = t (, 0) = (0, t) = (π, t) = 0
→ (, t) =
∞ X
Tn (t) sen n
n=1
Esta serie ya se anula en = 0 y = π . Además debe cumplirse: Rπ 2[−1]n+1 Tn0 + n2 Tn = π2 0 sen n d = → Tn = c1 cos nt + c2 sen nt + n (, 0) = t (, 0) = 0 → Tn (0) = Tn0 (0) = 0 → (, t) = 2
∞ X [−1]n+1
n3
2[−1]n+1 n3
.
[1−cos nt] sen n .
n=1
De otra forma: podríamos conseguir un problema homogéneo hallando una solución de la ecuación () que cumpla las condiciones de contorno: (0)=(π)=0 −→ = 31 π 2 −3 . − 00 = → = c1 +c2 − 13 3 Con = − , acabamos en [P6 ], con ƒ () = 31 3 −π 2 y g() = 0 . [Se podrían imponer otros tipos de condiciones de contorno (como las del calor) a la cuerda vibrante (y se resolverían los problemas separando variables). La condición = 0 significa que el extremo de la cuerda se mueve con libertad verticalmente y − = 0 ó +b = 0 indican que el extremo está unido por un muelle al punto de anclaje].
36
Hasta ahora la EDO del problema de Sturm-Liouville siempre ha sido X 00 +λX = 0 , y, por eso, las series de Fourier eran todas con peso r() = 1 . Pero para otras EDPs similares a calor y ondas, o para estas ecuaciones en el plano o el espacio y coordenadas no cartesianas, surgen otras ecuaciones ordinarias y es necesario manejar la teoría más general del capítulo 2. Los problemas en más variables se verán en 3.3, pero podemos resolver ya alguno si se reduce a uno de 2 variables. Por ejemplo, la ecuación de ondas tt − c2 Δ = 0 en recintos esféricos lleva, en general, a una EDP en 4 variables (el tiempo t y las variables esféricas r , θ , ϕ ), cuyas soluciones quedarían determinadas (como en la recta) fijando unos datos de contorno y un par de condiciones iniciales. Pero si buscamos sólo sus soluciones independientes de los ángulos aparece la ecuación de ondas en el espacio con simetría radial (en 2 variables). En concreto, vamos a resolver aquí el siguiente problema homogéneo (vibraciones entre dos superficies esféricas):
2
tt −rr − r r = 0, 1 ≤ r ≤ 2, t ∈ R [P7 ] (r, 0) = ƒ (r) , t (r, 0) = g(r)
(1, t) = (2, t) = 0
0
R00 + 2R T 00 r Separando variables: (r, t) = R(r)T(t) → = T = −λ → R
rR00 +2R0 +λrR = 0 T 00 + λT = 0
Las condiciones de contorno imponen: R(1) = R(2) = 0 . Vimos la ecuación de R en 2.2 (allí asociada a un problema singular, aquí es regular pues estamos en el intervalo [1, 2] ). Se resolvía haciendo el cambio de variable: S = rR→
00 λn = n2 π 2 , n = 1, 2, . . . r=s+1 S00 + λS = 0 S + λS = 0 → Rn = senrnπr → → S(1) = S(2) = 0 S(0) = S(1) = 0 Sn = {sen nπs}
Y para esos valores de λ las soluciones para T son Tn = {cos nπt, sen nπt} . =
Probamos, pues:
∞ X
kn cos nπt + cn sen nπt
sen nπr
.
r
n=1
Las condiciones iniciales imponen:
∞ X
kn senrnπr = ƒ (r) y
n=1
∞ X
nπcn senrnπr = g(r) .
n=1
Para hallar los coeficientes del desarrollo de una función en las autofunciones Rn (r) 0 debemos utilizar el peso del problema de Sturm-Liouville: r 2 R0 + λr 2 R = 0 . R2 R2 2 Como 〈Rn , Rn 〉 = 1 r 2 senr 2nπr dr = 12 y 〈 ƒ , Rn 〉 = 1 r 2 ƒ (r) senrnπr dr , concluimos que: kn = 2
R2 1
r ƒ (r) sen nπr dr
2 cn = nπ
y
R2 1
r g(r) sen nπr dr .
Evidentemente se llegaría a lo mismo (aquí es mucho más corto, pero otras veces no podremos hacer estos atajos) observando que las condiciones deducidas de las iniciales se podrían haber reescrito así: ∞ X
kn sen nπr = rƒ (r) y
n=1
∞ X
nπcn sen nπr = rg(r) .
n=1
De hecho, todo el problema se hubiera simplificado notablemente si hubiéramos utilizado inicialmente el cambio de variable que sugieren los cálculos anteriores: ¨ − = 0 tt rr = r → (r, 0) = rƒ (r), t (r, 0) = rg(r) , problema casi igual al de la página anterior. (1, t) = (2, t) = 0
[Las ondas en plano con simetría radial satisfacen tt −rr − 1r r = 0 y la ecuación en R es rR00 +R0 +λrR = 0 , que (lo vimos en 2.2) está asociada a las funciones de Bessel].
37
3.2. Separación de variables para Laplace Resolvamos utilizando el método de separación de variables diversos problemas para la ecuación de Laplace en recintos especialmente simples. Comenzamos por el problema de Dirichlet en un rectángulo, es decir: b
Δ = F(, y) , en (0, )×(0, b) [P1 ] (, 0) = ƒo (), (, b) = ƒb () (0, y) = go (y), (, y) = g (y)
f (x) b
ga(y)
g (y) o
0
fo(x)
a
Por ser lineales la ecuación y las condiciones, basta resolver los 5 subproblemas que se obtienen al hacer 4 de las 5 funciones que aparecen igual a 0 y sumar las 5 soluciones (de hecho, se puede descomponer en menos o hacer cambios que anulen alguno de los términos no homogéneos). Comencemos resolviendo, por ejemplo, uno de los 4 problemas para la ecuación homogénea: (, y) = X()Y(y) → X 00 Y +XY 00 = 0 → 00 00 00 X +λX = 0 − XX = YY = λ → Y 00 −λY = 0
¨ Δ = 0 , en (0, )×(0, b) (, 0) = ƒo () (, b) = (0, y) = (, y) = 0
De (0, y) = (, y) = 0 se deduce que X(0) = X() = 0 , con lo que el problema de contorno para la X tiene solución no trivial si o n 2 2 , n = 1, 2, . . . . λn = nπ2 , Xn = sen nπ Para esos λn es Yn = c1 enπy/ +c2 e−nπy/ . La condición homogénea aún no aplicada (, b) = 0 impone Y(b) = 0 . Nos interesan las Yn que la cumplen: n o nπ[b−y] c2 = −c1 e2nπb/ → Yn = c1 enπb/ enπ[y−b]/ −enπ[b−y]/ → Yn = sh Probamos entonces:
(, y) =
∞ X
cn sh
nπ[b−y]
sen nπ
n=1
Para satisfacer la condición de contorno no homogénea que falta: ∞ R X (, 0) = cn sh nπb sen nπ = ƒo () → cn sh nπb = 2 0 ƒo () sen nπ d n=1
Análogamente se resuelven los otros 3 subproblemas con F ≡ 0 de [P1 ]. En uno de ellos volvemos a tener las Xn de antes, y en los otros dos es Y (con condiciones nπy de contorno homogéneas) la que proporciona las autofunciones Yn = sen b . [Los papeles de X e Y son intercambiables. En calor y ondas el problema de contorno siempre era para la X (las condiciones de T eran inciales). Para Laplace en polares, aunque tanto R como Θ tendrán condiciones de contorno, la EDO de la Θ será más sencilla y la elegiremos siempre para obtener las autofunciones].
Para resolver el último subproblema, el de la ecuación no homogénea: Δ = F(, y) , en (0, )×(0, b) (, 0) = (, b) = (0, y) = (, y) = 0 como siempre se prueba una serie de autofunciones. Aquí hay dos posibilidades [elegiremos la que dé un desarrollo más fácil para F ]: (, y) =
∞ X
Yn (y) sen nπ
ó
n=1
(, y) =
∞ X
Xn () sen
nπy b
n=1
[No olvidemos que con un cambio = − , o resolviendo menos subproblemas se puede llegar antes la solución; lo único necesario para empezar con separación de variables es que sea = 0 en = 0, ó en y = 0, b ].
38
Siguiendo con Laplace en cartesianas, resolvemos un problema de Neumann. Suponemos la ecuación no homogénea, pero con condiciones de contorno homogéneas (si no lo fuesen, procederíamos de forma similar al problema anterior).
[P2 ]
Δ = F(, y) , en (0, π)×(0, π) y (, 0) = y (, π) = (0, y) = (π, y) = 0
Separando variables en la ecuación homogénea llegamos, desde luego, a las mismas ecuaciones que en [P1 ]: X 00 +λX = 0 , Y 00 −λY = 0 . Las condiciones de contorno obligan a que X 0 (0) = X 0 (π) = 0 , Y 0 (0) = Y 0 (π) = 0 . Para este problema tenemos, pues, dos familias de autofunciones {cos n} ó {cos ny} , n = 0, 1, . . . y podemos elegir cualquiera de ella para nuestra serie. Por ejemplo: (, y) = X0 () +
∞ X
Xn () cos ny
→
n=1
X000 +
∞ X
[Xn00 −n2 Xn ] cos ny =
n=1
B0 () 2
∞ X
+
Bn () cos ny , Bn () = π2
Rπ 0
n=1
F(, y) cos ny dy
Debemos resolver los infinitos problemas de contorno para EDOs: Rπ X000 = 21 B0 = π1 0 F(, y) dy ; Xn00 −n2 Xn = Bn , n ≥ 1 ; con Xn0 (0) = Xn0 (π) = 0 . Las Xn con n ≥ 1 quedan determinadas de forma única (el problema homogéneo, como sabemos desde 2.1, tiene sólo la solución trivial). Pero X000 = 0 , X00 (0) = X00 (π) = 0 tiene soluciones no triviales {1} , con lo que, Rπ según 2.3, para que haya solución para X0 es necesario que sea 0 1·B0 () d = 0 . Es decir, [P2 ] tiene solución sólo si
R πR π 0 0
F(, y) d dy = 0 .
Y en ese caso tiene infinitas que difieren en una constante. Todo esto es coherente con lo que sabíamos sobre Neumann desde 1.3. Ej 1. Calculemos la solución en el caso particular en que El problema sólo tiene solución si Entonces nos queda X000 = − π2
RR
F(, y) = −
F = 0 , es decir, si =
π 2
.
.
por suerte, la F ya está desarrollada en {cos ny} .
Por la misma razón los Bn , y por tanto los Xn , son nulos si n ≥ 1 . Integrando e imponiendo X00 (0) = X00 (π) = 0 obtenemos
(, y) =
1 3 6
−
π 2 4
+C
.
h ∞ X Si resolvemos probando = Yn (y) cos n hay que desarrollar en serie. Lo hacemos, n=0
aunque aquí sea una pérdida de tiempo. Los coeficientes de F = − π2 en cos n son: ¨ R 0 , si n = 0, 2, 4, . . . 2 π π Bn = π 0 − 2 cos n d = 4 − πn 2 , si n = 1, 3, . . . Y000 +
∞ X
[Yn00 −n2 Yn ] cos n =
∞ X
B2m−1 cos(2m−1) →
m=1
n=1
¨ 00 Y0 = 0
Y00 (0) = Y00 (π) = 0
→ Y0 = C ;
¨ 00 Y2m −4m2 Y2m = 0
0 (0) = Y 0 (π) = 0 Y2m 2m
¨ 00 Y2m−1 − (2m−1)2 Y2m−1 = B2m−1 0 0 Y2m−1 (0) = Y2m−1 (π) = 0
→ = C+
4 π
∞ X cos(2m−1) m=1
(2m−1)
4
→ Y2m = 0 ;
B
2m−1 → Y2m−1 = − (2m−1) 2
i , que (salvo constante) es el desarrollo de la de arriba .
39
Dos ejemplos más en cartesianas. El primero para Laplace con condiciones mixtas (parte Dirichlet, parte Neumann). Ya dijimos en 1.3 que todos ellos tienen solución única. ¨
Ej 2. ¨
+ yy = 0 , (, y) ∈ (0, 1)×(0, π) (, 0) = y (, π) = (0, y) = 0 , (1, y) = 1
Y 00 +λY = 0 , Y(0) = Y 0 (π) = 0 → λn = X 00 −λX = 0 , X(0) = 0
= X()Y(y) →
2n−1 2 2
n , Yn = sen
(2n−1)y 2
n Para esos λ es X = c1 e(2n−1)/ 2 +c2 e−(2n−1)/ 2 −→ Xn = sh X(0)=0
Probamos (, y) =
∞ X
o
.
(2n−1) 2
o
.
cn Xn ()Yn (y) . Imponiendo el dato (1, y) = 1 que falta:
n=1
cn sh
2n−1 2
=
2 π
Rπ
(, y) =
0
sen
∞ X
(2n−1)y 2
4 π(2n−1) sh
n=1
(2n−1)π 4 1−cos π(2n−1) 2
dy = sh
2n−1 2
(2n−1) 2
sen
(2n−1)y 2
→
.
Si nos gustan más las condiciones de contorno para podemos hacerlas homogéneas con un cambio de variable: ¨ + =0 yy (, 0) = − , y (, π) = 0 → (0, y) = (1, y) = 0
= , = − →
¨
X 00 +λX = 0 , X(0) = X(1) = 0 → λn = n2 π 2 , Xn = {sen nπ} , Yn = ch[nπ(π −y)] . Y 00 −λY = 0 , Y 0 (π) = 0 =
∞ X
kn Xn ()Yn (y) →
n=1
∞ X n=1
2 kn Xn (0)Yn (y) = − → kn = − ch[nπ 2]
→ (, y) = +
∞ X n=1
2(−1)n πn ch[nπ 2 ]
R1 0
sen nπ d
ch[nπ(π −y)] sen nπ
[que es otra expresión de la misma solución única]. En todos los problemas que hemos resuelto en este capítulo (excepto los de Neumann) la solución era única (todos eran problemas ‘físicos’). Pero no olvidemos que la unicidad en EDPs es complicada, y que un problema nuevo del que no se ha demostrado la unicidad podría no tenerla. Eso pasa en el siguiente ejemplo (para una ecuación de ‘Helmholtz’ muy asociada a los problemas de más de dos variables):
Ej 3.
Δ+ = 0 , (, y) ∈ (0, π)× − y , − π4 = y , π4 = 0
π π , 4 4
Como es ecuación nueva, separamos variables desde el principio: = XY →
(0, y) = 0 , (π, y) = sen 2y
X 00 X
00
+1 = − YY = λ →
00 00 n s=y+ π4 o Y + λY = 0 Y + λY = 0 −→ → λn = 4n2 , Yn = cos 2n y+ π4 , n = 0, 1, . . . π π π 0 0 0 0 Y − 4 =Y 4 =0 Y (0) = Y 2 = 0
p X 00 + (1−λn )X = 0 , X(0) = 0 → X0 = {sen } y Xn = sh 4n2−1 si n ≥ 1 . (, y) = c0 sen +
∞ X n=1
cn sh
p
4n2−1
cos 2ny+ nπ 2
=π
Tiene, por tanto, infinitas soluciones: = C sen +
= sen 2y →
p sh( 3 ) p sh( 3 π)
c0 indeterminado p c1 sh 3π = 1 cn = 0 , n > 1
sen 2y .
Evidentemente no se podrá demostrar la unicidad haciendo uso de la fórmula de Green. Operando como en 1.3, si 1 y 2 son soluciones del problema, su diferencia satisface: ¨ Δ+ = 0 RR RR RR = 1 −2 → • = • = 0 → D Δ+2 = D 2 − D ||∇||2 = 0 ?? •=•=0
40
Para resolver los problemas en círculos nos interesa expresar el Laplaciano en polares ( = r cos θ , y = r sen θ ). Como, r = cos θ+y sen θ ; rr = cos2 θ+2y sen θ cos θ+yy sen2 θ θθ = r 2 sen2 θ−2y r 2 sen θ cos θ+yy r 2 cos2 θ− rcos θ−y rsen θ
→
Δ = rr + rr + θθ r2 Resolvamos el problema de Dirichlet homogéneo en un círculo: Δ = 0 , en r < R [P3 ] (R, θ) = ƒ (θ) , θ ∈ [0, 2π) r 2 R00 +rR0 R
(r, θ) = R(r)Θ(θ) →
00
= − ΘΘ = λ →
R
Θ00 +λΘ = 0 r 2 R00 +rR0 −λR = 0
f(!)
Parece que no hay condiciones para la Θ , pero está claro que la solución (r, θ) debe ser 2π-periódica en θ , es decir, debe ser Θ(0) = Θ(2π) , Θ0 (0) = Θ0 (2π) . Este problema de Sturm-Liouville periódico tiene por autovalores y autofunciones: λn = n2 , n = 0, 1, 2, . . . , Θ0 (θ) = 1 , Θn (θ) = cos nθ, sen nθ . Las soluciones correspondientes de R son (ecuaciones de Euler): R0 (r) = c1 +c2 ln r y Rn (r) = c1 r n +c2 r −n si n ≥ 1 . Parece lógico imponer por argumentos físicos que la solución debe permanecer acotada cuando r → 0 (matemáticamente la solución también debe estarlo si debe ser de clase 2), así que debe ser c2 = 0 en ambos casos. Por tanto, probamos soluciones de la forma: (r, θ) = (R, θ) =
Debe ser: n =
1 πRn
Z
2π
o 2
+
∞ X
o 2
+
∞ X
r n n cos nθ + bn sen nθ
n=1
Rn n cos nθ + bn sen nθ = ƒ (θ) , θ ∈ [0, 2π) →
n=1
ƒ (θ) cos nθ dθ , n = 0, 1, . . . , bn =
1 πRn
0
2π
Z
ƒ (θ) sen nθ dθ , n = 1, 2, . . .
0
Sustituyendo estos coeficientes en la serie y operando formalmente: i Z 2π h ∞ X 1 rn (r, θ) = 1+2 cos n(θ−ϕ) ƒ (ϕ) dϕ Rn 2π
0
n=1
Vamos a sumar la serie: 1+2
∞ X r n cos nα
Rn
= 1+
∞ X n=1
n=1
∞ reα n X re−α n + = R R
n=1
α
−α
re re 1+ R−re α + R−re−α =
R2 −r 2 R2 +r 2 −2Rr cos α
.
Por tanto, la solución de [P3 ] se puede expresar: (r, θ) =
R2 − r 2 2π
Z
2π 0
ƒ (ϕ) dϕ R2 − 2Rr cos(θ − ϕ) + r 2
fórmula integral de Poisson
Haciendo aquí r = 0 (o mirando la serie) deducimos que
(0, θ) =
1 2π
R 2π 0
ƒ (ϕ) dϕ
:
si Δ = 0 , el valor de en el centro de un círculo es el valor medio de sobre la frontera. Como en otros casos habría que probar que la dada por la serie (o por la integral) es realmente la solución de [P3 ]. Se demuestra que si ƒ es continua a trozos, la tiene infinitas derivadas en r < R (aunque en el borde sea discontinua), que en ese abierto satisface Δ = 0 y que alcanza el valor de contorno con continuidad en los θ en que ƒ es continua (y sigue habiendo unicidad, cosa que vimos en 1.3 sólo si ƒ era continua). [La situación es totalmente análoga para [P1 ], Dirchlet en rectángulo].
41
Vamos con el problema de Dirichlet no homogéneo en el círculo. En vez de tratarlo en general, resolvemos un problema concreto. ¨
[P4 ]
1
rr + rr + rθθ 2 = 4 , en r < 1 (1, θ) = cos 2θ
Podríamos descomponerlo en dos (el de Δ = 0 lo acabamos de estudiar), pero lo resolvemos directamente. Como en todo problema no homogéneo probamos una serie con las autofunciones del problema homogéneo: (r, θ) = 0 (r) +
∞ X
n (r) cos nθ + bn (r) sen nθ
→
n=1
00 + 1r 00 + 0
∞ X
00 + 1r 0n − n
n2 cos nθ + b00 n r2 n
+ 1r b0n −
n2 b sen nθ r2 n
=4,
n=1
que, por suerte, ya está desarrollada en esta familia de autofunciones. [Si en vez de un 4 tuviésemos una F(r, θ) cualquiera, la desarrollaríamos en senos y cosenos, mirando la r como constante e identificaríamos ambos miembros].
Habrá, pues, que resolver las ecuaciones de Euler: r00 + 00 = 4 , r 2 00 + r0n − n2 n = 0 , r 2 b00 + rb0n − n2 bn = 0 . 0 n n La condición (1, θ) = cos 2θ (también desarrollada ya) impone que: bn (1) = 0 ∀n ; 2 (1) = 1 ; n (1) = 0 , n 6= 2 . La acotación cuando r → 0 será la otra condición necesaria para determinar la solución de cada EDO de segundo orden. Para la de 0 necesitamos una solución particular, que se puede hallar con la fórmula de variación de las constantes: R R 1 ln r = 1 , 0p = ln r 1·4 dr − ln r·4 dr = r 2 . r 1/ r 1/ r 0
1/ r
o, mejor, tanteando, pues (porque la de coeficientes constantes asociada la tiene de la forma Ae2s ) sabemos que tiene una 0p = Ar 2 ( → 2A+2A = 4 , A = 1 ). Así: 0 = c1 + c2 ln r + r 2
acotada
→
c2 = 0
2 = c1 r 2 + c2 r −2
acotada
c2 = 0
0 (1)=0
→
c1 = −1
Para 2 : →
2 (1)=1
→
c1 = 1
No necesitamos escribir las soluciones de las demás ecuaciones homogéneas (están en la página anterior) e imponer los datos para asegurar ya que el resto de n y las bn son cero (cero es solución y, porque un problema de Dirichlet tiene solución única, no hay más). Por tanto, la solución de [P4 ] es: (r, θ) = r 2 − 1 + r 2 cos 2θ [Se podría escribir en cartesianas: = 22 −1 ].
Como en otras ocasiones un cambio de variable adecuado nos puede simplificar el problema. Por ejemplo, en nuestro caso podíamos haber buscado una solución particular de la ecuación no homogénea que no dependiera de θ resolviendo 0 00 + r = 4 . La más sencilla de las soluciones de esta ecuación de Euler es = r 2 . Δ = 0 , en r < 1 = − → (1, θ) = cos 2θ − 1 De la serie obtenida en la página anterior obtenemos, sin más que identificar coeficientes, que la solución de este problema es: (r, θ) = r 2 cos 2θ − 1 lo que nos lleva de forma mucho más rápida a la solución de antes. 42
Resolvamos ahora el problema de Neumann homogéneo en un círculo: Δ = 0 , en r < R [P5 ] r (R, θ) = ƒ (θ) , θ ∈ [0, 2π) Como el problema de contorno y la ecuación de Euler son las mismas que en Dirichlet, la solución que probamos es: o
(r, θ) =
2
+
∞ X
r
n
n cos nθ + bn sen nθ
f(!)
n=1
pero ahora es diferente la condición de contorno que falta: ∞ X r (R, θ) = nRn−1 n cos nθ + bn sen nθ = ƒ (θ) , θ ∈ [0, 2π) → n=1
n =
1
Z
nπRn−1
2π
ƒ (θ) cos nθ dθ , bn =
0
1
Z
nπRn−1
2π
ƒ (θ) sen nθ dθ , n = 1, 2, . . .
0
siempre que no tenga término independiente el desarrollo en senos y cosenos de ƒ (θ) ; es decir, una condición necesaria para que el problema se pueda resolver por este método es que se cumpla: R 2π 0
ƒ (θ) dθ = 0
confirma lo visto en 1.3: debía ser
H ∂D
ƒ ds =
RR D
F ddy = 0 .
Además, o queda indeterminado [Neumann siempre tiene unicidad salvo constante].
Ej 4.
Δ = 0 en r < 1 r (1, θ) = sen3 θ
r (1, θ) =
∞ X
Como sen3 θ =
3 4
sen θ− 14 sen 3θ , no es preciso hacer integrales:
n n cos nθ + bn sen nθ =
3 4
1 sen θ− 41 sen 3θ → b1 = 34 , b3 = − 12 y los otros
n=1
coeficientes son cero. La solución es: (r, θ) = C +
3 1 3 r sen θ − 12 r sen 3θ 4
, C cualquiera.
Y ahora resolvemos uno de Neumann no homogéneo en un semicírculo: Δ = F(r, θ) , en r < 1, 0 < θ < π [P6 ] r (1, θ) = θ (r, 0) = θ (r, π) = 0 Como para este problema no hemos resuelto el homogéneo, debemos comenzar hallando sus autofunciones. Conocemos la ecuación en Θ que sale al separar variables. Junto a las condiciones de contorno nos dará dichas autofunciones: 00 Θ + λΘ = 0 → λn = n2 , Θn (θ) = cos nθ , n = 0, 1, 2, . . . → 0 0 Θ (0) = Θ (π) = 0 h i ∞ X La serie con cosenos y senos del [P4 ] (r, θ) = Ro (r) + Rn (r) cos nθ → no cumple los datos de contorno. n=1
Ro +
R00 r
∞ h X
R00 + n
R0n r
n2 Rn r2
∞ X
i
cos nθ = F(r, θ) = Bo (r) + Bn (r) cos nθ , n=1 n=1 R R 1 π 2 π con Bo (r) = π 0 F(r, θ) dθ y Bn (r) = π 0 F(r, θ) cos nθ dθ . 0 Basta, pues, resolver: rRo +R0o = rR0o = rBo (r) y r 2 Rn +rR0n −n2 Rn = r 2 Bn (r) , +
−
ambas con los datos de contorno (singulares): Rn acotada en r = 0 y R0n (1) = 0 . Si n ≥ 1 el problema homogéno (y, por tanto, el no homogéneo) tiene solución Rn única (aunque el problema sea singular, vale lo que vimos en 2.3). Pero si n ≥ 0 : rRo +R0o = 0 → Ro = c1 +c2 ln r
R acotada
Roh = {1} → R1 infinitas soluciones 0 Existen ninguna solución Ro del no homogéno según sea 0 rBo (r)dr 6= =0 . −→
R0 (1) = 0
R 1R π Concuerda una vez más con 1.3. Debía ser: 0 0 rF(r, θ) dθdr = 0 .
43
Resolvemos para acabar con Laplace en polares dos problemas con condiciones mixtas. El primero va a ser homogéneo. ¨ Δ = 0 , r < 1 , θ ∈ 0, π ¨ 2 Θ00 +λΘ = 0 , Θ0 (0) = Θ π2 = 0 [P7 ] r (1, θ) = ƒ (θ) → r 2 R00 +rR0 −λR = 0 θ (r, 0) = (r, π2 ) = 0
0
Los autovalores y autofunciones (a la vista de 2.2) son: λn = (2n−1)2 , Θn (θ) = cos(2n−1)θ , n = 1, 2, . . . . Resolviendo para esos λn la ecuación en R y exigiendo que esté acotada en r = 0 : ∞ X
(r, θ) =
cn r 2n−1 cos(2n−1)θ
∞ X
→
n=1
R π/ 2
4 [2n−1]π
cn =
(2n−1) cn cos(2n−1)θ = ƒ (θ) →
n=1
0
ƒ (θ) cos(2n−1)θ dθ , n = 1, 2, . . .
(solución única).
El recinto siguiente no incluye el origen. La condición implícita de estar acotada en ese punto es sustituida por un dato explícito en r = 1 : 0
¨ Δ = 0 , 1 < r < 2 , 0 < θ < π [P8 ] (1, θ) = (2, θ) = (r, 0) = 0 θ (r, π) = r 2
0 0
Aparentemente es un problema homogéneo, pero ya dijimos que las condiciones de contorno para Laplace en polares que deben ser homogéneas son las de la θ . Necesitamos una que las cumpla. Claramente = r 2 θ lo hace: ¨ Δ = −4θ , 1 < r < 2 , 0 < θ < π (1, θ) = −θ, (2, θ) = −4θ (r, 0) = θ (r, π) = 0
= − →
Las autofunciones del homogéno las dará el problema de contorno: 00 n o Θ + λΘ = 0 [2n−1]2 [2n−1]θ → λn = , Θ (θ) = sen , n = 1, 2, . . . n 0 4 2 Θ(0) = Θ (π) = 0 (r, θ) =
Probamos entonces la serie:
∞ X
Rn (r) sen
n=1 ∞ X
h
R00 + 1r R0n − n
n=1
[2n−1]2 Rn 4r 2
con Bn =
Rπ
2 π
0
i
sen
[2n−1]θ 2
−θ sen
[2n−1]θ 2
= −4θ = 4
[2n−1]θ 2
∞ X
→ Bn sen
n=1
dθ =
[2n−1]θ 2
2[−1]2 n π[n−1/ 2]2
De los datos no homogéneos deducimos las condiciones para las Rn : ∞ X
Rn (1)Θn (θ) =
n=1
∞ X
Bn Θn (θ) ,
∞ X
Rn (2)Θn (θ) =
n=1
n=1
∞ X
4Bn Θn (θ)
n=1
2 Resolvemos pues: r 2 R00 + rR0n − n − 12 Rn = 4Bn r 2 con Rn (1) = Bn , Rn (2) = 4Bn . n Bn Rnp = Ar 2 [ λ = 2 no autovalor] → A = 4−(n−1/ → Rn = c1 r n−1/ 2 + c2 r −(n−1/ 2) + Ar 2 2)2 c. contorno
→
c1 =
[2q+2 −1][Bn −A] 22q −1
, c2 =
2q [2q −4][Bn −A] 22q −1
, llamando q = n− 21 .
Simplificando un poco: Rn (r) =
2[−1]n πq2 [q2 −4][22q −1]
[2q+2 −1]r q + 2q [q2 −4]r −q − [22q −1]r 2
La solución final es = r 2 θ + donde la es la serie de arriba con los Rn dados por esta expresión.
44
Acabamos la sección con algunas reflexiones sobre cambios de variable y descomposición en subproblemas que generalicen las ideas que hemos utilizado. Los problemas clásicos que vimos en 1.3 estaban formados por una ecuación lineal, que podemos representar, si es no homogénea, por L[] = F , con L lineal (es decir, L[1 + b2 ] = L[1 ] + bL[2 ] ) y unas condiciones adicionales también lineales. En los resueltos por separación de variables necesariamente había un par de condiciones de contorno Ck [] = hk (a veces implícitas como en Laplace en círculos), y además otras iniciales o de contorno. Supongamos, por ejemplo, que son 3 las condiciones adicionales (como en el calor) y que nuestro problema es de la forma: ¨ L[] = F [P]
M[] = ƒ C1 [] = h1 , C2 [] = h2
El problema de resolver [P] puede ser reducido a resolver otros subproblemas más sencillos. Por ejemplo, si 1 , 2 , 3 y 4 son soluciones de L[] = F L[] = 0 L[] = 0 L[] = 0 M[] = 0 M[] = ƒ M[] = 0 M[] = 0 [P1 ] [P2 ] [P3 ] [P4 ] C1 [] = 0 C1 [] = 0 C1 [] = h1 C1 [] = 0 C2 [] = 0 C2 [] = 0 C2 [] = h2 C2 [] = 0 está claro que = 1 + 2 + 3 + 4 es solución de [P], pero, como ya hemos observado, bastantes veces nos convendrá descomponer [P] en menos subproblemas. En otros casos interesará convertir la ecuación en homogénea (si no hubiese condiciones de contorno, por ejemplo). Si somos capaces de encontrar una solución particular de la ecuación ( L[] = F ), el cambio = − convertirá [P] en: ¨ L[] = L[]−L[] = 0 M[] = ƒ − M[] C1 [] = h1 −C1 [] , C2 [] = h2 −C2 [] Más a menudo necesitamos hacer homogéneas las condiciones de contorno (la separación de variables y otros métodos lo exigen). Así, si lo que tenemos es una que satisface C1 [] = h1 y C2 [] = h2 , haciendo, como siempre, = − acabaríamos en ¨ L[] = F − L[] M[] = ƒ − M[] C1 [] = C2 [] = 0
Lo que ya es un lujo (pero se puede intentar buscar por el premio que nos da) es tener una que cumpla las dos condiciones y además la ecuación (como en los ejemplos 3 y 5 de 3.1). Los problemas homogéneos siempre son más sencillos que los no homogéneos (separando variables, por ejemplo, los primeros exigen resolver sólo EDOs homogéneas, más corto que resolver las EDOs no homogéneas de los segundos). Como vemos, hay mucha variedad en los posibles cambios. En cada caso habrá que ver cuáles nos llevan a problemas mas asequibles. Si inicialmente hay condiciones homogéneas intentaremos que los cambios no las estropeen, aunque a veces no habrá más remedio.
45
3.3. Algunos problemas en tres variables Comenzamos estudiando las series de Fourier dobles, de teoría semejante a las de una variable (las triples, que aparecerían en problemas con 4 variables, son también similares). Sean Xm () , ∈ [, b] e Yn (y) , y ∈ [c, d] las autofunciones de dos problemas de Sturm-Liouville con pesos respectivos r() y s(y) , y sea ƒ (, y) ∈ C1 [, b]×[c, d] . Entonces, para cada (, y) ∈ (, b)×(c, d) se puede escribir ƒ como la serie: ∞ X ∞ X
ƒ (, y) =
cnm Xn Ym con cnm =
m=1 n=1
h
1
Z bZ d
1
〈Xn , Xn 〉 〈Ym , Ym 〉
〈, 〉 designa, desde luego,
Rb
pues para fijo se puede poner ƒ (, y) =
r d ó
∞ X
Rd c
ƒ (, y) Xm Yn r s dyd
c
i s dy .
Cm () Ym , Cm () =
m=1
y con Cm () =
∞ X
cnn Xn , cnm =
〈Cm (), Xn 〉
〈Ym , Ym 〉
,
se tiene la expresión de arriba.
〈Xn , Xn 〉
n=1
〈 ƒ (, y) , Ym 〉
[Se llega a lo mismo, desde luego, desarrollando primero en Xn y luego en Ym ].
En particular, se tienen los desarrollos en series trigonométricas dobles de una función ƒ ∈ C1 [0, L]×[0, M] : ƒ (, y) =
∞ X ∞ X
bnm sen nπ sen L
mπy M
4 con bnm = LM
n=1 m=1
ƒ (, y) =
1 4 00
∞
1X 2
+
n0 cos nπ + L
n=1
4 LM
[O los desarrollos parecidos en 1 4
y
1 2
∞ X ∞ X
P
R LR M 0 0
ƒ (, y) cos nπ cos L
sen cos ó
ƒ (, y) = cos y
P
16 π
4 π2
∞ X ∞ X [−1]n+1 m
n[4m2 −1]
π2
cos y =
π 2
0
nm cos nπ cos L
mπy M
mπy M
dy d
, en [0, π]×[0, π] de dos formas:
n=1 m=1
nm =
∞ X ∞ X
dy d
cos sen , o con series en senos y cosenos].
bnm sen n sen my con bnm = → cos y =
Z πZ
+
mπy M
m=1 n=1
n=1 m=1
4
mπy M
ƒ (,y) sen nπ sen L
son, como siempre, para que la fórmula valga también si n = 0 ó m = 0].
Ej 1. Desarrollemos cos y =
0m cos
0 0
m=1
con nm =
[Los factores
∞ 1 X 2
R LR M
π
Z πZ
π
cos y sen n sen my dy d 0
0
sen n sen 2my
0 si m 6= 1
0
cos y cos n cos my dy d = π si m = 1, n = 0
cos y −
→
2[(−1)n −1]/ (πn2 ) si m = 1, n > 0
4 π
∞ X n=1
1 (2n−1)2
cos[2n−1] cos y [ya estaba desarrollado en y ].
[La igualdad entre ƒ y su serie se da en los puntos de continuidad de la ƒ extendida, de forma impar en el primer caso y par en el segundo, en cada variable hasta [−π, π] y luego de forma 2π-periódica; así, la serie en senos converge hacia cos y en el lado = 0 del cuadrado [0, π]×[0, π] , pero no lo hace en los otros lados; la serie en cosenos, en cambio, converge (uniformemente) en todo el cuadrado, incluido el borde].
46
Resolvamos por separación de variables varios ejemplos (todos homogéneos) de problemas en tres variables. Primero, la ecuación del calor en un cuadrado: estudiamos la evolución de las temperaturas de una placa cuadrada (dadas las iniciales) si el borde se mantiene a 0 grados: !
− k[ +yy ] = 0 , (, y) ∈ (0, π)×(0, π) , t > 0 t (, y, 0) = ƒ (, y) (, 0, t) = (, π, t) = (0, y, t) = (π, y, t) = 0
0 0
0 !
0
0
Buscamos soluciones: (, y, t) = X()Y(y)T(t) → XYT 0 − k[X 00 Y +XY 00 ]T = 0 ¨ X 00 + λX = 0 00 X 00 1 T0 Y 00 Y + μY = 0 Y 00 1 T0 = k T − Y = −λ → X = λ + = −μ → Y k T T 0 + k[λ+μ]T = 0 Las condiciones de contorno exigen: X(0) = X(π) = Y(0) = Y(π) = 0 . Así pues: ¨ o n λ = n2 , Xm = {sen n}, n = 1, 2, . . . − n2 +m2 kt → T = e . nm μ = m2 , Yn = {sen my}, m = 1, 2, . . . 2 2 Cualquier nm (, y, t) = e− n +m kt sen n sen my satisface la ecuación y todas las condiciones de contorno, así como lo hace cualquier combinación lineal de ellas. Esto nos lleva a probar la serie: ∞ X ∞ X 2 2 (, y, t) = bnm e− n +m kt sen n sen my n=1 m=1
que debe satisfacer además: (, y, 0) =
∞ X ∞ X
bnm sen n sen my = ƒ (, y) →
n=1 m=1
bnm =
4
Z πZ
π2
0
π
ƒ (, y) sen n sen my d dy
, n, m ≥ 1 .
0
[Como en la varilla, aquí también → 0 cuando t → ∞ ].
Ahora, Laplace en un cubo con condiciones de contorno mixtas (que tendrá solución única como los similares del plano): Δ = 0 en (0, π)×(0, π)×(0, π) (, y, 0) = ƒ (, y)
= 0 en = 0, = π, z = π y = 0 en y = 0, y = π
= XYZ → ¨
→
00 Y” + ZZ Y
00 = − XX
=λ →
Z 00 Z
−λ = − Y” Y
¨ X 00 +λX = 0, X(0) = X(π) = 0 = μ → Y 00 +μY = 0, Y 0 (0) = Y 0 (π) = 0 Z 00 −[λ+μ]Z = 0, Z(π) = 0
n λ = n2 , Xn = {sen n}, n = 1, 2, . . . → Z = sh mn μ = m2 , Ym = {cos my}, m = 0, 1, . . .
(, y, z) =
∞ 1 X 2
p
n2 +m2 [π −z]
o
c0n sh(n[π −z]) sen n
n=1
+
∞ X ∞ X
cmn sh
p
n2 +m2 [π −z]
sen n cos my
m=1 n=1
Como (, y, 0) = ƒ (, y) , los cmn son: cmn =
π 2 sh π
4 p
Z πZ n2+m2
0
π
ƒ (, y) sen n cos my dy d 0
47
n = 1, 2, . . . m = 0, 1, . . .
→
Resolvamos el problema de Dirichlet en una esfera. En los libros de cálculo en varias variables se encuentra la expresión del laplaciano en esféricas: = r sen θ cos ϕ « y = r sen θ sen ϕ → z = r cos θ
Δ = rr +
2r r
+
θθ r2
+
cos θ θ
+
sen θ r 2
ϕϕ sen2 θ r 2
!
r
Veamos primero el caso con datos independientes de ϕ : ( cos θ rr + 2r r + r12 θθ + sen = 0 , r
"
(R, θ) = ƒ (θ) , θ ∈ [0, π] que, de hecho, es un problema con dos variables. Podemos buscar entonces soluciones que tampoco dependan de ϕ . Separando variables: ¨ 2 00 r R + 2rR0 − λR = 0 = R(r) Θ(θ) → cos θ 0 Θ +λΘ = 0 Θ00 + sen θ El cambio t = cos θ transforma la segunda ecuación en: 2
dΘ [1−t 2 ] ddtΘ 2 − 2t dt + λΘ = 0 , ecuación de Legendre.
Imponemos que Θ esté acotada en t = ±1 [ θ = 0, π polos de la esfera]. Los autovalores de este problema singular (citado en 2.2) son λn = n(n+1) , n = 0, 1, . . . y sus autofunciones son los polinomios de Legendre: i h Pn (t) = Pn (cos θ) P0 = 1 , P1 = t , P2 = 32 t 2 − 12 , P3 = 52 t 3 − 23 t , . . . Para estos valores de λ : r 2 R00 +2rR0 −n(n+1)R = 0 → μ2 +μ−n(n+1) = 0 → μ = n, −(n+1) → Rn = c1 r n +c2 r −(n+1)
R acotada
−→
Rn = {r n } , n = 0, 1, . . .
Probamos entonces: (r, θ) =
∞ X
n r n Pn (cos θ)
→ (R, θ) =
n=0
n =
→
∞ X
n Rn Pn (cos θ) = ƒ (θ)
n=0
2n+1 2Rn
Z
π
ƒ (θ) Pn (cos θ) sen θ dθ , n = 0, 1, . . . , 0
0 pues el peso es r(θ) = sen θ (sen θ Θ0 ) +λ sen θ Θ = 0 y para los Pn se sabe que: Rπ 2 2 t=cos θ R 1 2 Pn (cos θ) sen θ dθ = Pn (t) dt = 2n+1 0 −1 Ej 2. Si
R = 1 y ƒ (θ) = cos2 θ
Así pues: 0 =
1 2
R1 −1
t 2 dt =
se tiene: n = 1 3
, 2 =
5 2
2n+1 2
R1 −1
t 2 Pn (t) dt
R1 3 t 4 − 21 t 2 dt = 23 , y los demás n = 0 −1 2
(ya que P1 es impar (⇒ 1 = 0 ), y para desarrollar t 2 bastan P0 , P1 y P2 ). La solución es, por tanto, (r, θ) =
1 3
−
1 2 r 3
+ r 2 cos2 θ .
Para un dato como este se podrían determinar los coeficientes tanteando: cos2 θ = 23 32 cos2 θ− 21 + 13 → 2 = 23 , 0 = 13 , como antes. Para resolver problemas con términos no homogéneos F(r, θ) en la ecuación, ∞ X se probaría como siempre una serie de autofunciones: = n (r) Pn (cos θ) . n=0
48
Pasemos ahora a resolver, con pocos detalles, el problema general: ( cos θ = 0 , r
θ ∈ [0, π] , ϕ ∈ [0, 2π)
Vamos en este caso a separar primero la parte radial y la que depende de los dos ángulos: ¨ r 2 R00 + 2rR0 − λR = 0 = R(r) Y(θ, ϕ) → Yϕϕ + sen θ sen θ Yθ θ + λ sen2 θ Y = 0 ¨ 00 + μ = 0 Separando ahora la parte angular: Y(θ, ϕ) = Θ(θ) (ϕ) → μ (sen θ Θ0 )0 + λ sen θ− sen θ Θ = 0 La solución ha de ser 2π-periódica en ϕ : μm = m2 , m (ϕ) = {cos mϕ, sen mϕ} , m = 0, 1, . . . Llevando estos μm a la otra ecuación y haciendo como antes t = cos θ se tiene: h i h i m2 d (1−t 2 ) dΘ + λ − 1−t 2 Θ = 0 , Θ acotada en t = ±1 . dt dt La EDO, nueva para nosotros, se llama ecuación asociada de Legendre (si m = 0 es la de Legendre). Se prueba que los autovalores del problema singular son λn = n(n+1) , n ≥ m , y las autofunciones: 0 m/ 2 dm (t) = (1−t 2 ) Pm P (t) Pn = Pn , P11 = sen θ , P12 = 3 sen θ cos θ , P22 = 3 sen2 θ , . . . dt m n n (cos θ), sen mϕ Pm (cos θ) , n = 0, 1, ... , m = 0 . . . n . → Ynm (θ, ϕ) ≡ cos mϕ Pm n n 0 Y0 = {1} , Y10 = {cos θ} , Y11 = {sen θ cos ϕ, sen θ sen ϕ} , . . . . Las soluciones acotadas en r = 0 para esos λn son Rn = {r n } . Se llama armónicos esféricos a las soluciones de la ecuación de Laplace m = r n Ynm (θ, ϕ) . n Con ellos formamos la serie: h ∞ X (r, θ, ϕ) = r n 12 n0 Pn (cos θ) + n=0
nm = bnm =
n X
(cos θ) (nm cos mϕ + bnm sen mϕ) Pm n
i
→
m=1
R R (2n+1)(n−m)! 2π π (cos θ) sen θ dθdϕ ƒ (θ, ϕ) cos mϕ Pm 2π(n+m)!Rn 0 n 0 R R 2π π (2n+1)(n−m)! (cos θ) sen θ dθdϕ ƒ (θ, ϕ) sen mϕ Pm 2π(n+m)!Rn 0 n 0
puesto que se cumple
R1 −1
(t)]2 dt = [Pm n
2 (n+m)! 2n+1 (n−m)!
.
Veamos ahora el problema exterior para Laplace en el círculo y en la esfera con simetría. Para que haya unicidad, las condiciones en el infinito han de ser distintas: ¨ Δ = 0 , si r > R (R, θ) = ƒ (θ) , 0 ≤ θ < 2π acotada cuando r → ∞
¨ Δ = 0 , si r > R (R, θ) = ƒ (θ) , 0 < θ < π → 0 cuando r → ∞
Separando variables se llega a las mismas Θn que en los problemas interiores: {Θn } = {cos nθ, sen nθ} , n = 0, 1, . . .
{Θn } = {Pn (cos θ)} , n = 0, 1, . . .
Pero hay que elegir diferentes Rn ahora: n = 0 , c1 +c2 r −1 → R0 = {r −1 }
n = 0 , c1 +c2 ln r → R0 = {1} n > 0 , c1 r n +c2 r −n → Rn = {r −n }
n > 0 , c1 r n +c2 r −(n+1) → Rn = {r −(n+1) }
En el plano ningún R0 → 0 , y en el espacio están acotadas tanto 1 como r −1 .
Las soluciones respectivas son las series de abajo con los coeficientes indicados: (r, θ) = 20 + n = bn =
Rn π Rn π
∞ X
r −n n cos nθ+bn sen nθ
(r, θ) = r0 +
n=1
R 2π 0
ƒ (θ) cos nθ dθ , n = 0, 1, . . .
0
ƒ (θ) sen nθ dθ , n = 1, 2, . . .
R 2π
∞ X
n r −(n+1) Pn (cos θ)
n=1
n =
49
R (2n+1)Rn+1 π 2 0
ƒ (θ) Pn (cos θ) sen θ dθ
Si los problemas ‘esféricos’ llevan a Legendre, los ‘cilíndricos’ llevan a Bessel, como en este problema de vibración de una membrana circular (de un tambor):
1 1 2 tt − c rr + r r + r 2 θθ = 0 , r ≤ 1, t ∈ R (r, θ, 0) = ƒ (r, θ), t (r, θ, 0) = 0 (1, θ, t) = 0
= RΘT →
T 00 c2 T
0
=
R00 + Rr R
1 Θ00 r2 Θ
+
= −λ →
r 2 R00 +rR0 R
+ λr 2 =
Θ00 Θ
= −μ →
Θ00 +μΘ = 0 , Θ 2π-periódica → μm = m2 , m = 0, 1... , Θm = {cos mθ, sen mθ} p T 00 + λc2 T = 0 , T 0 (0) = 0 → cos[ λ ct] Θ0 = {1}
r 2 R00 + rR0 + [λr 2 −μ]R = 0 , R acotada en 0
Para μ = m2 consideramos el problema de contorno singular para R : 2 00 r R + rR0 + [λr 2 −m2 ]R = 0 R acotada en 0 , R(1) = 0 p Haciendo s = r λ desaparece λ y la ecuación se transforma en la de Bessel: s2 R00 (s)+sR0 (s)+[s2 −m2 ]R = 0 → p p R = c1 Jm (s)+c2 Km (s) = c1 Jm r λ +c2 Km r λ p R acotada ⇒ c2 = 0 . Los autovalores serán los λ que hagan Jm λ = 0 , que son una sucesión infinita para cada m : λm1 , . . . , λmk , . . . n p o Y las autofunciones son Rmk = Jm r λmk . Así que probamos: (r, θ, t) =
∞ 1 X 2
p p c0k J0 r λ0k cos c λ0k t
k=1 ∞ X ∞ X
+
p p [cmk cos nθ+dnk sen nθ] Jm r λmk cos c λmk t
m=1 k=1
→
∞ 1 X 2
c0k J0 r
p
λ0k +
∞ X ∞ X
[cmk cos nθ+dnk sen nθ] Jm r
p
λmk
m=1 k=1
k=1
Para r fijo, ƒ (r, θ) =
1 A (r) 2 0
+
∞ X
Am (r) cos mθ+Bm (r) sen mθ , con
m=1
R 1 2π
Am (r) = π
0
R 1 2π
Bm (r) = π
0
ƒ (r, θ) cos mθ dθ , m = 0, 1, . . . , ƒ (r, θ) sen mθ dθ , m = 1, 2, . . . .
Desarrollando: Am (r) =
∞ X
cmk Jm r
p
λmk
, Bm (r) =
k=1
Teniendo en cuenta que
∞ X
dmk Jm r
p
λmk
k=1
R1 0
r J2m r
p
λmk dr =
1 2 J 2 m+1
p
λmk
,
se llega a la expresión definitiva para los coeficientes: cnk =
2 p πJ2m+1 ( λmk )
Z 1Z
dnk =
2 p 2 πJm+1 ( λmk )
Z 1Z
0
0
2π
r ƒ (r, θ) cos nθ Jm r
p
λmk dr dθ
0 2π
r ƒ (r, θ) sen nθ Jm r
0
50
p
λmk dr dθ
= ƒ (r, θ)
3.4. Funciones de Green.
En lo que sigue trabajaremos formalmente con la δ en dos variables, utilizando sólo que: ii.
RR
i. δ(ξ−, η−y) = 0 para (ξ, η) 6= (, y) F(ξ, η) δ(ξ−, η−y) dξ dη = F(, y) si F continua en D ⊂ R2 y (, y) ∈ D . D
Consideremos el problema de Dirichlet no homogéneo: Δ = F(, y) en D (PD ) = ƒ en ∂D Nuestro objetivo es (como en 2.4) expresar su solución en función de integrales en las que sólo aparezcan una ’función de Green’ G y los datos F y ƒ : ΔG = δ(ξ−, η−y) en D Si G(, y; ξ, η) satisface (PG ) , para cada (, y) ∈ D G = 0 en ∂D Teor 1:
y vista como función de (ξ, η) , se le llama función de Green de (PD ) y la solución de (PD ) es (, y) =
ZZ
G(, y; ξ, η) F(ξ, η) dξdη + D
I
Gn (, y; ξ, η) ƒ (ξ, η) ds ∂D
[ Gn es, como siempre, la derivada de G en la dirección de n , vector unitario exterior a D ]. Del teorema de la divergencia es fácil deducir la llamada segunda identidad de Green: RR H ¯ se tiene Si y G son C2 (D) [G Δ− ΔG] dξdη = ∂D [Gn −Gn ] ds D Si es la solución de (PD ) y G la de (PG ), y admitimos que la identidad anterior es válida para nuestra G (que claramente no es C2 , pero se justifica con ’distribuciones’) tenemos: RR H RR H [GF−δ] dξdη = ∂D [−ƒ Gn ] ds → = D GF dξdη + ∂D Gn ƒ ds D ¿Cómo resolver (PG )? Comencemos buscando una (, y; ξ, η) que, vista como función de (ξ, η) , satisfaga Δ = δ , aunque no cumpla la condición de contorno. ¿Qué funciones conocidas cumplen Δ = 0 y puedan originar una δ ? Las soluciones de Laplace en polares que dependen de r son: rr +
1 r r
= 0 → = c1 + c2 ln r
Así que algún múltiplo del discontinuo logaritmo de la distancia r = PQ del punto P = (ξ, η) al Q = (, y) es buen candidato a : Teor 2:
1 1 = 4π ln (ξ−)2 +(η−y)2 = 2π ln PQ satisface Δ = δ(ξ−, η−y) para (, y) fijo.
A se le llama solución fundamental para el punto (, y) .
Para probar el teorema volvemos a hacer ’trampa’ con la δ . Ya vimos que Δ = 0 si r 6= 0 , o sea, si (ξ, η) 6= (, y) . Además, el ’teorema’ de la divergencia en un círculo de centro Q y radio R nos da: RR H H R 2π 1 R dθ = 1 → Δ = δ Δ dξdη = r=R n ds = r=R r ds = 0 2πR r≤R Si satisface Δ = 0 en D , la función + seguirá satisfaciendo Δ[+] = δ para cada (, y) ∈ D fijo. Por tanto, para encontrar G [y tener resuelto (PD )] basta encontrar la armónica en D tal que + = G se anule en la frontera ∂D La forma práctica de hallar la (en recintos D limitados por rectas y circunferencias) es el método de las imágenes. Mirando la geometría de D se tratará de escribir G como suma de la solución fundamental y de funciones armónicas del mismo tipo, logaritmos de distancias a puntos Q0 exteriores a D (’imágenes’ de Q respecto de la ∂D ), escogidos de forma que la G se anule en la frontera de D . Resolvemos un primer ejemplo con la G , en el que D está limitado por rectas:
51
(P1 )
Δ = 0 en D = { > 0}×{y > 0} (, 0) = ƒ (), (0, y) = 0, acotada
Sean Q = (, y) ∈ D fijo, 1 P = (ξ, η), = 2π ln PQ .
1 Si Q0 = (−, y) , es claro que 0 = − 2π ln PQ0 es una función de P que es armónica en D (lo es en R2 −{Q0 } ) y que +0 = 0 si P pertenece al eje y , pues entonces PQ = PQ0 . Análoga1 mente ∗ = − 2π ln PQ∗ , con Q∗ = (, −y) , es armónica en D y +∗ = 0 si P está en el eje . Para que G sea cero en am0 = − 1 ln PQ0 , bos ejes a la vez hay que sumar una nueva ∗ 2π ∗ 0 es la Q0∗ = (−, −y) . Entonces G(P, Q) = + 0 + ∗ + ∗ función de Green buscada, ya que ΔG = δ [pues Δ = δ y 0 ) = 0 ] y G = 0 si P ∈ ∂D [si P está en el eje y Δ(0 +∗ +∗
es
PQ = PQ0
y
PQ∗ = PQ0∗ ;
Q’(-x,y)
Q(x,y)
+
–
D
P(!,")
+
–
Q’(-x,-y)
y similar en el eje ].
Q (x,-y) *
*
Escribiendo las distancias analíticamente tenemos: 1 1 G(, y; ξ, η) = 4π ln (ξ−)2 + (η−y)2 − 4π ln (ξ+)2 + (η−y)2 1 1 − 4π ln (ξ−)2 + (η+y)2 + 4π ln (ξ+)2 + (η+y)2 Y como n = −j en el eje , la solución de nuestro problema (P1 ) será: h H R∞ y R∞ (, y) = ∂D Gn ƒ ds = 0 −Gη η=0 ƒ (ξ) dξ = · · · = π 0 (ξ−)12 +y2 −
1 (ξ+)2 +y 2
i
ƒ (ξ) dξ
Resolvamos ahora el problema no homogéneo de Dirichlet en el círculo:
(P2 )
Δ = F(r, θ) en r < R (R, θ) = ƒ (θ) , θ ∈ [0, 2π]
R2 Q’(__ r ,#)
Q = (r, θ) ∈ D fijo, P = (σ, ϕ) variable.
La solución fundamental en estas coordenadas queda: 1 1 = 2π ln PQ = 4π ln σ 2 + r 2 − 2rσ cos(θ−ϕ)
P(!,")
Q(r,#)
¿Dónde situar el punto imagen Q0 ? Las cosas no son tan D claras como en el ejemplo anterior. Es claro que su θ ha de ser igual, pero ¿a qué distancia del origen O colocarlo? Podríamos llegar al resultado tanteando, pero nos limitamos a comprobar que la G es: h i 2 1 G(P, Q) = 2π ln PQ − ln PQ0 + ln Rr , Q0 = Rr , θ , o expresada en términos de coordenadas: G(r, θ; σ, ϕ) =
1 4π
ln σ 2 + r 2 − 2rσ cos(θ−ϕ) −
1 4π
ln R2 +
r 2 σ2 R2
− 2rσ cos(θ−ϕ)
En efecto: G = + 0 +cte ⇒ ΔG = 0 0 armónica en R2 −{Q0 } y Q0 ∈ / D y G = 0 si P ∈ ∂D , o sea, si σ = R . Además, Gn = Gσ σ=R y ds = R dϕ , por lo que la solución de (P2 ) es:
(r, θ) =
R RR 2π 0 0
σ G(r, θ; σ, ϕ) F(σ, ϕ) dϕdσ +
1 2π
R 2π 0
R2 −r 2 R2 −2Rr cos(θ−ϕ)+r 2
ƒ (ϕ) dϕ
expresión mucho más compacta que las series de Fourier, aunque estas integrales, en general, no sean calculables (y habrá que aproximarlas, pero son aproximaciones también las sumas parciales). Las cuentas en tres dimensiones son muy similares a los de dos. Si G es solución de (PG ): RRR H (, y, z) = G F dξdηdγ + ∂D Gn ƒ dS ( ∂D es ahora una superficie) D Se ve de manera similar que la solución fundamental en el espacio es: 1 =− rr + 2r r = 0 → = c1 + cr2 4πPQ
Los puntos imágenes respecto a planos son igual de sencillos y para la esfera de radio R vuelve a situarse el punto Q0 a una distancia R2 / r del origen.
52
4. Otros métodos en EDPs Este último capítulo está dedicado al estudio de varios temas independientes entre sí. En 4.1 nos dedicaremos a sacarle jugo a la fórmula de D’Alembert deducida de 1.3 para la solución del problema puro de valores iniciales para una cuerda infinita. Veremos que la solución (, t) resulta ser la suma de dos ondas que se mueven en sentido opuesto. Observaremos que la información contenida en los datos iniciales ‘viaja por las características’ y definiremos los conceptos de dominio de dependencia y dominio de influencia. Daremos también una fórmula para las soluciones en el caso de la ecuación no homogénea (con fuerzas externas). Comprobaremos como, extendiendo de forma adecuada los datos iniciales a todo R, podemos abordar problemas con condiciones de contorno. Al estar manejando funciones con expresiones diferentes en diferentes intervalos, será complicado escribir explícitamente la solución. Nos conformaremos por eso muchas veces con hallar su expresión para valores de t o fijos o con los dibujos de las soluciones. En 4.2 comenzaremos dando sin demostración la solución del problema puro de valores iniciales para la ecuación de ondas homogénea en el espacio (fórmula de Poisson-Kirchoff). De ella deduciremos la fórmula para el plano. Estudiaremos las diferencias entre la propagación de las ondas en una, dos y tres dimensiones espaciales. Comprobaremos que las ondas en el espacio ‘pasan’ (como ocurre con el sonido), mientras que en el plano la influencia de los datos iniciales se deja sentir, aunque amortiguándose, a lo largo del tiempo (en la recta depende de si la perturbación inicial se da en la posición o en la velocidad). Estudiaremos también las ondas que se propagan en el espacio con simetría esférica que son de tratamiento sencillo, por ser esencialmente unidimensionales, ya que un sencillo cambio de variable lleva a la ecuación de la cuerda (para n = 2 no existe tal cambio). En la la sección 4.3 definiremos la transformada de Fourier F (y las transformadas seno y coseno) y citaremos sin demostración aquellas propiedades que permiten resolver algunas EDPs en intervalos no acotados (para ellos no se puede utilizar separación de variables). Como ocurre con la transformada de Laplace para la EDOs, aplicando la F a algún problema para EDPs acabaremos en otro más sencillo (de EDOs, para las ecuaciones en dos variables que tratamos). Resuelto este segundo problema, para hallar la solución habrá que calcular una transformada inversa. En particular, las transformadas de Fourier nos permitirán resolver problemas de la ecuación del calor para varillas no acotadas (que no son resolubles con las técnicas de los capítulos anteriores). Aparecerá la solución fundamental de la ecuación del calor y se comprobará que, según nuestra ecuación matemática, el calor se transmite a velocidad infinita. Y, en fin, para problemas en semirrectas introduciremos las transformadas seno y coseno.
53
4.1. Ecuacióóóón de la cuerda vibrante En el capítulo 1 vimos que para el problema puro de valores iniciales: u(x,0)
¨ − c2 = 0 , , t ∈ R tt (P1 ) (, 0) = ƒ () t (, 0) = g()
g(x) f(x) x
las características eran ±ct = K , la solución general (, t) = p(+ct) + q(−ct)
, p y q funciones arbitrarias de C2 .
y la solución única de (P1 ), satisfaciendo ya los datos iniciales: Fórmula de D’Alembert
(, t) =
1 1 ƒ (+ct)+ƒ (−ct) + 2c 2
Z
+ct
g(s) ds
[1]
−ct
Para que sea C2 , debía ƒ ∈ C2 y g ∈ C1 (entonces es solución clásica o regular). [Pronto aparecerán ‘soluciones débiles’, continuas de la forma [1] que no son C2 . Es habitual este concepto en EDPs. En cada caso hay que precisar que se entiende por solución débil y comprobar que los problemas siguen bien planteados (por ejemplo, si ampliamos el conjunto de funciones que valen como soluciones, ¿seguirá la unicidad?)]. ƒ () = 0 , g() =
Ej 1. Sea
→ (, t) =
1 2c
R +ct −ct
s ds = t .
[La cuerda infinita se inclina progresivamente; no es una situación física muy real: la ecuación es sólo un modelo simplificado. Más interés (y más complicación de análisis) tienen los problemas en los que los datos son no nulos sólo en intervalos acotados].
u(x,t)
t=0
La solución de (P1 ) es la suma de dos ondas que viajan a velocidad c , una hacia las crecientes y otra hacia las decrecientes. R 1 A la vista de [1], llamando G() ≡ 2c g(s) ds : 0 1 ƒ ()−G() 2
se mueve hacia la derecha
y hacia la izquierda va
t
(xo ,to )
x-ct=xo-cto
x+ct=xo+cto x xo+cto
xo-cto
dominio de dependencia
t
dominio de influencia de la g
x-ct=xo
x+ct=xo
dom. inf. de la f
xo
x
1 ƒ ()+G() 2
.
Observemos que (o , to ) está determinado sólo por los valores de ƒ en los puntos o − cto y o + cto [puntos de corte con el eje de las características que pasan por (o , to ) ] y los de g en el intervalo [o − cto , o + cto ] . A este intervalo se le llama dominio de dependencia de la solución en (o , to ) de los valores iniciales ƒ y g [el dominio de dependencia de los valores de ƒ se reduce a los extremos del intervalo]. Recíprocamente, el valor de la ƒ inicial en = o influye sólo en los valores de la solución sobre las dos características que pasan por (o , 0) [dominio de influencia de la ƒ ], pues este punto no pertenece al dominio de dependencia de los puntos que no estén en esas características. Por la misma razón el dominio de influencia de la g en o consiste en el triángulo infinito limitado por dichas características.
54
Ej 2. Supongamos ƒ = 0 salvo una perturbación en forma de triángulo en torno a 0 y que soltamos la cuerda sin impulso ( g = 0 ). Dibujemos la solución para diferentes t . Basta trasladar las dos ondas que viajan en sentidos opuestos [aquí ambas son 12 ƒ () ]: t=b/2c
t=b/c
h/2
—b
b
b
—b
f/2
0
—b
t=3b/2c
h/2
h
f
b
h/2 b
—b
t
Utilicemos el dominio de influencia. El conjunto de puntos de [−b, b] afectan a la solución en las bandas dibujadas (cada uno influye en dos características). Fuera de ellas seguro que = 0 . Por ejemplo, para t = 2b vemos que c sólo en [−3b, −b] y en [b, 3b] puede ser no nula la solución. Un punto como = 3b sólo se moverá si t ∈ [ 2b , 4b ] c c y después permanecerá en reposo. La ƒ ni siquiera es C1 , y la solución 21 ƒ (+ct)+ƒ (−ct) será ‘débil’. Este ejemplo muestra que las ‘discontinuidades’ iniciales viajan a lo largo de las características.
4b/c
2b/c
-3b
-b
x
3b
b
Supongamos ahora que hay fuerzas externas. El problema es: ¨ − c2 = F(, t) , , t ∈ R tt (P2 ) (, 0) = ƒ () t (, 0) = g()
Necesitamos sólo la solución F del problema con ƒ = g = 0 , pues, si 1 es la solución del (P1 ) anterior, es 1 + F la solución de (P2 ) [por la linealidad de la ecuación y de las condiciones iniciales]. Sabiendo algo de derivación de integrales, no es difícil deducir que Z tZ +c[t−τ] 1 tt − c2 = F(, t) F (, t) = F(s, τ) ds dτ satisface (, 0) = t (, 0) = 0 2c 0 −c[t−τ] Por tanto, concluimos que la solución de (P2 ) es: (, t) =
1 1 ƒ (+ct)+ƒ (−ct) + 2c 2
Z
+ct
g(s) ds + −ct
1 2c
Z tZ
+c[t−τ]
[Observemos que el recinto descrito por la integral doble es el triángulo del plano sτ limitado por el eje τ = 0 y las características que pasan por (, t) ].
Ej 3.
tt − = 2 (, 0) = , t (, 0) = 3
(, t) =
F(s, τ) ds dτ
[2]
0 −c[t−τ]
! (x,t)
t
x-ct
x
s x+ct
Utilizando directamente [2]:
1 (+t) + (−t) + 12 2
R +t −t
3 ds +
1 2
R tR +[t−τ] 0 −[t−τ]
2 ds dτ = · · · = +3t +t 2
A veces es fácil hallar una solución particular de la ecuación no homogénea y así evitar el cálculo de la integral doble, pues = − lleva a un problema con F = 0 , resoluble con [1] (esto no se podrá hacer siempre cuando haya condiciones de contorno, pues podrían dejar de ser homogéneas). Por ejemplo si ƒ depende sólo de o de t se puede buscar una () o una (t) . En este caso: tt − = 0 − = 2 → = −2 +C+K → si () = −2 , cumple (, 0) = +2 , t (, 0) = 3 R +t → = 21 (+t)+(+t)2 +(−t)+(−t)2 + −t 3 ds = +2 +t 2 +3t → = +3t +t 2 tt = 2 → (t) = t 2 +3t →
tt − = 0 → = → = + 3t + t 2 (, 0) = , t (, 0) = 0
55
Resolvamos ahora el problema para la cuerda semi-infinita y fija en un extremo: ¨ −c2 = 0 , ≥ 0, t ∈ R tt (P3 ) (, 0) = ƒ () , t (, 0) = g() (0, t) = 0
[para que no esté rota, debe ser ƒ (0) = 0 ].
La fórmula de D’Alembert [1] exige datos iniciales definidos ∀ . ¿Cómo extender ƒ y g a todo R? Si llamamos ƒ ∗ y g∗ a sus extensiones y se debe cumplir la condición de contorno: R ct 1 g∗(s) ds = 0 (0, t) = 21 ƒ ∗(ct)+ƒ ∗(−ct) + 2c −ct es claro que ƒ ∗ y g∗ han de ser impares respecto a 0 , es decir, ƒ ∗(−) = −ƒ ∗() ; g∗(−) = −g∗() . Así pues, la solución de (P3 ) es la del siguiente problema (para la cuerda infinita): ¨ −c2 = 0 , , t ∈ R tt 1 Z +ct ∗ (, 0) = ƒ ∗() , (, t) = 12 ƒ ∗(+ct)+ƒ ∗(−ct) + 2c g (s) ds [3] −ct t (, 0) = g∗() pues cumple la ecuación, las condiciones iniciales para ≥ 0 , y la de contorno. ¿Cómo son los dominios de influencia en este caso? Si o está perturbado, también lo estará (en sentido opuesto) el punto −o . Cuando la característica que sale de o llega a = 0 se encuentra con la que viene del punto simétrico (‘rebota’). La ƒ influye, pues, en el segmento y semirrectas indicados. La g sobre la región sombreada (fuera, o se integra 0 ó se cancelan las aportaciones de o y −o ).
Ej 4.
tt − = 0 , ≥ 0, t ∈ R n sen π, 1≤≤2 t (, 0) =
0 en [0,1]∪[2,∞)
(, 0) = (0, t) = 0
Dibujemos sus soluciones para varios valores de t , por ejemplo, para t = 1, 2, 3 . Para ello identificamos sus ondas viajeras, que serán: ←− −→ R = G∗ (+t)− G∗ (−t) , con G∗ () = 12 0 g∗ y g∗ la extensión impar de la g inicial.
Las gráficas de g∗ y G∗ son las de la izquierda. La de G∗ se obtiene observando que para ∈ [0, 1] debe ser 0 (se anula el integrando), que si ≥ 2 ha de ser constante R2 = 21 1 sen π d , que entre 1 y 2 será decreciente y que será par G∗ por ser la primitiva de una función impar. Trasladando G∗ a la izquierda y −G∗ a la derecha y sumando ambas gráficas se obtienen los dibujos de las soluciones. Y se ve como es la solución para t posteriores: la hondonada se irá trasladando hacia la derecha. Estos dibujos concuerdan con el del dominio de influencia de la izquierda, ya que debía ser = 0 fuera de la región sombreada. Hallar (, t) ∀,t exige considerar demasiados casos. (3, t) = G∗ (t +3)−G∗ (t −3) Somos más modestos y nos limitamos a dar la expresión tiene el mismo dibujo de analítica de (3, t) , t ≥ 0 (en estas discusiones son útiles arriba, en función de t . los dominios de dependencia para distinguir los casos): R2 1 Si t ≤ 1 ó si t ≥ 5 , = 0 ; si t ∈ [1, 2] , = 12 t−3 sen π d = − 2π [1+cos πt] ; R 1 1 1 −1 1 si t ∈ [2, 4] , = − π ; si t ∈ [4, 5] , = − π − 2 t−3 sen π d = − 2π [1+cos πt] .
56
Siguiendo con la cuerda semi-infinita, veamos como se resuelve el problema más general con fuerzas externas y extremo móvil: ¨ −c2 = F(, t) , ≥ 0, t ∈ R tt (P4 ) (, 0) = ƒ () , t (, 0) = g() (0, t) = h0 (t)
[debe ahora ser ƒ (0) = h0 (0) ].
Primero debemos hacer la condición de contorno homogénea, encontrando una que la cumpla y haciendo = − . La más clara (no siempre la mejor) es: (t) = h0 (t) . Una vez que tenemos la condición de contorno homogénea, la solución del problema en la da [2] si sustituimos sus ƒ , g y F por ƒ ∗ , g∗ y F ∗ , siendo ésta última la extensión impar de F mirándola como función de .
Ej 5.
¨ tt − = 0 , ≥ 0, t ∈ R (, 0) = t (, 0) = 0 (0, t) = t 2
Hallemos primero la solución para un y t fijos: (1, 2) .
Para anular la condición de contorno podemos usar la de arriba: n ( ¨ − = −2 2, < 0 tt − = tt −2 , > 0 → = −t 2 → (, 0) = t (, 0) = 0 → (, 0) = t (, 0) = 0 (0, t) = 0 (1, 2) = 21
RR 4
h F ∗ = 21 (2) área
+(−2) área
i
-2
2
2 -1
3
1
= −3 → (1, 2) = −3+4 = 1 .
[Por ser constantes las F a integrar, nos hemos ahorrado el cálculo de integrales dobles. Pero como esto no se podrá hacer en general, vamos a perder un poco el tiempo en hallar (1, 2) sin este atajo. El valor que estamos calculando es: RR R 2R 3−τ (1, 2) = 12 4 F ∗ = 12 0 τ−1 F ∗(s, τ) ds dτ Sobre el triángulo pequeño la integral viene dada por: R R R1 1 1 0 2 ds dτ = 0 (1−τ) dτ = 2 0 τ−1
1 2
.
Para el otro cuadrilátero hay que dividir en dos el recinto de integración: R R R 2R 3−τ R1 R2 1 1 3−τ (−2) ds dτ + 12 1 τ−1 (−2) ds dτ = 0 (τ −3) dτ + 1 (2τ −4) dτ = − 27 . 2 0 0 Sumando ambos resultados obtenemos (1, 2) = −3 como antes]. Pero podríamos conseguir un problema sin F (que siempre es complicado), haciendo el cambio con una mejor. Tanteando un poco se ve que = 2 +t 2 cumple la condición y también la ecuación: ¨ tt − = 0
= − →
(, 0) = −2 ,
(0, t) = 0
→ (1, 2) =
¨ − = 0 , , t ∈ R tt t (, 0) = 0 → (, 0) = ƒ ∗() t (, 0) = 0
1 ∗ [ƒ (3)+ƒ ∗ (−1)] 2
= −4 → (1, 2) = 5−4 = 1
x2
f* x -x2
Con este segundo cambio es también fácil dar la (, t) para todo , t ≥ 0 : ¨ ( 1 − 2 (+t)2 + 21 (−t)2 = −2t, ≤ t (−t)2 , ≤ t = 21 [ƒ ∗ (+t)+ƒ ∗ (−t)] = → = 1 1 2 2 2 2 0 , ≥t − (+t) − (−t) = − −t , ≥ t 2
2
[Llegar a este resultado con el primer cambio nos hubiera costado más]. [Como las ondas viajan a velocidad c = 1 los puntos a distancia ≥ t debían estar parados en el instante t ].
57
Estudiemos la cuerda acotada y fija en ambos extremos [tratada ya en 3.1]: ¨ −c2 = 0 , ∈ [0, L], t ∈ R tt (P5 ) (, 0) = ƒ () , t (, 0) = g() (0, t) = (L, t) = 0
L
0
[debe ser ƒ (0) = ƒ (L) = 0 ].
Para hallar su solución única con la fórmula de D’Alembert extendemos ƒ y g a [−L, L] de forma impar respecto a 0 y luego de forma 2L-periódica a todo R, es decir, llamando ƒ ∗ y g∗ a estas extensiones: ƒ ∗(−) = −ƒ ∗() , ƒ ∗(+2L) = ƒ ∗() ; g∗(−) = −g∗() , g∗(+2L) = g∗() . f
f*
L
0 -2L
-L
3L
2L
(se tiene entonces que ƒ ∗ y g∗ son también impares respecto a L ). Como para (P3 ), la solución de (P5 ) se obtiene aplicando [1] al siguiente problema (por la imparidad de los datos se cumplen también las condiciones de contorno): tt −c2 = 0 , , t ∈ R (, 0) = ƒ ∗() , t (, 0) = g∗() Para que esta (dada por [3]) sea C2 (regular) deben ƒ ∈ C2 [0, L] y g ∈ C1 [0, L] y además: ƒ (0) = ƒ (L) = ƒ 00 (0) = ƒ 00 (L) = g(0) = g(L) = 0 [ ƒ 0 y g0 existen en 0 y L por la imparidad]. Hallemos los dominios de influencia de (P5 ). Supongamos g = 0 y que ƒ = 0 salvo una perturbación en torno a o . ƒ ∗ será no nula cerca de ..., o − 2L, −o , o , −o + 2L, ... . Cada punto influye en dos características. ¿Qué pasa en [0, L] ? Al principio la perturbación va por las características. Si t = o / c la de la izquierda se cruza en = 0 con la que viene de −o (con signo opuesto), sigue esta característica hasta = L , allí se encuentra otra que procede de o + 2L y así sucesivamente. A la que parte inicialmente hacia la derecha le ocurre algo similar. El dominio de influencia de la ƒ es, pues, en este par de características reflejadas en = 0 y = L . No es difícil ver que el de la g son todos los paralelogramos rayados (que en los triángulos es = 0 ).
+ — — +
2L/c + — — + +
-L
0
xo L
2L
Si queremos resolver el problema más general: ¨ −c2 = F(, t) , ∈ [0, L], t ∈ R tt (P6 ) (, 0) = ƒ () , t (, 0) = g() (0, t) = h0 (t) , (L, t) = hL (t)
(hay fuerzas externas y movemos los extremos)
primero, como siempre, hay que hacer las condiciones de contorno homogéneas, hallando una que las cumpla y haciendo = − . Una de esas es la conocida: (, t) = 1− L h0 (t) + L hL (t) [a veces será mejor buscar otra]. Podemos resolver el problema en resultante utilizando de nuevo [2], poniendo en vez de sus ƒ , g y F , las extensiones impares y 2L-periódicas ƒ ∗ , g∗ y F ∗ (vista F como función de ). Por último veamos cómo se debe extender si la condición de contorno es (0, t) = 0 : 1 ∗ (0, t) = 21 ƒ ∗ 0 (ct)+ƒ ∗ 0 (−ct) + 2c g (−ct)−g∗(ct) = 0 → ƒ ∗ 0 impar y g∗ par → se debe extender ƒ y g de forma par respecto a 0 (o respecto a L si fuese ahí = 0 ). Separando variables salen las autofunciones sen nπ con condiciones = 0 y cos nπ L L si son = 0 [su periodicidad y paridades son las mismas que las obtenidas aquí].
58
Ej 6.
tt − = 0 , ∈ [0, 1], t ∈ R n , 0≤≤1/ 2 (, 0) =
u(x,0)
(Puede representar la pulsación de la cuerda de una guitarra).
1− , 1/ 2≤≤1
t (, 0) = (0, t) = (L, t) = 0
f
1/2
x 1
0
Con la fórmula [2] es, en general, complicado hallar la expresión analítica de (, t) para todo y todo t , pues ƒ ∗ y g∗ tienen diferentes formas en diferentes intervalos. Aquí: ··· −1 − , −3/ 2 ≤ ≤ −1/ 2 , −1/ 2 ≤ ≤ 1/ 2 ∗ ƒ () = 1 − , 1/ 2 ≤ ≤ 3/ 2 − 2, 3/ 2 ≤ ≤ 5/ 2 ···
1/2
f*
1 0
Para hallar (, t) = 12 ƒ ∗ (+t) + ƒ ∗ (−t) tendríamos que discutir según los valores de y t en qué intervalos se mueven + t y − t , y sería demasiado largo (para estas discusiones conviene utilizar los dominios de dependencia). Más fácil es dar analíticamente la solución para un t dado o ver la evolución de un a lo largo del tiempo.
Hallemos para t = 14 : , 14 = 12 ƒ ∗ (+ 14 ) + ƒ ∗ (− 14 ) =
1/4
+ 14 + − 14 , 0 ≤ ≤ 14
1 1 1 3 3 2 4 − + − 4 , 4 ≤ ≤ 4
, 0 ≤ ≤ 14
1 , 4
3 − + 54 −, 4
3 4
≤≤1
=
1 4
1−,
3 4
0
-1/2
≤ ≤ 34
1/2
1/4
3/4
1
≤≤1
Sí es muy fácil hallar para un y un t dados. No es siquiera necesario conocer la expresión de ƒ ∗ . Por ejemplo: h i h ∗ i 3 ∗ − 11 ∗ − 3 − 41 , 3 = ƒ ∗ 13 + ƒ = ƒ + ƒ = −ƒ 43 = − 14 4 4 4 4 ↑
↑
ƒ ∗ es 2-periódica
ƒ ∗ es impar
Tampoco es necesaria la expresión de la ƒ ∗ para hacer dibujos: basta trasladar ondas y sumar. Dibujemos la para diferentes t : u(x,1/4)
1/4
1/4
0
1/2
0
x
1
u(x,3/4) 1/2
1
x
-1/4
f*(x+t)/2 u(x,1/2)
1/4
0
1/2
f*(x-t)/2
1/4
x
1
u(x,1) 1/2
1
0
x
-1/2
Dibujemos ahora: 1/2 0
u(1/2,t)
1 ,t 2
h = ƒ∗
i
1 +t + ƒ ∗ 12 −t 2
h = ƒ∗
5
3
1
4
2
1 +t − ƒ ∗ 2
t − 12
i
t
Como vemos, la gráfica se repite con periodo 2. Esto es general: por las propiedades de ƒ ∗ y g∗ la dada por [3] es 2L/ c-periódica. Cosa que era evidente en la serie solución obtenida en 3.1: ∞ R 1/ 2 R1 X 4 sen nπ (, t) = kn cos nπt sen nπ , kn = 2 0 sen nπ d+2 1/ 2 (1−) sen nπ d = n2 π 22 . n=1
(Pulsando la cuerda en el centro desaparecen los armónicos pares).
59
Ej 7.
¨ − = , ∈ [0, π], t ∈ R tt (, 0) = , t (, 0) = 0 (0, t) = 0, (π, t) = π
Para este ejemplo más complicado nos limitamos a hallar π2 , π .
Lo primero, como sabemos, es hacer las condiciones de contorno homogéneas. Usemos primero la citada en la página 58: = . Haciendo = + se obtiene: ¨ − = , ∈ [0, π] ¨ − = F ∗() , ∈ R tt tt (, 0) = t (, 0) = 0 → (, 0) = 0 (0, t) = (π, t) = 0 t (, 0) = 0 con F ∗ extensión impar y 2π-periódica de . La solución del último problema vendrá dada por: (, t) =
1
Z tZ
2
+[t−τ]
F ∗(s, τ) ds dτ
0 −[t−τ]
Para hallar π2 , π , en principio, hay que hacer 3 integrales dobles, pero como (es F ∗ impar respecto a = π ) la integral de F ∗ sobre el triángulo oscuro se anula, basta:
π , π = 21 2
R π/ 2R τ+ π 0
2 τ− π2
s dsdτ + 12
R πR π 2
3π −τ 2 τ− π2
3
s dsdτ = π8 →
3 π , π = π2 + π8 2
Pero mejor se busca una () que cumpla la ecuación y las condiciones de contorno: ¨ 3 2 3 c.c. 2 3 =+ tt − = 0 , (, 0) = −π 6 = c1 +c2 − 6 → = 1+ π6 − 6 −→ t (, 0) = (0, t) = (π, t) = 0 Extendiendo la última ƒ podemos aplicar D’Alembert (mucho más corto que antes): h i π3 π3 π2 , π = 21 ƒ ∗ 3π + ƒ ∗ − π2 = −ƒ π2 = 16 , π2 = π2 + 16 ... 2 ↑ impar y 2π-periódica
Resolvamos este problema por separación de variables. Es necesario, también, que las condiciones de contorno sean homogéneas. De los dos problemas para de arriba es más sencillo el segundo (ecuación homogénea) cuya solución, según 3.1, es: ∞ ∞ R π 3 2 X X 2(−1)n (−1)k sen n = n3 = cn cos nt sen n , cn = π2 0 −π → π2 , π = 2 (2k+1)3 6 n=1
k=0
¿Cuál es la suma de esta serie? Como
3 −π 2 6
=
∞ X 2(−1)n n3
∞ =π/ 2 X
sen n −→
n=1
k=0
(−1)k (2k+1)3
3
π = 32 .
Para resolver el otro problema (no homogéneo) probamos una serie de autofunciones: ∞ Rπ X 2(−1)n+1 = → Tn (t) sen n → Tn00 + n2 Tn = bn = π2 0 sen n d = n n=1
Tn = c1 cos nt +c2 sen nt + nb2n =
−→
Tn (0)=Tn0 (0)=0
∞ X 2(−1)n+1 [1−cos nt] sen n n3
n=1
60
π ,π 2
Tn = nb3n [1−cos nt] ,
=
∞ X k=0
4(−1)k (2k+1)3
=
π3 8
.
4.2. Ondas en tres y dos dimensiones. Sea el problema de valores iniciales para las de ondas en 3 dimensiones espaciales: ¨ tt − c2 +yy +zz = 0 , (, y, z) ∈ R3 , t ∈ R (P3 ) (, y, z, 0) = ƒ (, y, z) , t (, y, z, 0) = g(, y, z) Se puede deducir una fórmula para la solución de (P3 ) análoga a la de D’Alembert para n = 1 . Aceptemos que, si ƒ ∈ C3 y g ∈ C2 , esa solución viene dada por la ZZ i h 1 ZZ 1 fórmula de Poisson ∂ ƒ dS + g dS [1] (, y, z, t) = ∂t 2 2 o Kirchoff 4πc t 4πc t C C siendo C la superficie de la bola de centro (, y, z) y radio ct . La forma más natural de parametrizar esta superficie es mediante los ángulos θ y ϕ de las coordenadas esféricas centradas en el punto (, y, z) del dibujo de la derecha →
" ct (x,y,z) !
Desarrollando las integrales de [1] se obtiene: h R 2πR π i ∂ t (, y, z, t) = ∂t ƒ (+ct sen θ cos ϕ, y+ct sen θ sen ϕ, z+ct cos θ) sen θ dθ dϕ 4π 0 0 R 2πR π t + 4π 0 0 g(+ct sen θ cos ϕ, y+ct sen θ sen ϕ, z+ct cos θ) sen θ dθ dϕ Interpretemos [1]. Los valores de sólo dependen de los de ƒ y g sobre el borde de la esfera B((, y, z), ct) . Así, si inicialmente hay una perturbación concentrada en un punto P , en el instante t sólo están perturbados los puntos de la superficie esférica de centro P y radio ct , pues para los demás puntos es ƒ = g = 0 sobre la superficie C de [1]. Si inicialmente es perturbado frente todo un conjunto A , para cada t los puntos afecdelantero tados son una región At del espacio formada por la unión de todas las superficies esféricas de ract+a ct-a dio ct y centro P ∈ A . La superficie exterior de a At se llama frente delantero de la onda y la interior frente trasero. En el dibujo se esquematizan ambos frentes para el caso de una perturbación frente inicial de una esfera de radio . Los puntos que trasero alcanza el frente delantero, antes en reposo, comenzarán a oscilar. Los puntos sobrepasados por el trasero volverán al reposo. Estudiemos ahora la propagación de ondas en 2 dimensiones: ¨ tt − c2 +yy = 0 , (, y) ∈ R2 , t ∈ R (P2 ) (, y, 0) = ƒ (, y) , t (, y, 0) = g(, y) Podemos mirar (P2 ) como un caso particular de (P3 ) en que datos (y por tanto soluciones) no dependen de z . Las coordenadas adecuadas ahora para parametrizar C son las cartesianas (o las cilíndricas). Expresando [1] en cartesianas se obtiene: (, y, t) =
1 2πc
∂ ∂t
ƒ (ξ, η) dξdη
ZZ B
p
c2 t 2 − (ξ−)2 − (η−y)2
+
g(ξ, η) dξdη
ZZ B
p
c2 t 2 − (ξ−)2 − (η−y)2
donde B es todo el círculo de centro (, y) y radio ct . La fórmula anterior escrita en polares centradas en (, y) queda: (, y, t) =
1 2πc
∂ ∂t
Z
2πZ ct 0
0
r ƒ (+r cos θ, y+r sen θ) drdθ p c2 t 2 − r 2
61
+
Z
2πZ ct 0
0
r g(+r cos θ, y+r sen θ) drdθ p c2 t 2 − r 2
Supongamos una perturbación localizada para t = 0 en un punto P del plano. Otro punto M , situado a una distancia d de P , permanecerá en reposo hasta el instante to = d/ c . Si t ≥ to , P ya pertenece al círculo B(M, ct) y por tanto será (M, t) 6= 0 : a partir del instante to el punto M permanece perturbado indefinidamente (aunque tienda a pararse cuando t → ∞ , como las ondas producidas por una piedra en un estanque). Esta situación no contradice los resultados para n = 3 : la perturbación de P , vista como una perturbación en el espacio independiente de z , consiste de hecho en un cilindro vertical infinito sobre P , con lo que al M irán llegando las perturbaciones provinientes de puntos cada vez más lejanos del cilindro (que, por tanto, serán cada vez más pequeñas). Las ondas que se propagan constituyen ondas cilíndricas en el espacio: en cada cilindro paralelo al inicial la solución toma un valor constante. [Las ondas pasan en el espacio y permanecen en el plano]. Si descendiésemos desde n = 3 hasta n = 1 , considerando que la ƒ y la g de [1] sólo dependen de , llegaríamos a la conocida fórmula de D’Alembert. Si se contempla esta solución sumergida en R3 se puede interpretar como la suma de dos ondas planas avanzando por planos perpendiculares al eje a velocidad ±c . Todos los puntos de cada plano están igualmente perturbados. El caso n = 1 , como vimos en la sección anterior, presenta un comportamiento intermedio entre n = 2 y n = 3 : la influencia del desplazamiento inicial ƒ desaparece, pero la de la velocidad g inicial se deja sentir permanentemente. Para n = 2 , el dominio de dependencia de (, y, t) de los datos iniciales es todo el círculo B((, y), ct) y el de influencia de la ƒ y g iniciales en un punto (o , yo , 0) es todo el cono (−o )2 + (y−yo )2 ≤ c2 t 2 .
t
ct
¨
y
y
Para n = 3 la influencia de (o , yo , zo , 0) es solamente la superficie de un cono tetradimensional (no dibujable).
Ej 1. Resolvamos:
t
(x,y,z)
x
x
(xo ,yo ,0)
tt − +yy +zz = 0 , (, y, z, t) ∈ R4
(, y, z, 0) = z , t (, y, z, 0) = 2 +y 2
Aplicando directamente la fórmula de Poisson-Kirchoff: =
∂ ∂t
h
t 4π
Z
2πZ π 0
(z+t cos θ) sen θ dθdϕ
0
t + 4π π
h Z
2πZ π
Z
Zπ i (z+t cos θ) sen θ dθ + 2t (2 +y 2 +t 2 sen2 θ) sen θ dθ
∂ ∂t
=
∂ tz + t ∂t
0
(2 +y 2 +t 2 sen2 θ+2t[ sen θ cos ϕ+y sen θ sen ϕ]) sen θ dθdϕ
0
0
=
t 2
i
0
2 +y 2 +
2t 2 3
= z + t2 + ty 2 +
2 3 t 3
También podemos descomponer el problema en dos y sumar sus soluciones: El de ƒ = z , g = 0 se puede ver como uno para n = 1 : 1 =
1 2
(z+t) + (z−t) = z .
El de ƒ = 0 , g = 2 +y 2 , como uno de n = 2 : 2 =
1 2π
h
Z
2πZ t 0
0
r(2 + y 2 + r 2 + 2r[ cos θ+y sen θ]) drdθ = p t2 − r 2
= − (2 +y 2 )
p
Z
t 0
r(2 +y 2 )+r 3 dr p t2 − r 2
it p 2 t 2 −r 2 − 13 2t 2 +r 2 t −r 2 = t2 +ty 2 + 23 t 3 . 0
62
Consideremos ahora ondas en el espacio con simetría radial. Pasando a esféricas y quitando los términos con derivadas respecto a θ y ϕ llegamos al problema: ¨ tt − c2 rr + 2r r = 0 , r ≥ 0, t ∈ R (Pr ) (r, 0) = ƒ (r) , t (r, 0) = g(r) Haciendo = r , la ecuación se transforma en: tt −c2 rr = 0 . Y como es acotada, aparece la condición de contorno: (0, t) = 0 . Así, el problema en las nuevas variables es: ¨ tt − c2 rr = 0 , r ≥ 0, t ∈ R (P ) (r, 0) = rƒ (r), t (r, 0) = rg(r), (0, t) = 0 Si F ∗ y G∗ son las extensiones impares respecto a 0 de F(r) ≡ rƒ (r) y G(r) ≡ rg(r) , (r, t) =
1 1 [F ∗(r +ct)+F ∗(r −ct)] + 2cr 2r
R r+ct r−ct
G∗(s) ds
[2]
es la solución de (Pr ), que podemos poner en la forma (r, t) = 1r p(r+ct) + 1r q(r−ct) e interpretarla como la suma de dos ondas esféricas cuyos radios disminuyen o crecen a velocidad c . La magnitud de la perturbación propagada es inversamente proporcional al radio. [2] da problemas en r = 0 , pero con L’Hôpital y el teorema fundamental del cálculo: 1 ∗ (r, t) → 12 F ∗0 (ct)+F ∗0 (−ct) + 2c G (ct)−G∗ (−ct) = F ∗0 (ct)+ 1c G∗(ct) = (0, t) r→0 ∗ 1 (0, t) puede no ser continua aunque ƒ lo sea (si F
¨
Ej 2.
(
tt
− Δ = 0 , r ≥ 0 , t ∈ R
1, r ≤ 1
(r, 0) = 0, t (r, 0) = 0 , r > 1
no es C ) .
Comencemos suponiendo n = 3 . Su solución es =
r
, si es la solución de:
G*
tt − rr = 0 , r, t ∈ R
r , |r| ≤ 1
(r, 0) = 0, t (r, 0) = G∗ (r) = 0 , |r| > 1
→ (r, t) =
1 2
R r+t r−t
G∗
Estudiemos la evolución para t ≥ 0 de un punto M del espacio situado a una distancia R > 1 del origen. Si t < R−1 o si t > R+1 es claro que = 0 . Si t ∈ [R−1, R+1] , la integral se reduce a: R1 1−[R−t]2 s ds → (R, t) = 4R R−t
R+1
r
t
Se ve que M oscila sólo durante un determinado intervalo R-1 de tiempo. Se ve también que la amplitud máxima de la oscilación es inversamente proporcional a la distancia que —1 R-t 1 R separa M del origen. Dar (R, t) con la fórmula de Poisson es complicado, pero sí es fácil hallar (0, 0, 0, t) : u(R,t) RR área de C 1 1/4R (0, 0, 0, t) = 4πt 1 dS = = t si t ≤ 1 , 4πt C RR R-1 R R+1 (0, 0, 0, t) = C 0 dS = 0 si t > 1 ,
r
t
que coincide con la (0, t) = G∗ (t) deducida por L’Hôpital. Aparecen discontinuidades ( G no era continua), pero estas se concentran en el origen ( (M, t) sí era continua).
t!1
1
Miremos ahora el problema como si fuese para n = 2 . Los cálculos son siempre más difíciles, así que nos limitamos a hallar (0, 0, t) : R ¨ t pr dr = t , t ≤ 1 R R R t r g dr 0 2 2 1 2π t r g drdθ (0, 0, t) = 2π 0 0 p 2 2 = 0 p 2 2 = R 1 t −r p r dr t −r t −r p = t − t 2 −1 , t ≥ 1 0 t 2 −r 2
Como debía suceder, t −
63
p
t 2 −1 =
t+
p1
→ 0.
t 2 −1 t→∞
Ej 3.
n tt −rr − 2r r = 0 , r ≥ 0, t ∈ R (r −2)(r −4) si r ∈ [2, 4] , con ƒ (r) = 0 en el resto de [0, ∞) (r, 0) = ƒ (r) , t (r, 0) = 0
Dibujemos la solución para t = 3 y 6 y describamos la evolución de dicha solución. Para ello nos basamos en los dibujos del problema para la cuerda semiacotada: ¨ − = 0 , r ≥ 0 ¨ − = 0 , r ∈ R tt rr tt rr (r, 0) = rƒ (r) ≡ F(r) → (r, 0) = F ∗(r) impar t (r, 0) = (0, t) = 0 t (r, 0) = 0
Será (r, t) = Movemos
1 ∗ F 2
F ∗ (r+t)+F ∗ (r−t) 2
y (r, t) =
(r,t) r
.
a izquierda y derecha y sumamos.
Precisamos los dibujos hallando algunos valores: Como F(r) = r(r −2)(r −4) , r ∈ [2, 4] , es F(3) = −3 p y F es mínima para = 2+ 32 3 ≈ 3.2 . 8 2 12 , 3 = −3/ = − 34 , (6, 3) = −3/ = − 14 , 1/ 2 6 2 (3, 6) = 3/32 = 12 , (9, 6) = −3/ = − 61 , 9
Además (0, t) = F ∗ 0 (t) → (0, 3) = 3t 2 −12t = 8 t=3 = −1 . [ (0, t) resulta ser discontinua para t = 2 y t = 4 : F ∗ 0 (2+ ) = −4 6= 0 y F ∗ 0 (4− ) = 8 6= 0 . En esos instantes los ‘picos’ de ƒ confluyen en el origen].
Tanto para como para , la onda se divide en 2 y se refleja cambiando de signo; pero, mientras en dimensión 1 no se deforma, en el espacio disminuye al alejarse del origen. ¨
Ej 4.
tt − rr + 2r r = 0 , r ≥ 0 (r, 0) = r , t (r, 0) = 0
Calculemos (1, t) para t ≥ 0 .
¨ tt −rr = 0 , r ∈ R ¨ tt −rr = 0 , r ≥ 0 ƒ ∗ extensión impar de r 2 2 → (r, 0) = ƒ ∗(r) = r → (r, 0) = r − r 2 si r ≤ 0 . t (r, 0) = (0, t) = 0 t (r, 0) = 0 (1 [(1+t)2 +(1−t)2 ] = 1+t 2 si 0 ≤ t ≤ 1 (1,t) Por tanto, (1, t) = 1 = 12 . [(1+t)2 −(1−t)2 ] = 2t si t ≥ 1 2
También se puede hallar con la fórmula de Poisson-Kirchoff. Para simplificar, la evaluamos en el punto más sencillo situado a distancia 1 , el (0, 0, 1) : p h i h i R 2πR π p θ ∂ t R1 ∂ t 2 +2t cos θ sen θ dθ dϕ s=cos 2 +2ts ds (0, 0, 1, t) = ∂t 1+t = 1+t 4π 0 ∂t 2 0 −1 =
∂ ∂t
h
i1 1 ∂ 2 +2ts)3/ 2 (1+t = 16 ∂t |t+1|3 −|t−1|3 6 −1
que nos lleva al resultado de antes.
64
( ∂
=
1 6
[2t 3 +6t] si ∂t ∂ [6t 2 +2] si ∂t
0≤t≤1 t≥1
4.3. Transformadas de Fourier. Sea ƒ () definida en R y absolutamente integrable
hR∞
i |ƒ | < ∞ . −∞ ∞
Z
La transformada de Fourier de ƒ es la función: ˆƒ (k) = p1
2π
ƒ () ek d .
−∞
Si ƒ es además C1 se puede recuperar a partir de ˆƒ usando la fórmula de inversión (que, como otros resultados, no demostramos): 1 2π
Teor 1 ƒ ∈ C1 (R) y absolutamente integrable ⇒ ƒ () = p [Algunos libros no ponen la constante
1 p 2π
Z
∞
ˆƒ (k) e−k dk ∀ ∈ R .
−∞
en la definición de ˆƒ y ponen
de inversión; también se puede ver en la primera fórmula
e−k
1 2π
en la fórmula
y en la segunda ek ].
Se llama a ƒ transformada inversa de Fourier de ˆƒ . Vamos a denotar también F (ƒ ) = ˆƒ y F −1 ˆƒ = ƒ . Es evidente que F y F −1 son lineales. Citemos otras propiedades (parte se probarán en problemas) de la F y demos las transformadas de algunas funciones que nos aparecerán resolviendo EDPs: Teor 2
Teor 3
F (ƒ 0 ) = −kF (ƒ ) F (ƒ 00 ) = −k 2 F (ƒ )
ƒ , ƒ 0 , ƒ 00 ∈ C(R) y absolutamente integrables ⇒
La convolución de ƒ y g es la función: (ƒ∗g)() = p1
2π
Z
∞
ƒ (−s) g(s) ds .
−∞
Se tiene ƒ ∗g = g∗ƒ , y F (ƒ ∗g) = F (ƒ ) F (g) , si las transformadas existen.
Teor 4
1 , ∈ [, b] F −1 ˆƒ (k) ek = ƒ (−) . Si h() = , F (h) = p1
0 en el resto
F e−
2
=
1 p 2
e−k
2 / 4
. F −1 e−k
2
=
1 p 2
e−
2π
2 / 4
ekb −ek . k
.
Aplicando a una EDP en dos variables la F en una de ellas se obtiene una EDO ˆ . Resolviendo la EDO se determina ˆ . Identificando (en la otra variable) para la la de la que proviene o aplicando el teorema de inversión se puede a veces dar la solución explícitamente, pero en muchos casos hay que dejar la solución en términos de integrales no calculables.
Ej 1.
t + = g() (, 0) = ƒ () ¨
Aplicamos la F en la variable (se supone que , g y ƒ son buenas, de modo que se pueden usar los teoremas):
ˆ ˆ t − k ˆ = g(k) ˆ g(k) ˆ → (k, t) = p(k) ekt − k , p arbitraria ˆ (k, 0) = ˆƒ (k) h kt i e −1 ˆ ˆ = ˆƒ (k) ekt + g(k) −→ k dato inicial
Por tanto: (, t) = ƒ (−t) + Como
Rt 0
g(−) d = −
R −t
p
2π g()∗h() siendo h() =
g(s) ds , concluimos que
1 si ∈ [0, t] 0 en el resto
= ƒ (−t) +
R −t
g(s) ds
[La solución la podemos calcular también con las técnicas del capítulo 1: R dt ξ=−t =1 → → η = g(η) → = p(−t) + 0 g(s) ds → d η= R R −t R p() + 0 g(s) ds = ƒ () → = ƒ (−t) − 0 g(s) ds + 0 g(s) ds como antes].
65
.
Más interés que el ejemplo anterior, puesto que no conocemos ningún otro método para resolverlo, tiene el problema para el calor en una varilla infinita: t − = 0 , ∈ R, t > 0 (P) (, 0) = ƒ () , acotada Supongamos que y ƒ son suficientemente regulares y tienden a 0 lo suficientemente rápido en ±∞ como para que se puedan utilizar los teoremas anteriores. Aplicando la transformada de Fourier en la variable a la ecuación y al dato inicial se tiene el problema: ¨ ˆt + k 2 ˆ=0 2 ˆ cuya solución es (k, t) = ˆƒ (k) e−k t ˆ ˆ (k, 0) = ƒ (k) La solución será la convolución de las transformadas inversas de cada uno de los factores (la del segundo la vimos en el teorema 4): 1
2 πt
G(, s, t) =
∞
Z
(, t) = p
ƒ (s) e−(−s)
2 / 4t
ds ≡
Z
−∞
∞
G(, s, t) ƒ (s) ds
[1]
−∞
2 1 p e−(−s) / 4t 2 πt
es la llamada solución fundamental de
la ecuación del calor, que representa la temperatura del punto en el instante t debida a una ƒ inicial de la forma δ(−s) . Una vez deducida [1], en vez de justificar los pasos que llevaron a ella, se prueba que proporciona realmente la solución de (P) con hipótesis más amplias incluso de las que nos permiten aplicar la F . En concreto, para cualquier ƒ acotada y continua a trozos [1] nos da la solución única acotada de (P) que es continua para t ≥ 0 a excepción de los puntos de t = 0 en que ƒ es discontinua. De [1] se deduce también que, según nuestro modelo matemático, el calor se transmite a velocidad infinita: si ƒ > 0 en un entorno de un o y nula en el resto, está claro que (, t) > 0 por pequeño que sea t y grande que sea |−o | . También se ve que es C∞ para t > 0 aunque ƒ sea discontinua (¡aunque sea ƒ () = δ(−s) !). Son propiedades claramente diferentes de la ecuación de ondas. Ej 2. Apliquemos [1] para resolver un par de problemas particulares. ƒ () =
Suponemos primero que:
0 , <0 1 , >0
→ (, t) =
1 p 2 πt
R∞ 0
e−(−s)
p Haciendo = (s−)/ 2 t la integral se transforma en: R∞ R / 2pt R∞ 2 2 2 e− d + p1π 0 e− d = (, t) = p1π −/ 2pt e− d = p1π 0 1
donde ϕ(s) =
!(s)
0
s
2 p π
Rs
1+ϕ
ds
i
p 2 t
2
e− d es la llamada función error que
1
Como se observa, la solución tiende hacia 12 para todo cuando t tiende a ∞ .
=
h
/ 4t
aparece a menudo en la teoría de las probabilidades.
-1
Sea ahora
0
1 2
2
ƒ () = e− Z
2
t!" 1/2 x
0
. Completamos cuadrados y hacemos un cambio de variable:
∞
(−s) 2 1 p e−s e− 4t 2 πt −∞
2
p Z∞ 2 s 4t+1 − p4t+1 2 1 p e− 4t+1 p e−(•) ds con • = 2 πt 2 t −∞ Z∞ p 2 2 2 = p1 p2 t e− 4t+1 e−z dz = p 1 e− 1+4t 4t+1 1+4t 2 πt −∞
ds =
Haciendo z = • se obtiene:
Pero sale más corto aplicando directamente F : ( ˆ t = −k 2 ˆ 2 k 2 (1+4t) ˆ = p1 e− 4 → = p 1 e− 1+4t . 1 −k 2 / 4 → 1+4t 2 ˆ (k, 0) = p e 2
66
.
Ej 3.
Hallemos la solución para una ƒ () general y deduzcamos la solución para ƒ () ≡ 1 .
t − + 2t = 0 , ∈ R, t > 0 (, 0) = ƒ () , acotada
[Como F (1) no existe, no se puede resolver directamente el problema con (, 0) = 1 ]. ¨ ˆ t +(k 2 +2t) ˆ=0 ˆ t) = p(k) e−k 2 t−t 2 d.. ˆ t) = ˆƒ (k) e−t 2 e−k 2 t → → (k, → (k, ˆ (k, 0) = ˆƒ (k) Z 2
2
En particular, si ƒ () ≡ 1 , =
2
Z
∞
e−t p 2 πt −∞
e−(−s)
2
/ 4t ds
=
∞
e−t p 2 πt −∞
2
(, t) = e−t ƒ () ∗ F −1 (e−k t ) =
Z
2
e−t p π
∞
ƒ (s) e−(−s)
2
↑p −∞ (s−)/ (2 t ) =
2
/ 4t
ds .
2
e− d = e−t .
2
[Parece que sería adecuado hacer un cambio de la forma = e−t →
t − = 0 ; (, 0) = ƒ ()
de [1] se deduce nuestra fórmula y ≡ 1 es solución clara si ƒ () ≡ 1 (la varilla sigue a 1o ).
Análogamente a lo que pasaba con la transformada de Laplace para resolver EDOs, el uso de la F permite abordar problemas de EDPs con la delta de Dirac δ sin entrar en sutilezas sobre continuidades y saltos en derivadas. La transformada de la delta es muy fácil de hallar: F δ(−) =
1 p 2π
∞
Z
d(−) ek d =
−∞
1 p 2π
ek .
[Obsérvese que formalmente esta función (que no tiende a 0 en ±∞ ) no tiene transformada inversa, pero, como ya hemos dicho, con la F se suele ser riguroso justificando los resultados al final]. Resolvamos un problema (algo complicado) para la cuerda infinita con una F = δ (empujamos hacia arriba en el punto central de la cuerda): ¨ ˆ tt + k 2 ˆ = p1 tt − = δ() , ∈ R, t ≥ 0 2π Ej 4. (Pδ ) . . Aplicando la F : (, 0) = t (, 0) = 0 ˆ (k, 0) = ˆt (k, 0) = 0 La solución general ( λ = ±k y p a simple vista) es: ˆ (k, t) = p(k) cos kt + q(k) sen kt +
p
1 2π k 2
d..
ˆ −→ (k, t) =
1−cos kt p 2π k 2
=
2 p 2π
h sen k t i2 k
2
.
En la h del teor 4, cuando = −b se tiene como caso particular: Si h() =
p
kb −kb 1 , ∈ [−b, b] , F (h) = p1 e −e = pπ2 senk bk . k 0 en el resto 2π
La será, por tanto, la convolución de una h de este tipo consigo misma. En concreto: R∞ 1 , ∈ [−t/ 2, t/ 2] = 12 ∞ h(−s) h(s) ds , donde h() = 0 en el resto
Discutiendo en qué intervalos el integrando es 1 ó 0 según los valores de se concluye: Si ≤ −t ó si ≥ t es = 0 Si ∈ [−t, 0] , = 21 + 2t − (− 2t ) = 12 [+t] Si ∈ [0, t] , = 12 2t − (− 2t ) = 12 [t −] ¨ 0 , si || ≥ t Es decir, = 1 t −|| , si || ≤ t 2 Para hacerlo sin transformadas, más fácil que discutir R t R +t−τ = 21 0 −t+τ δ(s) ds dτ , es hacer la ecuación homogénea con un cambio de variable. Como = 21 || satisface 00 = δ() , con = + se obtiene: tt − = 0 (, 0) = ||/ 2 → = t (, 0) = 0
¨
1 |+t|+|−t| − 12 || . 4
Discutiendo los valores absolutos se llega a la solución de antes.
67
En problemas para regiones semi-infinitas se usan las transformadas seno y coseno que vemos como caso particular de F por las propiedades de las funciones pares o impares. Se definen estas transformadas de funciones ƒ absolutamente integrables en [0, ∞) mediante: Fs (ƒ )(k) = ˆƒs (k) =
q
2 π
Z
∞
ƒ () sen k d ; Fc (ƒ )(k) = ˆƒc (k) =
q
∞
Z
2 π
0
ƒ () cos k d
0
La fórmula de inversión adopta la forma:
Teor 1’
R∞ Sea ƒ ∈ C1 ([0, ∞)) y sea 0 |ƒ | < ∞ . Entonces: q Z∞ ˆƒs (k) sen k dk para todo ∈ (0, ∞) ƒ () = π2 0
ƒ () =
q
2 π
∞
Z
ˆƒc (k) cos k dk para todo ∈ [0, ∞)
0
Con hipótesis análogas a las del teorema 2 se tiene también: q q Teor 2’ Fs (ƒ 00 ) = −k 2 Fs (ƒ ) + π2 ƒ (0) k ; Fc (ƒ 00 ) = −k 2 Fc (ƒ ) − π2 ƒ 0 (0) . [Por este resultado, la Fs será útil cuando nos den el valor de (0, t) mientras que la Fc la emplearemos si lo fijado es (0, t) ]. Estas transformadas aparecen en problemas del calor en [0, ∞) : Teor 4’
Fs−1 k e−k
2
=
2 1 e− / 4 [2]3/ 2
; Fc−1 e−k
Ej 5. Calor en una varilla semi-infinita:
2
=
1 p 2
e−
2
/ 4
.
¨ − = 0 , > 0, t > 0 t (, 0) = 0 , (0, t) = g(t) acotada
ˆ Llamemos (k, t) a la transformada seno de (, t) respecto a (suponiendo como ˆ es: siempre que existe). El problema para q q 2 Rt 2 ˆ ˆ ˆt + k 2 ˆ = π2 g(t) k , (k, 0) = 0 → (k, t) = π2 e−k t 0 g(s) k ek s ds La fórmula de inversión, el cambio de orden de integración y el teor 4’ nos dan: R ∞R t Rt R∞ 2 2 (, t) = π2 0 0 g(s) k e−k (t−s) sen k ds dk = π2 0 g(s) 0 k e−k (t−s) sen k dk ds →
(, t) =
Ej 6. Ondas semi-infinita:
1 p 2 π
Rt
s 0 [t−s]3/ 2
e−
2
/ [4(t−s)] g(s) ds
¨ tt − = 0 , ≥ 0, t ∈ R (, 0) = t (, 0) = 0 (0, t) = t 2
Para Fs (o Fc ) no se necesita (nada habitual) hacer la condición de contorno homogénea: q q h i 2 ˆ→ ˆ tt +k 2 ˆ = π2 t 2 k → ˆ = p(k) cos kt + q(k) sen kt + π2 tk − k23 Fs = ˆ ˆ t (k, 0) = 0 → ˆ= (k, 0) =
q h 2 π
t2 k
+
2 (cos kt−1) k3
i
→ =
2 π
R ∞ t2 0
k
+
2 (cos kt−1) sen k dk k3
La integral es muy complicada. Hallamos sólo (1, 2) pues entonces parece simplificarse: R∞ 3 k k (1, 2) = π8 0 sen − sen dk = (tablas) = π8 π2 − 3π =1 k 8 k3 [Llegamos a ese valor en 4.1 a partir de D’Alembert (que era mejor camino)].
68
Apéndice Repaso de EDOs dy d
Algunas EDOs de primer orden
= ƒ (, y)
resolubles
[ ƒ , ƒy continuas en un entorno de (o , yo ) ⇒ existe una única solución con y(o ) = yo ]. R R dy p() Separables: d = q(y) → q(y) dy = p() d + C . dy y y dy Se convierten en separables: d = ƒ con z = . d = ƒ (+by) con z = +by . R R R R dy Lineales: d = ()y+ƒ () → y = Ce ()d + e ()d e− ()d ƒ () d . [solución general de la homogénea + solución yp de la no homogénea]. dy
Exactas: M(, y)+N(, y) d = 0 con Ej.
M = U My ≡ N → U(, y) = C solución. N = Uy
y
dy d
= y− (solución única si y 6= ) se puede resolver por tres caminos: R (2z−2) dz R y y2 y z z = → z 0 +z = z−1 → = −2 d +C → z 2 −2z = 2 −2 = C2 . z 2 −2z dy
y + (−y) d con My ≡ N = 1 → d dy
=
y− y
U = y → U = y+p(y)
→ y 2 −2y = C .
Uy = −y → U = y− 12 y 2 +q()
= − y +1 lineal (solución única si y 6= 0 ) . =
C + 1y y
R
y dy =
y C +2 y
.
dy Pasa una sola curva integral (solución de d = · · · o de d = · · · ) salvo por (0, 0) . dy
EDOs lineales de orden 2 :
[n] y 00 +()y 0 +b()y = ƒ () , , b , ƒ continuas en .
y 1
|W|() =
y10
y2 . 0 y2
Si o ∈ , tiene una sola solución (definida en todo ) con y(o ) = yo , y 0 (o ) = yo0 . Si y1 , y2 son soluciones de la homogénea ( ƒ ≡ 0 ) con wronskiano |W|(s) 6= 0 para algún s ∈ , la solución general de la homogénea es: y = c1 y1 +c2 y2 . Si yp es una solución de [n], la solución general de [n] es: y = c1 y1 +c2 y2 +yp . R y ƒ R y ƒ 1 2 Una solución particular de [n] es: yp = y2 |W| d − y1 |W| d [fvc].
Coeficientes constantes: [h] y 00 +y 0 +by = 0 , μ2 +μ+b = 0 (autovalores). Si μ1 6= μ2 reales → y = c1 eμ1 + c2 eμ2 La solución general de [h] es: Si μ doble (real) → y = (c1 +c2 ) eμ Si μ = p±q → y = (c1 cos q+c2 sen q) ep Método de coeficientes indeterminados para [c] y 00 + y 0 + by = ƒ () : Si ƒ () = eμ pm () , con pm polinomio de grado m , y μ no es autovalor, tiene [c] solución particular de la forma yp = eμ Pm () , con Pm del mismo grado. Si μ es autovalor de multiplicidad r , hay yp = r eμ Pm () . Si ƒ () = eμ pj () cos q + j , k , y p ± q no qk () sen q , pj , qk de grados p es autovalor, hay yp = e Pm () cos q+Qm () sen q con P y Qm de grado m m = máx{j, k} . Si p±q es autovalor hay yp = ep Pm () cos q+Qm () sen q . Ej. y 00 −y = e . μ = ±1 → solución general: y = c1 e +c2 e− +yp , con: yp = Ae → (A+2)−A = 1 → yp = 12 e . O más largo: R R − e e− − e e + e e e = − 1 e − 1 e . |W|() = − = −2 , y p = e −2 −2 4 2 e
−e
69
Euler: [u] 2 y 00 +y 0 +by = 0 , μ(μ−1)+μ+b = 0 . Si μ1 6= μ2 reales → y = c1 μ1 +c2 μ2 La solución general de [u] es: Si μ doble (real) → y = [c1 +c2 ln ] μ Si μ = p±q → y = [c1 cos(q ln )+c2 sen(q ln )] p Una yp de 2 y 00 +y 0 +by = h() se obtiene de la [fvc] con ƒ () = h()/ 2 , o utilizando que con = es se convierte en y 00 (s)+(−1)y 0 (s)+by(s) = h es . Si
b() ≡ 0 , y 0 = lleva [e] a lineal de primer orden en .
Ej. y 00 −2y 0 = . Se puede ver como Euler: 2 y 00 −2y 0 = 2 , μ(μ−1)−2μ = 0 → y = c1 +c2 3 +yp , con yp = A2 yp = Ae2s → yp = − 21 2 . h i R R 3 1 3 = 32 , y = 3 1·1 + ·1 = − 1 2 . O bien, |W|() = p 2 2 2 2 3 3 0 3
O de otra forma: y 0 = → 0 = 2 +1 → = C2 +2
R d 2
= C2 − → y = K +C3 − 12 2 .
Para otras ecuaciones lineales de segundo orden hay buscar:
Soluciones en forma de serie: Si , b son analíticas en = 0 , es un punto regular de [e] y 00+ ()y 0 +b()y = 0 y la solución de [e] es y =
∞ X
ck k = c0 y1 +c1 y2 , con c0 , c1 arbitrarios.
n=0
= 0 es punto singular regular de [e∗ ] 2 y 00+ ∗()y 0 +b∗()y = 0
si ∗ , b∗ son
analíticas en = 0 . Sean r1 ≥ r2 las raíces de q(r) = r(r −1)+∗ r +b∗ . 0 0 Hay solución y1 de [e*] de la forma y1 = r1
∞ X
ck k , c0 6= 0 .
n=0
La segunda solución y2 linealmente independiente es: a] Si r1 −r2 6= 0, 1, · · · : y2 = r2 c] Si r1 −r2 ∈ N : y2 = r2
∞ X
∞ X
bk k , b0 6= 0 . b] Si r1 = r2 : y2 = r1 +1
n=0
∞ X
bk k + 1 ln .
n=0
bk k +dy1 ln , b0 6= 0 , d ∈ R.
n=0
EDOs importantes resolubles utilizando series: Legendre
(1−2 )y 00 −2y 0 +p(p+1)y = 0 . Tiene soluciones polinómicas si p = n ∈ N :
P0 = 1 , P1 = , P2 = 32 2 − 12 , P3 = 25 3 − 32 , P4 = 35 4 − 15 2 + 38 , . . . 8 4 R1 R1 2 Se cumple que: −1 Pn Pm d = 0 , si m 6= n ; −1 P2n d = 2n+1 . Bessel:
2 y 00 +y 0 +[2 −p2 ]y = 0
→ r = ±p . r1 = p → Jp () ≡
∞ p X (−1)m [/ 2]2m
2
m=0
m! (p+m+1)
Jp soluciones acotadas en = 0 , con infinitos ceros [los de J0 son: 2.4.., 5.5.., ...]. Las soluciones linealmente independientes de ellas son no acotadas en 0 . Cuando p = 12 ,
3 2
, . . . , la solución es expresable con funciones elementales cos p +c2 p por ejemplo, si p = 12 es y = c1 sen . 0 2p Recurrencia: Jp+1 = Jp − Jp−1 . Derivadas: p Jp () = p Jp−1 () , J00 () = − J1 . 1
P2
P0 P3
0.8
P1
0.4
–1
J0
Bessel
0.6
1
J1
0.2 0 –0.2
Legendre
–0.4
70
5
10
15
20
.
Repaso de convergencia uniforme Sea la sucesión de funciones definidas en A ⊂ R : {ƒn ()} = ƒ1 (), ƒ2 (), ..., ƒn (), ... . {ƒn } converge puntualmente ƒ en A si para cada ∈ A es l´ım ƒn () = ƒ () . n→∞
{ƒn } converge uniformemente hacia su límite puntal ƒ en A si ∀ϵ > 0 existe algún N tal que ∀ ∈ A , si n ≥ N entonces |ƒ () − ƒn ()| < ϵ . Gráficamente, si {ƒn } → ƒ uniformemente, a partir de un N todas las gráficas de las ƒn quedan dentro de toda banda de altura 2ϵ alrededor de la de ƒ . Si la convergencia es sólo puntual, para cada el N es distinto y no se puede dar uno válido para todos los puntos de A . 0 si = 0 Ej. ƒn () = 1/ n → (puntualmente). 1 si ∈ (0, ∞)
f
!
f2 f1 A
La convergencia es uniforme en [1, 2] , pero no en [0, 1] . Para cada ∈ [0, 1] existe N tal que si n ≥ N el punto (, 1/ n ) está dentro de la banda, pero hace falta elegir N mayores según nos acercamos a 0 . En [1, 2] la convergencia es uniforme, pues el N que vale para = 2 claramente vale también para el resto de los del intervalo.
ƒn continuas en un intervalo y {ƒn } → ƒ uniformemente en ⇒ ƒ continua en . Si las ƒn son derivables, que ƒn → ƒ uniformemente no basta para que ƒ sea derivable, o puede existir ƒ 0 y no ser el límite de las ƒn0 (como en los ejemplos de la derecha); para que pasen ambas cosas, deben también converger las ƒn0 uniformemente.
|x|
1–sen(n2x) n
Las series de funciones son un caso particular ∞ X n=1
ƒn converge puntualmente o uniformemente en A hacia ƒ si lo hace la sucesión de sus sumas parciales Sn = ƒ1 + · · · + ƒn .
Criterio de Weierstrass
Sean {ƒn } definidas de números tal que |ƒn ()| ≤ Mn P en A y {Mn } una sucesión P ∀ ∈ A y tal que Mn converge. Entonces ƒn converge uniformemente en A . Ej.
P sen n n2
n converge uniformemente en todo R pues sen ≤ n2
1 n2
y
P 1 n2
converge.
[Se tiene entonces, por ejemplo, que la suma ƒ () de esta serie es continua en todo R ]. P cos n La serie obtenida derivando término a término: diverge, por ejemplo, si = 0 . n (Para otros , como = π , converge por Leibniz, y para casi todos es difícil decirlo).
Así pues, en general, no se pueden derivar término a término las sumas infinitas como las finitas. Aunque sí se puede hacer con las series de potencias: La serie
∞ X
cn n = c0+c1 +c2 2+· · · converge uniformemente en todo intervalo
n=0
cerrado [, b] ⊂ (−R, R) ( R radio de convergencia). Para || < R la función ƒ () definida por la serie es derivable y ƒ 0 () =
∞ X
ncn n−1 = c1 +2c2 +3c3 2 + · · ·
n=1
2
3
Ej. − 2 + 3 + · · · con R = 1 , converge puntualmente si ∈ (−1, 1] hacia log(1 + ) y uniformemente en cualquier intervalo [, 1] , > −1 , pero no lo hace en todo (−1, 1] , pues las sumas parciales están acotadas en ese intervalo y el log no. La serie derivada término a término 1−+2 + · · · 1 converge en (−1, 1) hacia 1+ .
71
Repaso de cálculo en varias variables Sean , x ∈ Rn , A ⊂ Rn . Entorno de centro y radio r es Br () ≡ x : kx−k < r . es interior a A si hay algún Br () ⊂ A . A es abierto si A = nt A ≡ x interiores a A . Frontera de A es ∂A ≡ x : ∀r, Br (x) tiene puntos de A y de Rn −A . A = nt A ∪ ∂A .
La derivada según el vector v de un campo escalar ƒ : Rn → R en un punto es: Dv ƒ () ≡ ƒv () = l´ım
h→0
ƒ (+hv)−ƒ () h
si
=
ƒ ∈C1
∇ƒ · v
[si v es unitario se llama direccional, si v = i es la parcial ∂ƒ / ∂() , ... ].
∂ƒ1 / ∂1 · · · ∂ƒ1 / ∂n . . ∂(y1 ,...,yn ) .. .. = . ∂(1 ,...,n ) ∂ƒn / ∂1 · · · ∂ƒn / ∂n = r sen θ cos ϕ «
¨ y = ƒ ( , .., ) 1 1 1 n · · · · · · · · · · · · · · · , el determinante jacobiano es Si yn = ƒn (1 , .., n )
Polares:
= r cos θ y = r sen θ
→
∂(,y) ∂(r,θ)
= r . Esféricas: y = r sen θ sen ϕ z = r cos θ
→
∂(,y,z) ∂(r,θ,ϕ)
= r 2 sen θ .
Cambios de variable en integrales dobles: Sea g : (, ) → (, ), y(, ) de C1 , inyectiva en D∗ , g(D∗) = D y ƒ integrable. RR RR ∂(,y) Entonces: ƒ (, y) d dy = D∗ ƒ (, ), y(, ) ∂(,) d d . D Integrales de línea de campos escalares: Sea C la curva C1 descrita por una función vectorial c(t) : [, b] → R2 y sea ƒ un R Rb campo escalar tal que ƒ c(t) es continua. Entonces: C ƒ ds ≡ ƒ c(t) kc0 (t)k dt . [No depende de la c(t) elegida. Si C es C1 a trozos, se divide [, b] y se suman las integrales]. Teorema de la divergencia (en el plano):
Sea D ⊂ R2 limitado por ∂D curva cerrada simple, f : D → R2 campo vectorial C1 , RR H y n el vector normal unitario exterior a ∂D . Entonces D div f ddy = ∂D f n ds . 0 0 0 Si ∂D viene descrita por c(t) = (t), y(t)
un normal unitario es n = y (t),− (t)
kc (t)k .
Ej. Comprobemos el teorema para f(, y) = (7, y 2 −1) en el semicírculo r ≤ 3 , 0 ≤ θ ≤ π : RR R πR 3 2y ddy = 0 0 2r 2 sen θ dr dθ = 36 . D R R3 Para C1 , si c() = (, 0) , ∈ [−3, 3] → C (1−y 2 ) ds = −3 d = 6 . 1
Para C2 , si c(t) = (3 cos t, 3 sen t) , t ∈ [0,π] → kc0 (t)k = 3 . Como R Rπ n = (cos t, sen t) , C f n ds = 3 0 7 cos t +9 sen3 t −sen t dt = 30 . 2
Integrales de superficie de campos escalares: Sea S la superficie descrita por la función vectorial r(, ) : T ⊂ R2 → R3 y sea ƒ tal RR RR ∂r ∂r × ∂ d d . que ƒ r(, ) es continua. Entonces: S ƒ dS ≡ T ƒ r(, ) ∂ producto vectorial fundamental ↑
Si S es del tipo z = h(, y) se puede describir r(, y) = , y, h(, y) , con T proyección de S sobre z = 0 , y el producto vectorial fundamental adopta la forma − h ,−hy ,1 .
Ej. Integremos ƒ (, y, z) = z 2 sobre la superficie esférica x = . Eligiendo r(, ) = ( cos sen , sen sen , cos ) , RR R πR 2π z 2 dS = 0 0 2 cos2 2 sen d d = 4π 4 . 3 S pvf ↑
Con r(, y) = , y, 2 −2 −y 2 , el pvf es p 2 2 2 → − −y p RR RR R p 4π 2 2 2 2 z dS = 2 − −y ddy = 4π r 2 −r 2 dr = 3 4 . ∗ S T 0 p
72
problemas de EDII (C)
2009
problemas 1 1.
Resolver (si es posible) los siguientes problemas de Cauchy: 32 y + = 5 (, 0) = 3 −y
−y = y (, 1) = 2.
(2y−)y + = 2y (1, y) = 0
y + = −2 e−y (−1, y) = 0
y −y = 2y (, 0) =
+6y 4 y +3y 2 = 2 y 2 (, 1) =
yy +(2y−) = (, 1) = 0
yy + e = 2 (, 0) = 0
2
Sea yy − = +2 y los datos iniciales: i) (, 0) = − , ii) (, 2) = 7 . Hallar la única solución que satisface uno de ellos y dos soluciones distintas que cumplan el otro.
3. Resolver y +2y = 3 con
i) (, 1) = 1 , estudiando la unicidad de la solución. ii) (0, y) = 0
4.
Precisar para qué valores de n entero positivo el dato de Cauchy (, n ) = n determina una única solución de la ecuación +y = y 2 cerca de (0, 0) .
5.
Sea la ‘ecuación cuasilineal’ (E) A(, y, )y +B(, y, ) = C(, y, ) . Probar que si las soluciones del sistema de ecuaciones: η(, y, ) = c1 d C dy A [curvas características de (E)], = B , d = B son d ξ(, y, ) = c2 entonces η(, y, ) = p[ξ(, y, )] con p arbitraria o bien, ξ(, y, ) = q[η(, y, )] , q arbitraria es la solución general de (E). Resolver la cuasilineal: y + = 0 con: i) (, 0) = , ii) (0, y) = 0 .
6.
Reducir a forma canónica y, si es posible, encontrar la solución general: e + ey yy =
−3y +2y 2 = y
+4y −5yy +6 +3y = 9
7. Escribir (E) tt + 2t = 2 en forma canónica y hallar su solución general. De los datos de Cauchy: i) (, 0) = t (, 0) = 0 , ii) (0, t) = 0 , (0, t) = t , hay unos que determinan una única solución de (E). Hallarla en ese caso. 8. Sea [E] tt + 2t + + = 0 . Hallar su solución general. Hallar (y simplificar) la solución de [E] que satisface (, −) = 0 , t (, −) = 1 . Escribir una solución de [E], distinta de la ≡ 0 , que cumpla (, ) = t (, ) = 0 . 9. a) Escribir (E) 4yyy − +2y = 0 en forma canónica para y > 0 y para y < 0 . b) Resolver (E) con los datos iniciales: (, 1) = 2 , y (, 1) = . 10. Sea (E) Ayy +By +C +Dy +E +F = G(, y) , con A, B, . . . , F constantes. Probar que, si (E) no es parabólica, un cambio de variable = epy eq , con p y q constantes adecuadas, lleva (E) a una ecuación (E*) sin derivadas de primer orden. ¿Para qué relación entre las constantes A, . . . , F no tiene (E*) término en ? Aplicar lo anterior para hallar la solución general de y +2y +3 +6 = 1 . Probar que cualquier ecuación parabólica o es resoluble o se puede escribir con cambios de variable en la forma η +E∗ξξ = G∗∗(ξ, η) . 11. Estudiar la unicidad de los problemas ( D dominio acotado en R2 ): ¨ −kΔ = F(, y, t) en D t Δ−k 2 = F en D (, y, 0) = ƒ (, y) en D = ƒ en ∂D (, y, t) = 0 en ∂D
73
problemas de EDII (C)
2009
problemas 2 1.
Determinar los autovalores y autofunciones asociadas: y 00 + λy = 0 y(0) = y 0 (1) = 0
y 00 + λy = 0 y(−1) = y(1) = 0
y 00 + λy = 0 y 0 (0)−αy(0) = y(1) = 0
2 y 00 +y 0 +[λ2 − 41 ]y = 0 y(1) = y(4) = 0
y 00 + λy = 0 y(0) = y(1)+y 0 (1) = 0
Comprobar que hay infinitos autovalores positivos ∀α . Discutir si los hay ≤ 0 . Estudiar cómo varía con α el menor autovalor.
2.
Sea
3.
Desarrollar a) ƒ () = 1 y b) ƒ () = 2 , ∈ [0, 1] , en serie de i) {sen nπ} , ii) {cos nπ} . Dibujar algunas sumas parciales de las series obtenidas.
4.
Desarrollar ƒ () = cos3 , ∈ [0, π] , en serie de i) {cos n}, ii) {sen n}, dibujando las funciones hacia las que tienden las series y estudiando la convergencia uniforme.
5.
Desarrollar en senos y cosenos en [−π, π] , estudiando la convergencia puntual y uniforme: a) ƒ () = sen2 ,
6.
Desarrollar ƒ () = ∞ X
¿Cuánto vale
n=1
¨
b) ƒ () = | sen | ,
, 0 ≤ < π2 0,
π 2
≤≤π
cn yn ( π2 ) ?
en serie
∞ X
c) ƒ () = sen
2
,
−π, si − π ≤ < 0
d) ƒ () = sen , si 0 ≤ < π
cn yn () , con yn autofunciones de
n=1
Deducir de ello, y de que
π 4
y 00 + λy = 0 . y(0) = y 0 (π) = 0
= 1− 13 + 51 −· · · , el valor de
∞ X n=1
1 (2n−1)2
7.
Desarrollar ƒ () = en las autofunciones de cada uno de los problemas del problema 1.
8.
¨ 00 y + 2y 0 + λy = 0 Desarrollar ƒ () = 1 en serie de autofunciones del problema . y(0)+y 0 (0) = y( 21 ) = 0
.
0 Hallar los 3 primeros términos del desarrollo de ƒ () = 1 [1−2 ]y 0 + λy = 0 . en serie de autofunciones de este problema singular. y(0) = 0, y acotada en 1
¨
9.
Sea
10. Estudiar la unicidad de y 00 = ƒ () , ∈ (0, 1) [ecuación de Poisson en una dimensión] con diferentes condiciones separadas, utilizando técnicas similares a las de las EDPs.
11. Hallar, si existe, un valor de para el que
12. Precisar para
y 00 −y 0 = 2 − y 0 (2) = y 0 (4) = 0
tenga infinitas soluciones.
i] λ = −2 cuántas soluciones tiene el problema: ii] λ = 0
00 y +y 0 +λy = 1− . y 0 (0) = y 0 (2) = 0
13. Sea
y 00 + λy = Hallar los autovalores y autofunciones del homogéneo. . y(0) = y 0 (1)−y(1) = 0 ¿Tiene el no homogéneo infinitas soluciones para algún λ?
14. Sea
y 00 + λy = cos 3 Hallar el primer término del desarrollo de ƒ () = cos 3 en . y 0 (0) = y 0 ( π4 )+y( π4 ) = 0 serie de autofunciones del problema homogéneo.
Precisar para i) λ = 0 , ii) λ = 1 cuántas soluciones tiene el problema no homogéneo. 15. Hallar la función de Green y la solución para ƒ () = : y 00 = ƒ () y(0) = y 0 (1) = 0 16. Sea
2 y 00 + y 0 − y = ƒ () y(1)+y 0 (1) = y(2) = 0
y 00 + y 0 − 2y = ƒ () y(0)−y 0 (0) = y(1) = 0
y 00 + 2y 0 = + c a) Discutir cuántas soluciones tiene. b) Para c = 0 , = −1 , . y 0 (1)−y(1) = y 0 (2) = 0 hallar la solución haciendo uso de la función de Green.
74
problemas de EDII (C)
2009
problemas 3 1.
Resolver por separación de variables y dar interpretación física cuando se pueda: ¨ t − −4 −4 = 0 , ∈ (0, π), t > 0 ¨ t − + 2t = 0 , ∈ 0, 1 , t > 0 2 (, 0) = 1−2 (, 0) = e−2 1 (0, t) = (π, t) = 0 (0, t) = ( 2 , t) = 0 + 4t − = 0 , ∈ [0, π], t ∈ R (, 0) = sen 2 t (, 0) = (0, t) = (π, t) = 0
¨
2.
tt
Δ = −1 , (, y) ∈ (0, π)×(0, π) = 0 en = 0, = π, y = 0, y = π
¨ tt − = 4 sen 6 cos 3 , ∈ [0, π ] 2 (, 0) = t (, 0) = 0, t ∈ R π (0, t) = ( 2 , t) = 0 Δ = cos θ , 1 < r < 2 r (1, θ) = 0, r (2, θ) = cos 2θ
¨ Δ = y cos , (, y) ∈ (0, π)×(0, 1) (0, y) = (π, y) = 0 y (, 0) = y (, 1) = 0
¨ Δ = 2 cos2 y , (, y) ∈ (0, π)×(0, π) (π, y) = 5 + cos y (0, y) = y (, 0) = y (, π) = 0
¨ Δ = r , r < 2, 0 < θ < π θ (r, 0) = θ (r, π) = 0 (2, θ) = 3
¨ Δ = 0 , 1 < r < 2, 0 < θ < π 4 (1, θ) = 0, r (2, θ) = sen θ (r, 0) = (r, π4 )−θ (r, π4 ) = 0
Resolver
¨ t − = F(t) , ∈ (0, π), t > 0 . (, 0) = ƒ () (0, t) = (π, t) = 0
Determinar la distribución estacionaria si ƒ () = sen2 2 y F(t) = e−t . ¨
3.
Resolver
t − = 0 , ∈ (0, 1), t > 0 (, 0) = 0 , (0, t) = 0, (1, t) = 2e−t
y hallar el l´ım (, t) . t→∞
[Simplifica los cálculos hallar una (, t) = X()T(t) cumpliendo ecuación y condiciones de contorno].
4.
Sea
5.
Sea
¨
t − = 0 , ∈ (0, π), t > 0 Resolverlo y hallar para cada ∈ (0, π) el . límite de la solución (, t) cuando t → ∞ . (, 0) = 0 , (0, t) = (π, t) = t
t − 4 = cos
π , 2
∈ (0, 1), t > 0
(, 0) = T, (0, t) = F, (1, t) = T
Calcular la solución y su límite cuando t → ∞ ( F y T constantes). 6.
Sea una placa circular homogénea de 1 cm de de radio, inicialmente a 0o . Supongamos que en t = 0 todo su borde se calienta hasta 1o y luego se mantiene a esa temperatura. Determinar la distribución de temperaturas en la placa para t > 0 . ¿Hacia qué valor tenderá la temperatura de un punto situado a 0.5 cm del centro de la placa cuando t → ∞ ?
7.
Sea
t − − = 0 , ∈ (0, 3π), t > 0 (, 0) = 1 , (0, t)−4 (0, t) = (3π, t) = 0
Determinar, según la constante , el límite de la solución cuando t → ∞ . tt − = 0 , ∈ [0, π], t ∈ R (, 0) = t (, 0) = 0 (0, t) = sen t, (π, t) = 0
¨
8.
Sea
Determinar los valores de para los que la solución no está acotada. 9.
Sea ttt −4t 3 −t = 0 . a] Hallar la solución que satisface: (, 1) = , t (, 1) = 2 . b] Separar variables = XT en la ecuación y comprobar que la solución particular de a] aparece como producto de soluciones asociadas a λ = 0 .
75
10. Resolver por separación de variables:
11. Probar que
¨
12. Resolver
2 3
¨ +yy +6 = 0 en (0, π)×(0, π) y (, 0) = 0 , y (, π) = 0 . (0, y) = 0 , (π, y) = 2 cos2 2y
≤ 12 , π2 ≤ 1 , si (r, θ) es la solución del problema en el plano: Δ = 0 , r < 1 1, 0 ≤ θ ≤ π con ƒ (θ) = 0, π < θ < 2π (1, θ) = ƒ (θ)
rr +
1 r r
+
1 r 2 θθ
= cos2 θ , r < 1, 0 < θ < π
para los que se pueda.
r (1, θ) = , θ (r, 0) = θ (r, π) = 0
2 00 r y + ry 0 − y = r 2 13. a] Discutir cuántas soluciones y(r) tiene . y 0 (1)+y(1) = y(2) = 0 Δ = sen θ , 1 < r < 2 b] Resolver el problema plano: . r (1, θ) = (2, θ) = 0 ¨ Δ = 0 , r < 1, θ ∈ (0, π)
14. Hallar la única solución de este problema en el plano:
(1, θ)+2r (1, θ) = 4 sen (r, 0) = θ (r, π) = 0
3θ 2
.
Comprobar que cambiando +2r (1, θ) por −2r (1, θ) el problema físicamente imposible que resulta pasa a tener infinitas soluciones. 15. Hallar (en términos de funciones elementales) una solución acotada de: ¨ rr + rr + rθθ 2 + 4 = 0 , r < 1 , 0 < θ < π [Separando variables y haciendo s = 2r aparece una ecuación conocida]. (1, θ) = sen 2θ , (r, 0) = θ (r, π) = 0 ¨
16. Resolver el problema en la semiesfera:
rr +
2 r r
+
1 r 2 θθ
+
cos θ r 2 sen θ θ
r (1, θ) = ƒ (θ) , θ (r, π/ 2) = 0
= 0 , r < 1, 0 < θ < π2
¿Qué condición debe cumplir ƒ (θ) para que exista solución? Hallar la solución si ƒ (θ) = cos2 θ − para el único para el que existe. 17. Hallar la solución en ambos problemas para ƒ (θ) = constante y para ƒ (θ) = cos3 θ : ¨ Δ = 0 , si r > R ¨ Δ = 0 , si r > R (R, θ) = ƒ (θ) , 0 ≤ θ < 2π (R, θ) = ƒ (θ) , 0 < θ < π y acotada cuando r → ∞ → 0 cuando r → ∞ 18. Resolver: t − Δ = 0, (, y) ∈ (0, π)×(0, π), t > 0 (, y, 0) = 1 + cos cos 2y (0, y, t) = (π, y, t) = 0 y (, 0, t) = y (, π, t) = 0 ¨ Δ = z , 2 +y 2 +z 2 < 1 = z 3 si 2 +y 2 +z 2 = 1 ¨ Δ = 0 , 2 +y 2 +z 2 < 1 = 3 si 2 +y 2 +z 2 = 1
tt −Δ = 0 , (, y) ∈ (0, π)×(0, π), t ∈ R (, y, 0) = 0 , (, y, 0) = sen 3 sen2 2y
t
(0, y, t) = (π, y, t) = 0 y (, 0, t) = y (, π, t) = 0
t − Δ = 0, 1 < r < 2, 0 < z < 1, t > 0 (r, θ, 0) = sen πz
(1, z, t) = (2, z, t) = 0 (r, 0, t) = (r, 1, t) = 0
19. Escribir en cartesianas los armónicos esféricos: Y00 , rY10 , rY11 , r 2 Y20 , r 2 Y21 , r 2 Y22 . ¨
20. Calcular el valor en el origen de la solución del problema plano
Δ = r cos2 θ , r < 1 . (1, θ) = 0 , 0 ≤ θ < 2π
21. Escribir, en coordenadas esféricas, la función de Green G para la ecuación de Laplace en la esfera unidad y deducir la expresión, en términos de G , F y ƒ , de la solución de: Δ = F , r < 1 (P) = ƒ si r = 1 Hallar el valor de la solución de (P) en el origen en caso de que: i) F = ƒ = 1 , ii) F = z , ƒ = z 3 .
76
problemas de EDII (C)
2009
problemas 4 tt − 4 = e−t , , t ∈ R , (, 0) = 2 , t (, 0) = −1
tt −4 = 16 , , t ∈ R . (0, t) = t , (0, t) = 0
1.
Resolver por diferentes caminos:
2.
¨ tt − = 0 , ≥ 0, t ∈ R Sea (, 0) = 0 , t (, 0) = cos2 . (0, t) = t
3.
¨ tt −4 = 0 , ∈ [0, 2], t ∈ R Sea (, 0) = 4−3 , t (, 0) = 0 . Hallar 32 , 34 . Dibujar (, 2) . Hallar (, 1) . (0, t) = (2, t) = 0
4.
¨ tt − = 0 , ∈ [0, 2], t ∈ R (, 0) = 2 , t (, 0) = 0 . Sea (0, t) = 0 , (2, t) = 4
a] Hallar π, 2π . b] Hallar (, 2π) para ≥ 2π .
a] Hallar (1, 2) . b] Hallar (, 1) . i] Utilizando D’Alembert. ii] Separando variables dato
∞ X (−1)m+1 m=1
5.
Para los problemas:
tt − = 0 , , t ∈ R
(, 0) = 0 n 1, ||≤1/ 2 t (, 0) =
0 ||>1/ 2
(2m−1)3
3
π = 32 .
tt − = 0 , ∈ [0, 4], t ∈ R n sen π, 2≤≤3 (, 0) = 0 resto de [0,4]
t (, 0) = (0, t) = (4, t) = 0
a) dibujar el dominio de influencia; b) dibujar (, 1), (, 2) y (, 3); c) dibujar (3, t), t ≥ 0. 6.
Sea
¨ − = 0 , ∈ [0, 2], t ∈ R tt (, 0) = t (, 0) = 0 (0, t) = t , (2, t) = 0
7. Sea
a] Hallar (, T) , T ∈ [0, 2] , y describir la evolución de la cuerda para t ∈ [0, 2] . b] Hallar (, 2k) , k = 1, 2, . . .
tt − = 0 , ≥ 0, t ∈ R . (, 0) = ƒ (), t (, 0) = g(), (0, t) = 0
Resolverlo extendiendo ƒ y g adecuadamente a todo R y aplicando la fórmula de D’Alembert. ¿Se invierten las ondas al reflejarse en = 0 ? ¿Cómo son los dominios de influencia?
8. Sea
tt − = 0 , ∈ [0, 2π], t ∈ R n sen , ∈[0,π] (, 0) = 0 , t (, 0) =
Hallar (, 2π) usando la fórmula de D’Alembert y separando de variables.
0, ∈[π,2π]
(0, t) = (2π, t) = 0
¨ a] +y+z 2 tt − c [ +yy +zz ] = 0 (, y, z, 0) = ƒ (, y, z) , si ƒ (, y, z) = b] +y . c] t (, y, z, 0) = 0
¨
9. Resolver
¨
10. Sea
tt − rr +
= 0, r ≥ 0
(r, 0) = 6 , t (r, 0) = 5r 3 ¨
11. Sean
2 r r
. Hallar (2, 3) .
tt − = 0 , ≥ 0, t ∈ R
(
y
2
6 (, 0) = 0 , t (, 0) = 1+ 3 , (0, t) = 0
r tt −rr − 2 = 0 , r ≥ 0, t ∈ R r
6r (r, 0) = 0 , t (r, 0) = 1+r 3
.
a] Hallar (1, 4) y (1, 4) . b] Más en general, hallar (1, t) para t ≥ 0 . tt −rr = 0 , r ≥ 0, t ∈ R § 2r −r 2 , r ∈ [0, 2] (r, 0) = 0 en el resto ≡ F(r) 12. Sean t (r, 0) = (0, t) = 0
y
2
tt −rr − r r = 0 , r ≥ 0, t ∈ R § 2−r , r ∈ [0, 2] (r, 0) = 0 en el resto ≡ ƒ (r) . t (r, 0) = 0
a] Hallar (6, 3) , (2, 3) y (4, 3) . b] Dibujar y hallar la expresión de (r, 3) . p c] Hallar el valor máximo de (r, 3) 15 ≈ 3.873 . ¨
13. Resolver
tt −rr − 2r r = 0, r ≤ 1, t ≥ 0 (r, 0) = 0, t (r, 0) =
1 r
sen πr , (1, t) = 0
77
i) por separación de variables, . ii) con las técnicas del capítulo 4.
R∞
p
d e−k cos k dk probando que d = − 2 e (, 0) = pπ . 0 2 2 2 2 2 Usar lo anterior para calcular: Fc−1 e−k , Fs−1 k e−k , F −1 e−k , F e− .
14. i) Hallar (, ) =
2
ii) Probar el resto de afirmaciones de los teoremas 2, 2’ y 4 de 4.3.
15. Sea
2 t − = (2 −1) e− / 2 , ∈ R , t > 0 h El término no homogéneo es la i 2 . derivada segunda de e− / 2 (, 0) = 0 , acotada
Hallar su solución (en términos de funciones elementales) y el l´ım (, t) : t→∞
a] Aplicando la F directamente. b] Con un cambio que haga la ecuación en homogénea y evaluando la integral de los apuntes mediante un cambio de variable. ¨
16. Hallar su solución sin que aparezcan integrales:
17. Resolver:
t − + = 0 , ∈ R, t > 0 (, 0) = e−
2
/2
.
t − = 0 , , t > 0 (, 0) = ƒ (), (0, t) = g(t), acotada
18. Obtener la fórmula de D’Alembert utilizando transformadas de Fourier.
19. Sea (P)
tt − = 0 , ≥ 0, t ≥ 0 . (, 0) = t (, 0) = 0, (0, t) = sen t
[Ayuda: = sen t cos satisface la condición de contorno y la ecuación].
i) Hallar y describir (, t) para cada t > 0 fijo. ˆ s de la solución hallada en i). ii) Hallar la transformada seno ˆ s resolviendo directamente (P) por transformadas seno. Hallar
20. Hallar la solución de
tt +2t + = 0 , , t ∈ R i) a partir de su forma canónica, , (, 0) = 0, t (, 0) = g() ii) con transformadas de Fourier
21. a] Dada 3t − = 2 , hallar:
b] Resolver ¨
a1 ] la solución con (, 0) = , a2 ] dos soluciones con (, −3) = −2 .
3t − = g() b1 ] utilizando las características, , y comprobar a1 ]. b2 ] con transformadas de Fourier, (, 0) = ƒ ()
2t + = t 2 , (, 0) = e−
a) utilizando las características, b) con transformadas de Fourier. t + (cos t) = , ∈ R, t ≥ 0 23. a) Resolver por Fourier y por las características: . (, 0) = ƒ () cos2 , ∈ [−π/ 2, π/ 2] b) Si ƒ () = describir (, t) para t ≥ 0 . 0 en el resto 22. Resolver
24. Hallar la función de Green para la ecuación de Laplace en el semiplano {(, y) : ∈ R, y > 0} y utilizarla para la hallar la solución de Δ = F(, y), ∈ R, y > 0 (, 0) = ƒ () , acotada Resolver el mismo problema para F ≡ 0 con transformadas de Fourier.
78
Soluciones de problemas 1 de EDII(Cp) 1
32 y + = 5 (, 0) = 3
dy d
= 32
(2009)
6 6 ξ = y−3 η6 → η = η5 , = 6 +p∗ (ξ) = 6 +p∗ (y−3 ) → p∗ (−3 ) = 3 − 6 η=
ξ = y−3 η−ξ η2 ξη y3 y2 → η = 31 3 = 3 , = 6 − 3 +p(ξ) = 3 − 6 +p(y−3 ) → p(−3 ) = 3 η=y A pesar de la tangencia en (0, 0) y3 y2 2 ∗ → p () = −− 2 ∀ ó p∗ () = − ∀ → = 3 − 6 −y+3 [ Δ = 32 ] , hay solución única.
O bien,
(2y−)y + = 2y (1, y) = 0
dy d
2y −1 → y = C2 + →
=
¨
y
ξ = 2 − 1 → η = 2y , η = 2+2ξη → η=
y
y
=2η+ξη2 +p(ξ) = +y+p( 2 − 1 ) → 1+y+p(y−1) = 0 → p() = −−2 , = 1 − 2 ++y−2 . Solución única (era Δ = −1·1 6= 0 ). y + = −2 e−y (−1, y) = 0
dy d
= 1 → log ||−y = C ,
ξ = e−y → η = −ξ2 eη , = p(ξ)−ξ2 eη = p( e−y )−2 e−y η=y
[con η = → η = − e−y = −ξ , = p(ξ)−ξη = p( e−y )−2 e−y como antes]. (−1, y) = p(−e−y )− e−y = 0 → p() = − (para < 0 ) → = −(+2 ) e−y (vale para todo ) y −y = 2y (, 0) =
dy d
p p() = ± → −y
−y = y (, 1) =
= − y → = + −
p
2 2 ξ = 2 +y 2 → η = 2η , = p(ξ) eη = p(2 +y 2 ) ey → p(2 ) = η=y
2 +y 2 ey
2
[problemas en el origen: Δ = = 0 si = 0 ]
>0 <0
ξ = +y 2η−ξ p(ξ) p(+y) → η = η(ξ−η) , = η(ξ−η) = y → η=
y +3y 2 = 2 +6y 4 y (, 1) = 2
p(+1)
= → =
(+y−1)2 y
[ Δ = −1 ]
2 ξ = −y 3 → η = 2 +6η4 (ξ+η3 ) , = p(ξ)η2 +η2 (ξ+η3 ) = p(−y 3 )y 2 +2 y 2 η η=y || ξ = −y 3 2 → η = 3(η−ξ) +2(η−ξ)2/ 3 η , = p(ξ)(η−ξ)2/ 3 + η2 (η−ξ)2/ 3 O bien, η=
(, 1) = p(−1)+2 = 2 → p() = 0 (para todo , Δ = −1 ) → = 2 y 2 yy +(2y−) = (, 1) = 0 → ηη =
ξ+η2 η 2
dy d
=
y 2y−
(exacta u o mejor homogénea)
d dy
= − y +2
lineal →
y−y 2 = C
,
ξ = y−y 2 η=y
ξ
, = p(ξ)− η +η = p(y−y 2 )+2y− → p() = −1 ∀ → = y−y 2 +2y−−1 [ Δ = 1 ]
yy + e = 2 (, 0) = 0
dy d
= p(y e−
2
= e− y → y = C e R 0
2
e−s ds
2
R 0
2
e−s ds
,
ξ = y e− η= 2
R 0
2
e−s ds
2
2
→ η = 2η e−η , = p(ξ)− e−η ,
)− e− , (, 0) = p(0)− e− = 0 no tiene solución
2 Δ = 0·1−e ·0 ≡ 0 .
2
ξ = y p(ξ) p(y) → η = − η −2 , = η −η = − . η= R 2ξ ξ = y 2ξ ξ → η = η + η2 , = p∗ (ξ)η+η η3 dη = p∗ (ξ)η− η = p∗ (y)y− . O bien, η=y dy d
yy − = +2
i) (, 0) =
p(0)
y
=− → y= C →
− = − → toda p ∈ C1 con p(0) = 0 lo cumple, por ejemplo,
p() ≡ 0 → = . p() = → = y−
O bien, (, 0) = − = − para toda p∗∈ C1 ; eligiendo p∗ () ≡ 0 , 1 obtenemos las de arriba. ii) (, 2) =
p(2)
− = 7 , p(2) = 82 → p() = 2 2 → (, y) = 2y 2 − .
O bien, (, 2) = 2p∗ (2)− = 7 , p∗ (2) = 4 → p∗ () = 2 % . El dibujo de las características muestra que para i) había problemas de unicidad [dato sobre característica] y que había solución única para ii) [no hay tangencia]. El Δ nos lo confirma: i) Δ = 1·0 − 0·(−) ≡ 0 , ii) Δ = 1·2 − 0·(−) = 2 6= 0 .
3
y +2y = 3 dy d
con: i) (, 1) = 1 , ii) (0, y) = 0 .
1 = 2y → −y 2 = K →
ξ = −y 2 → η = 3 = (3ξ+3η2 ) η=y 3
3
→ = p(ξ)e3ξη+η = p(−y 2 ) e3y−2y . Es bastante más largo con
3η ξ = −y 2 → 2yη = 3 , η = [ξ−η]1/ 2 , ... . η=
i) p(−1) e3−2 = 1 , p() = e−3−1 →
= e3y−3−2y
3
+3y 2 −1
= e(y−1)(3−2y
2
+y+1)
(única; Δ ≡ 1 ).
3
ii) (0, y) = p(−y 2 ) e−2y = 0 → p() ≡ 0 , si ≤ 0 , pero indeterminada si > 0 → ≡ 0 , si ≤ y 2 , indeterminada si > y 2 → solución única excepto en un entorno del origen ( Δ = −2y ).
4
= p(y) e−y + y [ y = C características]
+y = y 2 (, n ) = n
(, n ) = p(n )e−
n+1
+n = n → p(n ) = 0
[Hay tangencia en el origen ∀n ≥ 2 , Δ = −nn−1 ]. Si n impar: p() ≡ 0 ∀ → = y , solución única. Si n par: p() ≡ 0 ∀ ≥ 0 , indeterminada si < 0 → = p(y) e−y + y , con p ∈ C1 de la forma:
5
A(, y, )y +B(, y, ) = C(, y, )
d =C d B
,
p(v) v p validas
dy A η(, y, ) = c1 =B → d ξ(, y, ) = c2
[para cada c1 , c2 hay una curva característica en el espacio].
Si η(, y, ) = p[ξ(, y, )] define implícitamente = (, y) [si va bien el teorema de la función implícita] p0 (ξ)ξ −η
p0 (ξ)ξ −η
y y ; ∂y → y = η −p0 (ξ)ξ . Por tanto: ∂ → η +η = p0 (ξ)[ξ +ξ ] → = η −p0 (ξ)ξ Ay +B = η −p10 (ξ)ξ p0 (ξ)(Aξy +Bξ )−(Aηy +Bη ) = η −p10 (ξ)ξ p0 (ξ)(−Cξ )−(−Cη ) = C ,
pues:
dy ξ +ξy d
y + = 0
+ξ d d
=
d d dy d
=
1 [Bξ +Aξy +Cξ ] = 0 B
(igual para η , y análogo para ξ(, y, ) = q[η(, y, )] ).
= 0 → = c1 =
1
1 c1
→y=
+c2 c1
=
+c2
→ y− = c2
[las características están contenidas en planos = cte y cada uno son rectas] Solución general: (1) y− = p()
o (2) = q(y−) .
i) (, 0) = → − = p() → y− = − → = y+1
[de (2) igual].
ii) (0, y) = 0 → 0 = p(0) ; para cada p ∈ C1 con p(0) = 0 una solución distinta, por ejemplo: p ≡ 0 → = y , p() = → = y−1 , p() = − → = y+1 , ...
(2) da más: q(0) = 0 ; q ≡ 0 → ≡ 0 [no recogida en (1)], . . . Problemas por ser (0, y, 0) característica.
6
Elíptica en R2
e + ey yy = −3y +2y 2 = y
d dt
= ± e(−y)/ 2 , e−/ 2 ± e−y/ 2 = C
(E)
Hiperbólica
tt +2t = 2
α = e−/ 2 → αα +ββ + αα + ββ = 4 β = e−y/ 2
1 Parabólica en forma normal. λ2 −3yλ+2y 2 = 0 → = p(y)ey +q(y)e2y + 2y
+4y −5yy +6 +3y = 9
7
¨
Hiperbólica
ξη = − 21 → = p(ξ)+q(η)−
ξη 2
ξ = −2t → η=
y
ξ = − 5 η = +y ¨
ó
ξ = 5−y → 4ξη +3ξ +η = η = +y no resoluble
tt = 4ξξ → t = −2ξξ −2ξη 2
= = p(−2t)+q()− 2 +t
i) y = 0 no tangente a las características → solución única con: ( 0 = (, 0) = p()+q()− 21 2 q() = 41 2 −C → = t2 0 = t (, 0) = −2p0 ()+ → p() = 14 2 +C % ii) (0, t) = 0 , (0, t) = t son datos sobre característica:
p(−2t)+q(0) = 0 p0 (−2t)+q0 (0)+t = t
Cada q con q0 (0) = 0 , y p(t) ≡ −q(0) da una solución distinta (infinitas).
[(E) se puede resolver también: t = , t +2 = 2 , ... O incluso: [t +2 ]t = 2 , t +2 = 2t +q() , ... ]
8
tt +2t + + = 0
ξ = −t → η=t
B De coeficientes constantes y parabólica. − 2A t = −t = K características.
t = −ξ +η , = ξ
¨ tt = ξξ −2ξη +ηη t = −ξξ +ξη → ηη + = 0 = ξξ
→ = p(ξ) cos η+q(ξ) sen η ,
= p(−t) cos t + q(−t) sen t
[Eligiendo η = se llega a ηη + = 0 → = p∗(−t) cos + q∗(−t) sen ]. t (, t) = q(−t)−p0 (−t) cos t − p(−t)+q0 (−t) sen t ¨ p(2) cos −q(2) sen = 0 [•] → [2p0 (2)−q(2)] cos −[p(2)+2q0 (2)] sen = 0 [q(2)−p0 (2)] cos +[p(2)+q0 (2)] sen = 1 1 +2×2
−→
q(2) cos +p(2) sen = 2 [◦] ; −t 2
→ = 2 sen ¨
a)
−t 2
sen t =
2 sen
+t 2
(solución única).
p(0) cos +q(0) sen = 0 → p(0) = q(0) = 0 → p(0) = p0 (0) = q(0) = q0 (0) = 0 → Por ejemplo, q(0)−p0 (0) cos − p(0)+q0 (0) sen = 0
p() = 2 , q() ≡ 0 →
9
cos t + 2 cos
[•]×cos +[◦]×sen → p(2) = 2 sen → p() = 2 sen 2 [◦]×cos −[•]×sen → q(2) = 2 cos → p() = 2 cos 2
= (−t)2 cos t ; ó p() = 1−cos , q() ≡ 0 →
4yyy − +2y = 0
= [1−cos(−t)] cos t ; ...
y > 0 hiperbólica y < 0 elíptica p → ± y = C características y = (−C)2 . B2 −4AC = 16y →
p 16y 1 y > 0 : d = ± = ± 2p dy 8y y p ξ = + y p p p → ξη = 0 → = p(ξ)+q(η) = p(+ y )+q(− y ) η = − y Los datos iniciales de b) son para esta región: ¨
(, 1) = p(+1)+q(−1) = 2 → p0 (+1)+q0 (−1) = 2 2 2 0 1 0 1 0 0 (+1)−q0 (−1) = 2 → p () = , p() = 2 +k , q() = − 2 −k → p y (, 1) = 2 p (+1)− 2 q (−1) = p p p = 12 (+ y )2 −(− y )2 = 2 y
y<0 :
d dy
¨
=± p 2
p
−y
, ± −y = C
ξ =p η = −y
(
= ξ (−y)−1/ 2 y = − η 2
(
= ξξ 1 yy = − 4y ηη +
(−y)−1/ 2 η 4y
, ξξ +ηη = 0
10
(E)
Ayy +By +C +Dy +E +F = G(, y)
si no es parabólica, B2 −4AC 6= 0 . ¨ yy = [p2 +2py +yy ] epy+q y = [p+y ] epy+q py q y = [pq+p +qy +y ] epy+q → = e e → = [q+ ] epy+q = [q2 +2q + ] epy+q
Ayy +By +C +(2pA+qB+D)y +(2qC+pB+E) + (p2 A+pqB+q2 C+pD+qE+F) = e−py−q G(, y) Si
2pA+qB+D = 0
«
2qC+pB+E = 0
→ p=
2CD−BE B2 −4AC
, q=
2AE−BD B2 −4AC
, desaparecen los términos en y y .
Y la ecuación se convierte en: (E*) Ayy +By +C +
AE2 +CD2 −BDE B2 −4AC
+F = e−py−q G(, y)
Por tanto, si las constantes son tales que el corchete se anula, la ecuación tampoco tiene término en . [Y si es hiperbólica se puede reducir a ξη = G∗ , y se puede resolver]. y +2y +3 +6 = 1
→ B2 −4AC = 1 , p = −3 , q = −2 , [ ] =
−6 1
+6 = 0 ;
= e−3y−2 → y = e3y+2 → = 16 e3y+2 +p()+q(y) → = 16 +e−3y e−2 [p()+q(y)] Si (E) es parabólica se puede poner en la forma canónica: ηη +D∗ η +E∗ ξ +F ∗ = G∗ (ξ, η) . Si E∗ = 0 , la ecuación (lineal de segundo orden con coeficientes constantes en η ) es resoluble. = epy eq → ηη +(2p+D∗ )η +E∗ ξ +(p2 +pD∗ +qE∗ +F ∗ ) = e−py−q G∗ (ξ, η) ≡ G∗∗ (ξ, η) Si E∗ 6= 0 , podemos hacer y convertir la ecuación en
11
Δ−k 2 = F en D = ƒ en ∂D
∗
p = − D2
,
q=
1 D∗ 2 E∗ 4
− F∗
η +E∗ ξξ = G∗∗ (ξ, η)
Δ ddy =
Usaremos la fórmula de Green: D
I
ZZ
||∇||2 ddy .
n ds − ∂D
D
Δ = k 2 en D . Por la fórmula de Green: = 0 en ∂D
||∇||2 ddy = 0 ⇒ 2 ≡ 0 ⇒ ≡ 0 (si k 6= 0 , y si k = 0 es Laplace visto en teoría).
2 ddy +
D
(la del calor). ZZ
Si 1 , 2 soluciones del problema, = 1 −2 verifica ZZ ZZ k2
D
¨ −kΔ = F(, y, t) en D t (, y, 0) = ƒ (, y) en D (, y, t) = 0 en ∂D ZZ
Mezclamos la demostración del calor de teoría con la fórmula de Green. 1 , 2 soluciones, = 1 −2 cumple el problema con F = ƒ = 0 → ZZ ZZ I ZZ 1 d t ddy − k Δ ddy = 2 ddy − k n ds + k ||∇||2 ddy 2 dt D [≥ 0] D D ∂D [= 0] D RR d 2 Debe ser dt D ddy ≤ 0 . La integral es función U(t) no creciente, RR en cero vale cero y es ≥ 0 para todo t ⇒ D 2 ddy ≤ 0 ⇒ ≡ 0 . Unicidad.
soluciones de problemas 2 de EDII(Cp) y 00 + λy = 0 y(0) = y 0 (1) = 0
1
(2009)
y(0) = c = 0
λ ≥ 0 (teor 1). λ = 0 : y = c1 +c2 , y 0 (1) = c1 = 0 2 y(0) = c = 0
1 λ > 0 : y = c1 cos +c2 sen , y 0 (1) = c 2 cos = 0
y 00 + λy = 0 y(−1) = y(1) = 0
s=+1 y 00 + λy = 0
→
y(0) = y(2) = 0
c cos −c sen = 0
Directamente ( λ > 0 ): c1 cos +c2 sen = 0 1 2 y 00 + λy = 0 y(0) = y(1)+y 0 (1) = 0
n2 π 2 , 22
→ λn =
→ λn =
→ y ≡ 0 . λ = 0 no autovalor.
(2n−1)2 π 2 , 22
yn ≡ {sen
yn ≡ {sen
nπs } = {sen nπ + nπ } 2 2 2 2
c =0
c =0
λ > 0 : y = c1 cos +c2 sen , c1 (sen + cos ) = 0 2
, n = 1, 2, . . . .
, n = 1, 2, . . . .
n par, c1 = 0 → sen . n impar, c2 = 0 → cos
n2 π 2 → = sen 2 = 0 , λn = 2 →
1 λ ≥ 0 (t1). λ = 0 : 2c 1 +c2 = 0
(2n−1)π } 2
no autovalor.
→ tn n = −n
λn = n2 ( λ1 ≈ 4.116 , . . . ) , yn ≡ {sen n } , n = 1, 2, . . . . y
[y 0 ]0 − 4 +λy = 0 , λ > 0 . Casi Bessel: p s = λ → s2 y 00 +sy 0 +[s2 − 41 ]y = 0
2 y 00 +y 0 +[λ2 − 14 ]y = 0 y(1) = y(4) = 0 p
y = c1 cosp
p c.c. λ +c2 senp λ →
p O bien: = y →
00 + λ = 0 (1) = (4) = 0
y 00 + λy = 0 y 0 (0)−αy(0) = y(1) = 0
2
c −αc = 0
c −αc = 0
2
1 p
sen
nπ(−1) , n = 1, 2, . . . 3
00 + λ = 0 (0) = (3) = 0
=s+1
→
λ > 0 : Si α = 0 , λn =
2 1 Si α 6= 0 : c cos +c2 sen = 0 1 1 λ = 0 : c2 +c = 1 2 0
2
λn = n 9π , yn =
nπs
→ = sen 3 = sen
(2n−1)2 π 2 , 22
yn ≡ {cos
nπ(−1) 3
.
(2n−1)π }. 2
tn n = − αn , yn ≡ {α sen n +n cos n } .
→ Autovalor si α = −1 , con autofunción y0 ≡ {1−} . (p−α)c1 −(p+α)c2 = 0 c1 ep +c2 e−p = 0
λ < 0 : y = c1 ep +c2 e−p ,
→
p
p[ep +e−p ]+α[ep −e−p ] = 0 → th p = − α Si α < −1 hay un λ = −p20 y0 ≡ {α sh p0 +p0 ch p0 } . El menor autovalor es negativo si α < −1 , 0 si α = −1 2
y positivo si α > −1 (para α = 0 es λ = π4 ).
3
a)
ƒ () = 1
Su serie en senos es:
Tiende hacia la extensión 2-periódica
∞ 2 X sen(2m−1)π . π 2m−1 m=1 −1 < < 0 de ƒ () = −1, 1, 0 < < 1
,
y la suma es 0 si ∈ Z . Cerca de ellos convergerá mal.
m=1
La serie en cosenos es la propia constante 1 = 1+0+0+· · · (es uno de los elementos de la base de Fourier). b)
ƒ () = 2 =
∞ X
2(−1)n+1 πn
+
4[(−1)n −1] sen nπ π 3 n3
m gordo
m=2
.
n=1
[En la serie en senos aparecerán picos cerca de 1 ]. 2 = 31 + π42
∞ X (−1)n
n2
cos nπ converge uniformemente en [0, 1] .
n=1 1,0
1,0
0,9
1,0
0,8
0,75
0,7
0,75
0,6 0,5
0,5 0,5
0,4 0,3
0,25
0,25
0,2 0,1
0,0
0,0 0,0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5 x
0,6
0,7
a) sen, m = 2, 5, 20
0,8
0,9
1,0
0,0
0,0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5 x
0,6
0,7
b) sen, n = 2, 5, 20
0,8
0,9
1,0
0,0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
x b) cos, n = 2, 5
0,7
0,8
0,9
1,0
4
3 4
cos3 =
i) Para desarrollar en cosenos basta escribir
cos + 14 cos 3 , ∈ [0, π] .
(La ‘serie’ claramente ‘converge uniformemente’ en todo [0, π] hacia la ƒ dada). ii) Los coeficientes de la serie en senos vienen dados por las fórmulas de los apuntes: Rπ Rπ Rπ 3 1 bn = π2 0 cos3 sen n d = 2π cos sen n d + 2π cos 3 sen n d 0 0 R R π π 1 3 [sen(n+1)+sen(n−1)] d + 4π [sen(n+3)+sen(n−3)] d = 4π 0 0 cos(n−1) π cos(n−3) π 3 cos(n+1) 1 cos(n+3) = − 4π + n−1 − 4π + n−3 n+1 n+3 0 0 2n(n2 −7)[1+(−1)n ] 1+(−1)n 1+(−1)n n 1+(−1)n 3 1+(−1)n 1 1+(−1)n 3n 1+(−1)n = π(n2 −1)(n2 −9) = 4π + n−1 + 4π + n−3 = 2π n2 −1 + 2π n+1 n+3 n2 −9 Esta serie converge hacia los puntos de continuidad de la extensión impar y 2π-periódica de ƒ , es decir, converge hacia cos3 en (0, π) y converge a 0 (evidentemente) cuando = 0, π : cos3 =
∞ X m=1
8m(4m2 −7) π(4m2 −1)(4m2 −9)
sen 2m
, ∈ (0, π) .
&"#
La función límite es la de abajo y a la derecha están los dibujos (Maple) de las sumas parciales con m = 3 y 10 . Hay convergencia uniforme en cualquier [, b] ⊂ (0, π) .
#"%
#"# #"#
#"%
&"#
&"%
$"#
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!"#
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' !#"%
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5
ƒ () = sen2 = 21 − 12 cos 2 , ya desarrollada
a) b)
0 = 21 , 2 = − 12 y los demás n y los bn son 0 .
Rπ Rπ Rπ ƒ () = | sen | par → bn = 0 . 0 = π1 −π | sen | d = π2 0 sen d = π4 . 1 = π2 0 sen cos d = 0 . Rπ Rπ cos(1+n) cos(1−n) π n = π2 0 sen cos n d = π1 0 [sen(1+n)+sen(1−n)]d = − π1 + 1−n 1+n 0 ∞ X n 2 4 cos 2m 1 1+cos nπ 1+cos nπ 2 1+(−1) =π + 1−n = π 1−n2 → | sen | = + 2 1+n π
ƒ () = sen
c) d)
R 2 π
2
impar. n = 0 . bn = π n = π
−π, si − π ≤ < 0
1 = π1 − π2 2 0
6
R 1 π
ƒ () = sen , si 0 ≤ < π
0
R 1 π
bn = π
; 1 = 0 ; n =
sen
0
2
π
1 − 4m
R 1 π
sen n d = π
sen cos n d−
R0
sen sen n d−
0 1 1+(−1)n π 1−n2
m=1
0
cos
(1−2n) (1+2n) (−1)n n −cos d = π8 1−4n2 2 2
−π
cos n d , n = 0, 1, . . .
−π
sen n d , n = 1, 2, . . .
R0
, n = 2, 3, . . . ; b1 = 52 ; bn =
1−(−1)n n
, n = 2, 3, . . . .
n o (2n−1)2 (2n−1) Autovalores y autofunciones conocidos: λn = 22 , yn = sen , n = 1, 2, . . . . 〈yn , yn 〉 = π2 . 2 Rπ R π/ 2 (2n−1) (2n−1) → cn = π2 0 ƒ () sen d = π2 0 sen d 2 2 (2n−1) iπ/ 2 (2n−1)π (2n−1)π R 4 cos 8 sen 2 cos π/ 2 (2n−1) 4 2 4 4 = − π(2n−1) + π(2n−1) cos d = − . 2 2 2n−1 0 π(2n−1)
0
La serie converge hacia ƒ () en los ∈ (0, π) en que ƒ es continua (en los extremos no lo sabemos), y hacia 21 [ƒ (+ )+ƒ (− )] en los que ƒ es discontinua. Por tanto: (2n−1)π i ∞ ∞ h ∞ ∞ X X X X 8 sen2( nπ − π4 ) sen (2n−1)π π 1 π 1 π2 2 = cn sen = − 2n−12 = π4 2 2 − 4 ⇒ 2 = 8 . 4 4 n=1
7
=
∞ X
n=1
cn sen
(2n−1)π 2
[0, 1] r =1
cn sen
nπ(+1) 2
[−1, 1] r =1
m=1
=
∞ X m=1
=
∞ X m=1
π(2n−1)
cn = 2 R1 −1
=
m=1
R1 0
sen
sen2
(2n−1)
n=1
(2n−1)
(2n−1)π 8(−1)n+1 d = π 2 (2n−1)2 2
nπ(+1) 2
= 1 , cn =
R1 −1
sen
nπ(+1) 2
d = −
2[1+(−1)n ] nπ
2 2+2 [0, 1] R 1 2n n cn sen n , tn n = −n r = 1 sen2 n d = 12 − sen = 1+cos = 2(1+n2 ) , 4n 2 0 n R1 4(1+n2 ) sen n sen n cos n 2 sen n −2 cos n sen d = − = = → c = n n 2 2 2 2 0 (2+ ) n
∞ X
n=1
c pn
sen
nπ(−1) 2
n
n
n
n
n
R4 [1, 4] R 4 nπ(−1) nπ(−1) sen2 d = 32 , cn = 32 1 3/ 2 sen d no elemental. 2 2 1 r =
.
0 y 0 e2 +λe2 y = 0 [problema de S-L regular]. p μ2 +2μ+λ = 0 → μ = −1± 1−λ . En principio, puede haber λ negativos.
y 00 + 2y 0 + λy = 0 y(0)+y 0 (0) = y(1/ 2) = 0
8
λ<1 ,
p
En forma autoadjunta:
1−λ = p → y = c1 e(p−1) +c2 e−(p+1) →
λ = 1 → y = (c1 +c2 )e− → p
y(0)+y 0 (0) = c2 = 0 y( 21 ) = (c1 +
c2 2
y(0)+y 0 (0) = p(c1 −c2 ) = 0 y( 21 ) = (c1 ep/ 2 +c2 e−p/ 2 )e−1/ 2 = 0
→ c1 = c2 = 0 .
→ c1 = c2 = 0 .
)e−1/ 2 = 0
λ−1 = → y = (c1 cos +c2 sen ) e− → y(0)+y 0 (0) = c2 = 0 → c2 = 0 → y 2 = c1 cos e−1/ 2 = 0 → n = (2n−1)π , λn = 1+(2n−1)2 π 2 , yn = e− cos(2n−1)π , n = 1, 2, . . . 2 ∞ R 1/ 2 R 1/ 2 X 〈1, yn 〉 yn , con 〈1, yn 〉 = 0 e cos(2n−1)π d , 〈yn , yn 〉 = 0 cos2 (2n−1)π d Por tanto: 1 = λ>1 ,
1
n=1
Como
R 1/ 2 0
〈yn , yn 〉
cos2 b =
1 2
R 1/ 2 R (cos b+b sen b)e b , (1+cos 2b) = 14 + sen → 〈1, yn 〉 = 14 e e cos b d = 4b 0 1+b2
concuimos que: 1 = 4
∞ X (−1)n+1 (2n−1)πe1/ 2 −1 1+(2n−1)2 π 2
e− cos(2n−1)π .
n=1
1,5
9
Los P2n−1 son las únicas soluciones de la ecuación de Legendre que pasan por el origen y están acotados en = 1 → R1 R1 1 2 λn = 2n(2n−1) , yn = {P2n−1 } , n ∈ N. −1 P2n = 2n+1 → 0 P22n−1 = 4n−1 . R1 3 c1 = 3 0 d = 2 ∞ X R1 1 = cn P2n−1 () c2 = 7 0 52 3 − 23 d = − 87 n=1 r() = 1 R1 5 − 35 3 + 15 d = 11 c3 = 11 0 63 8 4 8 16 0 [1−2 ]y 0 + λy = 0 y(0) = 0, y acotada en 1
1,25
1,0
0,75
0,5
0,25
0,0 0,0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
1,0
x
y 00 = ƒ () , ∈ (0, 1) αy(0)−α 0 y 0 (0) = 0 βy(1)+β0 y 0 (1) = 0
10
Por teoría de problemas de contorno hay solución única si la hay para y 00 = 0 : αc1 − α 0 c2 = 0 β(c1 +c2 )+β0 c2 = 0
→
αβ + αβ0 + α 0 β 6= 0 (•)
Ahora con técnicas como las de EDPs (quedarán casos de (•) por analizar). La ’fórmula de Green’ es: R R R1 00 d = [yy 0 ]1 − 1 (y 0 )2 d → si y , y soluciones, y = y −y satisface [yy 0 ]1 = 1 (y 0 )2 d . yy 1 2 1 2 0 0 0 0 0 R1 y(0)=0 2 Si y(0) = y(1) = 0 ( α 0 = β0 = 0 ) → 0 (y 0 ) d = 0 → y 0 ≡ 0 → y = K → y ≡ 0 . Unicidad. R1 2 Si y 0 (0) = y 0 (1) = 0 ( α = β = 0 ) → 0 (y 0 ) d = 0 → y 0 ≡ 0 → y = K . Unicidad salvo constante. R1 αα 0 ,ββ0 >0 β 2 → y = K , y(0) = 0 → y ≡ 0 . Si α, α 0 , β, β0 6= 0 → 0 (y 0 ) d+ αα0 [y(0)]2 + β0 [y(1)]2 = 0 El prinicipo del máximo dice aquí: la solución de y 00 = 0 tiene el máximo y el mínimo en el borde (claro, son rectas) ⇒ unicidad y dependencia continua para y(0) = y(1) = 0 .
11
La homogénea se puede resolver como Euler: λ(λ−1)−λ = 0 → y = c1 + c2 2 , 0 o haciendo y 0 = → 0 = → = Celn = C → y = c1 + c2 2 y = 2c2 .
y 00 −y 0 = 2 − y 0 (2) = y 0 (4) = 0
Imponiendo los datos a esta solución:
y 0 (2) = 4c2 = 0 → c2 = 0 y c1 indeterminado. y 0 (4) = 8c2 = 0
El homogéneo tiene, pues, infinitas soluciones yh = {1} y el no homogéneo tendrá infinitas o ninguna. × e− log 1 0 0 y = 1− 2 . Hallemos la integral: En forma autoadjunta: y 00 − 1 y 0 = − −→ R4 2
1 · (1− 2 ) d = 2+
4 2
= 2− 4 → Si = 8 tiene infinitas soluciones. [Si 6= 8 , ninguna].
[Se llega a lo mismo imponiendo los datos en la solución genera de la no homogénea · · · y = c1 +c2 2 + 31 3 + · · · ].
12
y 00 +y 0 +λy = 1− y 0 (0) = y 0 (2) = 0
e y 0
En forma Sturm-Liouville:
0
+ λe y = (1−) e ( p, r > 0 ).
i] q ≡ 0 , αα 0 = ββ0 = 0 ⇒ los autovalores del problema homogéneo son ≥ 0 ⇒ si λ = −2 el problema homogéneo no tiene más solución que la trivial y el no homogéneo solución única. [Es fácil ver directamente que λ = −2 no es autovalor: μ2 +μ − 2 = (μ−1)(μ+2) → y = c1 e +c2 e−2 , y 0 = c1 e −2c2 e−2 → ii] Para el homogéneo:
c1 −2c2 = 0 → c1 = c2 = 0 ]. c1 e2 −2c2 e−4 = 0
−c = 0
2 μ(μ−1) → y = c1 +c2 e− , y 0 = −c2 e− → → c2 = 0 , c1 indederminado → yh = {1} . −c2 e−2 = 0 R2 R 2 2 Como 0 1(1−)e d = (1−)e 0 + 0 e d = −e2 −1 + e2 −1 = −2 6= 0 , no tiene solución.
[Se podría comprobar a partir de la solución general de la no homogénea: y = c1 +c2 e− +2− 21 2 ].
13
[P]
y 00 + λy = y(0) = y 0 (1)−y(1) = 0
Ecuación en forma autoadjunta. Como ββ0 < 0 puede haber λ ≤ 0 . c = −c
2 → y≡0 λ < 0 : y = c1 ep +c2 e−p → 1 c2 (p[ep +e−p ]−[ep −e−p ]) = 0 no existe p > 0 con p = th p , pues (th p)0 (0) = 1 .
c =0
λ = 0 : y = c1 +c2 → c1 +c = c 1 2 2
o
p
1
th p
p
0
w
→ λ0 = 0 autovalor con y0 = {} . c1 = 0 c2 (sen − cos ) = 0
λ > 0 : y = c1 cos +c2 sen →
Hay infintos n con n = tn n → λn = n2 , yn = sen n .
!
0
w1
w2
w
Por tanto: Si λ 6= λn hay solución única de [P]. R1 tan w Si λ = 0 , como 0 d 6= 0 , [P] no tiene solución. R1 Si λ = λn , n = 1, 2, . . . , 0 sen n d = 12 [sen n −n cos n ] = 0 → infinitas soluciones. n
[Podíamos ahorrarnos el cálculo de esta integral pues y0 e yn son ortogonales].
14
y 00 + λy = cos 3 y 0 (0) = y 0 ( π4 )+y( π4 ) = 0
y 0 (0) = c2 = 0 ↓ α·α 0 = 0 λ = 0 no ⇒ λ ≥ 0 . λ = 0 : y = c1 +c2 → 0 π autovalor. β·β0 > 0 y ( 4 )+y( π4 ) = c1 = 0 λ > 0 : y = c1 cos +c2 sen . y 0 (0) = 0 → c2 = 0 → y 0 ( π4 )+y( π4 ) = c1 cos π − sen π =0. 4 4 «
Si el corchete es cero, c1 queda indeterminado. Infinitos n cumplen n tn π = 1 . A cada λn = n2 , está asociada la yn = {cos n }. 4 n
λ1 se pueda hallar exactamente: λ1 = 1 → y1 = {cos } ( tn
π 4
= 1 ).
∞ X
Si cos 3 = c1 cos +
cn cos n , el primer coeficiente c1 es: R π/ 4 R π/ 4 cos 3 cos d (cos 4+cos 2) d 2 0 0 = = π+2 R π/ 4 R π/ 4 2 d cos (1+cos 2) d 0 0
n=2
〈cos 3, cos 〉
c1 = 〈cos , cos 〉 =
Para i), por no ser λ = 0 autovalor hay solución única del no homogéneo. Para ii), hay infinitas del R π/ 4 cos 3 cos d = 14 6= 0 . 0
homogéneo yh = {cos } y el no homogéneo no tiene solución pues: y 00 = ƒ () y(0) = y 0 (1) = 0
15
y = c1 +c2
% &
y1 = y2 = 1
|W| = −1 → p() = 1
La solución para ƒ () = : y = − 2 y 00 + y 0 − y = ƒ () y(1)+y 0 (1) = y(2) = 0 (
→
G(, s) =
1 2s 1 2
− 4 , 1 ≤ s ≤ s− 4s , ≤ s ≤ 2
y 00 + y 0 − 2y = ƒ () y(0)−y 0 (0) = y(1) = 0 (
→
16
G(, s) =
[P]
1 s e 3 1 e 3
% &
y = c1 + c2
0
s2 ds −
y1 = 1 y2 = − 4
ƒ () = → y =
y = c1 e +c2 e−2
e−3 −e−2 , 0 ≤ s ≤ es−3 −e−2s , ≤ s ≤ 1
y 00 + 2y 0 = + c y 0 (1)−y(1) = y 0 (2) = 0
R
R1
−s , 0 ≤ s ≤
G(, s) = − , ≤ s ≤ 1 s ds =
3 6
|W| = 2 , (y 0 )0 −
− y
2
=
. ƒ ()
→ p() =
R2 R − 2 1 ds + 1 2s − 2s ds = 2 s
ln − 4 + 1−2ln 2 2
0 y1 = e |W| = 3 e3− , e y 0 −2e y = e ƒ () y2 = e − e3−2 −3 −2 R R1 → y = e −e se2s ds+ e3 s e2s−3 −e−s ds = 3 0 % &
(9e2 +1)e 12e3
a) Homogénea: y =
c1 + c2
→
−2
− e12 − 4 − 14 .
−c2 −c1 −c2 = 0 c − 42 = 0
«
c1 = 0 → c2 = 0
Si 6= 0 , el homogéneo [Ph ] tiene sólo la solución trivial ⇒ [P] tiene solución única. Si = 0 , el [Ph ] tiene infinitas {1} (2 y 0 )0 = 2 +c →
se puede ver como Neumann dependiente de r :
R2
(2 +c) d = 1
7 + 3c 3 2
→
rr + 2r r = 0 . r (1) = r (2) = 0
Si c = − 14 , [P] tiene infinitas soluciones. 9
Si c 6= − 14 , [P] no tiene solución. 9 2 Directamente: yp = A2 +B h(s) = e2s +ces y 1,2 no autovalores → y = c1 + c2 + 6 + c → 2 −c2 + 13 + 2c −c1 −c2 − 6 − c = −c1 − 37 − 3c − 17 − 5c =0 2 2 6 2 c − 42
+ 23 + 2c
= 0 → c2 =
8 +2c ↑ 3
)
Si 6= 0 única, y si = 0 , c1 indeterminado si
7 + 3c 3 2
=0 .
−1 1 → y1 = 1 = 1 , p() = 2 , G(, s) = 1/ s , 1 ≤ s ≤ , ƒ (s) = s2 → 2 −2 1/ , ≤ s ≤ 2 0 → y2 = 1 − R R 2 3 2 2 2 8 c y = 1 s ds + 1 s2 ds = 2 − 12 + 1 38 − 3 = 6 − 12 + 3 [directamente: y = c1 + 2 + 6 ... ].
b) = −1
% c1 = 0 & c =0 2
.
soluciones de problemas 3 de EDII(Cp) ¨ − +2t = 0 , ∈ (0, 1 ), t > 0 t 2 (, 0) = 1−2 (0, t) = (1/ 2, t) = 0
1
X 00 + λX = 0 X 0 (0) = X( 12 ) = 0
Probamos: =
∞ X
conocido: cn e−t
2
X 00 X
(, t) = X()T(t) →
0
= TT +2t = −λ →
cn =
1/ 2
=
0
−(2n−1)2 π 2 t
cos(2n−1)π . Debe ser: (, 0) =
(1−2) cos(2n−1)π d = =
4(1−2) π(2n−1)
8 π 2 (2n−1)2
cn cos(2n−1)π = 1−2 →
1/ 2 sen(2n−1)π 0 +
→ (, t) =
∞ X
8 π2
n=1
8 π(2n−1)
1 (2n−1)2
R 1/ 2
2
cn e−n t e−2 sen n ; (, 0) = e−2
∞ X
2
sen(2n−1)π d
−(2n−1)2 π 2 t
cos(2n−1)π
λn = n2 , n = 1, 2, . . . Xn = {e−2 sen n}
cn sen n = e−2 ; (, t) = π4
n=1
n=1
0
e−t
T 0 +λT = 0 00 = XT → +4X 0 +(4+λ)X = 0 X(0) = X(π) = 0
¨ t − −4 −4 = 0, ∈ (0, π), t > 0 (, 0) = e−2 (0, t) = (π, t) = 0 ∞ X
∞ X n=1
1/ 2 8 − cos(2n−1)π 0 π 2 (2n−1)2
(, t) =
X 00 + λX = 0 T 0 +(2t +λ)T = 0
2 2 2 λn = (2n−1)2 π 2 , n = 1, 2, . . . → T 0 = −(2t +λn ) T , Tn = e−t −(2n−1) π t Xn = {cos(2n−1)π}
n=1
R 1/ 2 2
(0, t) = X 0 (0)T(t) = 0 → X 0 (0) = 0 ( 21 , t) = X( 21 )T(t) = 0 → X( 12 ) = 0
De las condiciones de contorno: ¨
(2009)
2 ∞ X e−(2m−1) t 2m−1
e−2 sen(2m−1)
m=1
00 +λX = 0 X(0) = X(π) = 0
λn = n2 , n = 1, 2, . . . Xn = {sen n} = XT → p → T 0 +4T 0 +n2 T = 0, r = −2± 4−n2 → p p p p T1 = c1 e(−2+ 3)t + c2 e(−2− 3) t , T2 = (c1 +c2 t) e−2t , Tn≥3 = e−2t c1 cos n2 −4 t + c2 sen n2 −4 t . P ∞ (, 0) = Tn (0) sen n = sen 2 T2 (0) = c1 = 1 X P → = (1+2t) e−2t sen 2 = Tn (t) sen n ; T20 (0) = c2 −2c1 = 0 t (, 0) = Tn0 (0) sen n = 0 n=1
¨ +4 − = 0, ∈ [0, π], t ∈ R tt t (, 0) = sen 2 t (, 0) = (0, t) = (1, t) = 0
[La cuerda con rozamiento tiende a pararse]. ¨ tt − = 4 sen 6 cos 3, ∈ [0, π ] 2 (, 0) = t (, 0) = 0, t ∈ R (0, t) = ( π2 , t) = 0 ∞ X
00 + λX = 0 → X(0) = X 0 ( π2 ) = 0
[Tn +(2n−1)2 Tn ] sen(2n−1) = 2 sen 3+2 sen 9 ;
n=1
∞ X
Tn (t) sen(2n−1) →
n=1
= 29 (1−cos 3t) sen 3 Tn +(2n−1)2 Tn = 2 , n = 2, 5 , 2 Tn (0) = Tn0 (0) = 0 + 81 (1−cos 9t) sen 9
Convirtiéndolo en homogéneo con una () que cumpla las c.c.:
Δ = −1, (, y) ∈ (0, π)×(0, π) = 0 en = 0, = π, y = 0, y = π ¨ Δ = 0, (0, y) = (π, y) = 0 (, 0) = (, π) = 12 ( − π)
2
= −1 , = c1 +c2 − 2
(0)=(π)=0
→
= 21 (π −) , = − →
∞ X ch[(2k−1)(y− π2 )] Resolviendo se llega sen(2k −1) = 12 (π −)+ π4 (dice Weimberger) a: (2k−1)3 ch[(2k−1) π2 ] k=1 ∞ Rπ X 2[(−1)n −1] O bien: = → Yn (y) sen n → Yn00 −n2 Yn = − π2 0 sen n d , Yn = c1 eny +c2 e−ny − πn3
Yn (0)=Yn (π)=0
k=1
= π2
∞ X (−1)n −1 (1−e−nπ )en −(1−enπ )e−n
n3
n=1
¨
enπ −e−nπ
Θ00 +λΘ = 0 y 2π-periódica → Θn = {cos nθ, sen nθ} ,
rr + rr + rθθ 2 = cos θ, 1 < r < 2
r (1, θ) = 0, r (2, θ) = cos 2θ ( 00 00 + = 0 [ 0 = c1 +c2 ln r ] r 0 00 (1) = 00 (2) = 0
− 1 sen n (ambas series deben poder hacerse coincidir).
∞ X
n = 0, 1, . . . → = 0 (r)+
[n (r) cos nθ + bn (r) sen nθ]
n=1
(
,
(y n≥3 , bn ≡ 0 ) → = ¨ Δ = y cos , (, y) ∈ (0, π)×(0, 1) (0, y) = (π, y) = 0 y (, 0) = y (, 1) = 0
00 + 1
01 r
− r 21 = 1 [ 1p = Ar 2 ]
01 (1) = 01 (2) = 0 2 8 C + r3 − 14r − 9r cos θ + 9
=
∞ X n=0
Yn (y) cos n →
4r 2 15
(
,
02 r
2 − 4 = 0 [ 2 = c1 r 2 +c2 r −2 ] r2 0 0 2 (1) = 0, 2 (2) = 1
00 + 2
4 − 15r cos 2θ 2
(era de Neumann).
y Y100 − Y1 = y −e1−y → Y1 = e 1+e −y Y10 (0) = Y10 (1) = 0
Como es de Neumann aparece (al resolver Y000 = 0 + c.c. ) una C arbitraria: = C+
ey −e1−y 1+e
−y cos
1
X000 + (
Y 00 +λY = 0 , Y 0 (0) = Y 0 (π) = 0 → Yn = {cos ny} , n = 0, 1, . . .
¨ Δ = 2 cos2 y, (, y) ∈ (0, π)×(0, π) (π, y) = 5+cos y (0, y) = y (, 0) = y (, π) = 0
más
∞ X n=1
,
= R0 (r)+
∞ X
R0 c.
+c1 +c2 ln r → R0 =
r3 9
Rn (r) cos nθ →
+c1
R0 (2)=3
→
r (2,θ)=sen θ
→
¨ − = F(t) , ∈ (0, π), t > 0 t (, 0) = ƒ () (0, t) = (π, t) = 0
Para el otro: 2 = T0 (t)+
3
ƒ () d +
+
19 r
[Se podía haber buscado directamente una (r) pues θ ≡ 0 y los datos no dependen de θ ].
R(1)=0
Rn = {r n −r −n } . (r, θ) = 54 r − 1r sen θ .
1 =
co 2
Tn (t) cos n →
→
+
R∞ 0
∞ X n=1
n=1
Rπ = 1 +2 → π1 0 t→∞
( Rn≥1 ≡ 0 ).
Casualmente es λ1 = 1 y Θ1 = {sen θ} .
n=1
∞ X
r3 9
=r
R0 (2) = 3, R0 acotada
n λn = n2 , con tn π = n , Θn = {sen n θ}. 4
r 2 R00 +rR0 −λn R = 0 → R = c1 r n +c2 r −n cn Rn (r) sen n θ
=
R00 r
Θ00 +λΘ = 0 , Θ0 (0) = Θ( π4 )−Θ0 ( π4 ) = 0 →
π
∞ X
R00 + 0
n=1
Δ = 0, 1 < r < 2, 0 < θ < 4 (1, θ) = 0, r (2, θ) = sen θ (r, 0) = (r, π4 )−θ (r, π4 ) = 0
¨
Xn (π) cos ny = 5+cos y →
Θ00 +λΘ = 0 , Θ0 (0) = Θ0 (π) = 0 → Θn = {cos nθ} , n = 0, 1, . . . →
2
∞ X
¨ 00 ¨ 00 X1 −X1 = 0 X1 = c1 e +c2 e− X2 −4X2 = X2 = c1 e2 +c2 e−2 − 4 , X1 (0) = 0, X1 (π) = 1 X2 (0) = X2 (π) = 0 π sh 2 5 π2 sh 3 → (, y) = 6 + π − 6 + sh π cos y + 4 sh 2π − 4 cos 2y .
¨ Δ = r , r < 2, 0 < θ < π θ (r, 0) = θ (r, π) = 0 (2, θ) = 3
=
Xn () cos ny →
n=1
X0 (0) = 0, X0 (π) = 5
r3 9
∞ X n=1
[Xn00 −n2 Xn ] cos ny = + cos 2y , Xn (0) = 0 , X0 (π) +
3 X000 = X0 = 6 +c1 +c2
R0 =
→ = X0 () +
Homogéneo en los apuntes: Rπ 2 cn e−n t cos n , con cn = π2 0 ƒ () cos n d .
Rt T00 = F(t) → T0 (t) = 0 F(s) ds (y los demás Tn ≡ 0 ). T0 (0) = 0
F(t) dt . En particular, si ƒ () = 1−cos y F(t) = e−t , → 1+ 21 = 32 . 2 t→∞
t − = 0 , ∈ (0, 1), t > 0 (, 0) = 0 , (0, t) = 0, (1, t) = 2e−t
Sabemos que al separar variables:
X 00 +λX = 0 [•] T 0 +λT = 0
Necesitamos una . Probando parábolas (en ): = A(t)+B(t)2 → = 2 e−t . c.c. ¨ t − = (2 +2)e−t = − → [P] (ecuación no homogénea) (, 0) = −2 , (0, t) = (1, t) = 0 Hallemos que cumpla la ecuación. Como e−t está asociada a λ = 1 en [•], X 00 +X = 0 , = XT → ¨ t − = 0 c.c. cos −t ∗ → [P∗] = (c1 cos +c2 sen ) e−t → ∗= − 2sen e . = − cos 1 (, 0) = 2sen , (0, t) = (1, t) = 0 1 2
2
X 00 +λX , X 0 (0) = X 0 (1) = 1 → λn = n2 π 2 , Xn = {cos nπ}, n = 0, 1, . . . → Tn = {e−n π t } → ∞ ∞ R 1 cos X X d.. cos = 20 + n Tn Xn → 20 + n cos nπ = 2sen → 20 = 0 2sen d = 2 , 1 1 n=1
4 n = sen 1
=2−
R1
2 cos sen 1
0
n=1
2 cos cos nπ d = sen 1
e−t + 4
∞ X (−1)n+1 n2 π 2 −1
e−n
2
R1
π2 t
0
[cos(nπ +1)+cos(nπ −1)] d =
cos nπ → 2 t→∞
n=1
Más largo es hallar la solución de [P]: = T0 (t) +
∞ X
2(−1)n nπ+1
−
2(−1)n nπ−1
.
[aislado a la izquierda y metemos cada vez menos calor por la derecha]
Tn (t) cos nπ →
n=1 ∞ X
∞ X
[Tn0 +n2 π 2 Tn ] cos nπ = e−t (2 +2) = 37 e−t + e−t Bn cos nπ , n=1 n=1 R1 R1 R 4(−1)n 4 1 pues 0 (2 +2) d = 37 , y siendo Bn = 2 0 (2 +2) cos nπ d= − nπ sen nπ d= 2 2 . 0 n π T00 +
Como (, 0) = T0 (0)+
∞ X n=1
¨
T00 = 37 e−t
T0 (0) = − 13 d..
Tn (0) cos nπ = −2 = − 13 −
→ T0 = 2− 73 e−t ,
Tnp = n2 πB2n−1 e−t → Tn =
Bn [e−t −n2 π 2 e−n n2 π 2 −1
¨
2 π2 t
]
∞ X
Bn cos nπ , hay que resolver:
n=1 2
2
Tn +n2 π 2 Tn = Bn e−t → Tn = Ce−n π t +Tnp , Tnp = Ae−t → Tn (0) = −Bn e−t n ∞ −n2 π 2 t → = 2+(2 − 37 ) e−t +4
X (−1)
n=1
n2 π 2
−e
n2 π 2 −1
cos nπ → 2 t→∞
t − = 0 , ∈ (0, π), t > 0 (, 0) = 0, (0, t) = (π, t) = t
4
Casi a ojo se ve que = t cumple las condiciones de contorno.
¨ − = − 00 t X +λX = 0 (, 0) = 0 = −t → → → Xn = {cos n} , n = 0, 1, . . . → X 0 (0) = X 0 (π) = 0 (0, t) = (π, t) = 0 ∞ ∞ ∞ Rπ X X X = T0 (t)+ Tn (t) cos n → T00 + [Tn0 +n2 Tn ] cos n = − = b20 + bn cos n , con bn = − π2 0 cos n d: n=1
n=1
2 b0 = − π2 π2
π 2 bn = − nπ sen n 0
= −π ,
T00 = − π2 → T0 (t) = − π2 t , T0 (0) = 0
(, t) = t − π2 −
t − 4 = cos
¨
5
n=1
π , 2
∞ X
¨
∞ X
cn e−(2n−1)
2
π2 t
n=1
2 =
∞ X n=1
(2n−1)π 2
→
sen n d =
, cn = 2F
¨ 0 T1 +π 2 T1 = 1
R1 0
(1−) cos
→ 2 =
T1 (0) = 0
¨
=1 →
(r, 0) = 0 , (1, t) = 1
1 π2
−4/ (n2 π) , n impar 0 , n par
→ ∞ , si ∈ (π/ 2, π) → 0 , si = π/ 2 → −∞ , si ∈ (0, π/ 2)
2
t − 4 = cos
= F+T −F →
2
[1−e−(2m−1) t ] cos(2m−1) ¨
=
→ Tn (t) = nb2n [1−e−n t ] .
m=1
t − rr + rr = 0 , r < 1, t > 0
¨
6
(2n−1)π Tn (t) cos 2
0
2 [cos nπ −1] n2 π
2
4 π(2m−1)4
∈ (0, 1), t > 0
cos
+
Rπ
Tn0 +n2 Tn = bn → Ce−n t + b2n n Tn (0) = 0
(, 0) = T, (0, t) = F, (1, t) = T 1 =
2 nπ
π 2
(, 0) = F−F, (0, t) = (1, t) = 0
(2n−1)π 2
2 1−e−π t
8F d = π 2 (2n−1) 2
1 r r
t − rr +
cos π 2 =0
→ F+T −F+ π12 cos π 2 t→∞
¨ T 0 + λT = 0
→
1
rR00 +R0 +λrR = 0
(r, 0) = −1, (1, t) = 0 R acotada, R(1) = 0 p p p ∞ X Problema singular visto en 2.2 (y 2.4): λn con J0 ( λn ) = 0 , y Rn = {J0 ( λn r) ; = cn e−λn t J0 ( λn r) n=1 p p p ∞ ∞ R1 X X e−λn t 2 p p → cn J0 ( λn r) = −1 , cn = − 2 p rJ0 ( λn r) dr → = 1−2 J0 ( λn r) , 0 =+
J1 (
n=1
pues
R1 0
λn )
p rJ0 ( λn r) dr =
1 λn
R pλn 0
n=1
1
sJ0 (s) ds = p
λn J1 (
λn )
p
λn
J1 ( λn ) , ya que [sJ1 ]0 = sJ0 .
→ 1 en todo el círculo, en particular, para un punto situado a 0.5 cm del centro. t→∞
¨ − − = 0, ∈ (0, 3π), t > 0 t (, 0) = 1 (0, t)−4 (0, t) = (3π, t) = 0
7
λ = 0 no autovalor. λ > 0 :
T 0 −T T
=
X 00 X
T 0 = (−λ)T 00 = −λ → X +λX = 0 X(0)−4X 0 (0) = X(3π) = 0 , tn 3πn = −4n 1 = 14
c1 = 4c2 c2 [4 cos 3π+sen 3π] = 0
+cos 4 } . 4 R 3π p X1 d 4[ 2 +1] 0 = 3π+2 R 3π 2 X d
1 → λn = n2 λ1 = 16 , Xn = {sen n +4n cos n } X1 = {sen 1
= c1 e(− 16 )t (sen
∞ X +cos 4 ) + cn e(−λn )t Xn () 4
, con c1 =
n=2
p 4[ 2 +1] (sen 4 +cos 4 ) t→∞ 3π+2
1 1 , → 0 . Si = 16 , → Si < 16 t→∞
¨ − = 0, ∈ [0, π], t ∈ R tt (, 0) = t (, 0) = 0 (0, t) = sen t, (π, t) = 0
8
∞ X
Tn (t) sen n ,
1− π
n=1
=
∞ X
= (1− π ) sen t → ∗ =+ (
2 nπ
sen n →
n=1
0
.
1
1 1 . Si > 16 , → ∞ e(− 16 )t manda y X1 > 0 .
t→∞
¨ ∗ −∗ = 2 (1− ) sen t π tt ∗ (, 0) = 0, ∗ (, 0) = −(1 − π ) t ∗ (0, t) = ∗ (π, t) = 0
2
Tn00 +n2 Tn = 2 sen t → Tn = c1 cos nt +c2 sen nt +Tnp nπ Tn (0) = 0, Tn0 (0) = − 2 nπ
Si 2 6= n2 , Tnp = A sen t ∀n . Si 2 = n2 , una Tnp debe engordarse con una t ⇒ no acotada.
9
ttt −4t 3 −t = 0
d
±4t 2
a] B2 −4AC = 16t 4 , hiperbólica. dt = 2t
→ ±t 2 = C .
¨ = ξξ + 2ξη + ηη t = 2t[ξ −η ] → ξη = 0 , = p(+t 2 )+q(−t 2 ) 2 tt = 4t [ξξ −2ξη +ηη ]+2[ξ −η ]
ξ = +t 2 → η = −t 2
2 =+1 0 p(+1)+q(−1) = → p0 (+1)+q0 (−1) = 1 → p0 (+1) = +1 −→ p () = 2 → p() = 4 +K . 2 2p0 (+1)−2q0 (−1) = 2 → p0 (+1)−q0 (−1) =
−(−1)2
2
(+t 2 )
2
(−t)2
q(−1) = −p(+1) = −K → q() = − 4 −K → = − 4 = t 2 [única]. 4 4 ¨ 00 X 00 +λX = 0 λ=0 X = 0 → X = c1 +c2 X 00 tT 00 −T 0 b] X = = −λ → −→ → {1}, {}, {t 2 }, {t 2 } . 3 00 0 3 4t T tT −T +4λt T = 0 tT 00 −T 0 = 0 → T = k1 +k2 t 2
¨ +yy +6 = 0 en (0, π)×(0, π) y (, 0) = 0 , y (, π) = 0 (0, y) = 0 , (π, y) = 2 cos2 2y
10
= XY →
X 00 +6X 0 X
00
= − YY = λ →
Y 00 +λY = 0 , Y 0 (0) = Y 0 (π) = 0 X 00 +6X 0 −λX = 0 , X 0 (0) = 0
p p 2 2 → λn = n2 , Yn = {cos ny} n = 0, 1, ... → X 00 +6X 0 −n2 X = 0 , X = c1 e 9+n −3 + c2 e− 9+n +3 p o p n p p 2 2 X0 = {1} ; Xn = 9+n2 +3 e 9+n −3 + 9+n2 −3 e− 9+n +3 , n ≥ 1 . =
∞ X
cn Xn () cos ny → (π, y) =
n=0
∞ X
cn Xn (π) cos ny = 1+cos 4y → c0 = 1 , c4 =
n=0
→ = 1+
11
Δ = 0 , r < 1 (1, θ) = ƒ (θ)
con ƒ (θ) =
1
−→
X 0 (0)=0
y los demás cero
4 (π)
4e2 +e−8 cos 4y 4e2π +e−8π
1, 0 ≤ θ ≤ π 0, π < θ < 2π
El principio del máximo 0≤ ≤1 . ya da la cota superior:
Necesitamos la solución para la otra. Lo más corto es utilizar la fórmula de Poisson: R R R 2 ƒ (ϕ) dϕ dϕ dϕ 3 π −r 2 2π 3 π = 2π (r, θ) = R 2π → ( 21 , π2 ) = 8π ≡ π 0 R2 −2Rr cos(θ−ϕ)+r 2 0 5 0 5−4 sin ϕ 4
s = tn
ϕ 2
→ =
3 5π
R∞ 0
ds 2 − 85 s+1
1 π
=
R∞
5/ 3 ds
0
1+( 5−4 ) 3
2
=
−cos( 2 −ϕ)
1 + π1 2
rctn 43 >
1 + 14 2
>
3 2
.
3 Acotar el integrando 15 ≤ 5−41sin ϕ ≤ 1 → 10 ≤ ≤ 32 no basta, pero era un buen intento . ∞ ∞ 1 2 X o X r 2n−1 r n n cos nθ+bn sen nθ = · · · = + Con la serie de 3.2 es más largo: = + sen(2n−1)θ 2n−1 2
→ = ¨
12
1 + π2 12 − 31 213 2
+ 15 215
−· · · >
2 rr + rr + rθθ 2 = cos θ , r < 1, 0 < θ < π
∞ X n=0
13
a]
2
>
1 + 11 2 48
=
35 48
>
2 3
=
1 + π2 2
otro valor
R0 acot.
2
2
+rR02 −4R2 = r2 R0 = C+ r8 , r 2 R00 2 = 1/ 4 2 1 y las demás Rn ≡ 0 . = C + r8 + r 2 ln8r − 16 cos 2θ .
+rR0 = r2 Rn (r) cos nθ → r 2 R00 0
r 2 y 00 + ry 0 − y = r 2 y 0 (1)+y(1) = y(2) = 0
n=1
rctn 12 exacto de
.
Neumann. Para que tenga solución R πR 1 Rπ r cos2 θ dr dθ = 0 dθ ⇔ = 41 . 0 0
r (1, θ) = , θ (r, 0) = θ (r, π) = 0 =
π
2
n=1
1 1 + π1 1− 12 2
−→
R00 (1)
R2 acot.
−→
R02 (1)
=0
2
2
r R2 = r8 ln r − 16
c1 −c2 +c1 +c2 = 0 c1 [5−3] = 0 ⇒ 2c1 + c22 = 0 → c2 = −4c1 %
r 2 y 00 + ry 0 −y = 0 → y = c1 r + cr2 →
datos
Si 6= 35 el no homogéneo tiene solución única (el homogéneo tiene sólo la y ≡ 0 ). Si = 35 el homogéneo tiene infinitas soluciones yh = r − 4r y el no homogéneo no tiene solución: R 2 0 y (ry 0 ) − r = r → 1 r − 4r r dr = − 35 6= 0 .
2 O imponiendo directamente los datos en la solución general de la no homogénea ( yp = Ar 2 → yp = r3 ): « 2 c1 −c2 + 23 + 53 c1 + 53 c2 + 59 = 83 c1 + 23 c2 + 11 = 0 → 4c1 +c2 = − 11 9 6 y = c1 r + cr2 + r3 → Imposible . c2 4 8
2c1 +
2
+
=0
3
→ 4c1 +c2 = − 3
Θ00 +λΘ = 0 llevan a probar: Θ 2π-periódica i ∞ ∞ h r 2 00 +r0 −n 2 X X r00 +0 r 2 b00 +rb0n −n2 bn n n n n = 0 (r)+ [n (r) cos nθ+bn (r) sen nθ] → 0 r 0 + cos nθ+ sen nθ = sen θ . 2 2 r r
b]
Δ = sen θ, 1 < r < 2 r (1, θ) = (2, θ) = 0
Las autofunciones de
n=1
n=1
Datos de contorno → 0n (1) = b0n (1) = 0 , n (2) = bn (2) = 0 → n , bn6=1 ≡ 0 (es solución y hay unicidad). Además: r 2 b00 +rb01 −b1 = r 2 con b01 (1) = b1 (2) = 0 . Ecuación resuelta arriba. Imponiendo los datos: 1 c1 −c2 + 23 = 0 → c2 = c1 + 23 2c1 +
14
c2 2
↓ 5 c + 53 2 1
+ 34 = 0
∞ X
1
cn r n− 2 sen
n=1 ∞ X
cn 1+2n−1 sen
n=1
Si (1, θ)−2r (1, θ) = 4 sen
2n−1 θ 2
3θ 2
↑
→
=
r 2 −2r 3
sen θ
.
00 Θ +λΘ = 0 (2n−1)2 → λn = , Θn = sen 2n−1 θ , n = 1, 2, . . . → 4 2 Θ(0) = Θ0 (π) = 0 1 1 R acotada en 0 1 r 2 R00 +rR−λn R = 0 → R = c1 r n− 2 +c2 r −n+ 2 −→ Rn = r n− 2 .
¨ Δ = 0 , r < 1, θ ∈ (0, π) (1, θ)+2r (1, θ) = 4 sen 3θ 2 (r, 0) = θ (r, π) = 0
→ (r, θ) =
c2 = 0 = 0 , c1 = − 23
2n−1 θ 2
= 4 sen
n=1
3θ 2
∞ X
2cn 1−n sen
n=1
=
3
cn (n− 12 )r n− 2 sen
dato que falta 2n−1 θ −→ 2
→ c2 = 1 y todos los demás cn = 0 →
todo igual hasta:
Hay infinitas soluciones de la forma
∞ X
, r (r, θ) =
C r 1/ 2 sen 2θ
2n−1 θ 2
− 2 r 3/ 2 sen
3θ 2
= 4 sen
3θ 2
= r 3/ 2 sen →
3θ 2
c2 = −2 , c1 cualquiera y los demás cn = 0 .
[En este caso, la fórmula de Green no permitía probar la unicidad].
15
¨
rr + rr + rθθ 2 + 4 = 0 , r < 1 , 0 < θ < π
0
00
00
2
0
00
+4RΘ = 0 → r RR + rR = RΘ → R00 Θ+ RrΘ + RΘ +4r 2 = − ΘΘ = λ R r2 (1, θ) = sen 2θ , (r, 0) = θ (r, π) = 0 00 Θ +λΘ = 0 (2n−1)2 → → λn = , Θn = sen 2n−1 θ , n = 1, 2, . . . y r 2 R00 +rR0 +(4r 2 −λ)R = 0 . 4 2 Θ(0) = Θ0 (π) = 0
Esta ecuación se parece mucho a Bessel. Para quitar el 4 que sobra, como se hace habitualmente: p 2 2 , R00 = 4 ddsR2 → s2 ddsR2 +s dR +(s2 −λ)R = 0 , s = 4 r = 2r → R0 = 2 dR ds ds que para los λn de arriba es Bessel con p = n− 12 , cuyas soluciones acotadas en r = 0 son las Jn− 1 (s) = Jn− 1 (2r) = Rn (todas se pueden escribir en términos de funciones elementales). 2
2
Probamos pues: =
∞ X
cn Jn− 1 (2r) sen 2
n=1 ∞ X
cn Jn− 1 (2) sen 2
n=1
2n−1 θ 2
= sen
2n−1 θ 2
θ 2
, a la que sólo le falta satisfacer:
→ c1 = J 1 1(2) y los demás cn = 0 → = 2
1 J 1 (2)
J 1 (2r) sen 2
2
θ 2
.
Podemos escribir la solución anterior en términos de funciones elementales. Como (salvo constante) J 1 (2r) = 2
sen 2r p 2r
cos 2r p 2r
no está acotada en r = 0
cos θ θ π r rr + 2 + rθθ 2 + r 2 sen θ = 0 , r < 1, 0 < θ < 2 r
(
16
r (1, θ) = ƒ (θ) , θ (r, π2 ) = 0
→ λn = 2n(2n+1) , Θn = {P2n (cos θ)}
2 p y J 1 (2) = sen ,
(r, θ) =
2
2
sen 2r p sen θ 2 sen 2 r
Como en apuntes hasta nuevo problema de contorno: [1−t 2 ] Θ00 − 2t Θ0 + λΘ = 0 Θ0 (0) = 0 , Θ acotada en 1 ∞
X [Legendre 2n r 2n P2n (cos θ) → pares] , = 0 + n=1
∞ X
2n2n P2n (cos θ) = ƒ (θ) → 0 indet. y 2n =
n=1
R 4n+1 π/ 2 P2n (cos θ)ƒ (θ) sen θ dθ 2n 0
siempre que el primer término del desarrollo de ƒ sea 0 :
R π/ 2 0
h R1 i 2 2 0 P22n = 4n+1 ,
ƒ (θ) sen θ dθ = 0 .
R1
cos2 θ− 31
17
Si ƒ (θ) = cos2 θ− , 0 (t 2 −) dt = 0 → = 13 . 2 2 2 = 22 3 cos2 θ−1 + 44 P4 (cos θ) + · · · → = C + r2 cos2 θ− r6 .
Problemas exteriores resueltos en los apuntes. Plano (r, θ) = 20 + n = bn =
Rn π Rn π
∞ X
Espacio (r, θ) = r0 +
r −n [n cos nθ+bn sen nθ]
n=1
R 2π
n r −(n+1) Pn (cos θ)
n=1
0
ƒ (θ) cos nθ dθ , n = 0, 1, . . .
0
ƒ (θ) sen nθ dθ , n = 1, 2, . . .
R 2π
∞ X
n =
(2n+1)R 2
n+1
Rπ 0
ƒ (θ) Pn (cos θ) sen θ dθ
ƒ (θ) = 0 + 2
∞ X
0 R
n bn [R n cos nθ+ Rn sen nθ] =
+
n=1
∞ X
n R−(n+1) Pn (cos θ) =
n=1
→ ≡
(constante en el plano)
(no constante en el espacio)
→ = R r ƒ (θ) = cos3 θ
0 + 2
∞ X n=1
n bn cos 3θ θ [R + 3 cos n cos nθ+ Rn sen nθ] = 4 4
→ =
3R 4r
n =
3
R cos θ+ 4r 3 cos 3θ
R (2n+1)Rn+1 1 3 t Pn (t) dt 2 −1
1 = 3R2 3 = 7R4 → =
3R2 5r 2
R1 0
R 1 5t 6 0
2
cos θ +
t 4 dt = 4
− 3t2
2R4 5r 4
5 2
3R2 5
dt =
2R4 5
cos3 θ− 32 cos θ
[O tanteando, como en el plano].
X 00 +λX = 0 Xn = {cos n} 0 0 X (0) = X (π) = 0 00 = XYT → Y 0 +μY =0 0 Yn = {cos my} Y (0) = Y (π) = 0 n o 2 2 T 0 +(λ+μ)T = 0, Tnm = e−(n +m )t , n, m = 0, 1, . . .
t −Δ = 0, (, y) ∈ (0, π)×(0, π), t > 0 (, y, 0) = 1+cos cos 2y (0, y, t) = (π, y, t) = 0 y (, 0, t) = y (, π, t) = 0
18
= 400 +
∞ X n0 −n2 t e 2
∞ X 0m −m2 t e 2
cos n +
n=1
cos my +
m=1
∞ X ∞ X
nm e−(n
2
+m2 )t
cos n cos my t=0 = 1+cos cos 2y
m=1 n=1
(, y, t) = 1 + e−5t cos cos 2y
t→∞
→ 1 , valor medio de las temperaturas iniciales.
X 00 +λX = 0 Xn = {sen n}, n = 1, 2, · · · X(0) = X(π) = 0 Y 00 +μY = 0 = XYT → Yn = {cos my}, m = 1, 2, · · · 0 0 Y (0) = Y (π) = 0 p T 00 +(λ+μ)T = 0, T(0) = 0, Tnm = {sen n2 +m2 t}
tt −Δ = 0 , (, y) ∈ (0, π)×(0, π), t ∈ R (, y, 0) = 0 , (, y, 0) = sen 3 sen2 2y
t
(0, y, t) = (π, y, t) = 0 y (, 0, t) = y (, π, t) = 0
=
∞ X ∞ X
cnm sen
p
n2 +m2 t
n=1 m=0
→ ¨
∞ X ∞ X
sen n cos my , t (, y, 0) =
p
cnm
n2 +m2
n=1 m=0
p c30 9 = 12 p c34 25 = − 12
[los demás → cnm = 0 ]
Δ = z , 2 +y 2 +z 2 < 1 = z 3 si 2 +y 2 +z 2 = 1
1 (1, θ) =
25 5 2
1 6
sen 3t sen 3 −
Δ = 0 , r < 1 (1, θ) = cos3 θ
apuntes
3 5
3r 5
(P1 )
cos3 θ− 23 cos θ +
(, y, t) =
−→ 1 =
∞ X
(P2 ) →
r rr + 2 r
+ rθθ 2
(1, θ) = 0
θ θ + cos r 2 sen θ
cos θ → 1 =
= r cos θ
→
1 = c1 r + cr 22
Δ = 0 , 2 +y 2 +z 2 < 1
¨
= 3 si 2 +y 2 +z 2 = 1 1 4
sen3 θ cos 3ϕ + =
r3 4
3 4
1 2
cos θ +
=
3z+2z 3 −32 z−3y 2 z 5
sen2 θP00 −2 cos θP0n = n(n+1)Pn n
+ 00 n
20n r
.
↓
−
n(n+1)n Pn (cos θ) = r cos θ r2
n=0
1 acot.
1 =
−→
1 (1) = 0
|r=1 = sen3 θ cos3 ϕ
3r 3 20
∞ X
n (r)Pn (cos θ) →
Δ = 0 , r < 1
1 4
sen 5t sen 3 cos 4y
r3 5 cos3 θ−3 cos θ 5
r 3 −r 10
r cos θ 1−r 2 +2r 2 cos2 θ =
sen3 θ cos ϕ =
sen3 θ cos 3ϕ −
r3 + 10
sen 3
n r n Pn (cos θ) →
n=0
+2r01 −21 = r 3 r 2 00 1
= 1 +2 = ¨
→ 2 =
∞ X
1 10
1−cos 4y 2
n=0
¨
sen n cos my =
→ 2 = 1 2
P3 = 52 t 3 − 32 t ,
sen3 θ cos 3ϕ −
3 20
sen θ [5 cos2 θ−1] cos ϕ +
r 3 −r 10
.
z 1−2 −y 2 +z 2
P03 = 23 [5t 2 −1] , P13 = 32 sen θ[5 cos2 θ−1]
P000 = 15 , P33 = 15 sen3 θ 3
sen θ[5 cos2 θ−1] cos ϕ + 3r 5
z 3 +2 z+y 2 z−z 10
cos θ =
sen θ cos ϕ =
1 5
3 5
sen θ cos ϕ →
3+22 −3y 2 −3z 2
Z 00 +μZ = 0 Z(0) = Z(1) = 0 Zn = {sen nπz} rR00 +R00 +λrR = 0 = RZT → R(1) = R(2) = 0
t − Δ = 0, 1 < r < 2, 0 < z < 1, t > 0 (r, θ, 0) = sen πz (1, z, t) = (2, z, t) = 0 (r, 0, t) = (r, 1, t) = 0
T 0 +(λ+μ)T = 0
p
Haciendo t = r λ en la ecuación de R se transforma en la de Bessel de orden cero: (tR0 )0 +λtR = 0 . ¨ p p p p c.c. c1 J0 ( λ )+c2 K0 ( λ ) = 0 p p → R = c1 J0 (t)+c2 K0 (t) = c1 J0 (r λ)+c2 K0 (r λ) → → c1 J0 (2 λ )+c2 K0 (2 λ ) = 0 μm = c2m , donde cm son las infinitas raíces de J0 (cm )K0 (2cm )−J0 (2cm )K0 (cm )
[Problema S-L regular ⇒ existen].
Las autofunciones correspondientes son: Rm (r) = {K0 (cm )J0 (cm r)−J0 (cm )K0 (cm r)} . 2 2 Tnm = e−(n π +λm )t → (r, z, t) =
∞ X ∞ X
cnm e−(n
2
π 2 +λm )t R
m (r) sen nπz
→
m=1 n=1
(r, z, 0) =
∞ X ∞ X
cnm Rm (r) sen nπz = sen π ⇔
m=1 n=1
(r, z, t) = sen πz
∞ X m=1
∞ X m=1
c1m e−(π
2
+c2m )t
〈Rm ,1〉 m ,Rm 〉
c1m Rm (r) = 1 → c1m = 〈R
K0 (cm )J0 (cm r)−J0 (cm )K0 (cm r)
R2
= R12 1
rRm dr rR2 dr m
19
: P0n = Pn , P11 = sen θ , P12 = 3 sen θ cos θ y P22 = 3 sen2 θ . En los apuntes tenemos los primeros Pm n A partir de ellos obtenemos los Ynm (θ, ϕ) ≡ cos mϕ Pm (cos θ), sen mϕ Pm (cos θ) pedidos: n n Y00 = {P0 } = {1} . rY10 = {rP1 } = {r cos θ} = {z} . rY11 = {rP11 } = {r sen θ cos ϕ, r sen θ sen ϕ} = { , y} . r 2 Y20 = r 2 P2 = 12 [3r 2 cos2 θ−r 2 ] = z 2 − 12 (2 +y 2 ) . r 2 Y21 = r 2 P12 = 3r 2 sen θ cos θ cos ϕ, 3r 2 sen θ cos θ sen ϕ = {3z , 3yz} . r 2 Y22 = r 2 P22 = 3r 2 sen2 θ cos 2ϕ, 3r 2 sen2 θ sen 2ϕ = 3[2 −y 2 ] , 6y .
20
Δ = r cos2 θ , r < 1 Con la fórmula obtenida a través de la función de Green en los apuntes: (1, θ) = 0 , 0 ≤ θ < 2π R 1R 2π 1 (r, θ) = 4π σ ln σ 2 +r 2 −2rσ cos(θ−ϕ) −ln 1+r 2 σ 2 −2rσ cos(θ−ϕ) σ cos2 ϕ dϕ dσ → 0 0 R 1R 2π R1 1 1 (0, 0) = 4π 2σ 2 ln σ cos2 ϕ dϕ dσ = 21 0 σ 2 ln σ dσ = − 18 0 0
[Más largo: = 0 (r)+
∞ X
[n (r)cos nθ+bn (r)sen nθ] →
n=1
21
00 r 02 00 2 + r
= 2r
+ 00 0
−
402 r2
=
n (1) = 0 −→ acotado
r 2
- r=0 3
3
2
−1 −r = r 18 + r 10 cos 2θ ].
P = (ξ, η, γ) = (σ sen β cos α, σ sen β sen α, σ cos β) . Si = − 1 es Δ = δ(P−Q) 4πPQ Q = (, y, z) = (r sen θ cos ϕ, r sen θ sen ϕ, r cos ϕ) h i RR RR RR RRR 1 Δ = 0 si P 6= Q , Δ = r=R n dS = r=R r dS = r=R 4πR 2 dS = 1 . r≤R sen θ cos ϕ sen θ sen ϕ cos ϕ , , r , cumple Δ = δ ∀k . G(P, Q) = k 0 − 1 , Q0 = r r 4πPQ 4πPQ k 1 Si G = 0 al menos en S : R = R10 P=S → k 1 = 1−r → k = 1r → posible G : 1− r
G=
1 4π
1 OQ · PQ0
−
1 PQ
con
La solución de
=
1 4π
=
1 4π
1 [1 + r 2 σ 2 − 2rσA]
− 1/ 2
1
,
[r 2 + σ 2 − 2rσA]1/ 2
&
A = cos θ cos β+sen θ sen β cos(α−ϕ) .
Δ = F, r < 1 = ƒ si r = 1
Z 2πZ πZ 1 0
será: =
RR
RRR σ≤1
G F dξdηdγ = σ=1 Gn ƒ dS −→
Gn =Gσ
G(r, θ, ϕ, σ, β, α) F(σ, β, α) σ 2 sen β dσ dβ dα +
1−r 2
0 0
El valor en el origen es: (O) =
G = 0 si σ = 1
Z 2πZ π
4π
0
R R R 1 2π π 1 [σ 2 −σ] F(σ, β, α) sen β dσ dβ dα 4π 0 0 0
En particular si F = ƒ = 1 , (O) = 12
h
σ3 3
−
σ2 2
i1 h 0
− cos β
iπ 0
+
1 2
h
− cos β
iπ 0
ƒ (β, α) sen β
0
[1+r 2 −2rA]3/ 2
+
R R 1 2π π 4π 0 0
=
dβ dα
ƒ (β, α) sen β dβ dα .
5 6
0
2
Fácil de resolver (independiente de θ y ϕ ): 00 + 2 = 1 , (1) = 1, acotada → = 65 − r6 . r Y si F = z , ƒ = z 3 , (O) = 12
R πR 1 0 0
[σ 3 −σ 2 ] cos β sen β dσ dβ + 21
Rπ 0
cos3 β sen β dβ = 0
coincide con problema 18
soluciones de problemas 4 de EDII(Cp)
1
(2009)
= 12 (+2t)2 +(−2t)2 +
tt −4 = e−t , , t ∈ R (, 0) = 2 , t (, 0) = −1
1 4
R +2t −2t
ds +
1 4
R tR +2[t−τ] 0 −2[t−τ]
e−τ ds dτ
= 2 +4t 2 + e−t −1 .
Una solución particular que sólo depende de t es: tt = e−t → = e−t . Con = − e−t se tiene: tt − = 0 → = 12 (+2t)2 −1+(−2t)2 −1 = 2 +4t 2 −1 , como antes. (, 0) = 2 −1, t (, 0) = 0
tt −4 = 16 , , t ∈ R (0, t) = t , (0, t) = 0 =
¨
Lo más sencillo es cambiar papeles ↔t −→ de y t aplicar D’Alembert:
R tR + 1 (t−τ) 1 t t 2 dsdτ (+ )+(− ) − 4 2 2 2 0 − 1 (t−τ) 2
= − 4
Rt 0
tt − 41 = −4 , , t ∈ R
(, 0) = , t (, 0) = 0
→
↔t
(t −τ)dτ = −2t 2 −→ = t −22
Podríamos ahorrarnos esta integral doble con una solución que sólo dependiese de una variable: ¨ tt − 41 = 0 00 (t) = −4 , = −2t 2 → , = 12 (+ 2t )+(− 2t ) = → = −2t 2 =− (, 0) = , t (, 0) = 0 ¨ 2 2 tt − 41 = 0 00 2 () = 16 , = 8 → , = −4 (+ 2t ) +(− 2t ) = −82 −2t 2 . . . =− (, 0) = −82 , t (, 0) = 0 ξ = +2t Sin atajos: → ξη = −1 → = p(ξ)+q(η)−ξη = p(+2t)+q(−2t)+4t 2 −2 η = −2t forma canónica
2 (0, t) = p(2t)+q(−2t)+4t 2 = t → 2p0 (2t)−2q0 (−2t) = 1−8t → p0 (2t) = 41 −2t , p0 () = 41 − , p() = 4 − 2 +K (0, t) = p0 (2t)+q0 (−2t) = 0 → q0 (−2t) = −p0 (2t)
→ q(−) = 2 − 2 −p() =
2
2 − 2 4
¨ tt − = 0 , ≥ 0, t ∈ R (, 0) = 0 , t (, 0) = cos2 (0, t) = t
2
−K , q() = − 4 − 2 −K → =
+2t 4
−
−2t 4
−
(+2t)2 2
−
(−2t)2 2
+ 4t 2 −2
Una evidente que cumple la condición de contorno no homogénea es = t . Haciendo = − :
¨ − = 0 , ∈ R ¨ tt − = 0 , ≥ 0 tt 2 t (, 0) = cos −1 → (, 0) = 0 , t (, 0) = g∗ () (, 0) = 0 , (0, t) = 0
siendo g∗ () la extensión impar respecto a = 0 de g() = cos2 −1 = − sin2 = 21 (cos 2−1) . R +t La solución del problema inicial es = t + 12 −t g∗ (s) ds . R 3π R 3π a] (π, 2π) = 2π + 21 −π g∗ = 2π + 14 π (cos 2s−1)ds = 3π 2 g∗ impar
.
b] Para hallar (, 2π) si ≥ 2π sólo necesitamos la expresión de la g inicial: R +2π R +2π +2π (, 2π) = 12 −2π g∗ = 14 −2π (cos 2s−1)ds = 81 sen 2s −2π −π = −π → (, 2π) = π , ≥ 2π .
3
¨ tt −4 = 0 , ∈ [0, 2], t ∈ R (, 0) = 4−3 , t (, 0) = 0 (0, t) = (2, t) = 0
( 23 , 43 ) =
tt − = 0 , ∈ R (, 0) = ƒ ∗ (), t (, 0) = 0
= 12 [ƒ ∗ (+2t)+ƒ ∗ (−2t)] .
1 ∗ [ƒ (3)+ƒ ∗ (0)] = 12 ƒ ∗ (−1) = − 12 ƒ ∗ (1) 2 4-per. impar
(, 2) = 12 [ƒ ∗ (+4)+ƒ ∗ (−4)] =
1 ∗ [ƒ ()+ƒ ∗ ()] 4-per. 2
[Sabíamos que era
2L -periódica. c
= − 23 . = ƒ () = (, 0) .
Trasladando y sumando sale lo mismo].
Para hallar (, 1) necesitamos la expresión de ƒ ∗ en más intervalos: ƒ ∗ () = −(−2)(+2) = ƒ () si ∈ [−2, 2] ƒ ∗ () = −(−6)(−4)(−2) si ∈ [2, 6] (, 1) = 12 [ƒ ∗ (+2)+ƒ (−2)] =
→
1 [−(−4)(−2)−(−4)(−2)] 2
= −(−4)(−2) .
↑
¨ tt − = 0 , ∈ [0, 2], t ∈ R (, 0) = 2 , t (, 0) = 0 (0, t) = 0 , (2, t) = 4
4
tt − = 0 , ∈ [0, 2] (, 0) = 2 −2 , t (, 0) = 0 . (0, t) = (2, t) = 0
= −2 →
i] Extendemos ƒ de forma impar y 4-periódica a ƒ ∗ definida en R: . . . , −(+2) en [−2, 0] , (−2) en [0, 2] , −(−4)(−2) en [2, 4] , . . . La solución viene dada por = 21 [ƒ ∗(+t)+ƒ ∗(−t)] . Por tanto: 4per impar (1, 2) = 12 ƒ ∗(3)+ƒ ∗(−1) = 12 ƒ ∗(−1)+ƒ ∗(−1) = −ƒ (1) = 1 → (1, 2) = 3 . Para hallar (, 1) aparecen dos casos como (por ejemplo) muestran los dominios de dependencia: (, 1) =
1 ∗ [ƒ (+1)+ƒ ∗(−1)] 2
(
=
0≤≤1 , 1≤≤2 ,
1 [−(−1)(+1) + (+1)(−1)] 2 1 [−(−1)(−3) + (−3)(−1)] 2
=0 =0
→
(, 1) = 2 .
[También es claro que trasladando ƒ ∗ una unidad a izquierda y derecha y sumando todo se cancela]. ii] Resolviendo el problema en por separación de variables (rehacemos los cálculos de 3.1): ¨ 2 2 X 00 + λX = 0 , X(0) = X(2) = 0 → λn = n 4π , Xn = {sen nπ } 2 (, t) = X()T(t) → n = 1, 2, . . . } T 00 +λT = 0 , T 0 (0) = 0 → Tn = {cos nπt 2 Probamos, pues: (, t) =
∞ X
kn cos
n=1
R2
nπt 2
sen
nπ 2
→
∞ X n=1
kn sen
nπ 2
= 2 −2 →
R 2 2 + 4 2 (−1) cos d = − nπ (2 −2) cos nπ 2 0 nπ 0 R2 2 − 8 = n28π 2 (−1) sen nπ = n16 sen nπ 3 π 3 [cos nπ −1] → 2 0 2 n2 π 2 0
kn =
0
(2 −2) sen
nπ 2
(, t) = − 32 π3
∞ X m=1
1 (2m−1)3
cos
(2m−1)πt 2
sen
nπ 2
d
(2m−1)π 2
Para t = 1 todos los cosenos se anulan, con lo que (, 1) = 0 (como por D’Alembert). ∞ X (−1)m+1 π3 Además (1, 2) = 32 = 32 1 − 313 + 513 − 713 + · · · = 32 = 1 , como arriba. π3 (2m−1)3 π3 π 3 32 m=1
5
tt − = 0 , , t ∈ R
(, 0) = 0 n 1, ||≤1/ 2 t (, 0) =
←−
−→
= G(+t)− G(−t) , R con G() = 12 0 g .
0 ||>1/ 2
(3, t) = G(3+t)−G(3−t) = G(t +3)+G(t −3)
dominio de influencia
tt − = 0 , ∈ [0, 4], t ∈ R n sen π, 2≤≤3 (, 0) = 0 resto de [0,4]
t (, 0) = (0, t) = (4, t) = 0
(3, t) =
ƒ ∗ (3+t)+ƒ ∗ (3−t) 2
¨ − = 0 , ∈ R tt (, 0) = ƒ ∗ () , = 12 ƒ ∗ (+t) + 12 ƒ ∗ (−t) . ←− −→ t (, 0) = 0
= 12 ƒ ∗ (t +3)− 21 ƒ ∗ (t −3)
¨ − = 0 , ∈ [0, 2], t ∈ R tt (, 0) = t (, 0) = 0 (0, t) = t , (2, t) = 0
6
a] = t(1− 2 )
=+
¨ tt − = 0 , ∈ [0, 2]
(, 0) = 0, t (, 0) = 2 −1 → (0, t) = (2, t) = 0
→
¨ tt − = 0 , ∈ R (, 0) = 0 t (, 0) = g∗()
[−T, +T] no contiene valores negativos a partir de = T . Por tanto: R +T ¨ 1 R0 ( s +1)ds+ 12 0 ( 2s −1)ds = ( T2 −1) , ∈ [0, T] 2 −T 2 (, T) = R 1 +T s ( −1)ds = T( 2 −1) , ∈ [T, 2] 2 −T 2 T − , ∈ [0, T] → (, T) = 0 , ∈ [T, 2] La perturbación viaja a velocidad 1 . La cuerda debía estar en reposo para ≥ T en el instante T . b] (, 2k) = (, 2k)+(, 2k) = k(2−) , pues (, 2k) = 21
R +2k
g∗ = 0 , por ser g∗ impar y 4-periódica, P o porque (, 2k) = cn sen nkπ sen nπ =0. 2
7
−2k
Para que se cumpla la condición de contorno hay que extender ƒ y g de forma par respecto al origen:
tt − = 0 , ≥ 0, t ∈ R (, 0) = ƒ (), t (, 0) = g(), (0, t) = 0
1 (0, t) = 21 [ƒ ∗ 0 (ct)+ƒ ∗ 0 (−ct)]+ 2c [g∗ 0 (ct)−g∗ 0 (−ct)] = 0
Para que sea C2 debe ser: ƒ ∈ C2 , g ∈ C1 , ƒ ∗ 0 (0) = g∗ 0 (0) = 0 ( ƒ ∗ 0 y g∗ 0 son impares, y ƒ ∗ 00 es par) .
8
tt − = 0 , ∈ [0, 2π], t ∈ R n sen , ∈[0,π] (, 0) = 0 , t (, 0) =
R +2π −2π
→
0, ∈[π,2π]
(0, t) = (2π, t) = 0
(, 2π) = 12
g∗ = 12
R 2π −2π
tt − = 0, , t ∈ R (, 0) = 0 , t (, 0) = g∗ ()
con g∗ extensión par y 4π-periódica.
g∗ =
Rπ 0
sen s ds = 2
[La integral en un intervalo de longitud T de una función T-periódica es independiente del intervalo].
2 Separando variables: X 00 +λX = 0 , X 0 (0) = X 0 (2π) = 0 → λn = n4 , Xn = cos
T 00 +λn T = 0 , T(0) = 0 → t (, 0) =
∞
0 X + 2
n=1
n 2n
T0 = c1 +c2 t → {t} Tn = c1 cos
cos
n 2
= g() → 0 =
− c2 [ +yy +zz ] = 0 (, y, z, 0) = ƒ (, y, z) t (, y, z, 0) = 0
¨
9
tt
b] (, y, t) =
nt +c2 sen nt 2 2
→ {sen
nt } 2
→ = 20 t+
R Rπ 2 2π g() d = π1 0 2π 0
n , 2
∞ X
n = 0, 1, . . .
n sen
n=1
nt 2
cos
n = 0 π 2 t=2π
sen d = π2 → (, 2π) = 2
a] (, y, z, t) R 2πR π ∂ t (+y+z+ct[sen θ cos ϕ+sen θ sen ϕ+cos θ]) sen θ dθ dϕ = ∂t 4π 0 0 = +y+z
R 2πR π ∂ t
(+y+ct sen θ[cos ϕ+sen ϕ]) sen θ dθ dϕ = +y h R 2πR ct i r(+y) + r 2 (cos θ+sen θ) dr dθ 1 ∂ p O bien: (, y, t) = 2πc = +y ∂t 0 0 2 2 2 ∂t
4π
0
0
c t −r
c] (, t) =
10
¨
R 2πR π ∂ t
∂t
4π
tt − rr +
0
0
2 r r
(+ct sen θ cos ϕ) sen θ dθ dϕ = , o mejor: (, t) =
= 0, r ≥ 0
(r, 0) = 6 , t (r, 0) = 5r 3 (r, t) =
R r+t 1 ∗ ƒ (r +t)+ƒ ∗(r −t) + r−t 2r
(2, 3) =
=r
→
1 [(+ct)+(−ct)] = 2
¨ tt − = 0 , r ≥ 0 ¨ tt − = 0 , r ∈ R ∗ (r, 0) = 6r, t (r, 0) = 5r 4 → (r, 0) = 6r = ƒ (r)n 4 5r , r ≥ 0 ∗ t (r, 0) = g (r) = −5r 4 , r ≤ 0 (0, t) = 0
g∗ →
R5 R5 1 ∗ ƒ (5)+ƒ ∗(−1)+ −1 g∗ = 14 30−6+ 1 5s4 ds = 4
787 .
Con la fórmula de P-K lo calculamos en el punto más sencillo situado a distancia 2 , el (0, 0, 2) : R R R1 3 2π π (0, 0, 2, 3) = 6 + 4π 5(13+12 cos θ)3/ 2 sen θ dθ dϕ = 6 + 15 (13+12s)3/ 2 ds 2 0 0 −1 ↑ n 1 · · ·=0 sin cuentas, claramente satisface · · · = 6, · · · = 0 = 6 + 14 (13+12s)5/ 2 −1 = 787
11
¨
tt − = 0 , ≥ 0, t ∈ R (, 0) = 0 , t (, 0) =
62 1+3
r tt −rr − 2 = 0 , r ≥ 0, t ∈ R r
(
, (0, t) = 0
a] La solución para es (, t) =
1 2
R +t −t
6r (r, 0) = 0 , t (r, 0) = 1+r 3
g∗ (s) ds , siendo g∗ la
2
6 extensión impar de 1+ 3 respecto a = 0 . En particular, R 5 g∗ imparR 5 3s2 ds 5 (1, 4) = 12 −3 g∗ (s) ds = = log(1+s3 ) 3 = log 3 1+s3
9 2
Máximo de g∗ en 21/ 3 , 25/ 3
[No ha sido necesario conocer la expresión de g∗ para ≤ 0 ]. Como con = r el problema en se transforma en el problema en R r+t 1 (cambiando r por ), la solución para es: (r, t) = 2r g∗ (s) ds → r−t
(1, 4) = (1, 4) = log
9 2
.
b] (1, t) tendrá dos expresiones distintas, dependiendo de que 1−t sea mayor o menor que 0 : Si t ≤ 1 , (1, t) =
1 2
R 1+t
Si t ≥ 1 , (1, t) =
1 2
R 1+t
1−t
1−t
g = log(1+s3 ) g∗
g∗ impar 1 = 2
tt −rr = 0 , r ≥ 0, t ∈ R § 2r −r 2 , r ∈ [0, 2] (r, 0) = 0 en el resto t (r, 0) = (0, t) = 0
1−t
R 1+t t−1
= log
1+(1+t)3 1+(1−t)3
g∗ = log(1+s3 )
1+t t−1
= log
1+(1+t)3 1+(t−1)3
2
tt −rr − r r = 0 , r ≥ 0, t ∈ R § 2−r , r ∈ [0, 2] (r, 0) = ≡ ƒ (r) 0 en el resto t (r, 0) = 0
12
1+t
Sabemos que haciendo = r se transforma P en P y que las soluciones de P vienen dadas por tt −rr = 0 , , t ∈ R con F ∗ extensión impar de F respecto del origen. (r, 0) = F ∗ (r) , t (r, 0) = 0 (ya nos lo diría el a] (r, t) = 12 F ∗ (r +t)+F ∗ (r −t) → (6, 3) = 12 F ∗(9)+F ∗(3) = 12 F(9)+F(3) = 0 dominio de influencia). (2, 3) =
1 ∗ F (5)+F ∗(−1) = 21 F(5)−F(1) = 12 [0−1] 2 ↑
= − 21 .
F ∗ impar
(r,t) 1 ∗ Y como (r, t) = r , es: (4, 3) = 2·4 F (7)+F ∗(1) = 18 F(7)+F(1) = 18 .
b] Para dibujar (r, 3) basta trasladar 12 F ∗(r) tres unidades a izquierda y derecha y sumar en r ≥ 0. La que va hacia la izquierda se sale de [0, ∞) y sólo queda la mitad de la F ∗ trasladada a [1, 5] : Para dar la expresión de (r, 3) aparecen 4 posibilidades, como se ve en el dibujo de los dominios de dependencia. 0 si ∈ [0, 1] (r −3) + 1 (r −3)2 = 1 (r −1)(r −3) si r ∈ [1, 3] 2 2 (r, 3) = 1 1 (r −3) − 2 (r −3)2 = − 2 (r −3)(r −5) si r ∈ [3, 5] 0 si ∈ [5, ∞)
[Coherente con los dos primeros valores de a] y el dibujo].
c] La gráfica de (r, 3) =
(r,3) r
tendrá su máximo en un punto de [3, 5] donde su expresión es: p p 1 (−r +8− 15 ) → 21 (−1+ 15 ) = 0 → r = 15 (algo < 4 ) → Valor máximo = 4− 15 . 2 r r2 d dr
[Este valor ( ≈ 0.127 ) es un poquito mayor que el valor calculado en a] de (4, 3) = 1/ 8 = 0.125 . Al dividir por r el máximo de se traslada un poquito a la izquierda de 4 y vale un poco más que el valor ahí].
13
2r tt −rr − r = 0, 1 ≤ r ≤ 2, t ≥ 0
(r, 0) = 0, t (r, 0) = (1, t) = (2, t) = 0
1 r
sen πr
i) rR00 +2R0 +λrR = 0 , R(1) = R(2) = 0 → λn = n2 π 2 , Rn = { senrnπr } T 00 +λT = 0 , T(0) = 0 → Tn = {sen nπt} , =
∞ X
bn sen nπt senrnπr .
n=1
t (r, 0) =
∞ X
nπbn senrnπr = senr πr → =
sen πt sen πr πr
.
n=1
¨ − = 0, 1 ≤ r ≤ 2 tt rr R r+t 1 ii) = r → t (r, 0) = sen nπr ≡ G(r) → = 2r G∗ (s) ds r−t (r, 0) = (1, t) = (2, t) = 0
G∗ extensión impar de G respecto a 1 y 2.
1 Como sen πr es impar respecto a esos puntos, G∗ (r) = sen πr , = 2r
R r+t r−t
sen πs ds = sen πtπrsen πr .
14
R∞ R∞ d −k 2 2 2 d sen k ∞ = e−k cos k dk = − 0 ke−k sen k dk = e 2 − 2 = − 2 . d ↑ 0 d 0 (•) continuidad y convergencia p p p R∞ R∞ 2 2 2 2 Además: (, 0) = 0 e−k dk =p p1 0 e− d = pπ → (, ) = pπ e− / 4 = pπ Fc−1 e−k . 2 2 2 =k p R R∞ 2 2 2 2 2 ∞ F −1 e−k = p1 −∞ e−k (cos k+ sen k) dk = pπ2 0 e−k cos k dk = p1 e− / 4 F e− cambiando papeles 2π 2 p R p p 2 2 2 ∞ π −2 / 4 . p e− / 4 = Fs−1 k e−k = pπ2 0 ke−k sen k dk = pπ2 2 3/ 2 e [2] 2 por (•)
i) (, ) =
R∞ 0
2
e−k cos k dk
R∞ R∞ ∞ Del teorema 2: F ƒ 0 () = p1 −∞ ƒ 0 () ek d = p1 ƒ () ek −∞ − pk −∞ ƒ () ek d = −k F ƒ () . 2π 2π 2π F ƒ 00 () = −k F ƒ 0 () = −k 2 F ƒ () . p R p p R∞ ∞ ∞ Del teorema 2’: Fs ƒ 00 () = pπ2 0 ƒ 00 () sen k d = pπ2 ƒ 0 () sen k 0 −k pπ2 0 ƒ 0 () cos k d p p R ∞ p ∞ = −k pπ2 ƒ () cos k 0 −k 2 pπ2 0 ƒ () sen k d = −k 2 Fs ƒ () + pπ2 ƒ (0)k . p R p p R∞ ∞ ∞ Fc ƒ 00 () = pπ2 0 ƒ 00 () cos k d = pπ2 ƒ 0 () cos k 0 +k pπ2 0 ƒ 0 () sen k d p p ∞ p = − pπ2 ƒ 0 (0) + k pπ2 ƒ () sen k 0 −k 2 Fc ƒ () = −k 2 Fc ƒ () − pπ2 ƒ 0 (0) .
R∞ Del teorema 4: F −1 ˆƒ e−k = p1 −∞ ˆƒ (k) e−k(−) dk = ƒ (−) . 2π Rb kb k p2 sen Lk 1 k d = p1 e −e p F (h) = = pπ k si en particular = −L y b = L . e k 2π
15
¨
2π
2
t − = (2 −1) e− / 2 , ∈ R , t > 0 (, 0) = 0 , acotada ˆ t +k 2 ˆ = −k 2 e−k ˆ (k, 0) = 0
2
/2
a] Como F [ƒ 00 ] = −k 2 ˆƒ y F [e− ] = p1 e−k 2
2
→
p a ojo
2
2
ˆ (k, t) = p(k) e−k t − e−k
1 2 2 → (, t) = F −1 e−k (t+ 2 ) − e− / 2 =
p
1 1+2t
e−
2
2
/2
ˆ → (k, t) = e−k
d..
/ (4t+2)
− e−
2
/2
2
2 / 4 =1/ −→
e−k
2
/2 :
/ 2 e−k 2 t − e−k 2 / 2
→ − e−
t→∞
2
/ 2 (•)
2
b] Con la pista dada es claro que = −e− 2 satisface la ecuación. Haciendo = − : ¨ Z∞ t − = 0 formulario 2 2 1 p −→ = e−s / 2 e−(−s) / 4t ds . 2 2 πt −∞ (, 0) = e− / 2 R∞ p 2 Para evaluar la integral completamos cuadrados buscando −∞ e−p dp = π : p 2 hp i −
(2t+1)s2 −2s+2 4t
=−
2t+1 s− p2t+1 p 2 2 t
−
2 4t
+
2 4t(2t+1)
=−
2t+1 s p 2 t
−
2 p p 2 t 2t+1
−
2 4t+2
p
p ds , tenemos: Llamando p al último corchete, con lo que dp = 2t+1 2 t p R 2 2 2 ∞ = p1 p2 t e− / (4t+2) −∞ e−p dp = p 1 e− / (4t+2) ↑ =+ 2 πt
2t+1
2t+1
[Estamos todo el rato sacando calor en [−1, 1] y dándolo (menos cantidad según nos alejamos) (•) fuera de ese intervalo. Las temperaturas acaban siendo negativas y menores cerca del origen].
16
17
¨
t − + = 0 , ∈ R, t > 0 2 (, 0) = e− / 2
¨
2
(−t) k 2 (1+2t) ˆ t = (k −k 2 ) ˆ − 2 ˆ = ekt e− → → = p 1 e 2(1+2t) . 2 −k / 2 1+2t ˆ (k, 0) = e
ˆc ≡ ˆ→ el primero con ƒ ≡ 0 . ¨Dos subproblemas; p p R 2 2 2 t 2 ˆ t +k ˆ = − p g(t) → ˆ = − p 0 g(s) ek (t−s) ds → π π ˆ (k, 0) = 0 Zt 2 R R R R g(s) ∞ t − 4(t−s) k 2 (t−s) ds cos k dk = − 2 t ∞ g(s) ek 2 (t−s) cos k dk ds = − p1 1 = − π2 0 g(s) e e ds p π 0 0 0
t − = 0 , , t > 0 (, 0) = ƒ (), (0, t) = g(t), acotada
π
ƒ∗ ,
0
t−s
Para el otro subproblema con g ≡ 0 consideramos extensión par de ƒ respecto a 0 , y resolvemos: Z∞ 2 t − = 0 , ∈ R es (2 ) (0, t) = 0 , por ser ƒ ∗ (s) e−(−s) / 4t ds → 2 = p1 ∗ 2 πt −∞ (, 0) = ƒ () su integrando impar en s . apuntes La integral de 2 se puede escribir de forma que sólo dependa de la ƒ inicial: Solución total Z∞ Z0 Z∞ 2 2 2 2 = 1 +2 ƒ (s) e−(−s) / 4t ds + ƒ (−s) e−(−s) / 4t ds = ƒ (s) e−(−s) / 4t +e−(+s) / 4t ds . 0
−∞
0
18
¨ ˆ=0 ˆ tt +c2 k 2
p(k)+q(k) = ˆƒ (k) ˆ = p(k)eckt +q(k)e−ckt → ˆ (k, 0) = ˆƒ (k) → ˆ ck[p(k)−q(k)] = g(k) ˆ ˆ t (k, 0) = g(k) eckt −e−ckt ˆ ˆ g(k) g(k) ˆ ˆ = 12 ˆƒ (k) eckt +e−ckt + 21 g(k) p(k) = 12 ˆƒ (k)+ ck , q(k) = 12 ˆƒ (k)− ck → ck p 1 si ∈ [−ct, ct] 1 1 → = 2 ƒ (+ct)+ƒ (−ct) + 2c g()∗ 2π h() , con h() = 0 si ∈/ [−ct, ct] || R∞ R ct R −ct 1 1 1 g(−s) h(s) ds = 2c g(−s) ds = − 2c g() d 2c −∞ −ct +ct
tt −c2 = 0 , , t ∈ R (, 0) = ƒ (), t (, 0) = g()
=−s
19
tt − = 0 , ≥ 0, t ≥ 0 (, 0) = t (, 0) = 0, (0, t) = sen t ¨
i) (, t) = p 2 p π
sen t cos + 12
R +t
−t R0 sen t cos + 12 −t
=−sen t cos
tt − = 0 t (, 0) = − cos (, 0) = (0, t) = 0
¨
−→
(− cos s) ds = 0 , ≥ t R +t cos s ds− 12 −t cos s ds = sen(t −) , ≤ t
p sen(t−−k) sen(t−+k) t − = pπ2 k 21−1 [k sen t −sen kt] . sen(t −) sen k d = p1 −1−k −1+k 0 2π ( p p ↑c.. ˆ = p2 k sen t ˆ tt +k 2 t π ˆs ≡ ˆ→ ˆ p = A sen t → ˆ = p(k)ekt +q(k)e−kt + p2 kksen Directamente: , π 2 −1 ˆ ˆ t (k, 0) = 0 (k, 0) =
ˆs = ii)
20
21
Rt
0
§ ξ = −t → = 0 , = p(ξ)η+q(ξ) = tp(−t)+q(−t) i) Parabólica. η ηη tt +2t + = 0 , , t ∈ R =t (, 0) = 0, t (, 0) = g() (, 0) = q() = 0 → t (, 0) = p() = q() → = t g(−t) . 2 ˆ tt −2k ˆ t −k ˆ=0 ↑ ˆ = p(k)ekt +q(k)ekt t → ˆ = tg(k)ekt ii) Con la F : → λ = k doble, ˆ ˆ ˆ t (k, 0) = g(k) (k, 0) = 0, c..
3t − = 2
a]
dt d
3 = −1 → t +3 = C ;
O bien,
ξ = t +3 → η = −2 , = p(ξ)−2η = p(t +3)−2 . η=
ξ = t +3 → 3η = 2 , = p∗ (ξ)+ 23 η = p∗ (t +3)+ 23 t . η=t
a1 ] (, 0) =
p(3)−2 = → p() = → = t +3−2 p∗ (3) = → p∗ () =
3
→ =
t ++ 23 t 3
& %
= t +
Solución única pues t = 0 no es tangente a las características [ Δ = 1·3 − 0·(−1) = 3 6= 0 ]. a2 ] (, 0) =
p(0)−2 = −2 → p(0) = 0 , vale toda p ∈ C1 que lo cumpla, por ejemplo p ≡ 0 → = −2 p∗ (0)−2 = −2 → p∗ (0) = 0 , vale toda p∗ ∈ C1 que lo cumpla; p∗ ≡ 0 → = 32 t
[Otra más: eligiendo p() = arriba o p∗ () = 3 abajo obtenemos la solución de a1 ] ]. Aquí el dato se da sobre una característica y no puede haber solución única [ Δ = 1·3 − (−3)·(−1) ≡ 0 ]. Rη R b1 ] Elegimos mejor η = y tenemos: η = −g(η) , = p(ξ)− 0 g(s) ds = p(t +3)− 0 g(s) ds . R R R / 3 R + t (, 0) = p(3)− 0 g = ƒ () → p() = ƒ ( 3 )+ 0 g → = ƒ (+ 3t )+ 0 3 g− 0 g → R + t = ƒ + 3t + 3 g(s) ds
si g() ≡ 2 , ƒ () = → = + 3t +2 3t , como arriba .
ˆ ˆ t + k ˆ = g(k) dato inicial ˆ ˆ g(k) g(k) ˆ → (k, t) = p(k) e−kt/ 3 + k , p arbitraria −→ p(k) = ˆƒ (k)− k → ˆ ˆ (k, 0) = ƒ (k) p 1−e−kt/ 3 1 en [−t/ 3, 0] ˆ ˆ (k, t) = ˆƒ (k) e−kt/ 3 + g(k) → (, t) = ƒ (+ 3t ) + 2π g()∗h() , con h() = 0 en el resto k ¨
b2 ]
p
22
¨
2π g()∗h() =
2t + = t 2 (, 0) = e−
a) 2
dt d
R0 −t/ 3
=2→
(, 0) = p(2) = e− → p() = e−
2
g(−) d
=
−=s
−
R
+ 3t
g(s) ds como antes.
ξ = 2−t 2 2 → 2η = η , = p(ξ) eη / 4 = p(2−t) et / 4 → η=t
/4
→ = e−(2−t) 2
2
/ 4 et 2 / 4
→
= et−
2
2
[No hay problemas de unicidad: Δ = 2 ∀ ]. 2
2
Haciendo η = : η = (2η−ξ) , = p(ξ) eη −ξη = p(2−t) et− → (, 0) = p(2) e− = e− → p() ≡ 1 . ( −k 2 / 4 ˆ t = k ˆ + 2t ˆ d. i. 2 2 2 2 e 2 ˆ = p(k)ekt/ 2 et / 4 → ˆ = p1 et / 4 e−k / 4 ekt/ 2 → → b) F (ƒ 0 ) = −k ˆƒ , F (e− ) = p 2 2 2 ˆ (k, 0) = p1 e−k / 4 2 e−k 2 / 4 kt/ 2 −k 2 / 4 2 2 2 2 −(− 2t )2 t / 4 −1 t / 4 t− p → =e F e =e e =e , pues F −1 e p = e− y F −1 ˆƒ (k) ek = ƒ (−) . 2
2
23
t +(cos t) = , ∈ R, t ≥ 0 (, 0) = ƒ ()
ξ = −sen t , η = , = ƒ (−sen t) et . η=t
ˆ t −k cos t ˆ= ˆ c.. % ˆ = p(k) et ek sen t = ˆƒ (k) et ek sen t → ˆ ˆ (k, 0) = ƒ (k) 6= 0 si sen t − π2 ≤ ≤ sen t + π2 cos2 , ∈ [− π2 , π2 ] Si ƒ () = 0 en el resto (, nπ) = enπ ƒ ()
La solución se contonea siguiendo las características, creciendo su altura exponencialmente con el tiempo.
24
1 1 G = 2π ln PQ0 = 4π ln (ξ−)2 +(η−y)2 Δ = F(, y), ∈ R, y > 0 PQ 1 (, 0) = ƒ () −4π ln (ξ−)2 +(η+y)2 . y Gn η=0 = −Gη η=0 = π1 (ξ−)2 +y2 →
(, y) =
y π
Z
∞ −∞
ƒ (ξ) dξ (ξ−)2
+ y2
+
1
Z ∞Z
4π
0
∞
ln −∞
(ξ−)2 +(η−y)2 (ξ−)2 +(η−y)2
F(ξ, η) dξ dη
¨
ˆ=0 ˆ yy −k 2 ˆ = p(k) eky +q(k) e−ky = ˆƒ (k) e−k|y| → ˆ (k, 0) = ˆƒ (k) % [elegimos p ≡ 0 si k > 0 y q ≡ 0 si k < 0 para que exista la transformada inversa] Z q Z0 q ∞ 1 y y 2 −k(y+) −k(y−) −k|y| ˆ = π2 ƒ ∗ y2 +2 (→ lo de antes). e =p e dk + e dk = π 2 2 →
Si F ≡ 0 con transformadas de Fourier:
F −1
.
2π
0
−∞
y +
problemas adicionales de EDII (C)
2009
problemas adicionales 1 1.
Sea [E] y 3 y − = 2y 2 . a] Hallar la solución general de [E] tomando i) η = y , ii) η = . b] Resolver [E] con el dato inicial (, 1) = 2 , estudiando la unicidad de la solución. c] ¿En qué puntos del plano es tangente la curva 2 = −y 2 a alguna característica de [E] ?
2.
Sea y −2y = 2y y los datos iniciales: i) (, 1) = e− , ii) (−y 2 , y) = 0 . Hallar la única solución que satisface uno de ellos y dos soluciones distintas que cumplan el otro.
3.
Sea (E) (y+1)y+ = 0 . Dibujar sus características. Probar que (E) tiene una única solución satisfaciendo (, 0) = ƒ () . Probar que si ƒ no es constante dicha solución no puede estar definida en todo R2 . ¿En torno a qué puntos hay más de una solución de (E) que cumple (y 2 , y) = 0 ? Estudiar si existen soluciones de (E) satisfaciendo (0, y) = g(y) .
4.
Determinar en torno a qué puntos tienen solución única los problemas: seny y + = 1 (0, y) = 1
(2 + y 2 )y + = 0 (, 0) = 0
(2 + y)y + = 0 (, 2 ) =
5.
Probar que no existe solución de = 0 que esté definida en todo el semiplano y ≥ 0 y que contenga la curva : y = 2 , z = 3 . Estudiar en qué entornos de hay soluciones únicas locales.
6.
Hallar (si se puede) la solución o soluciones de las siguientes ecuaciones cuasilineales que satisfacen cada uno de los datos de Cauchy que se indican: y + = y + = 2
7.
con con
i) (, 0) = 1 , ii) (0, y) = 1 i) (, 0) = , ii) (, ) = 1
Reducir a forma canónica y, si es posible, encontrar la solución general: t 2 tt −2 = 0
yy +2y +2 = 0
2 −2yy +y 2 yy = e
8. Sea [E] tt −2 −t = 0 . Escribirla en forma canónica y hallar su solución general. Determinar la solución de [E] que satisface (, 0) = 2 , t (, 0) = . Escribir (si existe) alguna solución de [E], distinta de la ≡ 0 , que cumpla (et , t) = t (et , t) = 0 . 9. Resolver los siguientes problemas de Cauchy (, t ∈ R): ¨ − =0 ¨ − = + tt tt t (, ) = 0 (, 0) = t (, ) = 0 t (, 0) = 0 +Lt +R = 0 , +Ct +G = 0 donde L, R, C y G son constantes características de la linea. a) Hallar la EDP de segundo orden (E) que verifica . b) Si GL = RC , comprobar que un cambio adecuado reduce (E) a la ecuación de ondas y hallar (, t) si inicialmente (, 0) = V() e (, 0) = () .
10. El potencial y la intensidad en una linea telegráfica satisfacen:
11. Estudiar la unicidad de los problemas: tt −(c() ) = F(, t) , ∈ (0, 1), t ∈ R (, 0) = ƒ (), t (, 0) = g() (0, t) = 0, (1, t) = 0 (c ∈ C1 y positiva)
Δ = F en D ⊂ R2 dominio acotado = ƒ en C1 , n = g en C2
C1 ∪ C2 = ∂D , C1 ∩ C2 = ∅
12. Si la distribución inicial de temperaturas en una varilla es ƒ () = 22 − 3 , ∈ [0, 2] , y la temperatura para t > 0 en los extremos es h0 (t) = −t/ (1+t 2 ) , h2 (t) = 2 sen t/ t , y suponemos que no existen fuentes de calor en el interior de la varilla, determinar la máxima y mínima temperaturas alcanzadas en la varilla para t ≥ 0 .
79
problemas adicionales de EDII (C)
2009
problemas adicionales 2 00 y − 2y 0 + y + λy = 0 . y(0) = y(1) = 0
1.
Desarrollar ƒ () = en las autofunciones del problema
2.
Determinar los autovalores de
3.
Desarrollar ƒ () = 1−2 en serie de autofunciones del problema:
4.
Sea
5.
Discutir, según los valores de la constante b , cuántas soluciones tienen los problemas: ¨ 2 y 00 −3y 0 +3y = b−2 y 00 + 2y 0 = 1 y 0 (1) = 2y 0 (2)+by(2) = 0 y(1) = y 0 (1) , y(2) = 2y 0 (2)
y 00 + λ−V() y = 0 0 , si 0 < < 1 si V() = . 1 , si 1 < < 2 y(0) = y(2) = 0
(y 0 )0 + λy = 0 y acotada en 0, y(1) = 0
2
y 00 = e−(−1) . Precisar para qué valores de α tiene solución. αy(0)+(1−α)y 0 (0) = y(1) = 0
00 + r −1 0 = F(r) , , b ≥ 0. 0 (1)−(1) = A, 0 (2)+b(2) = B [se puede interpretar como un problema para Laplace en el plano con simetría radial].
6. Precisar cuándo tiene solución o soluciones
7. Sea
y 00 + λy = 1 a) Hallar autovalores y autofunciones del problema homogéneo. . y 0 (−1) = y(1) = 0 b) ¿Existen para algún λ infinitas soluciones del no homogéneo?
8. Sea
¿Para qué valores de λ tiene solución única? y 00 + λy = −4π 2 . Precisar para qué λ tiene infinitas y resolverlo en ese caso. y(0) = 1 , y(1) = 0 y 00 + λy = 1 . y(0)−y 0 (0) = y(1)+y 0 (1) = 0
Hallar autovalores y autofunciones del homogéneo. Ver para qué λ hay solución y para cuáles es única. Calcular aproximadamente λ1 , λ2 , λ3 y los ceros en (0, 1) de y2 e y3 .
9. Sea
10. Estudiar para qué valores de n ∈ N existe solución de:
y 00 + ny = cosn . y(0) = y(2π), y 0 (0) = y 0 (2π)
2 y 00 − y 0 + λy = 3 , y(1)−y 0 (1) = y(2)−2y 0 (2) = 0 haciendo uso de la función de Green en el caso de que exista.
11. Calcular para λ = 0 y λ = 1 la solución (si la hay) de
12. Sea
y 00 + 2y 0 + λy = ƒ () . Hallar autovalores y autofunciones del homogéneo. y(1) = y(2) = 0
Determinar para qué n ∈ N el problema con λ = π 2 , ƒ () = sen nπ tiene soluciones, calculándolas en ese caso. Si λ = 0 , ƒ () = 1 , hallar la solución con la función de Green. (y 0 )0 = ƒ () , usando la fórmula para y acotada en 0, y(1) = 0 problemas regulares. Comprobar que proporciona la solución i) si ƒ () = 1 , ii) si ƒ () = . Relacionar los resultados con la ecuación de Poisson en el plano.
13. Hallar la G(, s) del problema singular
14. Constuir la función de Green de 15.
y 00 = ƒ () . Resolverlo si ƒ () = . y(0) = −y(1), y 0 (0) = −y 0 (1)
Hallar una fórmula para la solución de un problema de Sturm-Liouville no homogéneo utilizando desarrollos en serie de autofunciones del homogéneo. y 00 + λy = 1 Escribir, si λ 6= n2 π 2 , el desarrollo en autofunciones de la solución de . y(0) = y(1) = 0 Hallar la solución exacta para λ = 0, 1, −1 . Desarrollarla si λ = 0 y comprobar.
16. Desarrollar la solución para λ = 0 en serie de autofunciones del homogéneo: y 00 + λy = y(0) = y 0 (1) = 0
y 00 + λy = sen π y(−1) = y(1) = 0
y 00 − 2y 0 + y + λy = e y(0) = y(1) = 0
80
problemas adicionales de EDII (C)
2009
problemas adicionales 3 1.
Resolver por separación de variables y dar interpretación física cuando se pueda: ¨ − = 0 , ∈ (0, π), t > 0 ¨ − = 0 , ∈ (0, π), t > 0 t t (, 0) = 0 (, 0) = 1 (0, t) = 1, (π, t) = 0 (0, t) = 0, (π, t) = cos t ¨ Δ + = 0 , r < 1, π/ 2 < θ < 3π/ 2 (1, θ) = sen 2θ, acotada r, π2 = r, 3π =0 2
¨ Δ = 0, r < 2 3, ∈ (−π/ 2, π/ 2) (2, θ) = 1, ∈ (π/ 2, 3π/ 2)
2.
¨ t − = A , ∈ (0, 1), t > 0 Sea (, 0) = B (0, t) = C, (1, t) = D
3.
Sea
Resolverlo y determinar para qué relación entre las constantes A, B, C, D hay solución estacionaria (interpretarlo físicamente).
t − = F() , ∈ (−1, 1), t > 0 (, 0) = 0 , (−1, t) = (1, t) = 0
y sea Q(t) =
R1 −1
(, t) d .
Calcular la variación en el tiempo de Q(t) y deducir cuándo es constante. Resolver si: i) F() = sen π , ii) F() = sen2 π . ¿Tiene límite cuando t → ∞ ? 2 2 4.
Sea una varilla de aluminio ( k = 0.86 cm2 /seg) de 20 cm de longitud, con una temperatura inicial uniforme de 25 grados. En el instante t = 0 el extremo = 0 se enfría hasta 0 grados, mientras que el extremo = 20 se calienta hasta 60 grados, y ambos se mantienen después a esas temperaturas. Escribir la distribución de temperaturas (, t) para todo t y evaluar en = 5, 10 y 15 para t = 0, 5 y 30 utilizando tres y diez términos de la serie.
5.
Resolver
6.
Resolver el problema plano
t − = 0 , ∈ (0, 1), t > 0 (, 0) = 0 , (0, t)+ (0, t) = 1, (1, t) = 0
¨
7.
Sean (Pα )
y comprobar que → −∞ . t→∞
Δ = π , r < 1, θ ∈ (0, π) (r, 0) = (r, π) = (1, θ) = 0
Δ = 0 , r < 1, 0 < θ < α , (r, 0) = (r, α) = 0 (1, θ) = sen kπθ α
¨
y (P)
y probar que ( 21 , π2 ) ≤ 0 . Δ = 0 , r < 1 . (1, θ) = sen kπθ 2
Comparar para k = 1 y k = 2 las soluciones de (P) con las de (Pα ) si α → 2π . Hallar cotas superiores e inferiores para todas las soluciones.
Δ = 0 , r < 1 . r (1, θ) = cos3 θ
8.
Resolver el problema para la ecuación de Laplace en el espacio
9.
Un cubo homogéneo de lado π, inicialmente a temperatura constante T1 , se sumerge en el tiempo 0 en un baño que se mantiene a temperatura T2 . Hallar la distribución de temperaturas en cualquier tiempo t > 0 . y 00 = ƒ () en términos de la función de Green, la función ƒ y(1) = , y(2) = b y las constantes y b , por el camino de cálculo de la G para la ecuación de Laplace en el plano (s) = 21 |s−| satisface 00 = δ(s−) para fijo . b) Llegar al resultado con técnicas del capítulo 2. c) Escribir la solución si ƒ () = 1 , = 0 , b = 1 .
10. a) Hallar la solución de
11. Sabiendo que (1, θ) =
sen θ, θ ∈ [0, π] , 0 , θ ∈ [π, 2π]
hallar el potencial en el punto del plano de coordenadas polares r = 2 , θ = 0 . 12. Hallar la función de Green para la ecuación de Laplace: i) en el semicírculo r < 1 , θ ∈ (0, π) ; ii) en el dominio r > 1 , θ ∈ (0, π2 ) .
81
problemas adicionales de EDII (C)
2009
problemas adicionales 4 1.
Dibujar (, 12 ) , (, 1) , (, 2) , (, 3) y (1, t) , t ≥ 0 , tt − = 0 , , t ∈ R tt − = 0 , ≥ 0, t ∈ R n n π, 2≤≤3 0≤≤1 (, 0) = sen 0 resto de R (, 0) = (1−), 0, ≥1 n sen π,−2≤≤−1 t (, 0) = (0, t) = 0 t (, 0) = 0 resto de R
2.
Sea
y hallar (, 1) , para: tt − = sen π , ∈ [0, 1], t ∈ R (, 0) = sen π
t (, 0) = sen π (0, t) = (1, t) = 0
tt −4 = F(, t) , , t ∈ R Calcular (−1, 1) y (1, 1) . 1, ∈ [1, 2], t ≥ 0 , F(, t) = 0, en el resto . (, 0) = t (, 0) = 0 Calcular y dibujar (, 1) .
¨ − = 0 , ∈ [0, 1], t ∈ R tt 3. Sea (, 0) = t (, 0) = 0 . Hallar ( 12 , 12 ) y ( 21 , 32 ) . (0, t) = 0 , (1, t) = sen t tt − = 6 , ≥ 0, t ∈ R 4. Sea . Calcular (0, t) para todo t. (, 0) = t (, 0) = (0, t) = 0
5.
Hallar la solución general de tt −e2t −t = 0 , y la que cumple (, 0) = ƒ (), t (, 0) = 0 . n 1−2|| , si ||≤1/ 2 Si ƒ () = , dibujar la solución para t = 1 y t = 2 . 0 , en el resto
¿Cuál es el dominio de influencia sobre la solución del valor inicial de ƒ en = 0 ? ¿Cuál es el dominio de dependencia de (0, 1) de los valores de ƒ ? 6.
Vistos como problemas en 1, 2 y 3 dimensiones, hallar (0, t) , t ≥ 0 y (r, t) si se puede: tt − Δ = 0 1−r 2 , r ≤ 1 con a) ƒ (r) = g(r) = r 2 , b) ƒ (r) = 0, g(r) = . 0 , r ≥1 (r, 0) = ƒ (r) , t (r, 0) = g(r)
7. Sea (E) t − −2 + = 0 . Simplificarla con un cambio de variable adecuado. Hallar la 2 solución de (E) que cumple (, 0) = e− y analizar su comportamiento cuando t → ∞ . 8. Resolver:
2 t t − = g() (, 1) = 0
por las características y utilizando la F .
t −2t = 0 , ∈ R, t > 0 t − = δ(), ∈ R, t > 0 y [P2 ] . (, 0) = δ(), acotada (, 0) = 0, acotada Hallar, sin que aparezcan integrales en el resultado, (, t) para [P1 ] y (0, t) para [P2 ].
9. Sean [P1 ]
Resolverlo con la F y haciendo = e−t . tt − +2t + = 0 , , t ∈ R a] Sea . sen π , ∈ [0, 1] (, 0) = ƒ (), t (, 0) = 0 dibujar (, 3) . Si ƒ () = 0 , en el resto tt − +2t + = 0 , 0 < < 1, t ∈ R b] Resolver . (, 0) = sen π, t (, 0) = (0, t) = (1, t) = 0
10.
82
4
1
Separación de variables. t −k = 0 , = XT →
tt
X ## +λX = 0 , T # +λkT = 0
Repaso de EDOs −c2
= 0 ,
= XT →
+yy = 0 , = XT →
rr + 1r r + r12 θθ = 0 , = RΘ →
Θ## + λΘ = 0 r 2 R## +rR# −λR = 0
Algunas EDOs de primer orden
X ## +λX = 0 , Y ## −λY = 0
X ## +λX = 0 , T ## +λc2 T = 0
ϕϕ cos θ θ rr + 2r r + rθθ 2 + sen θ r 2 + sen2 θ r 2 = 0 , = RΘ →
r 2 R## +2rR# −λR = 0
!
## +μ = 0 ,
, $ "# # t=cos θ μ sen θ Θ# + λ sen θ− sen θ Θ = 0 −→ $ # $ # μ d dΘ 2 [1−t ] dt + λ− 1−t 2 Θ = 0 ( μ = 0 si no depende de ϕ ). dt
%
(, t) = Si G() ≡
tt − c2 = F(, t) , , t ∈ R (, 0) = ƒ () , t (, 0) = g()
' 1 1& ƒ (+ct) + ƒ (−ct) + 2c 2
) 1 g, 2c 0
1 ƒ ()−G() 2
(
+ct −ct
es:
g(s) ds +
viaja hacia la derecha y
1 2c
( t(
+c[t−τ]
=r
−→
*
y ## +()y # +b()y = ƒ () , b , ƒ continuas en .
0 −c[t−τ]
1 ƒ ()+G() 2
hacia la izquierda.
tt − c2 rr = 0 , r ≥ 0, t ∈ R (r, 0) = rƒ (r), t (r, 0) = rg(r), (0, t) = 0
Coeficientes constantes:
y ## +y # +by = 0 μ2 +μ+b = 0
EDOs importantes resolubles utilizando series:
La transformada de ƒ () absolutamente integrable es ˆƒ (k) ≡ F (ƒ )(k) ≡ Si ƒ
y absolutamente integrable, ƒ () =
(∞
−∞
ˆƒ (k) e
−k
1 ' 2π
(∞ −∞
ƒ () e
k
d .
dk ∀ ∈ R .
Si ƒ , ƒ # , ƒ ## ∈ C(R) y absolutamente integrables: F (ƒ # ) = −kF (ƒ ) , F (ƒ ## ) = −k 2 F (ƒ ) . Si (ƒ ∗g)() =
1 ' 2π
(
∞
−∞
ƒ (−s) g(s) ds , es ƒ ∗g = g∗ƒ , y es F (ƒ ∗g) = F (ƒ )F (g) .
! 2" 2 * F e− = '1 e−k / 4 . ! " 1 , ∈ [, b] ekb −ek 2 F −1 ˆƒ (k) ek = ƒ (−) . Si h() = , F (h) = ' . ! " 2 2 0 en el resto 2π k F −1 e−k = '1 e− / 4 . 2
%
La solución única de
t − = 0 , ∈ R, t > 0 es: (, 0) = ƒ () , acotada
4 y2 4 4 y2# 4
Método de coeficientes indeterminados para y ## + y # + by = ƒ () : Si ƒ () = eμ pm () , pm polinomio de grado m , y μ no es autovalor hay solución particular yp = eμ Pm () . Si μ es autovalor de multiplicidad r , hay yp = r eμ Pm () . & ' Si ƒ () = eμ pj () & cos q+qk () sen q , pj ,'qk de grados j , k , y p±q no es autovalor hay yp = ep Pm () cos q+Qm () sen q con Pm y Qm de grado m = máx{j, k} . & ' Si p±q es autovalor hay yp = ep Pm () cos q+Qm () sen q .
Transformada de Fourier
1 ' 2π
y1#
μ1 (= μ2 reales → y = c1 eμ1 + c2 eμ2 μ doble (real) → y = (c1 +c2 ) eμ μ = p±q → y = (c1 cos q+c2 sen q) ep
Si b() ≡ 0 , y # = lleva [e] a lineal de primer orden en .
∈ C1 (R)
4 4y 1
|W|() = 44
iii] Si yp es una solución de [n], la solución general de [n] es: y = c1 y1 +c2 y2 +yp . ) y ƒ ) y ƒ 2 1 d − y1 |W| d [fvc]. iv] Una solución particular de [n] es: yp = y2 |W|
(r, 0) = ƒ (r) , t (r, 0) = g(r) ' & tt −c2 +yy +zz = 0 (, y, z, t) = / ) 2π) π 0 (, y, z, 0) = ƒ (, y, z) ) 2π) π ∂ t t → ∂t 4π 0 0 ƒ (·, ·, ·) sen θ dθ dϕ + 4π 0 0 g(·, ·, ·) sen θ dθ dϕ , (, y, z, 0) = g(, y, z) t (·, ·, ·) = (+ct sen θ cos ϕ, y+ct sen θ sen ϕ, z+ct cos θ) . t ∈ R , (, y, z) ∈ R3 & ' 1 ( 2π( ct 3 ( 2π( ct 2 r ƒ (·, ·) drdθ r g(·, ·) drdθ ∂ 1 tt − c +yy = 0 , t ∈ R (, y, t) = 2πc + , 2 2 ∂t 2 → 2 2 2 2 2 2 (, y, 0) = ƒ (, y) , (, y) ∈ R 0 0 0 0 c t −r c t −r (·, ·) = (+r cos θ, y+r sen θ) . t (, y, 0) = g(, y)
,
ii] Si y1 , y2 son soluciones de la homogénea ( ƒ ≡ 0 ) con wronskiano |W|(s) (= 0 para algún s ∈ , la solución general de la homogénea es: y = c1 y1 +c2 y2 .
F(s, τ) ds dτ
ƒ ∗ , g∗ , F ∗ extensiones impares de ƒ (), g(), F(, t) respecto a = 0 ó a = 0 y = L . & ' (, t) = 1− L h0 (t)+ L hL (t) satisface (0, t) = h0 (t) , (L, t) = hL (t) . & ' tt − c2 rr + 2r r = 0 , r ≥ 0, t ∈ R
[n]
i] Si o ∈ , tiene una sola solución (definida en todo ) con y(o ) = yo , y # (o ) = yo# .
* tt −c2 = F, ≥ 0, t ∈ R * tt −c2 = F, ∈ [0,L], t ∈ R * tt −c2 = F ∗(, t) , , t ∈ R (, 0) = ƒ , t (, 0) = g , (, 0) = ƒ , t (, 0) = g → (,0) = ƒ ∗(), t (,0) = g∗() (0, t) = 0 (0, t) = (L, t) = 0
*
= ƒ (, y) resolubles
[Si ƒ , ƒy son continuas en un entorno de (o , yo ) existe solución única con y(o ) = yo ]. !y" p() y Separables: y # = q(y) . y # = ƒ , z = . y # = ƒ (+by) , z = +by . ) ) ) ) Lineales: y # = ()y+ƒ () → y = Ce ()d + e ()d e− ()d ƒ ()d [ sgh + yp ]. & ' Exactas: M(, y)+N(, y) y # = 0 con M = U , N = Uy My ≡ N → U(, y) = C . EDOs lineales de segundo orden
Ecuación de ondas La solución única de
dy d
(, t) =
1 ' 2 πt
(
∞ −∞
2 ƒ (s) e−(−s) / 4t
ds .
μ1 (= μ2 reales → y = c1 μ1 +c2 μ2 μ doble (real) → y = [c1 +c2 ln ] μ & ' μ(μ−1)+μ+b = 0 μ = p±q → y = c1 cos(q ln )+c2 sen(q ln ) p ! " 2 ## # Una yp de y +y +by = h() se obtiene de la [fvc] con ƒ () = h()/ 2 , ! " o utilizando que con = es se convierte en y ## (s)+(−1)y # (s)+by(s) = h es .
Euler:
2 y ## + y # + by = 0
Legendre (1−2 )y ## −2y # +p(p+1)y = 0 tiene soluciones polinómicas si p = n ∈ N :
P0 = 1 , P1 = , P2 = 32 2 − 12 , P3 = 52 3 − 32 , P4 = 35 4 − 15 2 + 38 , . . . 8 4 )1 )1 2 Se cumple que: −1 Pn Pm d = 0 , si m (= n ; −1 P2n d = 2n+1 . / 0 m m/ 2 d m2 m 2 2 ## # Pn () = (1− ) P () satisfacen (1− )y −2y + n(n+1)− 1−2 y = 0 . dm n
Bessel: 2 y ## +y # +[2 −p2 ]y = 0
→ Jp () ≡
∞ & 'p 5
2
m=0
(−1)m [/ 2]2m m! (p+m+1)
soluciones acotadas en = 0 , con infinitos ceros [los de J0 : 2.4.., 5.5.., ... ]. Las soluciones linealmente independientes de ellas son no acotadas en 0 . / 0 cos ' +c2 ' Si p = 12 , 32 , . . . , las soluciones son funciones elementales p = 12 → y = c1 sen . Recurrencia: Jp+1 =
2p J p
− Jp−1 . Derivadas:
&
p Jp ()
'#
= p Jp−1 () , J#0 () = −J1 .
2
3
EDPs de primer orden
Problemas de contorno para EDOs dy
características = → ξ(, y) = K d B(, y)
A(, y) y + B(, y) = C(, y) + D(, y) %
%
ξ = ξ(, y) → A η = C + D ; η=y
*
A(, y)
(Ps )
ξ = ξ(, y) → B η = C + D η=
Los λn → ∞ . Las {yn } son espacio vectorial de dimensión 1 y cada yn tiene exactamente )b n−1 ceros en (, b) . 〈yn , ym 〉 ≡ r yn ym d = 0 , si yn , ym están asociadas a λn (= λm .
Hay una única solución local (, y) con valores dados sobre una curva G = (g(s), h(s)) del plano y si G no es tangente a las características ⇔ Δ(s) ≡ g# A(g, h)−h# B(g, h) (= 0 .
Si α·α # ≥ 0 , β·β# ≥ 0 y q() ≥ 0 en [, b] todos los λn ≥ 0 . ∞ 〈ƒ , y 〉 5 n
yn () converge hacia ƒ () en los Si ƒ es C1 a trozos en [, b] la serie de Fourier n=1 〈yn , yn 〉 ' 1& − + ∈ (, b) en que ƒ es continua y hacia 2 ƒ ( )+ƒ ( ) en los en que es discontinua.
Clasificación y formas canónicas de EDPs de 2o orden Ayy + By + C + Dy + E + F = G %
∞ & 5 ' Serie en senos y cosenos en [−L, L]: ƒ () = 2o + n cos nπ + bn sen nπ , L L n=1
yy = ξξ ξ2y + 2 ξη ξy ηy + ηη η2y + ξ ξyy + η ηyy ξ = ξ(, y) → y = ξξ ξy ξ + ξη [ξ ηy +ξy η ] + ηη ηy η + ξ ξy + η ηy η = η(, y) = ξξ ξ2 + 2 ξη ξ η + ηη η2 + ξ ξ + η η
Si en una región del plano es
d
B±
2
B2 (, y)−4A(, y)C(, y)
con: n = 1L
*
H:
ξ=− η=−
B− B+
'
'
B2 −4AC 2A
y
B2 −4AC 2A
y
[Cambios del tipo =
*
P:
epy eq
ξ=− η=y
B 2A
y
6
E:
c.contorno λn yn , 〈yn , yn 〉
2A−By ξ= ' 2
η=y
4AC−B
sh =
e −e− 2
, cos2 =
, ch =
1 + cos22 2
e +e− 2
, th =
, sen3 =
(Pf )
suprimen derivadas de menor orden].
sh ch
.
[sh ]# = ch , [th ]# = 1−th2 = 12 . ch [ch ]# = sh
3 sen − sen43 4 sh x
1
, cos3 = ch x
3 cos + cos43 4
1
–1
th x
(
L
−L
ƒ () sen nπ d , n = 1, 2, ... L
y ## +λy = 0
y(0) = y(L) = 0 n2 π 2 , n = 1, 2, ... L2 8 9 L sen nπ , 2 L
:
y # (0) = y # (L) = 0
y(0) = y # (L) = 0
[2n−1]2 π 2 , n = 1, 2, ... 22 L2 8 [2n−1]π 9 L sen , 2 2L
n2 π 2 , n = 0, 1, ... L2 8 9 cos nπ , L ó 2L L (n=0)
y # (0) = y(L) = 0
[2n−1]2 π 2 , n = 1, 2, ... 22 L2 8 [2n−1]π 9 L cos , 2 2L
*&
'# (1−2 )y # + λy = 0 y acotada en = ±1 8 9 Pn () de Legendre
*&
Algunas propiedades de funciones trigonométricas e hiperbólicas: & ' sen sen b = 21 cos(−b)−cos(+b) ' sen ( ± b) = sen cos b ± cos sen b 1& cos cos b = 2 cos(+b)+cos(−b) cos ( ± b) = cos cos b ∓ sen sen b & ' sen cos b = 12 sen(+b)+sen(−b) 1 − cos22 2
−L
ƒ () cos nπ d , n = 0, 1, 2, ... y bn = 1L L
Problemas singulares conocidos: % % y ## + y # + λy = 0 y ## + 2y # + λy = 0 y acotada en = 0, y(1) = 0 y acotada en = 0, y(1) = 0 8 sen nπ 9 ' 8 9 = y → s = λ → J0 (n ) , J0 (n ) = 0
'# p()y # + g()y = ƒ () tiene 1 solución si y sólo si el homogéneo αy()−α # y # () = βy(b)+β# y # (b) = 0
(Ph ) tiene sólo la solución y ≡ 0 . Si (Ph ) tiene soluciones no triviales {yh } , (Pf ) tiene )b infinitas soluciones o ninguna según sea = 0 ó (= 0 la integral: ƒ () yh () d .
Tienen solución única: % % Δ = F en D acotado t −k = F(, t), ∈ (0, L), t > 0 [Si F ≡ 0 máximo y , mínimo se dan en ∂D ]. = ƒ en ∂D (, 0) = ƒ (), c.contorno físicas % )) 7 Δ = F en D Tiene unicidad salvo constante si se cumple D F ddy = ∂D ƒ ds . n = ƒ en ∂D
sen2 =
L
Problemas conocidos para
ξ = ξ(, y) ξ(, y) = K ; → ξη + · · · = G∗ H: = → η = η(, y) η(, y) = K dy 2A % d B ξ = ξ(, y) → ηη + · · · = G∗ P: = → ξ(, y) = K ; η = y (ó η = ) dy 2A 2 % d B ± 4AC−B2 ξ = α(, y) E: = → α(, y)± β(, y) = K ; → ξξ +ηη +· · · = G∗ η = β(, y) dy 2A Si A , B , C constantes:
(
Converge hacia ƒ () en los en que su extensión 2L-periódica es continua (y hacia ' 1& ƒ (− )+ƒ (+ ) en los puntos de discontinuidad). Además converge uniformemente 2 en todo intervalo cerrado que no contenga discontinuidades de la ƒ extendida.
hiperbólica > = 0 , la EDP es parabólica . < elíptica
%
B2 −4AC
# p ∈ C1 [, b] , q, r ∈ C[, b] , p, r > 0 en [, b] , [py # ] − qy + λry = 0 , |α|+|α # | , |β|+|β# | (= 0 . αy()−α # y # () = βy(b)+β# y # (b) = 0
Si (Ph ) tiene sólo la solución y ≡ 0 e y1 , y2 son soluciones no triviales de [py # ]#+gy = 0 cumpliendo αy1 ()−α # y1# () = 0 , βy2 (b)+β# y2# (b) = 0 , la solución de (Pf ) es: * y1 (s)y2 () , ≤s≤ )b p|W|(y1 ,y2 ) y() = G(, s)ƒ (s)ds , con G(, s) = y ()y (s) , función de Green. 1 2 , ≤s≤b p|W|(y ,y ) 1
.
2
Funciones de Green para Laplace % % Δ = F en D ΔG = δ(ξ−, η−y) en D (PD ) . Si G(, y; ξ, η) satisface , para (, y) ∈ D = ƒ en ∂D G = 0 en ∂D y vista como función de (ξ, η) , se le llama función de Green y la solución de (PD ) es: )) 7 (, y) = D G(, y; ξ, η) F(ξ, η) dξdη + ∂D Gn (, y; ξ, η) ƒ (ξ, η) ds .
%
2 2 & ' 1 & ' Δ = F(r, θ) , r < R 1 → G(r,θ;σ,ϕ) = 4π ln σ 2 +r 2 −2rσ cos(θ−ϕ) − 4π ln R2 + r Rσ2 −2rσ cos(θ−ϕ) (R, θ) = ƒ (θ) ) R) 2π ) 2 −r 2 2π ƒ (ϕ) dϕ → (r, θ) = 0 0 σ G(r, θ; σ, ϕ) F(σ, ϕ) dϕ dσ + R 2π 2 2 . 0
R −2Rr cos(θ−ϕ)+r
