S OLUCIÓN DE EDP E DP S POR SEPARACIÓN DE VARIABLES Y TEOREMA DE S TURM - L IOUVILLE . UNIVERSIDAD PEDAGÓGICA PEDAGÓGICA Y TECNOLÓGICA DE COLOMBIA. FACULTAD FACULTAD DE CIENCIAS CI ENCIAS ESCUELA DE FÍSICA. Física Matemática.
Cristian F. Rodríguez C, Angie N Acero H 15 de marzo de 2015
Ejerc Ejercici icio, o, ecuaci ecuación ón del calor calor..
cos λx , así B = 0, la segunda implica que para que la solución no sea trivial sen2λ = 0, o bien 2λ = n π, con lo cual se sigue
Conside Considere re una varilla varilla uniform uniformee quesatisface quesatisface la ecuaci ecuación ón del calor de la forma ∂u ∂t
=
λ
∂2u ∂x 2
2
sujeta a las condiciones contorno e iniciales (0, t ) u (0,
= 0, (2, t ) = 0. u (2,
u (x , 0) f (x )
=
La solución para h (t ) es de la forma h (t ) = C e −λn t , entonces por superposición
= sen x
u ( x , t )
a ) Muestre que la solución es de la forma u ( x , t )
=
∞
n 1
=
con λ n = n π/2, donde A n n son coeficientes de Fourier del desarrollo en senos de la condición inicial f (x ), ), como sigue 2
A n n
=
ˆ
f (x )sen )sen
0
n π
u (x , 0)
2
b ) Calcule los coeficientes de Fourier A n , y grafíque la solución hasta n 10.
=
A n n
Desde la serie serie obteng obtengaa valor valores es numéric numéricos os para para u (0.5,0), (0.5,0), c ) Desde (1,0), u (1.5,0), (1.5,0), u (0.5,5), (0.5,5), u (1,5) (1,5) & u (1.5,5) (1.5,5) con valores u (1,0), de n hasta hasta 10. d ) Desde la serie grafíque las soluciones para u (0.5, (0.5, t ), (1, t ) & u (1.5, (1.5, t ), con valores de n hasta hasta 10. u (1,
A n n
˙ kh h
− = 0,
=
∞
A n n sen λn x
=
n 1
=
sen x
=
ˆ
f (x )sen )sen λn xd x .
0
=
ˆ 0
2
f (x )sen )sen λn xd x
=
ˆ
sen x sen
0
n π
2
x d x
para para resolv resolver er la integr integral al se emplea emplea integr integraci ación ón por partes, partes, con u = sen x & & d v = sen λn xd x , se tiene
para que la solución temporal sea acotada k debe ser positiva, o bien poder expresarse como −λ2 . La solución solución para φ puede escribirse de la forma
2
A n n
φ( x ) A sen λx B cos λx .
=
n 1
2
=
− k φ = 0 ∧
b) Solución.
a) Solución. Cons Conside idere re que u pueda pueda expres expresarse arse como como ˙ u (x , t ) φ(x )h (t ), al sustituir en la EDP, se tiene φ (x )h (t ) φ(x )h (t ), al separar variables se obtienen dos EDO de la for-
φ
2
−λn t A n n sen λn x e
2
=
ma,
∞
entonces la sumatoria corresponde al desarrollo de Fourier en senos de sen x , y el cálculo de A n n es de la forma
x d x .
=
=
donde A n condición ión inicia iniciall con la condic condición ión inicia iniciall n = A · C . La condic u (x , 0) = sen x se se tiene que
2
−λn t A n n sen λn x e
≡ λn = n 2π ,
+
=
ˆ
sen x sen
0
2
n π
+ ˆ
= − n π sen x cos
Para que la solución satisfaga las condiciones de contorno y no sea trivial se requiere que φ (0) = 0 & φ (2) = 0, la primera condición implica que la solución no puede depender de
2
= n π 1
−
2
x d x
n π
2
2
x
sen2cos n π +
2
2
0 n π 0 2
ˆ 0
cos x cos
n π
cos x cos n π
2
x d x
2
x d x
empleando integración por partes denuevo, con u = cos x & d v = cos λn xd x , se tiene que la integral 2
ˆ
cos x cos
0
n π
+ ˆ 2
= n 2π cos x sen
= =
x d x
2
= n 2π A n
u (x , t ) t 0 t 5
n π
2
x
0
n π 0
sen x sen
n π
2
x d x .
A n
= n π
n
sen2(−1)
4
− =− − =− −
A n 1 A n
−
π2 n 2 n 2 π2 4 n 2 π2
x 1.5
0.4521 3.019 × 10−6
0.8702 4.269 × 10−6
1.0172 3.019 × 10−6
=
+ n π A n
2(−1)n sen2
=
términos de la suma da una buena representación del comportamiento de un punto específico en le tiempo 2 1 n n π 2 n π u (x , t ) x e −λn t . sen2sen 2 2 2 n =1 4 − n π 10
2
=
d) Solución. La serie de Fourier para u , con los 10 primeros
− ≈
así, para A n se sigue que 2
x 1.0
=
Tabla 0.1: Algunos valores numéricos para u (x , t ).
2
2
x 0.5
2
4 sen2(−1)n + 2 2 A n , − n π n π
n π
2(−1)n sen2 n π
n
A n
= 24 −1n 2 πn 2π sen2.
De esta forma se tiene que 2 1 n n π 2 u (x , t ) sen2sen λn x e −λn t , 2 2 n =1 4 − n π
∞ − =
y su gráfica para n = 10,
Gráfica 2: u (0.5, t ) vs t con rango de trazado para t de 0-5, y rango de trazado para u de 0 − 0.5.
Gráfica 3: u (1.0, t ) vs t con rango de trazado para t de 0-5, y rango de trazado para u de 0-1.
Gráfica1: Temperatura u (x , t ) para unavarilla uniforme asilada con condición inicial u (x , 0) = sen x y desarrollo de Fourier de 10 primeros términos. (z ≡ u ∧ y ≡ x ) c) Solución. Es posible obtener un valor aproximado de u si
se consideran los 10 primeros términos de la serie, tal que 2 1 n n π 2 u (x , t ) sen2sen λn x e −λn t . 2 2 n =1 4 − n π 10
− ≈
Gráfica 4: u (1.5, t ) vs t con rango de trazado para t de 0-5, y rango de trazado para u de 0-1.2.
así, pues se tiene la siguiente tabla para algunos valores de x & t , 2
entonces A n senh αn H corresponde al coeficiente de Fourier n −ésimo del desarrollo en senos de dicha condición, así
Ejercicio, ecuación de Laplace.
ˆ A senh α H = (x − 2x )sen α xdx L ˆ n π n
n
n
0
=
0
(x 2 − 2x )sen
x dx
2
Considere primero la siguiente integral cuya solución es por partes con u = x , d v = sen αn xdx 2
ˆ
n π
ˆ =− + =− + =− − = = ˆ ˆ =− + ˆ =− − + − =− − + −
y
x sen
n π
− 2x
2
n π
x dx ,
2
0
2
n π
x cos
2
2
2
2
x
cos
n π 0
0
4
2cos n π
4
sen 2
n π
n 2 π
2
n π
2
x dx ,
2
x
0
n
1 ,
n π
Considere ahora la siguiente integral cuya solución es también por partes con u x 2 , d v sen αn x dx
H 4
=
2
n π
x 2 sen
2
0
2
n π
x
L 2
=
8
n π
Gráfica 5: Placa con potencial en uno de sus extremos
8
Solución. El potencial φ (x , y ) de la placa. satisface la Ecua-
n π
ción de Laplace tal que,
1
n
2 4
= −α2 X (x ) ∧
n π 0 2 x n π 2 x sen 2 n π n π 0
16
cos 3
n 3 π
Y ( y )
2
n
= α2 Y ( y )
n
2
=
sen
n π 0
n π
2
x dx
2
x
2 16
0
2
0
x dx 2
+ −
=− − =− − + − − − = − − = − − ∞ = = 8
1
n π
16
1
n
16
n
1
n
n 3 π3
1
16
n 3 π3
8
n π
1
n
n 3 π3
A n
A n senh αn y sen αn x .
1 n 1 , n 3 π3 senh 2n π 16
y por lo cual se tiene la solución para φ
=
x 2
2
n π − x sen x dx 2 2 0 n 8 n 16 −1 n −1 + n 3 π3 − n 16 3 π3 + n π −1
x 2 sen
n π
n 1
La ultima condición de frontera φ(x , H ) =
− 2x implica
φ(x , y )
= − 2x
1 n 1 n π n π y sen x . senh 3 3 2 2 1 n π senh 2n π 16
n
A n senh αn H sen αn x x 2
n 1
2
0
=
= + Y = C senh α y + D cosh α y . La condición de frontera φ (0, y ) = 0 implica X (0) = 0 y a su vez B = 0. La condición φ(L , y ) = 0 implica X (L ) = 0 y a su vez αL = n π. La condición φ(x , 0) = 0 implica Y (0) = 0 y a su vez D = 0; entonces, por superposición la solución para φ es
∞ =
n π
x dx ,
2 2x
ˆ n π A senh α H = x dx (x − 2x )sen 2 ˆ n π ˆ
X A sen αx B cos αx
∞
n π
0
8
=
x cos
Así para A n se sigue que
con soluciones,
φ(x , y )
2
4
x
= − n 8π −1 n + 16n 3 π13 − n 3 π3 .
Para el Cálculo de la solución suponga que φ puede expresarse como φ = X (x )Y ( y ), surgen dos EDO X (x )
1
2
n π
x 2 cos n
x dx ,
n
∇2 φ = 0
φ(x , H )
2
2
Considere una placa rectangular con sus extremos aislados, exceptuando uno el cual se encuentra conectado a un potencial que se comporta de forma parabólica, como se muestra en la siguiente figura; calcule el potencial en cada uno de los puntos de la placa, y en particularpara el punto (1,2) y realice la representación gráfica del potencial.
x 2
L
2
y su representación gráfica es 3
λ puede ser expresado como λ ω2 , de ésta formase tienen soluciones para X y para T de la forma
=−
X (x ) A sen ωx B cos ωx
= + T (t ) = C sen ωt + D cos ωt ,
Las condiciones de contorno requieren que X (0) = 0 = X (L ), lo cual implica que B = 0 ∧ ωL = n π, suponiendo A contenido en las constantes de T , se obtiene por superposición una expresión para u de la forma u (x , t )
=
∞
n 1
C n sen ωn t D n cos ωn t sen ωn x ,
+
=
La condición inicial u (x , 0) = x − x 2 , implica u (x , 0)
D n
Se emplea un desarrollo hasta n = 10, para una aproximación numérica de φ(1,2) 10
n 1
D n
1 1 n π n π senh 2 sen 1 , 3 3 2 2 n 1 n π senh 2n π ≈ −0.0455.
− − ≈ =
2
L
= L
ˆ
2
(x − x )sen
0
n π x d x L
=
L
n π n π 2 L 2 x sen x d x x sen x d x , L 0 L L 0 L
2
ˆ
ˆ
−
considerando resultados análogos a los de las integrales del ejercicio anterior, y el hecho que L = 1
Ejercicio, ecuación de Onda
la condición inicial
Considere la deflexión u (x , t ) de una cuerda uniforme con longitud L = 1 y sus extremos fijos sujeta a condiciones iniciales u (x , 0) = x − x 2 , & ∂∂u t = cos2 x , resuelva (por separación t =0 de variables) el problema de valores iniciales y de contorno, y grafique los modos de oscilación de la cuerda para t ∈ [0,2].
4 1−
= =
1
n
−
=
n 3 π3
∂u x ∂t t 0 cos2 implica,
cos2x =
∞
n 1
C n ωn sen ωn x ,
=
con lo cual C n ωn corresponden al coefciente del desarrollo en senos de cos2x , por lo cual
Solución. Sila cuerda es uniforme y se desprecian fuerzas ex-
ternas, dicha cuerda satisface la ecuación unidimensional de onda
C n ωn
∂2u ∂2u . ∂x 2 ∂t 2 Suponga que la deflexión u puede expresarse de la forma u (x , t ) X ( x )T (t ), entonces se sigue que,
=
C n
=
2
= L
ˆ 0
2
L 0
cos2x sen(ωn x )dx
L
= ˆ n π L
L
cos(2x )sen
n π x d x L
como L = 1
¨ (t ), X ( x )T (t ) X (x )T
=
n π
y se obtienen dos EDO de la forma
− λ X = 0 ∧
= −
=
D n
X
D n sen ωn x x x 2 ,
puesto que la integral es una aplicación lineal, se sigue que
n
16
∞
Donde D n es un coeficiente del desarrollo en series de Fourier de senos para x − x 2 ,
Gráfica 6: Potencial φ(x , y ) de una placa con condiciones de frontera nulas exceptuando en una de las aristas en las que se le aplica un potencial con comportamiento parabólico.
φ(1,2)
=
2
¨ λT T
1
C n
=
ˆ
cos(2x )sen (n πx ) d x
0
1
− = 0, es fácil ver por razones físicas que λ < 0, para que la cuerda
1
2
= − n π cos(2)cos n πx
0
n π 0
= − n 1π cos(2)(−1)n + n 1π − n 2π
tome su carácter oscilatorio o vibratorio, de acá se tiene que
4
1
− ˆ ˆ
sen2x cos(n πx )d x
1
0
sen2 x cos(n πx )d x .
n=2
Considere ahora la siguiente integral cuyo desarrollo es por partes 1
ˆ
sen2 x cos(n πx )d x
0
1
1
= sen2x n π sen(n πx ) 2
1
= − n π
ˆ
2
1
− ˆ 0
n π 0
sen(n πx ) cos2xdx
sen(n πx ) cos2xdx
0
= − n 2π n 2π C n = −C n , así n π
2
C n C n C n
= − n 1π cos(2)(−1)n + n 1π + n 2π C n n n π − 2 = 1 − cos(2)(−1)
2
n 2 π2
− = n π
n π
4
1 − cos(2)(−1)n
n π 2n π n 1 − cos(2)(−1) . C n = 2 n 2 π2 − 4
Las gráficas de las tres primeras autofunciones de u , paradistintos valores de t son
n=1
n=3
5
Si se considera el caso en que α < 0 es posible expresarlo como α = −p 2 , así pues
Ejercicio 4.4.2
Φ
∂2u ∂t 2
2
= T 0 ∂∂x u 2 + Q ,
donde Q representa la componente vertical de la fuerza externa por unidad de longitud. Si Q = 0, la EDP es homogénea. Una EDP homogénea ocurre cuando Q = αu . a ) Muestre que si α
< 0, la fuerza de cuerpo es recuperadora (dirigida hacia u = 0). Muestre que si α > 0, la fuer-
za de cuerpo tiende a empujar la cuerda de su posición de equilibrio u = 0. b ) Separe variables si ρ 0
= ρ 0 (x ) & α = α (x ) pero T 0 es
ne
=0
0 con k = α+T λρ , la condición de contorno u (0, t ) = 0 implica 0 φ(0) = 0, y a su vez A + = − A − con lo cual
= αΨ(x )Φ(t ),
=
φ(x ) 2i A + sen(k x ).
=
La condición de contorno u (L , t ) = 0 implica φ(L ) = 0, o bien 2i A + sen(kL ) = 0, para que la solución no sea trivial sen(kL ) = 0 y esto se cumple si K L = n π para todo n en los enteros, así
α ρ0
con solución directa Φ
α/ρ0 t
= A +e
α/ρ0 t
+ A −e −
+
α λρ 0 T 0
α/ρ0 t
≡ A ± e ±
.
= A ± e ±ω0 t ;
ω0
≡
p 2 /ρ 0
= n π/L
así φ = sen(n πx /L ). De aquí se tiene
Sise considera a α > 0 entonces es posible escribirlo de la forma α = p 2 ,ysetieneencuentaque ρ 0 es siempre positivo por razones físicas, entonces Φ
+ (α + λρ0 )φ = 0,
=
al realizar separación de variables con u (x , t ) = Ψ(x )Φ(t )
Φ
d 2 φ d x 2
φ(x ) A ± e ±i kx
= αu ,
¨
T 0
c) Solución. Para el caso de coeficientes constantes la solución para φtoma la forma
∂2u ∂t 2
Φ
∈R
donde λ lleva el signo menos para que la solución en el tiempo sea acotada, y dicha solución puede ser expresada como una superposición de senos y cosenos.
=
lizar la fuerza de cuerpo1 sobre la cuerda por separado a la tensión, tal que
o bien
p 2 /ρ 0
= T 0 φ(x )h (t ) + α(x )φ(x )h (t )
= −λh ∧
∂u (x , 0) f (x ). ∂t
¨ (t ) ρ 0 Ψ( x )Φ
¨ (t ) ρ 0 (x )φ(x )h d 2 h d t 2
a) Solución. Por la segunda ley de Newton, es posible ana-
ρ0
=
o bien,
c ) Para el caso particular de coeficientes constantes. Resolver el PVI si α 0: u (x , 0)
≡
b) Solución. Por separación de variables, u φ(x )h (t ), se tie-
constante por razones físicas. Analice la EDO dependiente del tiempo.
> u (0, t ) = 0 u (L , t ) = 0
ω0
con lo cual se consigue una expresión oscilatoria para Φ, fenómeno que requiere la existencia de una fuerza dirigida al punto de equilibrio u = 0, ya que la oscilación ocurre cuando la fuerza hala la cuerda hacia el punto de equilibrio, pero la inercia lleva a que la cuerda salga de dicha posición, acto seguido, la fuerza recuperadora desacelera la cuerda y la trata de llevar de nuevo al origen donde el fenómeno se repite. Así que para un desplazamiento positivo, queremos una fuerza de cuerpo negativa que la dirija a u = 0. Para un desplazamiento negativo, necesitamos una fuerza positiva. Si se consigue éste tipo de fuerza se demuestra que locamente u → 0 está en la parte inferior de un pozo de potencial y por lo tanto un punto de equilibrio estable.
En la sección 4.2, se mostró que el desplazamiento u de una cuerda no uniforme satisface ρ0
= A ± e ±i ω0 t ;
2
λ
≡ λn = (n π/L ρ) T 0 − α 0
∈R
h (t ) es una combinación lineal de sen λt & En general cos λt , pero la condición inicial u (x , 0) = 0 implica que la solución carece de cosenos. Entonces, por superposición
expresión siempre distinta de cero, y carente de carácter oscilatorio. Por lo cual una vez ha actuado sobre el cuerpo, lo mantiene fuera de su posición de equilibrio.
u (x , t )
=
n
A n sen
λn t sen(n πx /L ),
1 Las fuerzas de masa o fuerzas de cuerpo (body force) están asociadas con el cuerpo propio en estudio y se distribuyen en toda la amplitud del mismo a diferencia de las fuerzas de contacto que se aíslan en un único punto. Las fuerzas de cuerpo no son consecuencia de un contacto directo con otros cuerpos. Se especifican en términos de fuerzas por unidad de volumen, superficie o longitud, entre ellas es posible citar las fuerzas gravitacionales, de inercia, rígidas, etc.
6
donde las frecuencias de vibración ω0 =
=
λn son,
(n π/L )2 T 0 − α
λn
ρ0
Son ecuaciones homogéneas, de segundo orden. la ecuación característica asociada a (1) es r 2 + β/ρ 0 r + α2 /ρ 0 = 0, y solucionando
.
∂2 u ∂t 2
= −
2
a ) Explicar brevemente por qué β
(1)
cumple las condiciones de contorno
= 0;
u (L , t )
φ(t )
=
= 0,
∂u ( x , 0) ∂t
= g (x ).
u (x , t )
β
= e − 2 t (D cos(ωt ) + E sen(ωt )).
+
=
∞
β
A cos(α x ) B sen(α x ) e − 2 t (D cos(ωt )
+
n 1
=
+ E sen(ωt ))
Aplicando condiciones de contorno, β
= 0 = A (e − 2 t (D cos(ωt ) + E sen(ωt ))) implica A = 0,entonces para u (L , t ) = 0, así u (0, t )
b) Solución. Empleando separación de variables
β
= 0 = B sen(L α)(e − 2 t (D cos(ωt ) + E sen(ωt ))) con lo cual sen(α L ) = 0, entonces α ≡ αn = (n π/L ), quedanu (L , t )
= h (x )φ(t ).
Sustituyendo en (1) se obtiene
do una solución de la forma
= T 0 h "(x )φ(t ) − βφ˙ (t )h (x ).
u (x , t )
Separando variables:
=
∞
n 1
=
β
sen(αn x )(e − 2 t (D n cos(ωt ) + E n sen(ωt )))
Aplicando condiciones iniciales,
h "(x ) φ¨ (t ) φ˙ (t ) + = T 0 ρ0 β h (x ) φ(t ) φ(t )
u (x , 0) f (x )
=
∞ =
n 1
D n sen(αn x ).
=
puesto que x es independiente de t , φ¨ (t ) φ(t )
β 2 2ρ 0
Reemplazando en la solución producto, se obtiene :
sición, del movimiento que el aire hace a la cuerda, por eso la cuerda pierde energía y se va frenando, si β > 0 indica que efectivamente el aire esta interactuando con la cuerda.
ρ0
α 2 ρ0
i
=
> 0, El coeficiente de fricción expresa la opo-
ρ 0 ¨ φ(t )h (x )
± −
h (x ) A cos(α x ) B sen(α x ).
Supónganse que el coeficiente de fricción β es relativamente pequeño (β2 < 4π2 ρ 0 T 0 /L 2 ).
u (x , t )
β 2ρ 0
la ecuación característica asociada a (2) es m 2 + α2 /T 0 = 0 despejando m = ±i α/ T 0 , se define α tal que, la solución de la ecuación para la variable dependiente del espacio es,
y las condiciones iniciales u (x , 0) f (x );
2
La solución para la variable dependiente del tiempo, haciendo ω = (α/ρ 0 )2 − (β/2ρ 0 )2
>0
b ) Calcular (por separación de variables) la solución que
u (0, t )
α ρ0
Puesto que (β/ρ 0 )2 − 4(α/ρ 0 )2 < 0, r
= T 0 ∂∂t u 2 − β ∂∂u t .
4
2
0
Considere una cuerda vibrante ligeramente amortiguada que satisface la ecuación
a) Solución. β
β 2 ρ0
−β ± r = 2ρ
Ejercicio 4.4.3
ρ0
−
˙
+ β φφ((t t )) = T 0 h h "((x x )) = −α2
Ejercicio 5.3.1
Obteniendo dos ecuaciones diferenciales ordinarias: β α2 ¨ ˙ φ(t ) + φ(t ) + φ(t ) = 0 ρ0
ρ0
T 0 h "(x ) α2 h ( x )
+
=0
Haga el ejericio 4.4.2(b ). Demostrar que la ecuaión en derivadas parciales se puede escribir como una ecuación de Sturn-Liouville.
(1) (2)
ρ 0 (x )
7
∂2 u ∂t 2
2
= T 0 ∂∂x u 2 + α(x )u
(3)
.
Solución. Usando unasolución de la forma u (x , t )
reemplazando en (3), se tiene ρ 0 (x )h (¨t )φ(x )
= φ(x )h (t )),
Usando el método u (x , t ) = φ(x )h (t )
= T 0 φ"(x )h (t ) + α(x )φ(x )h (t ),
ρ (x )φ
Por separación de variables, con ρ 0 (x ) y α(x ) ρ0
¨ h h
= T 0 φφ" + α
¨ ˙ h h β(x )φ h h
−
¨ ˙ h h c h h
−
variables
= T 0φ" + α(x )φ ¨
= ρT (x 0 ) φφ + αρ
¨ c ˙h h
(4) (5)
− = −λh T 0 ¨ φ + αφ = −λρφ
φ" = T 0 + α = −λ h φ
En donde (4), es una ecuación diferencial ordinaria que se puede expresar en su forma homogenea, se asocia una ecuacion característica r 2 − cr + λ = 0, permitiendo la solución de h dependiente del tiempo,
Para la ecuación dependiente del tiempo,
= −λ
h (t )
La soluación h ( t )
de
despejando e igualando a −λh
¨ h
dh hd t
separaricón
si β = c ρ , se obtiene
El tiempo y el espacio son variables independientes y por tanto constantes, ρ0
de
c
= e 2 t (D cos(ωt ) + E sen(ωt ))
= C 1 e ±
λt
Ejercicio 5.3.3
Para la ecuación dependiente del espacio, d d φ T 0 d x d x
+
αφ λφρ0
+
Considérese la ecuación diferencial (que no es de tipo Sturn-Louville)
=0
d 2 φ d x 2
Comprobando una ecuación de la forma Sturm-Liouville.
+ α(x ) d dφx + [λβ(x ) + γ(x )]φ = 0.
Multiplicar esta ecuación por H (x ) y calcular H (x ) de tal manera que la ecuación se convierta en una ecuación SturnLiouville:
Ejercicio 5.3.2 Considere ρ
∂2 u ∂t 2
d d φ p (x ) x d x
∂2 u
= T 0 ∂x 2 + αu + β ∂∂u t
+
[λσ(x ) + q (x )]φ = 0
Dadas α(x ), β(x ) y γ(x ), Cómo son p (x ), σ(x ) y q (x )?
a) Dar una breve interpretación física.Qué signo tienen α y β según esta interpretación?
Solución. Mutiplicando por H d 2 φ H (x ) 2 d x
b) Supongamos que ρ , α, β son funciones de x . Demostrar que se pueden separar variables sólo si β = c ρ, donde c es una constante.
+ α(x )H (x ) d φφ + [λβ(x ) + γ(x )]φ = 0
Teniendo en cuenta la regla del producto,
c) Si β = c ρ , demostrar que la ecuación espacial es una ecuación diferencial de sturn-Liouville. Resolver la ecuación dependiente del tiempo. Solucionando:
d H d φ d x d x
+
d φ H d x
=
d d φ H (x ) d x d x
2
Encontrando H (x ) d d x φ2 y reemplazando
a) Solución. La ecuación diferencial parcial, describe el movimiento de un sistema Amortiguado, con β 0 el coeficiente
>
d d φ H d x d x
−
de fricción, que representa la interacción con el medio. Acá α cumple las mismas propiedades estudiadas en el ejercicio 4.4.2.
ρ (x )
d
∂t 2
+ α(x )H d d φx + [λβ + γ]φH = 0
Agrupando términos semejantes d φ H d x d x
b) & c) Solución.
∂2 u
d H d φ d x d x
∂2 u
= T 0 ∂x 2 + α(x )u + β(x ) ∂∂u t 8
d φ α(x ) H (x ) d x
+
d H
− d x
+ [λβ(x )H (x ) + γ(x )H (x )]φ = 0,
la cual claramente no es una ecuación del tipo SturmLiouville regular debido a la presencia del término d d φx . Tomando una solución de la forma φ (x ) = e γx la ecuación característica para (8) será:
para el propósito actual se requiere, d H d x
− αH = 0,
separando variables
k γ2
ˆ d H ˆ =
H
αd x .
con solución para γ:
´ αx
= C 1 e
= p (x )
= −
+
φ(x )
[λσ(x ) + q (x )]φ = 0,
=
∂2 u ∂u k 2 V 0 . ∂x ∂x
(6)
−
(10)
luego:
(a) Demostrar que la ecuación diferencial ordinaria espacial obtenida por separación de variables no es una ecuación de Sturm-Liouville.
φ(x )
= 0, u (L , t ) = 0, u (x , 0) = f (x ) .
u (x , t )
=
n
A n e αx sen(ωn x )e −λn t .
(12)
n
=
=
A n e αx sen(ωn x ) ,
n
y así, desarrollando por Fourier de senos: A n
= φ(x )h (t ),detalformaquelaEc.
2
= L
L
ˆ 0
e −αx f (x )sen(ωn x )d x ,
y finalmente la solución al problema planteado es:
−
V 0 d φ φ d x
= −λ ,
λ
> 0,
(7) u (x , t )
y así, la componente espacial de (6) se convierte en:
−
=
u (x , 0) f (x )
= =
d 2 φ k 2 d x
= B e −λ t ,
Ahora, de la condición inicial se cumple:
∂u (0, t ) 0, ∂t ∂u (L , t ) 0, ∂t u (x , 0) f (x ) .
k d 2 φ φ d x 2
(11)
n
teniendo em cuenta que ω n → λn . Con B siendo absorbida por A n la solución para u (x , t ) será:
(c) Resolver el problema de valores iniciales y de contorno:
(6) toma la forma:
A n e αx sen(ωn x ) .
h (t )
u (0, t )
Solución. Tomemos u (x , t )
=
Por otro lado, de la Ec. (7) para h se recibe:
(b) Resolver el problema de valores iniciales y de contorno correspondiente a los datos:
=
= e αx ( A +± e ±i ωx ),
= 0 = A + + A − =⇒ A + = − A − = A , n π ∧ A → A n , φ(L ) = 0 = Ae αL sen(ωL ) =⇒ ω → ωn = L φ(x ) → φn (x ) ,
Consideremos el flujo de calor con :
h d t
Luego, la solución para
φ(0)
Ejercicio 5.3.4
1 dh
V 0 2k .
(9)
donde hemos notado A +± e ±i ωx = A + e i ωx + A − e −i ωx . Bajo las condiciones de frontera dadas se tiene que cumplir:
Siendo p (x ) = H (x ),σ(x ) = β(x )H (x ),q (x ) = γ(x )H (x ).
∂u ∂t
2
V 0 λ donde ω k 2k y α = φ( x ) se escribirá como:
Obteniendo una ecuación de tipo Sturn-Louville d d φ p (x ) d x d x
= α ± i ω .
γ
Una EDO lineal con solución H (x )
− V 0 γ + λ = 0,
d φ V 0 d x
+ λφ = 0,
(8)
con ωn 9
2
αx
= L e
sen(ωn x )e −λn t
n
= − λn k
V 0 2 2k y α
= 2V k 0 .
L
ˆ 0
e −αx f (x )sen(ωn x )d x .
(13)
Ejercicio 5.3.5
toma la forma gracias a las condiciones de contorno: L d φ 2 d x
Para el problema de autovalores se Sturm-Liouville: d φ d x
+ λφ = 0,
con
d φ (0) d x
=0
d φ (L ) d x
y
= 0,
´ d x > 0, λ = ´ φ (x )d x 0
b a
(14)
ya que el integrando es siempre positivo y para λ = 0 se tendría que φn (x ) = 0 la cual no es una autofunción.
comprobar las siguientes propiedades generales: (a) Existe una cantidad finita de autovalores; existe un valor mínimo pero no uno máximo.
Ejercicio 5.3.6
(b) La autofunción n -ésima tiene n − 1 ceros.
Rehacer el ejercicio anterior para el siguiente problema de autovalores de Sturm-Liouville:
(c) Las autofunciones son ortogonales y forman un sistema completo.
d φ d x
(d) ¿Qué información da el cociente de Rayleigh con relación a la existencia de autovalores negativos o cero?
±i φ(x ) A + ± e
=
λx
,
+ λφ = 0,
φ (0)
(15)
donde A −± e ±i λx = A + e i λx − A − e −i diciones de contorno tenemos:
= 0 = i λ( A + − A − )
φ(L )
(16)
. Utilizando las con-
2n + 1 π x , φn (x ) = cos 2 L
sen(n πx /L )sen(m πx /L )d x = 0,
ˆ 0
λ
=
d φ
p (x )φ(x ) d x
b a
a
b a
2
p (x )
= a 0
2n − 1 π C n cos x . 2 L n =1
+
(18)
L d φ 2 d x
´ d x > 0, λ = ´ φ (x )d x 0
b a
d φ 2 d x
+ ´ − b
El cociente de Rayleigh dado por (19) adopta la forma, para las condiciones de frontera dadas:
El cociente de Rayleigh dado por:
2n + 1 π 2m + 1 π x cos x d x = δnm , cos 2 L 2 L
f (x )
y cualquier función f (x ) se puede escribir como combinación lineal de la base sen(n πx /L ):
−
L
donde δnm es la delta de Kronecker y además, para cualquier función f (x ) se cumple que:
(17)
C n sen(n πx /L ) .
la cual tiene n − 1cerosen(a , b ) , y forma un conjunto ortogonal y completo como sigue:
L
n
= A − = A ,
Así los autovalores de (14) forman un conjunto infinito no acotado superiormente pero con mínimo dado por λ1 = π/L , cuya autofunción asociada es φ n (x ) = sen(n πx /L ) con n − 1 ceros en (0, L ), y además, todas estas autofunciones forman un conjunto ortogonal y completo, pues, para n = m se tiene:
f ( x )
A +
=⇒
de esta manera los autovalores forman un conjunto infinito sin cota superior pero con la existencia de un mínimo para n = 0, λ1 = 2πL , y las autofunciones toman la forma:
=
(20)
= 0 = A (e i λL + e −i λL ) = A cos( λL ) , 2 =⇒ λ → λn = (2n 2+L 1)π ,
λx
= 0 = i λ( A + − A − ) =⇒ A + = A − = A , φ (L ) = 0 = i λ A (e i λx − e −i λx ) = sen( λL ) = 0, 2 =⇒ λn = n L π ∧ A → A n , φ(x ) → φn (x ) .
0
y φ(L ) = 0.
φ (0)
ˆ
=0
y
− ±i λx ), φ (x ) = i λ( A ± e
d φ (0) d x
así mismo su derivada será igual a la Ec. (16). Por lo tanto, las condiciones de contorno conducen a:
que al derivar respecto a x se convierte en:
con
Solución. La solución para la Ec. (20) es igual a la Ec. (15) y
Solución. La solución a la Ec. (14) es de la forma:
2
´ φ (x )σ(x )d x
q (x )φ2 (x ) d x
cumpliéndose la desigualdad estricta por las mimas razones que en el ejercicio anterior.
, (19)
2
10
Ejercicio 5.3.7
Ejercicio 5.3.8
¿Cuáles de los apartados 1-5 del teorema de Sturm-Liouville son válidos para el siguiente problema de autovalores?
Demostrar que λ ≥ 0 en el problema de autovalores d 2φ dx 2
d 2φ λφ dx 2 φ( L )
+ = 0, − = φ(L ), d φ d φ (−L ) = (L ). dx dx
Solución. Considereel cociente de Rayleigh por las condicio-
nes de contorno la función está definida en [0,1], entonces
φ(x ) A cos λx B sen λx .
+
La condición φ(L ) = φ(−L ), implica
A cos λL B sen λL A cos
+
=
λ
− + − B sen
λL
con lo cual
=
−
λ
2B sen λL = 0.
(21)
Análogamente, la condición de contorno plica 2 A sen λL = 0.
d φ dx (L )
=
d φ dx (
−L ) im-
≡λ=
n π 2 n L
∀ ∈
(22)
Z
2
=
−
d φ φ(0) dx (0)
+
d φ φ(1) dx (1)
´ + 1 0
d φ 2 dx
1 2 0
´ φ dx
+
x 2 φ2 d x
,
1 d φ 2 1 2 2 0 dx d x 0 x φ d x . 1 2 dx φ 0
´
x 2
+ ´ ´
d 2φ dx 2
+ x d dx φ + λφ = 0,
φ(1)
= 0, φ(b ) = 0.
(23)
a ) Demostrar que multiplicado por 1/x el problema se
transforma en uno de Sturm-Liouville.
n π n π x B n sen x . L L
b ) Demostrar que λ
+
puesto que las condiciones de contorno exigen que φ estédefinidaen −L , L ,regiónenlacualcos πL x poseedoscerosen ±L /2 entonces la la auto función posee dos cortes, y el tercer item del teorema no se cumple para éste caso. Las autofunciones se forman un conjunto completo ya que mediante su superposición se forma una serie de Fourier en senos y cosenos, y por el Teorema de Fourier cumple todas las condiciones que se requieren en el cuarto item. Dado que para éste problema σ (x ) = 1, y el hecho que las funciones senos y cosenos son una base ortogonal, el apartado 5 se cumple para éste caso. De esta forma éste caso cumple los items o apartados 1,2,3 & 5 del teorema de Sturm-Liouville.
,
Considere el problema de autovalores
te una cota máxima, con lo cual satisface el segundo item del teorema. Al llevar λ a la solución de la EDO se nota que la autofunción φn es única para cada λ, φn A n cos
1 2 0 φ σdx
Ejercicio 5.3.9
≡ λ = n L π ∀n ∈ N Desde acá se nota que λ ∈ R, entonces satisface la el primer item del teorema. Existe un λ mínimo para n = 0, y no exis-
q φ2 d x
Puesto que se tratan de los integrandos son funciones no negativas en el intervalo de integración, λ ≥ 0. Puesto que la integral del segundo término del numerador, no es nula entonces λ = 0.
pero puesto que el argumento que contiene a n se encuentra elevado a una potencia par, los autovalores de n < 0 se repiten, lo cual indica que es suficiente considerar n ∈ N λn
= =
Los valores de λ que satisfacen las (21) & (22) son todos tales que λL = n π con n ∈ Z, o bien λn
1 d φ 2 p 0 dx
+ ´ − ´
acá p = 1, σ = 1 & q = −x 2 , así
A cos λL B sen λL A cos λL B sen λL ,
+
=
−
d φ 1 p φ dx 0
λL ,
puesto que el coseno es par, y el seno impar, se sigue que
= 0, d dx φ (1) = 0.
¿λ = 0 es un autovalor?
Solución. La solución de la EDO puede escribirse de la forma
=
d φ (0) dx
+ λ − x 2 φ = 0,
≥ 0.
c ) Usando el hecho de que (23) es una ecuación equidi-
mensional, calcular todos los autovalores positivos. ¿Es λ = 0 un autovalor? Demostrar que hay infinitos autovalores con uno mínimo, pero que no existe autovalor máximo. d ) De acuerdo con el Teorema de Sturm-Liouville ¿con
respecto a qué peso son ortogonales las autofunciones? Comprobar la ortogonalidad directamente mediante integración. e ) Demostrar que la autofunción n -ésima tiene n 1 ce-
ros. 11
−
a) Solución. Dividiendo (23) por 1/x , se tiene
que la proyección sobre dos elementos de la base está dada por:
d 2φ x 2 dx
+ d dx φ + λ x 1 φ = 0
b
empleando la regla del producto,
+
d d φ x dx dx
1
λ φ x
= 0,
λ
d φ 2 dx
´ − + − = ´ ´ − ´ + = ´ p
d φ b
1 x
1
=
1 x
φ
una ecuación de Cachy-Euler, por lo cual se emplea una solución de la forma φ = x r , entonces al sustituir en (23), se obtiene la ecuación característica, r r − 1 + r + λ = 0 =⇒ r 2 = −λ. Si λ > 0, r = ±i λ, donde x ±i λ se puede escribir como e ±i λ ln x . Entonces la solución general es
+ λ ln x
C 2 sen
≡λ
d φ dx
n π 2 . ln b
0
con solución φ A ln x B .
=
+ La condición φ (1) = 0 implica B = 0, y la condición φ (b ) = 0 implica A = 0, por lo tanto λ = 0 no es un autovalor. = sen
λ ln x
A ln x B
+
λ A sen x
=−
+ λ ln x
b
= ˆ
φm φn
|
si λ > 0 si λ = 0
B
λ cos x
λ ln x
m π n π dx ln x cos ln x , x ln b ln b
ˆ = cos
1
ln b
cos
d) Solución. Las autofunciones tienen la forma
φn
B sen
Si λ = 0, la EDO toma la forma
=
λ ln x
φ la condición de contorno d (1) = 0 implica B = 0, la condidx d φ ción dx (b ) = 0 implica λ ln b = n π, con lo cual la autofunción es n π x . φn = cos ln b Teniendo en cuenta que la función de peso está dada por σ = 1/ x , y empleando un cambio de variable u = ln x , setiene que la proyección sobre dos elementos de la base está dada por:
=
d d φ x dx dx
A cos
con lo cual
λ ln x
La condición de contorno φ(1) = 0 implica C 1 = 0, y la condición φ(b ) = 0 implica λ ln b = n π o bien λn
=
+
φ A para el caso en que λ = 0, se tiene que d , con lo que la dx = x d φ condición dx (1) = 0 implica que A = 0, entonces para λ = 0 φ = B , como B es una constante aditiva y las condiciones son de tipo Neuman, dicha constante es arbitraria y B = 0 y en consecuencia λ = 0 no es un autovalor. Para el caso λ > 0 se tiene φ = A cos λ ln x + B sen λ ln x
c) Solución. Dado que (23) es equidimensional, se trata de
= C 1 cos
dx
forma
puesto que los integrandos sonpositivos en la región de integración, λ ≥ 0.
φ
0
m π n π u sen u du , ln b ln b
Solución. La solución de los incisos a & b son idénticas al desarrollo anterior, en el el inciso c las soluciones son de la
.
b φ2 1 x dx
sen
dx
d φ 2 dx d x
´
ln b
ˆ
Rehacer el ejercicio anterior con las condiciones de contorno d φ d φ (1) = 0 ∧ (b ) = 0,
,
b φ2 1 x dx
b
,
d φ 2 d x dx
b
1
m π n π dx ln x sen ln x , ln b ln b x
Ejercicio 5.3.10
q φ2 d x
b 2 a φ σdx
x φ dx
|
= ln2b δn ,m . con lo cual si n = m la proyección se anula, lo cual indica que la base es ortogonal.
b) Solución. Desde el cociente de Rayleigh b a
sen
φm φn
=
un problema autovalores de Sturm-Liouville con p = x , q = 0 & σ = 1/x . d φ b p φ dx a
= ˆ
0
m π n π u cos u du , ln b ln b
= ln2b δn ,m .
λ ln x
Teniendo en cuenta que la función de peso está dada por = 1/x , y empleando un cambio de variable u = ln x , setiene
con lo cual si n = m la proyección se anula, lo cual indica que la base es ortogonal.
σ
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A. Gráficas 3D La gráfica 1 ha sido generada con Microsoft Mathematics® 4.0 y puede ser reproducida con el comando
La gráfica 6 ha sido generada con Microsoft Mathematics® 4.0 y puede ser reproducida con el comando
Las gráficas 3D de las autofunciones de la ecuación de onda han sido generadas con Microsoft Mathematics® 4.0 y pueden ser reproducidas con el siguiente comando remplazando el respectivo valor de n
13
