Instituto de Matemáticas
Universidad Austral de Chile
Ecuaciones diferenciales en
derivadas parciales
Autor:
Alejandro Maximiliano Rojas Palma
1.
El concepto matemático de una ecuación
difer-encial parcial
1.1.
Introducción
Durante el semestre estuvimos ocupados con ecuaciones diferenciales ordi-narias que involucran derivadas de una o más variables dependientes con respec-to a una sola variable independiente. Aprendimos cómo surgen tales ecuaciones diferenciales, los métodos mediante los cuales se pueden obtener sus soluciones, exactas y aproximadas, y hemos considerado aplicaciones a varios campos cien-tí…cos.
Al usar ecuaciones diferenciales ordinarias para resolver problemas aplicados estamos en efecto simpli…cando (y con frecuencia sobresimpli…cando seriamente) el modelo matemático de la realidad física que conduce a estos problemas. Esto es porque en las formulaciones matemáticas de tales problemas nos restringimos a una sola variable independiente sobre la cual dependen todas las otras vari-ables pertinentes. Aunque esto con frecuencia es útil, como hemos visto, limita las clases de problemas que podemos investigar, ya que en muchos casos se re-quieren dos o más variables independientes. Las formulaciones matemáticas de problemas que involucran dos o más variables independientes conducen a ecua-ciones diferenciales parciales. Como uno podría esperar, la introducción de más variables independientes hace el tema de ecuaciones diferenciales parciales más complejo que el de ecuaciones diferenciales ordinarias, y así es relativamente poco lo que se conoce con respecto a ellas. Sin embargo, el tema es tan vasto que sólo lo discutiremos brevemente.
1.2.
Soluciones de algunas ecuaciones diferenciales
par-ciales sencillas
Con el objeto de obtener algunas ideas relacionadas con la naturaleza de las soluciones de ecuaciones diferenciales parciales, consideremos el siguiente problema:
Resolver
@2u
@x@y = 6x+ 12y
2 (1)
Aquí la variable dependienteudepende de dos variables independientesxe
y. Para hallar soluciones, buscamos determinaruen términos dexey, esto es,
u(x; y). Si se escribe la ecuación como
@ @x
@u
@y = 6x+ 12y
2
podemos integrar con respecto ax, manteniendo y constante, para hallar
@u @y = 3x
donde hemos añadido la “constante” de integración, la cual depende dey y así realmente es una función de y denotada porf(y).
Ahora integramos con respecto ay manteniendoxconstante para hallar
u= 3x2y+ 4y3x+ Z
f(y)dy+g(x)
esta vez añadiendo una función arbitraria de xdada por g(x). Puesto que la integral de una función arbitraria dey es otra función arbitraria dey, podemos escribir como
u(x; y) = 3x2y+ 4y3x+h(y) +g(x)
Esto se puede chequear al sustituirla en la ecuación original y obtener una identidad. Puesto que la ecuación (1) es una ecuación diferencial parcial de segundo orden, y la solución u tiene dos funciones arbitrarias, por analogía con las ecuaciones diferenciales ordinarias llamamos aula solución general de (1). Usando la misma analogía, llamaríamos por supuesto a cualquier solución obtenida de la solución general upor selecciones particulares de las funciones arbitrarias, tal como por ejemplo h(y) = y3 y g(x) = sin (2x), una solución
particular.
De…nición 1 Dada una ecuación diferencial parcial de orden n. una solución que contenga n funciones arbitrarias se llama la solución general, y cualquier solución obtenida de esta solución general por selecciones particulares de las funciones arbitrarias se llama una solución particular.
Como en el caso de ecuaciones diferenciales ordinarias, con frecuencia nece-sitamos determinar soluciones de ecuaciones diferenciales parciales que satisfa-gan condiciones dadas. Por ejemplo, suponga que deseamos resolver la ecuación diferencial (1) sujeta a las dos condiciones
u(1; y) = y2 2y u(x;2) = 5x 5
Entonces de la solución general y la primera condiciónu(1; y)tenemos
u(1; y) = 3 (1)2y+ 4y3(1) +h(y) +g(1) =y2 3y
luego
3y+ 4y3+h(y) +g(1) =y2 3y h(y) =y2 5y 4y3 g(1) de modo que
u(x; y) = 3x2y+ 4y3x+y2 5y 4y3 g(1) +g(x)
Si ahora usamos la segunda condición, tenemos
luego
6x2+ 32x+ 38 g(1) +g(x) = 5x 5
g(x) = 6x2 27x+ 43 +g(1) Por lo tanto, la solución de la ecuación es dada por
u(x; y) = 3x2y+ 4y3x+y2 5y 4y3 6x2 27x+ 43
Podríamos usar la misma. terminología de problemas de valor inicial y de frontera para las ecuaciones diferenciales parciales como se hizo para las ecua-ciones diferenciales ordinarias. Sin embargo, debido a que generalmente hay una combinación de condiciones de frontera e iniciales, con frecuencia nos referimos a tales problemas como problemas devalor de frontera.
Como en el problema discutido, la forma de una ecuación diferencial parcial puede sugerir un método de solución. Un tipo especialmente sencillo de ecuación diferencial parcial es aquella que puede tratarse por métodos de ecuaciones difer-enciales ordinarias usando una variable independiente a la vez. Un ejemplo es el problema anterior. Un ejemplo un poco más complicado se da a continuación.
ejemplo 2 Hallar una solución al problema de valor de frontera
@2u @x@y =
@u @x+ 2 u(0; y) = 0
@u
@x(x;0) = x
2
Solución 3 Escribiendo la ecuación como
@ @x
@u
@y u = 2
e integrando con respecto axtenemos
@u
@y u= 2x+f(y)
la cual es una ecuación lineal con factor integrantee y. Por tanto @
@y e
yu = 2xe y+f(y)e y
e integrando se obtiene
u(x; y) = 2x+ey
Z
f(y)e ydy+eyg(x)
deu(0; y) = 0encontramosh(y) = eyg(0), así llega a ser
u(x; y) = 2x eyg(0) +eyg(x)
diferenciando con respecto axy evaluando en(x;0), encontramos
@u
@x(x;0) = 2 + dg(x)
dx =x
2
luego
dg(x)
dx =x
2+ 2
esto es
g(x) =x
3
3 + 2x+c
por lo que
u(x; y) = 2x eyg(0) +ey x
3
3 + 2x+c
u(x; y) =e
yx3
3 + 2e
yx 2x
Como en el caso de ecuaciones diferenciales ordinarias, los problemas apli-cados ofrecen una fuente importante de ecuaciones diferenciales parciales para resolver sujetas a condiciones asociadas, los cuales llamamos problemas de val-or de frontera. Dado algún problema de ciencia o ingeniería, procedemos como de costumbre a construir un modelo matemático que simpli…que pero aproxime bastante la realidad. Luego formulamos matemáticamente el problema, llegando así al problema de valor de frontera. Se debería indicar que en la practica la for-mulación de ecuaciones diferenciales parciales y las condiciones asociadas puede algunas veces ser difícil y aún imposible. Más tarde en estos apuntes derivare-mos algunas ecuaciones diferenciales parciales importantes que surgen en varios campos.
Si tenemos éxito en la formulación de un problema de valor de frontera, queda aun la tarea de hallar una solución de este problema de valor de fron-tera, esto es, hallar una solución de la ecuación diferencial parcial que satisfaga las condiciones. Algunas veces es fácil encontrar una solución, de hecho muchas soluciones, de la ecuación diferencial parcial, pero es difícil o aún imposible hal-lar aquella solución que satisfaga las condiciones dadas. Como en las ecuaciones diferenciales ordinarias hay, lógicamente, tres preguntas que nosotros como es-tudiantes con motivación cientí…ca deberíamos hacer aún cuando no seamos capaces de responder.
1. ¿Existe una solución a nuestro problema?
2. ¿Si existe una solución, es ésta única?
Si ésta no es única, esto es, si tenemos dos respuestas posibles a un problema físico dado podría ser muy embarazoso. Los teoremas que garantizan la unicidad de las soluciones se llaman teoremas de unicidad.
3. Si existe una solución y es única, ¿Cuál es esta solución?
En una presentación elemental naturalmente solo trataremos la ultima pre-gunta, de cómo determinar una solución que satisfaga la ecuación y las condi-ciones. Esta solución debe estar por supuesto en concordancia con el experimento u observación; de otra manera tendríamos que revisar las ecuaciones.
1.3.
Signi…cado geométrico de las soluciones general y
par-ticular
En el primer problema, obtuvimos la solución general
u(x; y) = 3x2y+ 4y3x+h(y) +g(x)
Supongamos ahora que escogemos funciones particulares parah(y)yg(x), y remplazamosu(x; y)porz. Entonces, la función anterior toma la forma
z=f(x; y)
la cual se interpreta como una super…cieS en un sistema de coordenadas rec-tangular oxyz tal como se indica en la Figura. La super…cie esta formada por los puntos con coordenadas(x; y; z)que satisfacen la igualdadz=f(x; y).
Estas ideas se pueden generalizar a los casos donde hay más de dos variables independientes. Así, por ejemplo, en el caso donde u(x; y) es una función de tres variables independientes, las cuales podemos denotar porx; y; zpodríamos pensar como una solución particular de una ecuación diferencial parcial con estas variables la dada por
u=f(x; y; z) (2)
Esto no podría visualizarse geométricamente como en la Figura. Sin embargo, podemos considerar un cuádruplo de números(x; y; z; u)como representando a un punto en un espacio cuadridimensional y entonces referirnos a (2) como una super…cie cuadridimensional o hipersuper…cie. Por ejemplo, así comox2+
y2+z2 = c2 representa una esfera de radio c, en el espacio tridimensional,
x2+y2+z2+u2 =c2 representaría una hiperesfera de radio c en un espacio
cuadridimensional.
1.4.
Ecuaciones diferenciales parciales que surgen de la
eliminación de funciones arbitrarias
Puesto que las soluciones de ecuaciones diferenciales parciales involucran funciones arbitrarias, parece lógico que debiéramos obtener ecuaciones diferen-ciales pardiferen-ciales por el proceso inverso de eliminar tales funciones. Esta idea es útil porque ayuda a enriquecer nuestro conocimiento de cómo se pueden resolver ecuaciones diferenciales parciales. Consideremos algunos ejemplos.
ejemplo 4 Encuentre una ecuación diferencial parcial de primer orden que ten-ga como su solución general
u(x; y) =y2F(x) + 3x+ 4y
dondeF(x)es una función arbitraria de x.
Solución 5 Si diferenciamos la ecuación con respecto a y, obtenemos
@u(x; y)
@y = 2yF(x) + 4
entonces, eliminandoF(x)de la ecuaciónu(x; y), es decir
F(x) = u(x; y) 3x 4y
y2
encontramos la ecuación deseada
@u(x; y)
@y = 2y
u(x; y) 3x 4y
y2 + 4
y@u(x; y)
@y 2u(x; y) = 6x 4y
o escrito de forma compacta
Los subíndicesxeya menudo se usan para denotar derivadas parciales. Por ejemplo,uxóux(x; y)es lo mismo que @u@x(x;y) mientras queuy ó uy(x; y)es lo
mismo que @u@y(x;y). Similarmenteuxy es lo mismo que @
2u(x;y)
@x@y :
ejemplo 6 Encuentre una ecuación diferencial parcial de primer orden que ten-ga como su solución general
z=F(3x 4y)
dondeF es una función arbitraria.
Solución 7 Sea u= 3x 4y. Entoncesla ecuación anterior llega a ser
z=F(u)
Diferenciando con respecto ax, tenemos
@z @x =
@z @u
@u @x = 3
@F(u)
@u
Diferenciando con respecto ay, tenemos
@z @y =
@z @u
@u @y = 4
@F(u)
@u
eliminando @F@u(u) entre las ecuaciones anteriores se produce la ecuación deseada
4@z
@x+ 3 @z @y = 0
ejemplo 8 Encuentre una ecuación diferencial parcial de segundo orden que tenga como su solución general
u(x; y) =xF(y) +yG(x)
dondeF y Gson funciones arbitrarias.
Solución 9 Podemos eliminar F(y) en la ecuación anterior dividiendo ambos lados porxy diferenciando el resultado con respecto ax. Entonces encontramos
@ @x
u(x; y)
x =
@
@x F(y) + yG(x)
x
= @
@x
yG(x)
x
por lo que
x@u
@x u=y
@G(x)
Si ahora dividimos ambos lados de la ecuación por y y diferenciamos con respecto ay, encontramos
@ @y
1
y
@u(x; y)
@x u(x; y) = 0
o de forma equivalente
xy@
2u(x; y)
@x@y x
@u(x; y)
@x y
@u(x; y)
@y +u(x; y) = 0
la cual da la ecuación de segundo orden deseada.
Se deberían hacer algunas observaciones acerca de los resultados anteriores.
Observación 1.Al diferenciar las funciones arbitrarias asumimos por supuesto que ellas son diferenciables. De otra manera, no tenemos derecho a difer-enciar.
Observación 2. La ecuación diferencial obtenida en cada ejemplo repre-senta la ecuación diferencial de la familia reprerepre-sentada por la solución general.
Observación 3.Si una solución tiene un número dado n de funciones ar-bitrarias, con frecuencia es fácil escribir una ecuación diferencial de or-den mayor que n teniendo esta solución. Por ejemplo, es fácil ver que
u(x; y) =xF(y) +yG(x)es una solución de
@4u(x; y)
@x2@y2 = 0
ejercicios 10
1. Obtenga soluciones a los siguientes problemas de valor de frontera a)
@u(x; y)
@x = sin (y) u(0; y) = 0
b)
@2u(x; y)
@x@y = 4xy+e x @u(0; y)
@y = y u(x;0) = 2
2. Obtenga ecuaciones diferenciales parciales (del menor orden) eliminando las funciones arbitrarias en cada relación dada. En cada caso veri…que que la relación dada es una solución de la ecuación obtenida.
a)
u(x; y) =x2F(y) + 3xy
b)
z=e yF(y) +exG(y)
3. Si una función F(x; y) se puede escribir como xnG y
x se llama
ho-mogénea de grado n. Muestre que cualquier función homogénea diferenciable satisface la ecuación diferencial
x@F @x +y
@F @y =nF
esta relación es llamada el teorema de Euler sobre funciones homogéneas. 4. Use el Ejercicio anterior para resolver el problema de valor de frontera
x@u(x; y) @x +y
@u(x; y)
@y = 2u(x; y) u(1; y) = 20 cos (y)
5. Muestre que la funciónV(x; y; z) = (x2+y2+z2) 1
2 satisface la ecuación
de Laplace
@2V
@x2 +
@2V
@y2 +
@2V
2.
El método de separación de variables
Como en el caso de ecuaciones diferenciales ordinarias, podemos clasi…car ecuaciones diferenciales parciales en dos tipos, lineal y no lineal. Sin consider-amos, por ejemplo, dos variables independientesxey y la variable dependiente
u, una ecuación lineal tiene la forma
(Dx; Dy)u=F(x; y)
donde el operador (Dx; Dy)ues un polinomio en los dos operadores
Dx = @ @x
Dy = @
@y
teniendo coe…cientes que son funciones de las variables independientesxey so-lamente. Si estos coe…cientes son constantes, llamamos la ecuación una ecuación lineal con coe…cientes constantes; en otro caso es una ecuación lineal con coe-…cientes variables. Una ecuación diferencial parcial no lineal es una que no es lineal.
ejemplo 11 Si
=Dx2+ 4DxDy 2Dy2 3Dx+ 5
y
F(x; y) =x3+ey
entonces la ecuación (Dx; Dy) =F(x; y)en este caso es
@2u
@x2 + 4
@u @x@y 2
@2u
@y2 3
@u
@x+ 5u=x
3+ey
la cual es una ecuación diferencial parcial lineal con coe…cientes constantes.
ejemplo 12 Si
=xD2x+yDy
y
F(x; y) = 1
entonces la ecuación (Dx; Dy) =F(x; y)en este caso es
x@u @x+y
@u @y = 1
ejemplo 13 La ecuación
@u @x
2
+ @u
@y
2
= 3x 2y
es una ecuación diferencial parcial no lineal puesto que no puede expresarse en la forma (Dx; Dy) =F(x; y).
Extensiones a más de dos variables independientes se hacen fácilmente. Como se podría esperar, las ecuaciones no lineales son en general difíciles de manejar, y no las discutiremos en estos apuntes. De hecho sólo discutire-mos aquellas ecuaciones diferenciales parciales lineales que son más útiles en problemas aplicados.
De la analogía con ecuaciones diferenciales ordinarias, el estudiante podría esperar los siguientes teoremas, los cuales de hecho son correctos y no difíciles de probar.
Teorema 14 Solución complementaria
Considere la ecuación diferencial parcial lineal
(Dx; Dy)u=F(x; y)
dondex; yson variables independientes y (Dx; Dy)es un operador polinómico enDx; Dy. Entonces la solución general de la ecuación es la suma de la solución generaluc de la ecuación complementaria
(Dx; Dy)u= 0
y cualquier solución particularup de la ecuación, esto es
u=uc+up
La solución generaluc a menudo se llama la solución complementaria.
Teorema 15 Principio de superposición
Seanu1; u2; :::; un soluciones de la ecuación
(Dx; Dy)u= 0
Entonces sic1; c2; :::; cn son constantes cualquiera, entonces u=c1u1+c2u2+:::+cnun
es también una solución.
Consideremos cómo podríamos resolver la ecuación (Dx; Dy)u= 0. Cuan-do teníamos una ecuación diferencial ordinaria
con coe…cientes constantes, usamos la sustitucióny=emx, la cual conducía a la ecuación auxiliar o ecuación característica para determinar la constantem. Para el caso (Dx; Dy)u= 0 con coe…cientes constantes, por analogía deberíamos
asumir como solución u = eax+by. y tratar de determinar las constantes a; b,
Aunque esto tiene éxito en algunos casos, un enfoque mejor es asumir una solución de la forma
u=X(x)Y (y)
esto es, una función solo dexmultiplicada por una función solo deu, y así suce-sivamente. como se sugiere escribir u= eax+by como u= eaxeay . El método
de solución usando la sustitución con frecuencia se llama, por razones obvias, el método de separación de variables. Este método, el cual es útil para obtener solu-ciones de ecuasolu-ciones diferenciares parciales en casos de coe…cientes constantes o variables, será el principal método de solución en lo que resta de este apunte. La mejor manera de ilustrar el método de separación de variables es presentar algunos ejemplos de su uso.
ejemplo 16 Resuelva el problema de valor de frontera
@u @x+ 3
@u
@y = 0
u(0; y) = 4e 2y+ 3e 6y
Solución 17 Para trabajar este problema asumamos que existen soluciones de la forma
u=X(x)Y (y)
esto es, use puede expresar como una función solo de x multiplicada por una función sólo dey de acuerdo con el método de separación de variables. Usando la sustitución en la ecuación diferencial, si
X0 = dX
dx
Y0 = dY
dy
obtenemos entonces
X0Y + 3XY0= 0
o
X0 3X +
Y0
Y = 0
al dividir ambos lados por3XY (asumido no cero).
Suponga ahora que escribimos la última ecuación en la f ’orma
X0
3X = Y0
Y
si, y por tanto la ecuación puede ser cierta si y sólo si cada lado de la ecuación es igual a la misma constante, que llamamos c. De la ecuación tenemos por tanto
X0 3cX = 0
Y0+cY = 0
Estas ecuaciones tienen soluciones, respectivamente, dadas por
X(x) = a1e3cx
Y(y) = a2e cx
y por ende
u(x; y) = X(x)Y(y) = a1e3cx a2e cy
= Bec(3x y)
donde B =a1a2 es una constante. Ahora, si se utiliza la condición inicial, se
tiene
Be cy = 4e 2y+ 3e 6y
Desafortunadamente, la ecuación anterior no puede ser cierta para ningu-na selección de las constantes B y c y pareceria como si el método fallara. Por supuesto, si tuvieramos sólo uno de los términos a la derecha de la últi-ma ecuación el método funcionaría. Así, si tuviéramos sólo4e 2y por ejemplo,
tendríamos
Be cy = 4e 2y
la cual se satisfacería siB= 4,c= 2, y conduciría a la solución deseada de la EDP dada poru= 4e2(3x y):
La situación se salva, sin embargo, si usamos el Teorema de superposición. Se tiene que u1 =B1ec1(3x y) y u2= B2ec2(3x y) son ambas soluciones, y así
debemos tener también como solución
u=B1ec1(3x y)+B2ec2(3x y)
luego, la condición de frontera lleva a
B1e c1y+B2e c2y= 4e 2y+ 3e 6y
la cual se satisface si se escojeB1= 4; c1= 2; B2= 3; c2= 6.
Por lo tanto, la solución deseada es
u= 4e2(3x y)+ 3e6(3x y)
que excepto en casos muy sencillos la solución general con frecuencia es difícil de encontrar, y aún cuando se pueda encontrar, puede ser difícil determinar la solución particular a partir de ella. Sin embargo, la experiencia muestra que para problemas más difíciles que surgen en la práctica el método de separación de variables combinado con el principio de superposición resulta ser útil. Por esta razón, emplearemos el método de separación de variables, a menos que se diga otra cosa.
ejemplo 18 Resuelva el problema de valor de frontera
8 > > < > > :
@u @t = 2
@2u
@x2
u(0; t) = 0
u(10; t) = 0
u(x;0) = 50 sin 32 x + 20 sin (2 x) 10 sin (4 x)
Solución 19 Aqui las variables independientes son x y t, así que sustituimos
u=XT en la ecuación diferencial dada, dondeX=X(x)depende solo dexy
T =T(t)depende sólo det, encontrando
@(XT)
@t = 2
@2(XT)
@x2
XT0 = 2X00T
dondeT0= @T
@t yX00= @2X
@x2:
La última ecuación puede escribirse como
T0 2T =
X00
X
vemos que cada lado debe ser una constante denotada porc, así que
T0 2cT = 0
X00 cX = 0
Ahora para escribir la solución de la segunda ecuación, debemos saber si la constantec es positiva, negativa, o cero. Deberíamos así considerar tres casos.
Caso 1 c= 0
En este caso las soluciones de la ecuación están dadas por T =c1, y X =
c2x+c3, donde c1; c2; c3 son constantes, así que una solución de la ecuación
diferencial dada es
u = XT
= c1(c2x+c3)
de la primera y segunda condición de frontera se tiene
c1c3 = 0
Estas se satisfacen sic1= 0, pero en tal caso la solución es la trivialu= 0,
la cual no puede satisfacer la tercera condición de frontera. Por tanto c1 6= 0.
Sin embargo, en tal caso vemos a partir de las igualdades anteriores quec3= 0,
y asíc2= 0, dando de nuevo u= 0. Vemos así quecno puede ser cero.
Caso 2 c >0
En este caso, las soluciones son
T = c1e2t
X = c2e
pcx +c3e
pcx
lo cual da
u = XT
= e2t Aepcx+Be pcx
dondeA=c1c2 y B=c1c3:
De la primera condición de frontera tenemos
u(0; t) =e2t(A+B) = 0)A= B
por ahora la solución es dada por
u(x; t) =Be2t e pcx epcx
De la segunda condición de frontera tenemos
u(10; t) =Be2t e 10pc e10pc = 0)B= 0 _ e 10pc e10pc= 0
ahora, siB = 0entoncesu= 0 que por supuesto no puede satisfacer la tercera condición de frontera. la cual ni siquiera ha sido considerada todavía. Sie 10pc e10pc = 0entonces e20pc = 1, lo cual es imposible puesto que e20pc >1 para c >0. Este estado de cosas muestra que no se puede tenerc >0:
Caso 3 c <0
Es conveniente en este caso escribirc= 2 para mostrar queces negativo. Entonces las ecuaciones pueden describirse por
T0+ 2 2T = 0
X00+ 2X = 0
cuyas soluciones son
T = c1e 2
2t
X = c2cos ( x) +c3sin ( x)
por lo que se obtiene
u = XT
dondeA=c1c2 y B=c1c3:
De la primera condición de frontera se obtiene
u(0; t) =Ae 2 2t= 0)A= 0
la solución hasta ahora es
u(x; t) =Be 2 2tsin ( x)
De la segunda condición de frontera tenemos
u(10; t) =Be 2 2tsin (10 ) = 0)B= 0 _ sin (10 ) = 0
ahora, si B = 0, entonces u= 0, la solución trivial, la cual no cumple con la tercera condición de frontera. Luego se debe tenersin (10 ) = 0; por lo que
10 = k
= k 10
dondek2Z. Por lo que la solución queda
u(x; t) =Be k
2 2
50 tsin k
10x
La ultima condición de frontera produce
u(x;0) = 50 sin 32 x + 20 sin (2 x) 10 sin (4 x) =Bsin k 10x
sin embargo, no podemos encontrar un solo par de constantes m y B que sat-isfagan esta condición. Af ’ortunadamente, el principio de superposición viene en nuestra ayuda, puesto que sabemos que sumas de soluciones del tipo anterior para dif ’erentes valores de B y enteros k también serán una solución. Puesto que sólo necesitamos tres términos, consideramos la solución
u(x; t) =B1e
k21 2
50 tsin k1
10 x +B2e
k22 2
50 tsin k2
10 x +B3e
k23 2
50 tsin k3
10 x
de modo que la última condición de frontera da
50 sin 3
2 x +20 sin (2 x) 10 sin (4 x) =B1sin
k1
10 x +B2sin
k2
10 x +B3sin
k3
10 x
igualdad que se satisface para los valoresB1 = 50; k1= 15, B2= 20; k2 = 20;
B3= 10; k3= 40:
Usando estos valores, se tiene que la solución de la ecuación es
u(x; t) = 50e 9 22 tsin 3
2 x + 20e
8 2t
Para la mayoría de problemas podemos anticipar el hecho de que debemos hacer la selecciónc= 2, puesto que de otra manera no obtenemos los términos seno presentes en la última condición de frontera del Ejemplo anterior. Así no necesitamos preocuparnos con cualquier otra selección para la constante distinta de 2. Este hecho se puede también deducir desde un punto de vista físico, si
urepresenta alguna variable física, al como temperatura, yt denota tiempo. Si
ejercicios 20
1. Use el método de “separación de variables”para obtener soluciones a cada unode los siguientes problemas de valor de frontera.
a)
@u @x =
@u @y u(0; y) = e2y
b)
@u
@x+u = @u @y u(x;0) = 4e 3x
c)
4@u
@t + @u
@x = 3u
u(x;0) = 4e x e 5x
d)
@2u
@t2 =
@2u
@x2
u(0; t) = 0
u( ; t) = 0
u(x;0) = 2 sin (3x) + sin (4x)
2. Se puede aplicar el método de separación de variables a
@2u
@x2 + 2
@2u
@x@y 3 @2u
@y2 = 0
3. El ejercicio anterior se puede generalizar de la siguiente manera a) Muestre que la ecuación diferencial
A@
2u
@x2 +B
@2u
@x@y +C @2u
@y2 = 0
dondeA; B y C son constantes, tiene soluciones de la formaeax+by donde ay b son constantes. Muestre que si A6= 0, entonces a=m1b y a=m2b así que
eb(y+m1x) y eb(x+m2y), son soluciones, dondeb es arbitraria.
b) Por sustitución directa muestre queF(y+m1x)yG(y+m2x), donde F
yG son funciones arbitrarias son también soluciones. Podemos considerar que éstas se obtienen al superponer soluciones de los tiposceb(y+m1x)y ceb(x+m2y),
c) Use (b) para mostrar que la solución general de la ecuación en (a) es
u=F(y+m1x) +G(y+m2x).
d) Use los resultados de (c) para obtener la solución general de la ecuación del Ejercicio.
4. Muestre cómo el ejercicio anterior se puede usar para hallar soluciones generales a cada una de las siguientes:
a)
@2u @x2
@2u @v2 = 0
b)
@2u
@t2 =a 2@2u
@x2
5. Para la ecuación
x@u @x
@u @y = 0
3.
Algunas ecuaciones diferenciales parciales
im-portantes que surgen de problemas físicos
Ya hemos visto cómo se resuelven algunos problemas de valor de frontera que involucran ecuaciones diferenciales parciales. Volvemos ahora a las deriva-ciones de algunas ecuaderiva-ciones dií’erenciales parciales importantes que surgen en varios problemas aplicados. Hay tres tipos importantes de problemas que con-sideraremos.
1. Problemas que involucran vibraciones u oscilaciones. 2. Problemas que involucran conducción o difusión de calor. 3. Problemas que involucran potencial eléctrico o gravitacional.
3.1.
Problemas que involucran vibraciones u oscilaciones.
La cuerda vibrante.
Uno de los problemas más simples en vibraciones u oscilaciones que conducen a problemas de valor de frontera involucrando ecuaciones diferenciales parciales es el problema de una cuerda vibrante, tal como una cuerda de guitarra, violín o piano. Suponga que tal cuerda está fuertemente tensa entre dos puntos …jos
x= 0 yx=Len el ejexde la Figura.
En el tiempo t= 0 la cuerda se alza en el punto medio a una distancia h. Luego la cuerda se suelta. El problema es describir el movimiento resultante.
Formulación matemática. Supongamos que en algún tiempot, la cuerda tiene la forma que se muestra en la siguiente …gura
LlamamosY(x; t)al desplazamiento del puntoxen la cuerda (medido desde la posición de equilibrio, la cual tomamos como el eje x) en el tiempo t. El desplazamiento, en el tiempot, en el punto vecinox+ xestará entonces dado por Y(x+ x; t). Para describir el movimiento resultante, consideramos las fuerzas que actúan sobre el pequeño elemento de cuerda de longitud sentrex
yx+ x, mostrado ampliado en la siguiente …gura.
Habrá dos fuerzas actuando sobre el elemento, la tensión (x)debida a la porción de cuerda a la izquierda, y la tensión (x+ x)debida a la porción a la derecha. Note que hemos asumido por el momento que la tensión depende de la posición. Descomponiendo estas fuerzas en componentes se obtiene
fuerza neta vertical (hacia arriba) (x+ x) sin ( 2) + (x) sin ( 1)
fuerza neta horizontal (a la derecha) (x+ x) cos ( 2) + (x) cos ( 1)
Asumimos ahora que no hay movimiento a la izquierda ni a la derecha de la cuerda, esto es, a un alto grado de aproximación la fuerza neta horizontal es cero. Esto está de acuerdo con la situación física. La fuerza vertical neta produce una aceleración del elemento. Asumiendo que la cuerda tiene densidad (masa por unidad de longitud) , la masa del elemento es s. La aceleración vertical de la cuerda está aproximadamente dada por @2Y
@t2 (en realidad debe ser mas
precisamente @@t2Y2 +", donde " ! 0 cuando x! 0. De donde por la ley de
Newton,
(x+ x) sin ( 2) + (x) sin ( 1) = s
a un alto grado de precisión. Si es el ángulo que forma la tangente en cualquier punto del elemento con el eje positivox, entonces es una función de la posición y escribimos 1= (x)y 2(x) = (x+ x). Sustituyendo en la ecuación anterior
y dividiendo por xtenemos
(x+ x) sin ( (x+ x)) + (x) sin ( (x))
x =
s x
@2Y
@t2 (*)
Ahora, la pendiente de la tangente en cualquier punto de la cuerda está dada por
tan ( (x)) = @Y
@x
de modo que
sin ( (x)) =
@Y @x
q
1 + @Y@x 2
Así si asumimos que la pendiente es pequeña comparada con 1, podemos despreciar @Y
@x
2
en el denominador de la igualdad anterior, lo cual equivale a la aproximación
sin ( (x)) = tan ( (x)) = @Y
@x
Usando esto y tomando el límite cuando x!0, (*) se convierte en
@
@x( (x) tan ( (x))) = @2Y
@t2
@ @x (x)
@Y @x =
@2Y
@t2
esta ecuación es llamada,ecuación de la cuerda vibrante.
Si (x) = , una constante, la ecuación de la cuerda vibrante se puede escribir como
@2Y
@x2 =
@2Y
@t2
o bien
@2Y
@x2 =a 2@2Y
@t2
dondea2= . Consideraremos la tensión constante a menos que se especi…que
lo contrario.
Veamos ahora cuáles son las condiciones de frontera. Puesto que la cuerda está …ja en los puntosx= 0yx=L, tenemos
Y(0; t) = 0
Y(L; t) = 0
para t 0. Estas establecen que los desplazamientos en los extremos de la cuerda son siempre cero. Re…riéndonos a la primera …gura se ve que
2hx
L si 0 x
L
2 2h
L (L x) si L
Esto simplemente da las ecuaciones de los dos segmentos de recta en esa …gura.Y(x;0) denota el desplazamiento de cualquier puntoxent= 0. Puesto que la cuerda se suelta desde el reposo, su velocidad inicial en cualquier parte es cero. Denotando porYtla velocidad @Y@t podemos escribir
Yt(x;0) = 0
la cual dice que la velocidad en cualquier lugarxen tiempot= 0es cero. Hay muchos otros problemas de valor de frontera que se pueden formula usando la misma ecuación diferencial parcial. Por ejemplo, la cuerda se podría alzar en otro punto distinto del punto medio o aun en dos o más puntos. Po-dríamos también tener una cuerda o soga con uno de sus extremos …jo mientras que el otro se mueve arriba y abajo de acuerdo a alguna ley de movimiento.
Es también posible generalizar la ecuación de la cuerda vibrante. Por ejem-plo suponga que tenemos una membrana o piel de tambor en la forma de un cuadrado en el planoxycuyo contorno está …jo. Si la ponemos a vibrar, tal como ocurre cuando se golpea un tambor, cada punto(x; y)del cuadrado se pone en movimiento en una dirección perpendicular al plano.
Si denotamos porZ el desplazamiento de un punto(x; y)a partir del plano, el cual es la posición de equilibrio, en cualquier tiempot, entonces la ecuación diferencial parcial para la vibración está dada por
@2Z
@t2 =a 2 @2Z
@x2 +
@2Z
@y2 ; a 2=
donde es la tensión por unidad de longitud a lo largo de cualquier curva en la piel de tambor la cual se asume constante y s es la densidad (masa por unidad de área). Aquí Z es una función de x; y y t, y se puede denotar por
Z(x; y; t).
Se puede generalizar la ecuación anterior a tres dimensiones, por lo que
@2u @t2 =a
2 @2u
@x2 +
@2u @y2 +
@2u
@z2 (**)
o televisión. Por esta razón con frecuencia llamamos a (**), o cualesquiera de los casos anteriores, la ecuación de onda. Cuando sea necesario distinguir las ecuaciones diferenciales de cada caso, nos referimos a las ecuaciones anteriores como las ecuaciones de onda en una, dos y tres dimensiones respectivamente.
Si introducimos el operador de derivada parcial
O2= @2
@x2 +
@2
@y2+
@2
@z2
la ecuación anterior se puede escribir como
O2u= 1
a2
@2u
@t2
en el caso de queuno dependa det, esta ecuación se convierte en
O2u= 0
o bien
@2u
@x2 +
@2u
@y2 +
@2u
@z2 = 0
Con frecuencia llamamos a la expresión anterior la ecuación de Laplace y O2 el Laplaciano en nombre del matemático Laplace, quien investigó muchas de
sus importantes e interesantes propiedades.
3.2.
Problemas que involucran conducción o difusión de
calor
Suponga que una barra delgada de metal de longitudLse coloca en el ejex
de un sistema de coordenadasxy.
Suponga que la barra se sumerge en agua hirviendo de modo que su temper-atura es de100oC. Luego se saca y los extremosx= 0 yx=Lse mantienen
en hielo para que la temperatura en los extremos sea0oC. Supondremos que no
Denotando la temperatura de la barra poruse ve fácilmente queudepende de la posiciónxde la barra, como también del tiempot(medida del tiempo cero cuando la barra está a100oC) de observación. Denotamos esta dependencia por u(x; t). Tenemos así la variable dependrente u dependiendo de dos variables independientesxyt. Tratemos de formular matemáticamente este problema.
Formulación matemática. Supongamos que tenemos una barra de sec-ción transversal constante A, como se muestra en la …gura, donde la sección transversal es rectangular, aunque pudiera tener cualquier forma como la de un cilindro.
Considere el elemento de volumen de la barra incluido entre los dos planos vecinos, paralelos aAy denotados porByCa distanciasxyx+ x, respecti-vamente, deA. Denotemos la temperatura en el planoB en tiempotporu(x; t); la temperatura en el planoCen tiempotestará entonces dada poru(x+ x; t). Para seguir adelante necesitamos las siguientes dos leyes físicas concernientes a la transferencia de calor.
1) La cantidad de calor necesario para elevar la temperatura de un objeto de masam en una cantidad uesms u, donde ses una constante que depende del material usado, y se llama el calor especí…co.
2) La cantidad de calor que ‡uye a través de una área (tal comoB óC) por unidad de tiempo es proporcional a la tasa de cambio de la temperatura con respecto a la distancia perpendicular al área (esto es. la distancia normalx).
Tomando como positiva la dirección de izquierda a derecha en la …gura, podemos escribir la segunda ley como
Q= KA t@u @x
donde Q es la cantidad de calor que ‡uye a la derecha, t es la longitud de tiempo durante el cual ocurre el ‡ujo, yK es la constante de proporcionalidad llamada conductiuidad térmica, la cual depende del material. El signo menos muestra que Q es positivo (esto es, el ‡ujo es a la derecha) cuando @u
@xes negativo
(esto es, cuando la temperatura está decreciendo a medida que vamos a la derecha). SimilarmenteQes negativo cuando @u@x es positivo. Esto concuerda con los hechos físicos. Usando la ecuación anterior podemos decir que la cantidad de calor que ‡uye de izquierda a derecha a través del planoB es
Similarmente, la cantidad de calor que ‡uye de izquierda a derecha a través del planoC es
KA t@u@x x+ x
La cantidad neta de calor que se acumula en el volumen entre B yC es la cantidad que entra porB menos la cantidad que sale porC, esto es,
h
KA t@u@x xi h KA t@u@x x+ xi=KA th @u@x x+ x @u@x xi
Esta cantidad de calor acumulado eleva o baja la temperatura del elemento de volumen si la ecuación anterior es+ó . Por la primera ley, se tiene que
KA th @u@x x+ x @u@x xi=ms u= A xs u
puesto que la masa del elemento de volumen es la densidad veces el volumen
A x. Se debería mencionar que la ecuación obtenida es sólo una aproximación, siendo el grado de aproximación mejor, entre más pequeños sean los valores de
x, uy t. Dividiendo ambos lados de la igualdad por A x ty haciendo que xy ttiendan a cero, obtenemos
K@
2u
@x2 = s
@u @t
o bien
@u @t =k
@2u
@x2
donde la constantek= K
s es llamada la difusividad del material. Esta ecuación
se llama laecuación de ‡ujo de calor o de conducción de calor en una dimensión. Se debería notar que si la super…cie no estuviera aislada tendríamos que haber considerado un término extra en la ecuación, a saber, la cantidad de calor que escapa (o ‡uye dentro) del elemento. Tomando el caso especial donde los extremos se mantienen a 0oC y donde la temperatura inicial de la barra es
100oC, resultan las siguientes condiciones de frontera: u(0; t) = 0
u(L; t) = 0
parat 0y
u(x;0) = 100 0< x < L
Las dos primeras expresan el hecho de que las temperaturas enx= 0y x=L
son cero en cualquier tiempo. La tercera expresa el hecho de que la temperatura en cualquier lugar xentre 0 y L en el tiempo cero es 100oC. Así el problema
de valor de frontera es el de determinar la solución de la ecuación diferencial parcial que satisfaga las condiciones antes descritas.
mantienen a 0oC. Entonces la temperatura u(x; t) en cualquier lugar xde la varilla en cualquier tiempot >0está dada por el problema de valor de frontera de…nido por anteriormente.
Es fácil generalizar la ecuación al caso donde el calor puede ‡uir en más de una dirección. Por ejemplo, si tenemos conducción de calor en tres dimensiones la ecuación es
@u @t =k
@2u
@x2+
@2u
@y2 +
@2u
@z2
donde la constantektiene el mismo signi…cado dado antes. Llamamos a la expre-sión anterior la ecuación de conducción de calor tridimensional. La temperatura
uen este caso es una función de x, y; z y t, escrita u(x; y; z; t). En el caso de queupor alguna razón, tal como simetría por ejemplo, depende solo dex; yy
tpero no dez, entonces la ecuación se reduce a
@u @t =k
@2u
@x2+
@2u
@y2
la cual se llama la ecuación de conducción de calor bidimensional.
La ecuación se puede escribir en términos del operador Laplaciano como
@u @t =kO
2u
en el caso de queuno dependa del tiempo t llamamos aula temperatura de estado estacionario o temperatura en equilibrio y esto se reduce a
O2u= 0
o bien
@2u @x2 +
@2u @y2 +
@2u @z2 = 0
la cual es la ecuación de Laplace.
3.3.
Problemas que involucran potencial eléctrico o
grav-itacional
Considere una región tridimensional<como en la …gura
la cual puede representar una distribución continua de cargas eléctricas (o una distribución continua de masa). Sea que puede variar de punto a punto, para denotar la carga por unidad de volumen (o masa por unidad de volumen), La cantidad es por tanto la densidad de carga (o densidad de masa). El potencial eléctrico enP debido a la cargaqenQ(o potencial gravitacional enP debido a la masam enQ) está de…nido por qr(o mr), donderes la distancia deP aQ
dada por
r= q
(x X)2+ (y Y)2+ (z Z)2
Si dV representa el potencial, eléctrico o gravitacional, debido a la carga o masa dada por dXdY dZ, entonces tenemos
dV = dXdY dZ
r
= q dXdY dZ
(x X)2+ (y Y)2+ (z Z)2
De esto sigue que el potencial totalV debido a la carga total o distribución de masa en la región < se encuentra por integración sobre la región < para obtener
V =
Z Z Z dXdY dZ
q
(x X)2+ (y Y)2+ (z Z)2
Al trabajar problemas de potencial es conveniente encontrar una ecuación diferencial parcial que sea satisfecha porV. Para obtener tal ecuación diferencial, tomemos las derivadas parciales deV con respecto ax; yyzy veamos si podemos eliminar la integral. Al tomar las derivadas segundas con respecto a x; y; z, respectivamente, y luego sumándolas encontramos
@2V
@x2 +
@2V
@y2 +
@2V
o bien
O2V = 0
la cual de nuevo es la ecuación de Laplace, ya vista en dos oportunidades. El resultado anterior no es difícil de establecer. Para ello tomamos O2 de
ambos lados de la integral triple. Intercambiando el orden de la derivación e integración ( la cual se puede justi…car por el teorema de Fubinni), el resultado equivale a mostrar que el Laplaciano deO2V es cero. Pero por diferenciación ordinaria encontramos fácilmente
@2
@x2
1
r =
2 (x X)2 (y Y)2 (z Z)2 (x X)2+ (y Y)2+ (z Z)2
@2
@y2
1
r =
2 (y Y)2 (x X)2 (z Z)2 (x X)2+ (y Y)2+ (z Z)2
@2 @z2
1
r =
2 (z Z)2 (y Y)2 (x X)2 (x X)2+ (y Y)2+ (z Z)2
donde para ahorrar trabajo podemos obtener los dos últimos resultados a partir del primero al usar la simetría. Puesto que éstas suman a cero, se obtiene el resultado deseado.
Para llegar a la ecuación de Laplace, se asumió que el potencial se va a encontrar en puntos no ocupados por materia o carga eléctrica. En el caso de que queramos encontrar el potencial en puntos ocupados por materia o carga, se obtiene que la ecuación está dada por
O2V = 4
la cual se llama laecuación de Poisson.
3.4.
Observaciones sobre la deducción de ecuaciones
difer-enciales parciales
ejercicios 21
1. Una cuerda vibra en un plano vertical. Muestre que la ecuación diferencial que describe las vibraciones pequeñas de la cuerda si se considera la gravitación es
@2Y
@t2 =a 2@2Y
@x2 g
2. Si los extremos de la barra en el problema de ‡ujo de calor del texto están aislados en vez de mantenerse a0oC, exprese matemáticamente las nuevas
condiciones de frontera. ¿Puede usted pensar en la solución al problema de valor de frontera por medio de razonamiento físico?
3. La super…cie de una barra delgada de metal no está aislada sino, en vez, la radiación puede ocurrir hacia los alrededores. Asumiendo que la ley de Newton de enfriamiento es aplicable, muestre que la ecuación de calor llega a ser
@u @t =k
@2u
@x2 c(u u0)
dondec es una constante y u0 es la temperatura de los alrededores.
4. Muestre que al hacer el cambio de variable u u0 = V e t, donde es
una constante apropiadamente escogida, la ecuación del ejercicio anterior se transforma en la ecuación de calor, en la cual la super…cie está aislada. Discuta el signi…cado de esto.
5. Puesto que V = 1r, donde r = px2+y2+z2, es una solución de la
ecuación de Laplace en tres dimensiones, uno podría esperar queV =1r, donde
r=px2+y2 es una solución de la ecuación de Laplace en dos dimensiones,
esto es,
@2V
@x2 +
@2V
@y2 = 0
Muestre que esto de hecho no es correcto y explique por qué.
6. Muestre que una solución a la ecuación de Laplace bidimensional del ejercibio anterior está dada porV = ln (r). donde r=px+y2.
7. Muestre que si la conductividad térmica K no es constante sino que de-pende dexentonces la ecuación de calor, es remplazada por
@
@x K(x) @u @x = s
4.
Soluciones de problemas de valor de frontera
usando series de Fourier
4.1.
Problemas de valor de frontera que involucran
con-ducción de calor
4.1.1. El problema de Fourier
Anteriormente se obtuvo el problema de valor en la frontera
@u @t =k
@2u
@x2
u(0; t) = 0; t 0
u(L; t) = 0; t 0
u(x;0) = 100 0< x < L
al considerar la conducción de calor en una barra aislada de longitud L la cual estaba inicialmente a100oC y sus extremos se mantenían a la temperatura de
0oC. Fourier, un cientí…co y matemático francés de principios del sigloXIX,
llegó a un problema de valor de frontera muy similar a este en su investigación sobre el calor, y nos referiremos al problema como el problema de Fourier.
Al intentar resolver este problema, Fourier usó el método de separación de variables en la ecuación como ya lo hemos hecho antes, esto es, asumió una solución de la formau=XT, dondeX sólo depende de xyT sólo depende de
t. Sustituyendo y separando las variables, Fourier obtuvo así
T0
kT = X00
X
A partir de este punto Fourier usó el mismo razonamiento dado en un ejemplo anterior. Puesto que un lado de la igualdad anterior depende dex, mientras que el otro depende det, sigue que cada lado es constante. Llamando esta constante
c y considerando los casos c = 0; c > 0; c < 0, podemos mostrar, como en el Ejemplo visto anteriormente, que solamente c < 0 produce algo. Por tanto, asumimos quec= 2 y obtenemos
T0+k 2T = 0
X00+ 2X = 0
de donde se obtiene
T = c1e k
2
t
X = c2cos ( x) +c3sin ( x)
Como antes, una solución es
Para satisfacer la primera de las condiciones, tenemosA= 0, y la solución hasta ahora es
u(x; t) =Be k 2tsin ( x)
para satisfacer la segunda de las condiciones, debemos tener sin ( L) = 0, es decir, L = k donde k es cualquier entero, de modo que la solución hasta ahora es
u(x; t) =Be k 2tsin k
Lx
Consideremos ahora la última condición. Esto da
u(x;0) = 100 =Bsin k
Lx
Aquí aparentemente estamos detenidos, y probablemente Fourier lo estu-vo, anteriormente vimos que el principio de superposición nos ayudó a salir de nuestra di…cultad en el Problema para discusión. ¿Nos puede también ayudar aquí? Fourier intentó esto, razonando que la suma de soluciones satisfacía la ecuación diferencial dada y la primera y segunda de las condiciones. Puesto que un número …nito de términos en esta solución todavía no parece que ayude a sat-isfacer la última condición, él razonó que tal vez un número in…nito de términos sí ayudaría, esto es, que la solución está dada por
u(x;0) = 100
= B1sin
k1
L x +B2sin k2
L x +:::+Bnsin kn
L x +:::
Entre más miramos al requisito, más extraño parece. Esto dice que un número in…nito de términos senosoidales se debe combinar para dar un valor constante para todos los valores dexdentro del rango 0 x L. Vemos de inmediato, sin embargo, que cuandox= 0yx=Lel lado derecho es cero, de modo que la igualdad no puede ser cierta para los puntos extremos. Si es cierto del todo, se puede cumplir sólo para0< x < L.
El problema que enfrentó Fourier fue el determinar las constantesB1; B2; :::
para que la igualdad anterior fuera cierta. El hecho de que él haya tenido éxito en resolver el problema y haya abierto todo un nuevo campo en las matemáticas y ciencia aplicada es ahora un asunto histórico. Es su…ciente decir que cuando él publicó sus resultados muchos matemáticos y cientí…cos pensaron que no tenían sentido, puesto que en tal época no estaban escritos sobre bases rigurosas. Ahora los matemáticos han desarrollado la teoría de series de Fourier a tal grado que se han escrito volúmenes completos.
Primero, puesto que senos y cosenos tienen mucho en común y las series seno coseno surgieron en varias variaciones del problema de Fourier, Fourier tuvo que considerar el problema más general de expansión de funciones en series teniendo la forma
A+a1cos
Lx +a2cos
2
Lx +:::+b1sin Lx +b2sin
2
la cual a menudo denotaremos brevemente usando la notación sumatoria como
A+ 1 X
n=1
ancos n
L x +bnsin n
L x
En este problema más general buscamos valores de las constantes A,an; bn de
modo que la serie sea igual a una función dada, digamos f(x). Puesto que senos y cosenos son funciones periódicas, Fourier concluyó quef(x)debería ser también periódica. Para determinar el período se puede emplear el siguiente razonamiento. Las funcionessin Lx ycos Lx tienen períodos 2 =( =L) = 2L, o4L,6L,..., similarmente,sin 2
Lx ycos
2
Lx tienen períodos2 =(2 =L)
=L, o 2L,3L,. En general, las funciones sin nLx y cos nLx tienen ambas períodos igual a 2 =(n =L) = 2L=n, o 4L=n, 6L=n,..., 2nL=n = 2L. Se ve así que todos los términos tienen un período común 2L. Esto es realmente el menor período para todos los términos. Podemos decir, entonces, que si la serie in…nita es igual af(x)dondexestá en un intervalo de longitud2L, también se cumplirá para cualquier otro intervalo, con tal quef(x)tenga período2L. Nos restringiremos a menudo al intervalo L < x < L, aunque nuestros resultados podrán extenderse a cualquier otro intervalo de longitud2L.
Fourier ideó un método ingenioso para determinar las constantes para las cuales esa serie se supone es igual a f(x). Cómo él llegó al método es, como dicen, una larga historia y no podemos entraremos en detalles por ahora. El método …nal es, sin embargo, muy simple. Consiste de las siguientes etapas:
i) Se asume que
A+ 1 X
n=1
ancos n
L x +bnsin n
L x =f(x)
para hallarAintegre ambos lados de la igualdad, entre La Lpara obtener Z L L Adx + 1 X n=1 an Z L L cos n
L x dx+bn
Z L
L
sin n
L x dx
!
= Z L
L
f(x)dx
ahora, donde la serie es convergente (se asume la primera igualdad) y todas las integrales en la serie son cero, se obtiene
Z L
L
Adx= 2AL= Z L
L
f(x)dx
es decir
A= 1 2L
Z L
L
ii) Para hallaran= 1;2; ::;, multiplique ambos lados de la primera igualdad porcos kLx y luego integre entre LaLpara obtener
Z L
L
Acos k
Lx dx
+ 1 X n=1 an Z L L cos n
L x cos k
Lx dx+bn
Z L
L
sin n
L x cos k
L x dx
!
= Z L
L
f(x) cos k
L x dx
usando el hecho que Z L
L
cos n
Lx cos k
L x dx =
0 si n6=k L si n=k
Z L
L
sin n
Lx cos k
L x dx = 0
vemos que todos los términos a la derecha de la igualdad con una excepción esto es,n=k, son cero. Tenemos así
an= 1
L
Z L
L
f(x) cos n
Lx dx
iii) Para hallarbn = 1;2; ::;, multiplique ambos lados de la primera igualdad
porsin k
Lx y luego integre entre La Lpara obtener
Z L
L
Asin k
L x dx
+ 1 X n=1 an Z L L cos n
L x sin k
Lx dx+bn
Z L
L
sin n
L x sin k
Lx dx
!
= Z L
L
f(x) sin k
Lx dx
usando el hecho que Z L
L
sin n
L x sin k
L x dx =
0 si n6=k L si n=k
Z L
L
cos n
L x sin k
L x dx = 0
se tiene que
bn= 1
L
Z L
L
f(x) sin n
En resumen. Si se requiere obtener la expansión de una función dadaf(x),
L < x < L, en una serie de Fourier de modo que
f(x) = a0 2 +
1 X
n=1
ancos n
L x +bnsin n
L x
entonces los coe…cientes de Fourieran; bn están dados por
an =
1
L
Z L
L
f(x) cos n
L x dx
bn =
1
L
Z L
L
f(x) sin n
L x dx
Puesto que f(x)tiene período2L, estos coe…cientes se pueden escribir más generalmente como
an = 1
L
Z c+2L
c
f(x) cos n
L x dx
bn = 1
L
Z c+2L
c
f(x) sin n
L x dx
dondeces cualquier número real. La selección especialc= L da entonces los valores antes obtenidos. Otro caso que puede surgir en la práctica esc= 0. Una simpli…cación re-sulta en el caso de que la serie involucre sólo términos seno o sólo términos coseno, como sigue:
Término seno. En este caso f(x)es una función impar, esto es, f( x) =
f(x), y podemos mostrar fácilmente de lo anterior que
an = 0
bn = 2
L
Z L
0
f(x) sin n
L x dx
Término coseno. En este caso f(x)es una función par, esto es,f( x) =
f(x), y podemos mostrar fácilmente de lo anterior que
an =
2
L
Z L
0
f(x) cos n
L x dx bn = 0
Para ilustrar el uso de estos resultados, completemos la solución al problema de Fourier, para hacer esto debemos hallarBn para así obtener la expansión.
u(x;0) = 100 =B1sin
Lx +B2sin
2
Lx +:::+Bnsin k
L x +:::
= 1 X
n=1
Bnsin n
L x
en el intervalo 0 < x < L. Puesto que esto sólo contiene términos seno, se obtiene
Bn = 2
L
Z L
0
100 sin n
L x dx
= 200
n (1 cos (n ))
es decir
B1=
400
; B2= 0, B3=
400
3 ; B4= 0,B5= 400
5 ; B6= 0,... por lo que la solución en este caso es
u(x; t) = 400 e 2
2
L2tsin
Lx +
1 3e
18
2
L2tsin 3
Lx +
1 5e
50
2
L2tsin 5
Lx +:::
Esto es solamente una solución formal, puesto que todavía tenemos que mostrar que ella satisface la ecuación diferencial dada y las condiciones de fron-tera, y también tenemos que mostrar que si es una solución ésta es única. Todo esto se puede mostrar, pero los detalles son difíciles y se omiten aquí.
ejemplo 22 Una barra metálica de100cm de longitud tiene los extremosx= 0
y x= 100 mantenidos a 0oC. Inicialmente, la mitad de la barra está a 60oC,
mientras que la otra mitad está a 40oC. Asumiendo una difusividad de 0;16
unidadescgsy que la super…cie de la barra está aislada, encuentre la temperatura en toda parte de la barra al tiempot.
Solución 23 La ecuación de conducción del calor es
@u
@t = (0;16) @2u @x2
dondeu(x; t)representa la temperatura en el sitioxal tiempot. Las condiciones de frontera son
u(0; t) = 0
u(100; t) = 0
Asumiendo una soluciónu=XT, de la ecuación diferencial, encontramos
XT0= (0;16)T X00, T0
(0;16)T = X00
X
Haciendo estos iguales a una constante la cual, como nuestras experiencias previas indicaban era negativa, y a la cual denotamos por tanto por 2, en-contramos
T0+ (0;16) 2T = 0
X00+ 2X = 0
por lo que se obtiene la solución
u(x; t) =e (0;16) 2t(Acos ( x) +Bsin ( x))
Las dos primeras condiciones muestran queA= 0; =n =100. Para satis-facer la última condición usamos la superposición de las soluciones para obtener
u(x; t) =b1e 16(10)
6 2
tsin
100x +b2e
64(10) 6 2tsin 2
100x +:::
parat= 0
u(x;0) =b1sin
100x +b2sin 2
100x +:::
Así, tenemos
bn = 2 100
Z 100
0
u(x;0) sin n 100x dx
= 2 100
Z 50
0
60 sin n
100x dx+ 2 100
Z 100
50
40 sin n 100x dx
= 120
n 1 cos n
2 + 80
n cos n
2 cos (n )
por lo que
b1=
200
,b2=
40
,...
por lo tanto
u(x; t) =200e 16(10) 6 2tsin
100x + 40
e 64(10) 6 2tsin 2
100x +:::
4.1.2. Problemas que involucran fronteras aisladas
En el problema de Fourier, ambos extremos de la barra metálica se man-tuvieron a 0oC. Sin embargo, también son posibles otras condiciones en los
extremos. Por ejemplo, los extremos se pueden aislar de modo que el calor no pueda ni escapar ni entrar por los extremos. Sin embargo, esto conduce a un problema algo trivial, puesto que si la barra inicialmente tiene una temperatura de 100” C y si el calor no puede escapar ni entrar por los extremos o por la super…cie, entonces la temperatura claramente permanecerá a 100oC en todo
tiempo. Para hacer un problema no trivial tendríamos que asumir que la tem-peratura inicial no es constante. Asumamos por tanto que la barra está aislada en ambos extremos como también en la super…cie, pero que la distribución de la temperatura inicial está especi…cada por alguna funciónf(x)donde0< x < L. Formulación matemática. La ecuación diferencial para este problema es, como en el problema de Fourier, la ecuación de conducción de calor unidimen-sional
@u @t =k
@2u
@x2
debemos ahora expresar matemáticamente las condiciones de aislamiento en los extremosx= 0yx=L de la barra. Para ello recordemos de la ecuación de la cantidad de calor que atraviesa el extremo x= 0, la cual es proporcional a la derivada parcial de la temperaturaucon respecto axenx= 0, esto es,u(0; t). Así, si el extremox= 0 está aislado, signi…ca que ningún calor atraviesa este extremo, de modo queu(0; t) = 0. En forma similar, la formulación matemática de la condición de que x = L esté aislado es u(L; t) = 0. Combinando éstas con la condición de que la temperatura inicial es dada por f(x), tenemos las siguientes condiciones de frontera
@u
@x(0; t) = 0, @u
@x(L; t) = 0; u(x;0) =f(x)
El problema de valor de frontera consiste en determinar aquella solución que satisfaga las condiciones anteriormente enunciadas. Usando el método de separación de variables como antes, llegamos a la solución dada por
u(x; t) =e k 2t(Acos ( x) +Bsin ( x))
Para satisfacer la primera condición, se derivaucon respecto ax, obteniendo
@u
@x(x; t) =e k 2t
( A sin ( x) +B cos ( x))
entonces
@u
@x(0; t) =B e
k 2t= 0
por lo queB= 0 y por ende
Para satisfacer la segunda condición, se derivaucon respecto ax, obteniendo
@u
@x(x; t) = A e k 2t
sin ( x)
entonces
@u
@x(L; t) = A e
k 2tsin ( L) = 0
es decir
sin ( L) = 0 = n
L , n2N
por lo que
u(x; t) =Ae k(nL)
2
tcos n L x
Para satisfacer la última condición, debemos usar el principio de superposi-ción y el método de Fourier para llegar a la posible solusuperposi-ción
u(x; t) =a0 2 +
1 X
n=1
ane k(nL)
2
t
cos n
L x
la última condición produce entonces
f(x) = a0 2 +
1 X
n=1
ancos n
L x
por lo que se concluye que
an =
2
L
Z L
0
f(x) cos n
L x dx
usando estos valores en nuestra ecuación para u(x; t) se obtiene la solución deseada.
ejemplo 24 Una barra metálica de100cm de longitud tiene los extremosx= 0
yx= 100aislados. Inicialmente, la mitad de la barra está a60oC, mientras que la otra mitad está a 40oC. Asumiendo una difusividad de 0;16unidades cgs y
que la super…cie de la barra está aislada, encuentre la temperatura en toda parte de la barra al tiempot.
Solución 25 Podríamos proceder como antes, esto es, usar separación de vari-ables, satisfaciendo las varias condiciones, etc., pero puesto que ya tenemos la solución requerida con coe…cientes an dados anteriormente, sólo necesitamos adaptar aquella solución usando
L = 100, k= 0;16
En tal caso, sin= 1;2;3; :::
an =
2 100
Z 50
0
60 cos n
100x dx+ 2 100
Z 100
50
40 cos n 100x dx
= 40
n sin n
2
además
a0 =
2 100
Z 50
0
60dx+ 2 100
Z 100
50
40dx
= 100
por lo tanto
u(x; t) = 50 + 1 X
n=1
40
n sin n
2 e
16(10) 6n2 2tcos n L x
4.1.3. Temperatura de estado estacionario en una placa semi-in…nita
Considere una placa metálica delgada rectangular como se muestra en la …gura
cuyo ancho esL y cuya longitud es tan grande comparada con su ancho que para todos los propósitos prácticos se puede considerar in…nita. Asumamos que los lados in…nitos se mantienen a 0oC y que la base de la placa (en el eje x)
se mantiene a una temperatura constanteu0 oC. Asumiremos también que las
Formulación matemática. Puesto que este es un problema de conducción de calor en dos dimensiones donde la temperatura depende sólo de xey y no del tiempot, la ecuación diferencial parcial requerida está dada por
@2u @x2 +
@2u @y2 = 0
Las condiciones de frontera están dadas por
u(0; y) = 0
u(L; y) = 0
u(x;0) = u0
siendo las dos primeras las condiciones sobre los dos lados in…nitos y la última la condición en la base. Puesto que es físicamente imposible que la temperatura llegue a ser in…nita en todo punto de la placa, asumiremos también queu(x; y) permanece acotada, esto es, existe alguna constanteM, que no depende dexy
ypara la cual
ju(x; y)j< M
para todo x e y en la placa. Tales condiciones de acotamiento generalmente están asumidas implícitamente en problemas aplicados, aún si no se enuncian explícitamente.
Para hallar una solución de la ecuación diferencial, ensayemos el método de separación de variables, esto es, asumamos queu=XY, dondeX depende sólo dexeY depende sólo dey. Entonces
X00Y +XY00 = 0
X00
X =
Y00
Y
al dividir porXY. Haciendo cada lado de la segunda ecuación igual a 2 se obtiene
X00+ 2X = 0
Y00 2Y = 0
cuyas soluciones son
X = c1cos ( x) +c2sin ( x)
Y = c3e y+c4e y
por lo que
u(x; y) = (c1cos ( x) +c2sin ( x)) c3e y+c4e y
Asumiendo que >0, esta solución llega a ser no acotada cuandoy ! 1
violando así la condición de acotamiento. Para evitar este problema, escogemos
c3= 0para que la solución llegue a ser
al colocarA=c4c1 yB=c4c2.
De la primera condición de frontera tenemos
u(0; y) =Ae y= 0 por lo cualA= 0y
u(x; y) =Be ysin ( x) De la segunda condición de frontera, tenemos
u(L; y) = Be ysin ( L) = 0 sin ( L) = 0
= n
L , n2N
por lo que se obtiene la solución
u(x; y) =Be nLysin n Lx
De esto vemos por el principio de superposición que
u(x; y) = 1 X
n=1
bne n
Lysin n
L x
usando la tercera condición de frontera, se puede ver que
u(x;0) = 1 X
n=1
bnsin n
Lx =u0
de la cual por la técnica acostumbrada de series de Fourier tenemos
bn= 2
L
Z L
0
u0sin
n L x =
2u0
n (1 cos (n ))
por lo que
u(x; y) = 2u0 1 X
n=1
1 cos (n )
n e
n
Lysin n
L x
o, escribiendo los primeros términos,
u(x; y) =2u0 e Lysin
Lx +
1 3e
3Ly
sin 3
Lx +
1 5e
5Ly
sin 5
Lx :::
Es interesante que esta serie se pueda sumar en forma cerrada por un pro-cedimiento largo y tedioso, siendo el resultado …nal
u(x; y) = 2u0tan 1 sin Lx
sinh Ly
de hecho, se puede probar directamente que esta expresión es una solución de la ecuación diferencial parcial.
Usando esta solución podemos determinar la temperatura de estado esta-cionario en cualquier punto en la placa. En vez de esto, sin embargo, es de interés obtener las curvas de igual temperatura. o curvas isotérmicas como frecuente-mente se llaman. Igualando la solución anteriorfrecuente-mente obtenida a una constante, vemos que éstas están dadas por
sin
Lx = tan c
2u0
sinh
Ly
llamando = tan 2cu
0 se obtiene
sin
Lx = sinh Ly
donde es un parámetro, de modo que la ecuación representa una familia uni-paramétrica de curvas. Las trayectorias ortogonales de esta familia están dadas por
cos
Lx = cosh Ly
ejercicios 26
1. Una barra metálica de 100 cm de longitud tiene sus extremos x = 0 y
x= 100 mantenidos a 0oC. Inicialmente, la mitad derecha de la barra está a
0oC, mientras que la otra mitad está a80oC. Asumiendo una difusividad de0;20
unidades cgs y una super…cie aislada, encuentre la temperatura en cualquier posición de la barra en cualquier tiempo.
2. la barra del ejercicio anterior tiene temperatura inicial f(x)dada por
f(x) = 8 < :
0 si 0< x <40 100 si 40 x <60
0 si 60 x <100
calcule la temperatura de la barra en cualquier tiempo. 3. Resuelva el siguiente problema
(a) Una barra de difusividadkcuya super…cie está aislada‘y cuyos extremos están localizados en x = 0 y x = L tiene una distribución de temperatura inicialf(x). Asumiendo que los extremos de la barra están aislados, determine la temperatura de la barra en cualquier tiempo.
(b) Encuentre la temperatura de la barra si
2u0x
L si 0< x < L
2 2u0(L x)
L si
L
2 x < L
4.2.
Problemas de valor de frontera que involucran
movimien-to vibramovimien-torio
4.2.1. El problema de la cuerda vibrante
Si a una cuerda ‡exible fuertemente tensionada se le da algún desplaza-miento inicial f(x) y luego se suelta, el problema de valor de frontera para el desplazamientoY(x; t)de la cuerda desde su posición de equilibrio en el eje x
es
@2Y
@t2 =a 2@2Y
@x2
Y(0; t) = 0
Y(L; t) = 0
Y (x;0) = f(x)
@Y
@t (x;0) = 0
dondeLes la longitud de la cuerda. Asumiendo una solución de la formaY =
XT dondeX depende sólo dexyT depende sólo det, la ecuación llega a ser
XT00 = a2X00T X00
X =
T00 a2T
lo cual muestra que sirve el método de separación de variables. Haciendo cada lado de la segunda ecuación igual a 2, tenemos
X00+ 2X = 0
T00+ 2a2T = 0
cuyas soluciones son
X = c1cos ( x) +c2sin ( x)
T = c3cos ( at) +c4sin ( at)
así
Y(x; t) = (c1cos ( x) +c2sin ( x)) (c3cos ( at) +c4sin ( at))
Usando la primera condición de frontera, vemos quec1= 0de modo que la
solución se convierte en
Y (x; t) =c2sin ( x) (c3cos ( at) +c4sin ( at))
De la segunda condición de frontera tenemos
sin ( L) = 0 = n