TEMA II: PROBLEMAS DE CONTORNO.
1
Introducci´
on
Consideramos la ecuaci´on diferencial ordinaria
y00+a1(x)y0+a0(x)y=g(x), x∈I = (a, b) a, b∈R, (1) donde I es un intervalo acotado,a0(x), a1(x) yg(x) son funciones continuas en [a, b] y p1, p2,q1, q2,h1,h2 ∈R.
El problema de contorno o valores de frontera asociado a la ecuaci´on (1) y a los datos p1, p2, q1,q2, h1, h2 ∈R, es designado por
(P)
y00+a1(x)y0+a0(x)y =g(x), x∈I = (a, b)
p1y(a) +q1y0(a) = h1
p2y(b) +q2y0(b) =h2,
(2)
y consiste en encontrar una soluci´on de la ecuaci´on diferencial ϕ(x)
ϕ00(x) +a1(x)ϕ0(x) +a0(x)ϕ(x) = g(x), x∈I = (a, b), que satisfaga
p1ϕ(a) +q1ϕ0(a) = h1
p2ϕ(b) +q2ϕ0(b) =h2,
Ejemplo 1 Dado el problema de contorno
(P)
y00−2xy0+ 2y= 6, x∈I = (1,2)
y(1)−y0(1) = 0
y0(2) = 0,
,
determ´ınese si las siguientes funciones son soluciones de (P): 1. ϕ1(x) = sinx,
2. ϕ2(x) = 3 + 3x2, 3. ϕ3(x) = 3−2x+ 3x2.
Ejercicio 2 Determnese si los siguientes problemas son de Cauchy (valor inicial) o de contorno ( valores en la frontera) y compruebese si la funci´on indicada es solucin del problema.
1.
y00−y0 = 2x+ 1 x∈R ϕ(x) =−x2−3x+ 1 +ex
y(0) = 2 y0(0) =−2
2.
y00−4y0+ 5y = 10 x∈(0,π2) ϕ(x) = 2−e2xsinx+ 2e2xcosx
y(0) = 4 y0(π2) = 2−eπ
3.
x2y00−xy0+ 2y= 0 x∈(1, e) ϕ(x) =xsin (logx) y0(1) = 1 y(e)−ey0(e) =−ecos 1
4.
x2y00−4xy0+ 6y = 0 x∈(1
2,10) ϕ(x) =x 2+x3
y(1) = 2 y0(1) =−1
Soluci´on 1. Cauchy. Si. 2. Contorno. No. 3. Contorno. Si. 4. Cauchy. No.
Observaci´on 3 Nosotros no vamos a tratar el problema de contorno en su forma general. En esta, lo escribimos como
(P)
a2(x)y 00
+a1(x)y0+a0(x)y =g(x), x∈I = (a, b)
p1y(a) +q1y0(a) +m1y(b) +n1y0(b) =h1
p2y(a) +q2y0(a) +m2y(b) +n2y0(b) =h2,
(3)
es decir que la primera condici´on , (tambi´en la segunda) , en un principio, puede requerir informaci´on de la soluci´on en los dos extremos del intervalo. En el problema (2), la primera condici´on de contorno, p1y(a) +q1y0(a) =
h1, s´olo implica informaci´on de la soluci´on en el extremo x=a del intervalo
acotado I = [a, b]. Lo mismo ocurre para la segunda condici´on.
El tipo de condiciones de contorno empleadas en (2), son conocidas como condiciones de contorno separadas.
Si vamos a necesitaremos tratar un problema de contorno del tipo
(P)
y00+a1(x)y0+a0(x)y =g(x), x∈I = (a, b)
p1y(a) +q1y(b) =h1
p2y0(a) +q2y0(b) =h2,
(4)
principalmente en el caso p1 =p2 =−q1 =−q2 = 1 yh1 =h2 = 0. Este tipo
A diferencia de un problema de valor inicial, en un problema de contorno puede ocurrir que exista una ´ınica soluci´on, que no exista soluci´on o que existan infinitas soluciones.
Ejemplo 4 Encuentre, si existe, la soluci´on (nes) de los siguientes proble-mas de contorno
1. (P1)
x2y00−2xy0 + 2y= 2, x∈(1,2), y(1)−y0(1) = 0,
y(2) = 3.
2. (P2)
x2y00−2xy0 + 2y= 2, x∈(1,2), y(1)−y0(1) =−2,
2y(2)−4y0(2) =−22.
3. (P3)
x2y00−2xy0 + 2y= 2, x∈(1,2), −2y(1) +y0(1) = 0,
y(2)−y0(2) = 1.
Soluci´on: La ecuaci´on diferencial
x2y00−2xy0+ 2y= 2, (5)
es tipo Euler. Una soluci´on particular es ϕp(x) = 1. Vamos a essayar con
solucioenes de la formay(x) = xα, para encontrar dos soluciones linealmente
independientes de la ecuaci´on homog´enea asociada a (5).
y(x) =xα, y0(x) =αxα−1xα−1, y00(x) = α(α−1)xα−2, x2y00−2xy0+ 2y= 0 ⇐⇒α(α−1)xα−2αxα+ 2xα= 0
⇐⇒α2−3α+ 2 = 0⇐⇒α = 1, ´oα = 2.
Dos soluciones linealmente independientes de la ecuaci´on homog´enea asoci-ada a (5) son x y x2. La soluci´on general de (5) es
y(x) = 1 +c1x+c2x2. (6) 1. Para ver si (P1) admite soluci´on, tendremos que ver si existe alguna funci´on del tipo (6) satisfaciendo las condiciones de frontera y(1) − y0(1) = 0, y(2) = 3.
y(1)−y0(1) = 1−c2 = 0 =⇒c2 = 1,
(P1) admitir´a una, niguna o infinitas soluciones si y solamente si el sis-tema
c2 = 1
2c1+ 4c2 = 2
, almite una soluci´on, ninguna o infinitas. Como este sistema admite una soluci´on ´unica, c1 =−1, c2 = 1, (P1) admite una ´unica soluci´on que es
y1(x) = 1−x+x2, x∈[1,2].
2. Para ver si (P2) admite soluci´on, tendremos que ver si existe alguna funci´on del tipo (6) satisfaciendo las condiciones de frontera y(1) − y0(1) =−2, 2y(2)−4y0(2) =−22.
y(1)−y0(1) = 1−c2 =−2 =⇒c2 = 3,
2 +y(2)−4y0(2) = 2−8c2 =−22 =⇒8c2 = 24
(P2) admitir´a una, niguna o infinitas soluciones si y solamente si el sistema
c2 = 3 8c2 = 24
, almite una soluci´on, ninguna o infinitas. Como este sistema admite una infinitas soluciones, c1 libre =-1 y c2 = 3, (P2) admite una infinitas soluciones que eson
y2(x) = 1c1x+ 3x2, x∈[1,2], c1 ∈R.
3. Para ver si (P3) admite soluci´on, tendremos que ver si existe alguna funci´on del tipo (6) satisfaciendo las condiciones de frontera−2y(1) +
y0(1) = 0, y(2)−y0(2) = 1.
−2y(1) +y0(1) =−2−c1 = 0 =⇒c1 =−2,
y(2)−y0(2) = 1 +c1 = 1 =⇒c1 = 0
(P3) admitir´a una, niguna o infinitas soluciones si y solamente si el sis-tema
c1+ 0c2 =−2
c1+ 0c2 = 0
, almite una soluci´on, ninguna o infinitas. Como este sistema no admite ninguna soluci´on, (P3) no admite soluci´on.
Teorema 5 Alternativa Sean a0(x), a1(x) y g(x) funciones continuas en
I = (a, b). Consideramos el prolema de contorno
(P)
y00+a1(x)y0+a0(x)y =g(x), x∈I = (a, b)
p1y(a) +q1y0(a) = h1
y su problema homog´eneo asociado
(P H)
y00+a1(x)y0+a0(x)y= 0, x∈I = (a, b)
p1y(a) +q1y0(a) = 0
p2y(b) +q2y0(b) = 0,
con p1, p2, q1, q2, h1, h2 ∈R. Ocurre una y solo una de las dos posibilidades
siguentes
• (P) admite soluci´on unica , o
• (P H) admite infinitas soluciones.
Proof. La demostraci´on, con el fin de m´as claridad, la vamos a hacer con unas condiciones de contorno particulares.
Debido al caracter lineal del problema (P), este resultado es esencialmente el Teorema de Rouche-Frobenius que ya conoce el alumno de la asignatura de ´agebra.
Sea
(P)
y00+a1(x)y0+a0(x)y =g(x), x∈I = (a, b) 2y(a)−y0(a) =h1
y(b) =h2,
(7)
y su problema homog´eneo asociado
(P H)
y00+a1(x)y0+a0(x)y = 0, x∈I = (a, b) 2y(a)−y0(a) = 0
y(b) = 0,
. (8)
Sea ϕp(x) una soluci´on particular de
y00+a1(x)y0+a0(x)y =g(x), (9)
ϕ00p(x) +a1(x)ϕ0p(x) +a0(x)ϕp(x) = g(x),
,
y ϕ1(x), yϕ2(x) dos soluciones linealmenmte independientes de
y00+a1(x)y0+a0(x)y = 0, (10)
ϕ00i(x) +a1(x)ϕ0i(x) +a0(x)ϕi(x) = 0, i= 1,2
La soluci´on general de (9) es
y(x) =ϕp(x) +c1ϕ1(x) +c2ϕ2(x), c1, c2 ∈R, x∈[a, b]. (11) Para ver si existe soluci´on de (7), tendremos que encotrar c1 y c2 tal que la correcpondiente funci´on en (11) para estos c1 y c2 satisfaga las condiciones de frontera de (7). Impongamos estas.
2y(a)−y0(a) = 2ϕp(a) + 2c1ϕ1(a) + 2c2ϕ2(a)−ϕ0p(a)−c1ϕ01(a)−c2ϕ02(a) = 2ϕp(a)−ϕ0p(a) + (2ϕ1(a)−ϕ10(a))c1+ (2ϕ2(a)−ϕ02(a))c2,
2y(a)−y0(a) =h1 ⇐⇒(2ϕ1(a)−ϕ01(a))c1+(2ϕ2(a)−ϕ02(a))c2 =h1−2ϕp(a)+ϕ0p(a).
y(b) =ϕp(b) +c1ϕ1(b) +c2ϕ2(b),
y(b) = h2 ⇐⇒ϕ1(b)c1+ϕ2(b)c2 =h2−ϕp(b).
Entonces
Existe soluci´on ´unica de (7)
m
el sistema
(2ϕ1(a)−ϕ01(a))c1+ (2ϕ2(a)−ϕ02(a))c2 =h1−2ϕp(a) +ϕ0p(a)
ϕ1(b)c1+ϕ2(b)c2 =h2−ϕp(b)
adminte una ´unica soluci´on (12)
m
rango de
2ϕ1(a)−ϕ01(a) 2ϕ2(a)−ϕ02(a)
ϕ1(b) ϕ2(b)
= 2.
Por otro lado, la soluci´on general de (10) es
y(x) =c1ϕ1(x) +c2ϕ2(x), c1, c2 ∈R, x∈[a, b]. (13) y (8) admira´a infinitas soluciones si existen infinitos c1, c2 tal que las corre-spondientes funciones en (13) satisfacen las condiciones de contorno de (8). Imponemos estas condiciones
2y(a)−y0(a) = 0 ⇐⇒(2ϕ1(a)−ϕ01(a))c1+ (2ϕ2(a)−ϕ02(a))c2 = 0,
Entonces
Existen infinitas soluciones de (8)
m
el sitema
(2ϕ1(a)−ϕ01(a))c1+ (2ϕ2(a)−ϕ02(a))c2 = 0
ϕ1(b)c1 +ϕ2(b)c2 = 0
adminte infinitas soluciones (14)
m
rango de
2ϕ1(a)−ϕ01(a) 2ϕ2(a)−ϕ02(a)
ϕ1(b) ϕ2(b)
6
= 2.
Hemos visto (7) admite
soluci´on ´unica ⇐⇒rango de
2ϕ1(a)−ϕ01(a) 2ϕ2(a)−ϕ02(a)
ϕ1(b) ϕ2(b)
= 2.
y
(8) admite
infi-nitas soluciones ⇐⇒rango de
2ϕ1(a)−ϕ01(a) 2ϕ2(a)−ϕ02(a)
ϕ1(b) ϕ2(b)
6
= 2.
Por lo tanto no se puede dar simultaneamente que (7) admita soluci´on ´unica y (8) admita infinitas soluciones.
Observaci´on 6 Consideramos el prolema de contorno
(P)
y00+a1(x)y0+a0(x)y =g(x), x∈I = (a, b)
p1y(a) +q1y0(a) = h1
p2y(b) +q2y0(b) =h2,
y su problema homog´eneo asociado
(P H)
y00+a1(x)y0+a0(x)y= 0, x∈I = (a, b)
p1y(a) +q1y0(a) = 0
p2y(b) +q2y0(b) = 0,
con p1, p2, q1, q2, h1, h2 ∈R.
• Si (P H) admite una ´unica soluci´on, esta tiene que ser la nula.
• Que(P)no almite soluci´on ´unica quiere decir que o bien(P)no admite soluci´on o que (P) admite infinitas soluciones.
• Si (P) no admite soluci´on entonces (P H) admite infinitas soluciones.
• Si (P) admite infinitas soluciones entonces (P H) admite tambien in-finitas soluciones.
• Si (P H) admite una ´unica soluci´on, entonces (P) admite una ´unica soluci´on.
• Si(P H)admite m´as de una soluci´on, entonces(P)o no admite soluci´on o admite infinitas soluciones.
Ejercicio 7 Siendoαun n´umero real no negativo, est´udiese para que valores de este, el problema de contorno
(P)
y00−α2y = 0, x∈(0,1)
y(0) = 2, y0(1) = 2,
admite una ´unica soluci´on.
Soluci´on Seg´un el Teorema de Alternativa, (P) admite soluci´on ´unica si y solamente si su problema homog´enea asociado admite como ´unica soluci´on la trivial.
y00−α2y= 0, x∈(0,1)
y(0) = 0, y0(1) = 0,
La soluci´on general de y00−α2y = 0 es
1. Si α= 0, entonces y(x) =c1+c2x, c1, c2 ∈R. 2. Si α >0, entonces y(x) =c1eαx+c2e−αx, c1, c2 ∈R. 1. α= 0.
(P H) admitir´a como ´unica soluci´on la trivial, si las ´unicas constantes
c1 y c2 que hacen que la funci´ony(x) = c1+c2xsatisfa las condiciones de contorno de (P H) son c1 =c2 = 0.
y(0) =c1+c2·0 = 0⇐⇒c1 = 0,
y0(1) = c2 = 0 ⇐⇒c2 = 0,
2. Si α >0.
(P H) admitir´a como ´unica soluci´on la trivial, si las ´unicas constantes
c1 y c2 que hacen que la funci´on y(x) = c1eαx +c2e−αx satisfa las condiciones de contorno de (P H) son c1 =c2 = 0.
y(0) =c1+c2
y0(1) =αec1−αe−1c2
y(0) = 0
y0(1) = 0 ⇐⇒
c1+c2 = 0
ec1−e−1c2 = 0 (P)admite
soluci´on ´unica ⇐⇒
c1+c2 = 0
ec1−e−1c2 = 0
admite como ´unica soluci´on la trivial ⇐⇒
1 1
e e−1
6
= 0 Como
1 1
e −e−1
=−e−1−e <0,
entonces para toda α >0, (P) admitir´a una ´unica soluci´on.
Ejercicio 8 Sea f(x) una funci´on continua en [1,2], y a y b dos n´umeros reales. Consideramos el problema de contorno
(P)
x2y00−3xy0+ 3y=f(x), x∈(1,2), ay(1) +y0(1) = 23,
y(2) =b.
1. Est´udiese para que valores de a y b podemos asegurar que el problema
(P) admite soluci´on ´unica.
2. Si f(x) = −x2, determine los valores de a y b para los cuales el
prob-lema (P)
(a) admite una ´unica soluci´on,
(b) no admite soluci´on,
(c) admite infinitas soluciones.
1. El problema (P) admite una ´unica soluci´on si y solamente si el problema homog´eneo asociado
(P H)
x2y00−3xy0+ 3y= 0, x∈(1,2), ay(1) +y0(1) = 0,
y(2) = 0.
admite como ´unica soluci´on la trivial.
La soluci´on general de la ecuaci´on x2y00−3xy0+ 3y= 0 es
y(x) = c1x+c2x3, x∈[1,2], c1, c2 ∈R. (15) El problema (P H) admitir´a como ´unica soluci´on la trivial, si al imponer que una funci´on del tipo (15) satifaga las condiciones de contorno de l problema (P H), se deduzca que c1 =c2 = 0.
ay(1) +y0(1) = 0⇐⇒(a+ 1)c1+ (a+ 3)c2 = 0,
y(2) = 0⇐⇒c1+ 4c2 = 0. (P H) admite como ´unica
soluci´on la trivial ⇐⇒
(a+ 1)c1 + (a+ 3)c2 = 0
c1+ 4c2 = 0
admite soluci´on ´
unica c1 =c2 = 0 y si y solamente se
(a+ 1) (a+ 3)
1 4
= 3a+ 16= 0.
Entonces
• sia 6=−1
3; (P) admite una ´unica soluci´on;
• a = −1
3; (P) no puede admitir soluci´on o admitir infinitas solu-ciones. Ocurrir´a un caso u otros, dependiendo de quien sea f(x) y b.
2. Supongamos que f(x) = −x2. Si a 6= −1
3; (P) admite una ´unica soluci´on. (El alumno debe intentar calcular esta suluci´on).
3. Supongamos que f(x) = −x2 y a=−1 3.
La soluci´on general de x2y00−3xy0+ 3y =−x2 es
Imponempos quey(x) satifaga las condiciones de contorno de (P) para
a=−1 3.
−1
3y(1) +y
0(1) = 2
3 ⇐⇒2c1+ 8c2 =−1
y(2) =b⇐⇒2c1 + 8c2 =b−4
Que (P) no admita soluci´on o admita infinitas soluciones va a depender de si el sistema
2c1+ 8c2 =−1 2c1+ 8c2 =b−4,
no admita soluci´on o admita infinitas soluciones. Si b= 3 este sistema admite infinitas soluciones, y por lo tanto (P) admite infinitas solu-ciones. Si b 6= 3 el sistema no admite soluci´on y por lo tanto (P) no admite soluci´on.
2
Autovalores y autofunciones
Empezaremos tratando el problema de autovalores asociado a condiciones de frontera separadas. Al final de la secci´on, estudiaremos el problema de autovalores para condiciones peri´odicas.
2.1
Condiciones de frontera separadas
El problema de autovalores asociado a la ecuaci´ony00+a1(x)y0+a0(x)y= 0, x∈I = (a, b) y a los n´umeros reales p1,p2, q1, q2 es designado por
(P A)
y00+a1(x)y0+a0(x)y+λy= 0, x∈I = (a, b)
p1y(a) +q1y0(a) = 0
p2y(b) +q2y0(b) = 0.
(17)
Definici´on 9 Decimos que µ∈R es un autovalor de (17) si el problema de contorno
(P)
y00+a1(x)y0+a0(x)y+µy = 0, x∈I = (a, b)
p1y(a) +q1y0(a) = 0
p2y(b) +q2y0(b) = 0.
(18)
Si µ es un autovalor de (17), cualquier soluci´on no trivial de (18) es conocida como una autofunci´on asociada al autovalor µ.
Ejemplo 10 Dado el problema de autovalores
(P A)
y00+λy= 0, x∈I = (0, π)
y(0) = 0
y0(π) = 0,
1. ¿es µ = 1 autovalor?. En caso afirmativo, calcule sus autofunciones
asociadas.
2. ¿es µ = 254 autovalor?. En caso afirmativo, calcule sus autofunciones asociadas.
3. ¿es µ = 0 autovalor?. En caso afirmativo, calcule sus autofunciones
asociadas.
4. ¿es µ=−6 autovalor?. En caso afirmativo, calcule sus autofunciones
asociadas.
Soluci´on
1. µ= 1 es autovalor de (P A) si el problema de contorno
y00+y= 0, x∈I = (0, π)
y(0) = 0, y0(π) = 0, (19)
admite soluci´on distinta de la trivial. La soluci´on general de y00+y= 0 es
ϕ(x) =c1cosx+c2sinx, x∈I = (0, π), c1, c2 ∈R.
(19) admite soluci´on distinta de la trivial, si y solamente si el sistema lineal
ϕ(0) =c1cos 0 +c2sin 0 = 0
ϕ0(π) = −c1sinπ+c2cosπ = 0
⇐⇒
c1+ 0c2 = 0
−0c1−c2 = 0,
(20) admite soluci´on distinta de la trivial.
2. µ= 254 es autovalor de (P A) si el problema de contorno
y00+254 y= 0, x∈I = (0, π)
y(0) = 0, y0(π) = 0, (21)
admite soluci´on distinta de la trivial. La soluci´on general de y00+ 254y= 0 es
ϕ(x) = c1cos 5x
2 +c2sin 5x
2 , x∈I = (0, π), c1, c2 ∈R. (21) admite soluci´on distinta de la trivial, si y solamente si el sistema lineal
ϕ(0) =c1cos 0 +c2sin 0 = 0
ϕ0(π) =−5c1 2 sin
5π
2 + 5c2
2 cos 5π
2 = 0
⇐⇒
c1+ 0c2 = 0
−5c1
2 + 0c2 = 0, (22) admite soluci´on distinta de la trivial.
Como (22) admite como soluci´on c1 = 0 y c2 cualquier n´umero real, por ejemplo c1 = 0 y c2 =−3, o c1 = 0 y c2 = 7, (21) admite soluci´on distinta de la trivial y por lo tanto µ= 25
4 es autovalor de (P A). Las autofunciones asociadas al autovalor µ = 254 son las soluciones distintas de la trivial de (21). Estas son de la forma
ϕ(x) = c1cos 5x
2 +c2sin 5x
2 , x∈I = (0, π), c1 = 0, c2 ∈R, por ejemplo −3 sin52x, 7 sin52x,· · ·. Todas las autofunciones tendr´an la forma
ϕ(x) =csin5x
2 , c∈R, c6= 0.
Las autofunciones asociadas al autovalorµ= 254, si incluimos la funci´on nula, tienen una estructura de espacio vectorial. Este espacio vectorial est´a generadopor la funci´on sin254x. Esta funci´on forma una base y el espacio vectorial tendr´a dimensi´on 1.
3. µ= 0 es autovalor de (P A) si el problema de contorno
y00 = 0, x∈I = (0, π)
admite soluci´on distinta de la trivial. La soluci´on general de y00 = 0 es
ϕ(x) = c1x+c2, x∈I = (0, π), c1, c2 ∈R.
(23) admite soluci´on distinta de la trivial, si y solamente si el sistema lineal
ϕ(0) =c10 +c2 = 0
ϕ0(π) =c1 = 0
(24) admite soluci´on distinta de la trivial.
Como (24) admite como ´unica soluci´on la trivial, c1 = c2 = 0, (23) no admite soluci´on distinta de la trivial y por lo tanto µ = 0 no es autovalor de (P A).
4. µ=−6 es autovalor de (P A) si el problema de contorno
y00−6y= 0, x∈I = (0, π)
y(0) = 0, y0(π) = 0, (25)
admite soluci´on distinta de la trivial. La soluci´on general de y00−6y= 0 es
ϕ(x) = c1e
√
6x+c
2e−
√
6x, x∈I = (0, π), c
1, c2 ∈R.
(25) admite soluci´on distinta de la trivial, si y solamente si el sistema lineal
ϕ(0) =c1+c2 = 0
ϕ0(π) =c1
√
6e √
6π−c
2
√
6e− √
6π = 0 (26)
admite soluci´on distinta de la trivial. Como
1 1
√
6e √
6π −√6e−√6π
=−√6e− √
6π −√6e√6π <0,
(26) admite como ´unica soluci´on la trivial, c1 =c2 = 0, (25) no admite soluci´on distinta de la trivial y por lo tanto µ=−6 no es autovalor de (P A).
Ejemplo 11 Dado el problema de autovalores
(P A)
x2y00+xy0+λy= 0, x∈I = (1,2)
2y(1) +y0(1) = 0
y(2) +y0(2) = 0,
1. ¿es µ=−4 autovalor?. En caso afirmativo, calcule sus autofunciones
asociadas.
2. ¿es µ=−1 autovalor?. En caso afirmativo, calcule sus autofunciones
asociadas.
Soluci´on
1. µ=−4 es autovalor de (P A) si el problema de contorno
(P)
x2y00+xy0−4y= 0, x∈I = (1,2) 2y(1) +y0(1) = 0
y(2) +y0(2) = 0,
(27)
admite soluci´on distinta de la trivial. La ecuaci´on diferencial
x2y00+xy0−4y= 0 (28)
es de Euler. Ensayamos con soluciones de la forma
y(x) = xα, y0(x) = αxα−1, y00(x) =α(α−1)xα−2.
α(α−1)xα+αxα−4xα = 0, x∈(1,2),⇐⇒α(α−1) +α−4 = 0.
Las soluciones de laecuaci´on α(α−1) +α−4 = 0 son 2 y −2 lo cual nos produce las soluciones linealmente independientes de (28)x2 yx−2. Como (28) es lineal de orden 2, su solici´on general es
ϕ(x) =c1x2+c2x−2, x∈I = (1,2), c1, c2 ∈R.
(27) admite soluci´on distinta de la trivial, si y solamente si el sistema lineal
2ϕ(1) +ϕ0(1) = 4c1+ 0c20 = 0
ϕ(2) +ϕ0(2) = 8c1+ 0c2 = 0,
admite soluci´on distinta de la trivial.
Como (29) admite como soluci´on c1 = 0 y c2 cualquier n´umero real, (27) admite soluci´on distinta de la trivial y por lo tanto µ = −4 es autovalor de (P A).
Las autofunciones asociadas al autovalorµ=−4 son soluciones distin-tas de la trivial de (27), que son de la forma
ϕ(x) =c1x2+c2x−2, x∈I = (0, π), c1 = 0, c2 ∈R,
por ejemplo −13x−2, 47x−2,· · ·. Todas las autofunciones tendr´an la forma
ϕ(x) = cx−2, c∈R, c 6= 0.
Las autofunciones asociadas al autovalorµ=−4, si incluimos la funci´on nula, tienen una estructura de espacio vectorial. Este espacio vectorial est´a generadopor la funci´on x−2. Esta funci´on forma una base y el espacio vectorial tendr´a dimensi´on 1.
2. µ=−1 es autovalor de (P A) si el problema de contorno
(P)
x2y00+xy0 −y= 0, x∈I = (1,2) 2y(1) +y0(1) = 0
y(2) +y0(2) = 0,
(30)
admite soluci´on distinta de la trivial.
Como en el caso anterior, se puede demostrar que la soluci´on general de x2y00+xy0−y= 0 es
ϕ(x) =c1x+c2x−1, x∈I = (1,2), c1, c2 ∈R.
(30) admite soluci´on distinta de la trivial, si y solamente si el sistema lineal
2ϕ(1) +ϕ0(1) = 3c1+c20 = 0
ϕ(2) +ϕ0(2) = 3c1+c42 = 0,
(31) admite soluci´on distinta de la trivial.
Como (31) admite como soluci´onc1 =c2 = 0, (30) admite como ´unica soluci´on la trivial y por lo tanto µ=−1 no es autovalor de (P A).
Ejemplo 12 Calcule los autovalores y autofunciones de
(P A)
y00+λy= 0, x∈I = (0, π)
y(0) = 0
y0(π) = 0,
(32)
Soluci´on
µ∈R ser´a autovalor de (P A) si el problema de contorno (P)
y00+µy = 0, x∈I = (0, π)
y(0) = 0, y0(π) = 0, (33)
admite soluci´on distinta de la trivial.
La soluci´on general de la ecuaci´on diferencial
y00+µy = 0, x∈I = (0, π), (34)
ser´a de naturaleza diferente seg´on sea µ= 0, µ <0 o µ > 0.
• Caso µ= 0. Ya se ha demostrado en Ejemplo 10 que no es autovalor.
• Caso µ <0. (Pi´ensese en el casoµ=−6 de Ejemplo 10). La soluci´on general de la ecuaci´on (34) es
ϕ(x) =c1e
√
−µx+c
2e−
√
−µx, x∈I = (0, π), c
1, c2 ∈R. (33) admite soluci´on distinta de la trivial, si y solamente si el sistema lineal
ϕ(0) =c1 +c2 = 0
ϕ0(π) = c1
√
−µe√−µπ−c
2
√
−µe−√−µπ = 0, (35)
admite soluci´on distinta de la trivial. Como
1 1
√
−µe√−µπ √−µe−√−µπ
=−e−√−µπ−√−µe√−µπ <0,
• Caso µ >0. (Pi´ensese en los casosµ= 1 yµ= 254 del Ejemplo 10). La soluci´on general de la ecuaci´on (34) es
ϕ(x) = c1cos
√
µx+c2sin
√
µx, x∈I = (0, π), c1, c2 ∈R. (33) admite soluci´on distinta de la trivial, si y solamente si el sistema lineal
ϕ(0) =c1cos 0 +c2sin 0 =c1 = 0
ϕ0(π) =−c1
√
µcos√µπ+c2
√
µsin√µπ= 0, (36)
admite soluci´on distinta de la trivial.
(35) siempre tiene como soluci´on ac1 = 0. Para queµsea autovalor de (P A), se tiene que verificar quec2 6= 0, (en caso contrario obtendr´ıamos la soluci´on nula). Ya que
c2
√
µcos√µπ= 0,
como √µ6= 0, si queremos que c2 sea distinto de cero, forzosamente se tendr´a que verificar que
cos√µπ= 0.
Por ejemplo,
1. µ= 1 no puede ser auovalor, ya que cos√1π=−16= 0,
2. sin embargo,µ= 254 si es un autovalor ya que cosq254π = cos52π = 0.
El alumno debe de volver a Ejemplo 10
Para que cos√µπ= 0 con µ >0, se tiene que verificar que
√
µπ= π 2,
3π
2 , 5π
2 , 7π
2 ,· · ·,
µ= 1 4,
9 4,
25 4 ,
49 4 ,· · ·,
µ∈
(2k−1)2
4 , para alg´unk = 1,2,3,4,· · ·
.
Los autovalores de (P A) es el conjunto de n´umeros reales positivos
1 4,
9 4,
25 4 ,
49 4 ,· · ·
Por comodidad y simplificaci´on en la notaci´on, vamos a enumerar los autovalores:
µk =
(2k−1)2
4 , k= 1,2,3, .. (37) en particular
µ1 = 1 4, µ2 =
9 4, µ3 =
25 4 , µ4 =
49 4 ,· · ·
Observaci´on 13 Podr´ıamos tambi´en haber enumerado os autovalores en la forma
µk =
(2k+ 1)2
4 , k= 0,1,2,· · · Las autofunciones asociadas a µk =
(2k−1)2
4 , ser´an las soluciones no nulas de
(P)
y00+(2k−41)2y= 0, x∈I = (0, π)
y(0) = 0, y0(π) = 0, (38)
que tendr´an la forma, ϕk(x) solo es una notaci´on para indicar las
aut-ofunciones asociadas al auovalor µk,
ϕk(x) =c1cos
(2k−1)x
2 +c2sin
(2k−1)x
2 , (39)
donde c1 y c2 son soluciones del sistema lineal
ϕk(0) = c1cos 0 +c2sin 0 =c1 = 0
ϕ0(π) = −c12k2−1 sin (2k−1)π
2 +c2 2k−1
2 cos
(2k−1)π
2 = 0,
Como cos(2k−21)π = 0 para k= 1,2,3,· · ·, la soluci´on del sistema lineal es c1 = 0 y c2 puede ser cualquier n´umero real distinto de cero. Por (10), las asociadas al autovalor µk = (2k
−1)2 4 ser´an
ϕk(x) =cksin
(2k−1)x
2 , ck ∈R con ck6= 0 (40) (utilizamoscksolo por notaci´on, pero indica una n´umero real cualquiera
Ejercicio 14 Calcule los autovalores y autofunciones del problema
(P A)
y00+λy= 0, x∈(0,1)
y(0) = 0, y0(1) = 0. (41)
Soluci´on
La diferencia entre este ejercicio y el anterior, es solo en el intervalo donde estudiamos el problema de autovalores. En este ejercicio es en [0,1] y en el anterior era en [0, π]. Vamos a reducir este ejercicio al anterior.
Supongamos queµes un autovalor de (41) yzµ(t) una autofunci´on
asoci-ada al autovalor µ. (Hemos utilizado como variable muda la t). zµ satisface
zµ00(t) +µzµ(t) = 0, t∈(0,1)
zµ(0) = 0, zµ0(1) = 0.
(42) Definimos la funci´on
yµ(x) =zµ
x π
, x∈(0, π). (43)
Obs´ervese que six∈(0, π) entonces xπ ∈(0,1), y layµ(x) est´a bien definida.
Vamos a ver qu´e problema de contorno satisface la yµ(x).
d
dxyµ(x) =z 0
µ
x π
d
dx
x
π
= 1
πz 0
µ
x
π
,
d2
dx2yµ(x) =
d dx
d dxyµ(x)
= 1
πz 00
µ
x
π
d
dx
x
π
= 1
π2z
0
µ
x
π
.
Si particularizamos en (42) en el punto t = xπ, para x∈(0, π) tenemos
zµ00
x
π
+µzµ
x
π
= 0, x∈(0, π),
dividiendo por π2 1
π2z
00
µ
x
π
+ µ
π2zµ
x
π
= 0 ⇐⇒ yµ00(x) + µ
π2yµ(x) = 0, x∈(0, π), es decir que la yµ satisfazce la ecuaci´on diferencial
y00+ µ
Estudiemos ahora qu´e condiciones de frontera satisface la yµ en [0, π]. Si
utilizamos (42),
yµ(0) =zµ 0π
= 0 ⇐⇒ yµ(0) = 0
y0µ(π) = 1πzµ0 ππ
= π1z0µ(1) = 0 ⇐⇒ yµ0(π) = 0. (45)
De (44) y (45) la yµ(x) es soluci´on del problema de contorno
(P)
y00+πµ2y= 0, x∈(0, π)
y(0) = 0, y0(π) = 0.
µ
π2 tiene que ser un autovalor de (32) eyµ(x) una autofunci´on asociada a este
autovalor. Por (37) y (40)
µ π2 =
(2k−1)2
4 para alg´un k = 1,2,3,· · · e
yµ(x) =cksin
(2k−1)x
2 para alguna constante no nula ck ∈R. De (43)
zµ(t) =yµ(tπ) =cksin
(2k−1)πt
2 , t∈(0,1). Loa autovalores de (P A) son
µk =
(2k−1)2π2
4 , k = 1,2,· · · y las autofunciones asociadas al autovalor µk= (2k
−1)2π2
4
ϕk(x) =cksin
(2k−1)x
2 , ck ∈R, ck 6= 0.
Teorema 15 Existencia Consideramos el problema de autovalores
(P A)
y00+λy = 0, x∈I = (a, b)
p1y(a) +q1y0(a) = 0
p2y(b) +q2y0(b) = 0,
(46)
• Existe una colecci´on numerable de autovalores
µ1 < µ2 <· · ·< µk <· · ·
verificando que
lim
n→∞µk =∞.
• El conjunto de las autofunciones ϕk(x), incluyendo a la funci´on nula, asociadas al autovalor µn tiene una estructura de espacio vectorial de dimensi´on 1.
• Autofunciones correspondientes a autovalores diferenentes son
ortogo-nales, lo que significa que
Z b
a
ϕn(x)ϕm(x)r(x)dx
= 0 si n 6=m
6
= 0 si n =m.
• Si p1·q1 ≤0, p2·q2 ≥0 yq ≤0 entonces µk≥0 para todo k ∈N.
Ejemplo 16 En ejemplo 12 estudiamos el problema de autovalores
(P A)
y00+λy= 0, x∈I = (0, π)
y(0) = 0
y0(π) = 0,
demostrando que los autovalores eran
µk =
(2k−1)2
4 , k = 1,2,· · · Efectivamente se verifica que
• µ1 = 14 < µ2 = 94 < µ3 = 254 <· · ·< µk = (2k
−1)2
4 <· · ·.
• limk−→∞µk = limk−→∞(2k−1)
2 4 =∞.
• El conjunto de las autofunciones asociadas al autovalor µk =
(2k−1)2 4 est´a formado por
ϕk(x) = cksin
(2k−1)x
2 , ck ∈R,
• Consideremos dos autovalores distintos, µk y µl. Sean ϕk y ϕl
aut-ofunciones asociadas a los autovalores µk y µl repectivamente. Las
autofunciones satisfacec
ϕ00k(x) +µkϕk(x) = 0, x∈I = (0, π)
ϕk(0) = 0
ϕ0k(π) = 0,
, (47)
ϕ00l(x) +µlϕl(x) = 0, x∈I = (0, π)
ϕl(0) = 0
ϕ0l(π) = 0,
. (48)
Multiplicamos la ecuaci´on diferencial de (47) por ϕl(x) e integramos en
(0, π),
ϕ00k(x)ϕl(x) +µkϕk(x)ϕl(x) = 0,
Z π
0
ϕ00k(x)ϕl(x)dx+µk
Z π
0
ϕk(x)ϕl(x)dx= 0,
Integramos por partes en la primera integral
ϕl(x) =u, ϕ0l(x)dx=du; ϕ
00
k(x)dx =dv, v=ϕ
0
k(x),
ϕl(x)ϕ
0
k(x)
π
0 −
Z π
0
ϕ0k(x)ϕ0l(x)dx+µk
Z π
0
ϕk(x)ϕl(x)dx= 0,
ϕl(π)ϕ
0
k(π)−ϕl(0)ϕ
0
k(0)−
Z π
0
ϕ0k(x)ϕ0l(x)dx+µk
Z π
0
ϕk(x)ϕl(x)dx= 0,
Como ϕl(0) =ϕ
0
k(π) = 0, obtenemos
− Z π
0
ϕ0k(x)ϕ0l(x)dx+µk
Z π
0
ϕk(x)ϕl(x)dx= 0. (49)
Si repetimos ahora el proceso pero multiplicando la ecuaci´on diferencial de (48) por ϕk(x), obtendr´ıamos
− Z π
0
ϕ0l(x)ϕ0k(x)dx+µl
Z π
0
ϕl(x)ϕk(x)dx = 0. (50)
Si calculamos (49)-(50) (µk−µl)
Z π
0
y como µk−µl 6= 0 se tiene que verificar que
Z π
0
ϕk(x)ϕl(x)dx = 0,
como quer´ıamos demostrar.
Es muy importante que el alumno haya entendio el ejercicio 12 e intente resolver los tres ejercicios siguientes. El tipo de problemas de autovalores que se va a encontrar en la parte correspondiente a ecuaciones en derivadas parciales corresponde a estos cuatro ejer-cicios.
Si el estudiante no entiende c´omo resolverlos, que no dude en ir a tutorias.
Ejemplo 17 Calcule los autovalores y autofunciones de
(P A)
y00+λy= 0, x∈I = (0,1)
y(0) = 0
y(1) = 0,
Solucion: Autovalores µk=k2π2, k= 1,2,3,· · ·; autofunciones asociadas al
autovalor µk =k2π2,ϕk(x) = cksinkπx, ck ∈R, ck 6= 0.
Ejemplo 18 Calcule los autovalores y autofunciones de
(P A)
y00+λy = 0, x∈I = −1 2,
1 2
y −1 2
= 0, y 12= 0,
Indicaci´on
1. Si µ es un autovalor de (P A) y zµ es una autofunci´on asociada a este
autovalor, entonces µes un antovalor de
y00+λy= 0, x∈I = (0,1)
y(0) = 0
y(1) = 0,
con autofunci´on asociada yµ(x) =zµ x− 12
2. Supongamos que µ >0 es autovalor. Soluci´on general de y00+µy = 0 es
y(x) =c1cos
√
µx+c2sin
√ µx.
y(−1/2) = 0
y(1/2) = 0 ⇐⇒
( c1cos
√
µ
2 −c2sin
√
µ
2 = 0
c1cos
√
µ
2 +c2sin
√
µ
2 = 0
(51) Este sistema admite soluci´on distinta de la trivial si y solamente si
cos
√
µ
2 −sin
√
µ
2 cos
√
µ
2 sin
√
µ
2
= 2cos √
µ
2 sin
√ µ
2 = sin
√ µ= 0,
µk=k2π2, k= 1,2,· · ·
k = 2n par, ϕ2n(x) = sin 2nπx; k = (2n −1) impar, ϕ2n−1(x) = cos(2n−1)πx.
Solucion: Autovaloresµk =k2π2, k = 1,2,3,· ··; autofunciones asociadas
al autovalor µk =k2π2, ϕk(x) =cksinkπ x+12
, ck ∈R, ck6= 0.
Ejemplo 19 Calcule los autovalores y autofunciones de
(P A)
y00+λy= 0, x∈I = (0,2π)
y0(0) = 0
y0(2π) = 0,
Solucion: Autovalores µk = k
2
4 , k = 0,1,2,3,· · ·; autofunciones asociadas al autovalor µk = k
2 4 ,
ϕk(x) =ckcos
kx
2 , ck∈R, ck6= 0.
Ejemplo 20 Calcule los autovalores y autofunciones de
(P A)
y00+λy= 0, x∈I = (−1,1)
y0(−1) = 0, y0(1) = 0,
Indicaci´on Siµes un autovalor de (P A) yzµuna autofunci´on asociada a este
autovalor, entonces πµ2 es un autovalor de
y00+λy = 0, x∈I = (0,2π)
y0(0) = 0
con autofunci´on asociada yµ(x) = zµ x−ππ
. Solucion: Autovalores µk = k
2π2
4 , k = 0,1,2,3,· · ·; autofunciones asoci-adas al autovalor µk= k
2 4 ,
ϕk(x) =ckcos
k(πx+π)
2 , ck ∈R, ck 6= 0.
Ejemplo 21 Calcule los autovalores y autofunciones de
(P A)
y00+λy= 0, x∈I = (−1,1)
y0(−1) = 0
y(1) = 0,
Indicaci´on y soluci´on.
Sea µ >0. El sistema lineal
c1
√
µsin√µ+c2
√
µcos√µ= 0
c1cos
√
µ+c2sin
√
µ= 0, (52)
admite soluci´on distinta dela trivial si y solo si
sinõ cosõ
cosõ sinõ
6
= 0 ⇐⇒ cos 2√µ= 0.
Autovalores 2√µ= (2k−21)π ⇒µk= (2k
−1)2π2
16 , k = 1,2,· · ·.
Autofunciones asociadas a µk son de la forma ϕk(x) = c1cos (2k−1)π
4 x+
c2sin
(2k−1)π
4 x, donde c1, c2 son soluciones del sistema
( c1sin
(2k−1)π
4 +c2cos
(2k−1)π
4 = 0
c1cos
(2k−1)π
4 +c2sin
(2k−1)π
4 = 0 =⇒
sik es impar c1+c2 = 0 sik es par c1 −c2 = 0
=⇒
k = 2n−1, ϕ2n−1(x) = c2n−1 cos n− 34
πx−sin n− 3 4
πx; c2n−1 ∈R
k = 2n, ϕ2n(x) = c2n cos n− 14
πx+ sin n−1 4
πx; c2n∈R
Ejercicio 22 Resuelva el problema de autovalores
(P A)
y00−3y0 + 3y+λy= 0 x∈(0,1)
Soluci´on
µes autovalor si el problema
y00−3y0+ 3y+µy = 0 x∈(0,1)
y0(0) =y0(1) = 0 admite soluci´on distinta de la trivial.
El polinomio caracter´ıstico asociado a la escuaci´on
y00−3y0+ 3y+µy = 0, xR, (54)
es
p(λ) =λ3−3λ+ 3 +µ,
y sus raices son 3±
√ −3−4µ
2 . 1. Caso−3−4µ >0
En este caso la soluci´on general de (54) es
y(x) =c1e( 3
2+α)x+c2e( 3 2−α)x, donde α=
√ −3−4µ
2 .
Imponemos las condiciones de frontera
y0(0) = 0
y0(1) = 0 ⇐⇒
c1 32 +α
+c2 32 −α
= 0
c1 32 +α
e32+α+c2 3 2 −α
e32−α = 0
µ ser´a autovalor si y solamente si este sistema admite como ´unica soluci´on la trivial, y esto es equivalente a
3 2 +α
3
2 −α
3 2 +α
e32+α 3 2 −α
e32−α
=
9 4 −α
2
e32−α−e 3 2+α
= 0.
Si α > 0, se tiene que e32−α −e 3
2+α 6= 0 y el ´unico valor que anula el determinante es α= 32 ⇔µ=−3.
µ0 =−3 es autovalor, y sus autofunciones asociadas, son las soluciones no nulas del problema
y00−3y0 = 0, x∈(0,1)
y0(0) =y0(1) = 0, Este problema
2. Casoµ=−3 4
La soluci´on general de (54) es
Y(x) =c1e 3
2x+c2xe 3 2x.
Imponemos las condiciones de frontera
y0(0) = 0
y0(1) = 0 ⇐⇒
3
2c1+c2 = 0 3
2c1+ 5 2c2 = 0
Este sistema admite como ´unica soluci´on la trivial, por lo tantoµ=−3 4 no es autovalor.
3. Caso−3−4µ <0
En este caso la soluci´on general de (54) es
y(x) =c1e 3 2xcos
√
3 + 4µ
2 x+c2e 3 2xcos
√
3 + 4µ
2 x. Imponemos las condiciones de frontera
( 3
2c1+
√
3+4µ
2 c2 = 0
3 2cos √ 3+4µ 2 − √ 3+4µ 2 sin √ 3+4µ 2 c1+
3 2sin √ 3+4µ 2 − √ 3+4µ 2 cos √ 3+4µ 2 c2 = 0
µ ser´a autovalor si y solamente si este sistema admite como ´unica soluci´on la trivial, y esto es equivalente a
3 2c1
√ 3+4µ 2 3 2cos √ 3+4µ 2 − √ 3+4µ 2 sin √ 3+4µ 2 3 2sin √ 3+4µ 2 − √ 3+4µ 2 cos √ 3+4µ 2 = 9 4+
3 + 4µ
4
sin
√
3 + 4µ
2 = 0, lo que es equivalente a que
√
3+4µ
2 =kπ, para alg´unk enN. Los autovalores son entonces
µk=
k2π2−3
4
No es dif´ıcil comprobar que las autofunciones asociadas al autovalorµk
son
ϕk(x) =cke
3 2x
sinkπx− 2kπ
3 coskπx
.
Ejercicio 23 Consideramos el problema de autovalores
(P A)
y00−3y0 + 3y+λy= 0 x∈(0,1)
y0(0) =y0(1) = 0 (55)
1. Realice eny00−3y0+3y+λy = 0el cambioy(x) = s(x)u(x), y determine
s(x) para que la nueva ecuaci´on diferencial para uno tenga t´ermino en
u0.
2. Obtenga el problema de autovalores para u, resuelvalo y obtenga los
autovalores y autofunciones de (55).
Soluci´on
1. Seay =su, entonces
y0 =s0u+su0, y00 =s00u+ 2s0u0+su00.
Reflejamos el cambio en la ecuaci´on diferencial
s00u+ 2s0u0+su00−3s0u−3su0+ 3su+λsu= 0, su00+ (2s0−3s)u0+ (s00−3s0+ 3s)u+λsu= 0,
Hacemos
2s0−3s= 0 ⇐⇒2s0 = 3s⇐⇒s0 = 3
2s⇐⇒s(x) =e 3 2x.
L aecuaci´on queda en la forma
e32xu00+e 3 2x
9 4−
9 2+ 3
u+λe32xu= 0,
u00+3
2. Reflejemos ahora el cambioy(x) = e32xu(x) en el problema de contorno.
y0(x) = 3 2e
3
2xu(x) +e 3
2xu0(x),
y0(0) = 0 =⇒ 3
2u(0) +u
0(0) = 0 y0(1) = 0 =⇒ 3
2u(1) +u
0(1) = 0
y el problema de contorno para u es
(P A)
u00+34u+λu= 0 x∈(0,1) 3u(0) + 2u0(0) = 0
3u(1) + 2u0(1) = 0
(56)
Vamos a hacer otra reducci´on. Consideramos el problema de autoval-ores
(P A)
u00+λu= 0 x∈(0,1) 3u(0) + 2u0(0) = 0 3u(1) + 2u0(1) = 0
(57)
Es f´acil ver, el alumno debe de comprobarlo, que µ es autovalor de (57) si y solamente si µ− 3
4 es autovalor de (56). Vamos a resolver (57). µser´a autovalor si el problema
u00+µu= 0 x∈(0,1) 3u(0) + 2u0(0) = 0 3u(1) + 2u0(1) = 0
(58)
admite soluci´on distinta de la trivial. Como siempre, distinguimos tres casoa
(a) Empezamos viendo si µ= 0 es autovalor. La soluci´on general de
u00= 0 es
u(x) = c1x+c2, c1, c2 ∈R
Para que (58) tenga soluci´on distinta de la trivial, tendremos que encontrar c1 y c2, alguno distinto de cero, tal que satisfag´an el sistema
3u(0) + 2u0(0) = 2c1+ 3c2 = 0 3u(1) + 2u0(1) = 5c1+ 3c2 = 0
(b) Supongamos ahora queµ <0. La soluci´on general deu00+µu= 0 es
u(x) =c1e
√ −µx
+c2e−
√ −µx
, c1, c2 ∈R
Para que (58) tenga soluci´on distinta de la trivial, tendremos que encontrar c1 y c2, alguno distinto de cero, tal que satisfag´an el sistema
3u(0) + 2u0(0) = (3 + 2√−µ)c1 + (3−2
√
−µ)c2 = 0 3u(1) + 2u0(1) = (3 + 2√−µ)e√−µc
1 + (3−2
√
−µ)e−√−µc
2 = 0 (59) Este sistema admite soluci´on distinta de la trivial si y solamente si
(3 + 2√−µ) (3−2√−µ) (3 + 2√−µ)e√−µ (3−2√−µ)e−√−µ
= (3 + 2√−µ)(3−2√−µ)(e− √
−µ−e√−µ) = 0.
El deteminante es cero solamente cuando 3−2√−µ= 0⇐⇒√−µ= 3
2 ⇐⇒µ=− 9 4.
µ0 = −94 es autovalor. El sistema (59) para µ = −94 tiene por soluci´on c1 = 0 y c2 arbitrario. La aoutodunciones correspondi-entes a µ0 son ϕ0(x) = ce−
3 2x.
(c) Suponemos ahora que µ >0. La soluci´on general deu00+µu= 0 es
u(x) = c1cos
√
µx+c2sin
√
µx, c1, c2 ∈R
Para que (58) tenga soluci´on distinta de la trivial, tendremos que encontrar c1 y c2, alguno distinto de cero, tal que satisfag´an el sistema
3u(0) + 2u0(0) = 3c1+ 2
√
µc2 = 0
3u(1) + 2u0(1) = (3 cos√µ−2√µsin√µ)c1+ (3 sin
√
µ+ 2√µcos√µ)c2 = 0 (60)
Este sistema admite soluci´on distinta de la trivial si y solamente si el determinanate
3 2õ
3 cos√µ−2√µsin√µ 3 sin√µ+ 2√µcos√µ
lo cual va a ser cierto si y solamente si
µ∈
k2π2, k = 1,2,3,· · · .
Numeramos los autovalores,
µk =k2π2, k = 1,2,3,· · ·,
La soluci´on de (?? cuando µes k2π2 es c2 =−ck, c1 = 2kπ3 ck, con
ck ∈R. Las autofunciones correspondientes al autovalork2π2 son
ϕk(x) =ck
2kπ
3 coskπx−sinkπx
.
Las autofunciones y autovalor de (55) son
µ0 =−3, ϕ0(x) =c0,
µk=k2π2−
3
4, ϕk(x) =cke 3 2x
2kπ
3 coskπx−sinkπx
, k = 1,2,3,···,
para c0, ck ∈R.
2.2
Condiciones de frontera peri´
odicas
Consideramos el problema de autovalores(P A)
y00+λy = 0 x∈(0,1)
y(0)−y(1) = 0, y0(0)−y0(1) = 0, (61)
Las condiciones que hemos impuesto en la frontera de (0,1) son tipo peri´odicas. Para ver siµ∈R es autovalor, tendremos que ver que el problema
(P)
y00+µy = 0 x∈(0,1)
y(0)−y(1) = 0, y0(0)−y0(1) = 0, (62)
La soluci´on general de y00+µy = 0 es
y(x) = c1e
√ −µx
+c2e−
√ −µx
, y0(x) =c1
√ −µe
√ −µx−
c2 √ −µe− √ −µx .
Vamos a imponer que se satisfagan las condiciones de contorno.
y(0)−y(1) =c1(1−e
√
−µ) +c
2(1−e−
√
−µ) = 0
y0(0)−y0(1) =c1
√
−µ(1−e√−µ) +c
2(−1 +e−
√
−µ) = 0 (63)
µ ser´a autovalor de (62) si y solamente si, el sistema (63) admite soluci´on distinta de la trivial. Este sistema admite soluci´on distinta de la trivial si y solamente si
1−e √
−µ 1−e√−µ
1−e√−µ −1 +e−√−µ
= 0.
Como
1−e √
−µ 1−e√−µ
1−e√−µ −1 +e−√−µ
= 2(1−e √
−µ
)(1−e− √
−µ
) = 0⇐⇒µ= 0,
por lo tanto µ <0 no puede ser autovalor de (62). Caso µ= 0.
La soluci´on general de y00= 0 es
y(x) =c1+c2x.
Vamos a imponer que se satisfagan las condiciones de contorno.
y(0)−y(1) =−c2 = 0
y0(0)−y0(1) =c2−c2 = 0
(64)
µ ser´a autovalor de (62) ya que el sistema (64) admite soluci´on distinta de la trivial, cualquiera que sea c1 ∈ R. Designamos a µ0 = 0 y elegimos como auntuncio´on asociada a este autocalor a ϕ0(x) = 1, cualquier otra autofunci´on es un m´ultiplo de esta.
Caso µ >0.
La soluci´on general de y00+µy = 0 es
y(x) = c1cos
√
µx+c2sin
√
µx, y0(x) =−c1
√
µsin√µx+c2
√
µcos√µx.
Vamos a imponer que se satisfagan las condiciones de contorno.
y(0)−y(1) =c1(1−cos
√
µ)−c2sin
√ µ= 0
y0(0)−y0(1) =c1
√
µsin√µ+c2
√
µ ser´a autovalor de (62) si y solamente si, el sistema (65) admite soluci´on distinta de la trivial. Este sistema admite soluci´on distinta de la trivial si y solamente si
1−cos√µ −sin√µ
sin√µ 1−cos√µ
= 0 ⇐⇒ cos√µ= 1 ⇐⇒ µ= 4k2π2
para alg´unk = 1,2,3,· · ·.
Designamos a los autovalores por
µk = 4k2π2, k= 1,2,3,· · ·
Vamos a calcular las autofunciones asociadas al autovalor µk= 4k2π2. Estas
autofunciones ser´an de la forma
ϕk(x) =c1cos
√
µkx+c2sin
√
µkx=c1cos 2kπx+c2sin 2kπx, donde c1 y c2 son soluciones del sistema (65), para µ=µk,
c1(1−cos 2kπ)−c2sin 2kπ= 0
c12kπsin 2kπ+c22kπ(1−cos 2kπ) = 0
⇐⇒
c1(1−1)−c20 = 0
c10 +c2(1−1) = 0
.
(66) El sistema (66) admite como soluci´on cualquiera que sean los n´umeros reales
c1 yc2. Luego todas las autofunciones asociadas al autocalorµk = 4k2π2 son
de la forma
ϕk(x) = c1cos 2kπx+c2sin 2kπx, c1,2∈R.
A diferencia de todos los casos estudiados hasta ahora, asociado al autovalor µk= 4k2π2 existen dos autofunciones linealmente
inde-pendientes, cos 2kπx y sin 2kπx. Designamos las autofunciones por
ϕ1k(x) = akcos 2kπx, ak ∈R; ϕ2k(x) = bksin 2kπx, bk ∈R.
3
Series de Fourier
3.1
Un problema de aproximaci´
on
R3 tiene una estructuta de espacio vectorial euclideo, con producto escalar definido por
con ~u= (u1, u2, u3) y~v = (v1, v2, v3).
Este producto nos permite definir la longitud de un vectot~u,
kuk q
u2
1+u22+u23, distancia entre los vectores~u y~v
d(~u, ~v) =k~u−~vk=p(u1−v1)2+ (u2−v2)2+ (u3−v3)2, y el angulo que forman los vectores ~u y~v
cos](~u, ~v) = h~u, ~vi
k~ukk~vk.
Sea~v1 y ~v2 son dos vectores linealmente independiente, Π~v1,~v2 ={~v ∈R
3 : ~v =c
1~v1+c2~v2, con c1, c2 ∈R},
el subespacio vectorial engendrado por los vectores~v1 y ~v2, (plano que pasa por el origen de coordenadas y tiene como vectores directores a~v1 y~v2), y~u un vector de R3.
El problema de aproximaci´on que nos planteamos es si existe un vector w~ ∈Π~v1,~v2 tal que
k~u−wk~ = min
~ v∈Π~v1,~v2
k~u−~vk.
El alumno conoce por ´algebra que este problema admite una soluci´on ´
unica y que est´a dada por
~
w=a1~v1+a2~v2, donde ai =
hw, ~~ vii
k~vik2
, i= 1,2.
3.2
L
2(
I
)
como espacio vectorial euclideo
Definici´on 24 Designamos por L2(I), con I = [a, b] el conjunto de
fun-ciones
L2(I) =
f : [a, b]7−→C:
Z b
a
|f(x)|2dx <∞
.
Ejemplo 25 L2([0,1]) =nf : [0,1]7−→
C: R01|f(x)|2dx <∞
o .
1. Cualquier funci´on continua en [0,1] est´a en L2([0,1]). Tomemos la funci´onf(x) = sin 2πx,
Z 1
0
|f(x)|2dx =
Z 1
0
sin22πxdx=
Z 1
0
1−cos 4πx
2 dx=
1 2x
1
0
− 1
8π sin 4πx
1
0 = 1
2. 2. Funciones continuas en [0,1] salvo en un n ´muero finito de puntos donde
presentan discontinuidades de salto finito, et´an en L2([0,1]). Consideramos la funci´onf(x) =
x 0≤x≤ 1
2
−1 2
1
2 < x≤1 .
Z 1
0
|f(x)|2dx =
Z 1/2
0
|f(x)|2dx+
Z 1
1/2
|f(x)|2dx=
Z 1/2
0
x2dx+
Z 1
1/2 1 4dx=
1 24+
1 8 =
1 6. 3. Si α∈R definimos el n´umero complejo eiα por
eiα = cosα+isinα.
Se verifica que el m´odulo de eiα es 1 cualquiera que sea el n´umero real
α,
|eiα|=|cosα+isinα|=pcos2α+ sin2α = 1.
Funciones complejas que nos aparecer´an con bastante frecuencia son
fn(x) = e2πnx = cos 2πnx+isin 2πnx, n ∈Z.
fn∈L2([0,1]) y
R1
0 |fn(x)|
A L2([a, b]) se le puede dotar de una extructura de espacio eucl´ıdeo con el producto
hf, gi=
Z b
a
f(x)g(x)dx. (67)
¯
g indica la funci´on conjugada de g.
No es dif´ıcil ver que el producto definido por (67) satisface pas propiedades 1. hf, gi=hg, fi,
2. hf +h, gi=hf, gi+hh, gi, 3. hαf, gi=αhf, gi,
4. hf, fi ≥0,
5. hf, fi= 0 ⇐⇒f = 0, donde f, g, h∈L2([a, b]) yα ∈
C.
Sig es real, por ejemplo g(x) =x2, entonces ¯
g(x) = ¯x2 =x2 =g(x). Si g es compleja, por ejemplog(x) = e2πix entonces
¯
g(x) =e2πix= cos 2πx+isin 2πx= cos 2πx−isin 2πx=e−2πix.
Definimos la longitud o normade una funci´on f ∈L2([a, b]) por
kfk2 =hf, fi1/2 =
Z b
a
|f(x)|2dx
1/2 ,
y se puede comprobar que e satisface, para f, g∈L2([a, b]),
• |hf, gi| ≤ kfkkgk, desigualdad de Schwartz,
• kf +gk ≤ kfk+kgk; desigualdad triangular.
Decimos que dos funcionesf, g ∈L2([a, b]) son ortogonales si
hf, gi=
Z b
a
Ejemplo 26 Trabajamos en L2([0,1]).
1. f(x) =x y g(x) = sin 4πxno son ortogonales.
hf, gi=
Z 1
0
f(x)g(x)dx=
Z 1
0
xsin 4πx=
x=u, sin 4πxdx=dv dx=du, v =− 1
4πcos 4πx
= − x
4π cos 4πx
1
0 + 1
4π Z 1
0
cos 4πxdx=−1
4 + 1
16π2 sin 4πx
1
0 =−1
4. 2. f(x) = sin 2πx y g(x) =e4πx si son ortogonales.
hf, gi=
Z 1
0
f(x)g(x)dx=
Z 1
0
sin 2πx(cos 4πx−isin 4πx)dx
=
Z 1
0
sin 2πxcos 4πxdx−i Z
sin 2πxsin 4πxdx.
• Para ver que R01sin 2πxcos 4πxdx= 0 vamos a hacer uso de las f ´
ormulas
sin(α±β) = sinαcosβ±sinβcosα.
Si tomamos α= 4πx y β = 2πx
sin(4πx+ 2πx) = sin 4πxcos 2πx+ sin 2πxcos 4πx,
sin(4πx−2πx) = sin 4πxcos 2πx−sin 2πxcos 4πx,
restando las dos igualdades anteriores
sin 6πx−sin 2πx= 2 sin 2πxcos 4πx=⇒sin 2πxcos 4πx= 1
2sin 6πx− 1
2sin 2πx.
Z 1
0
sin 2πxcos 4πxdx= 1 2
Z 1
0
sin 6πxdx− 1
2
Z 1
0
sin 2πxdx= 0. • Para ver que R01sin 2πxsin 4πxdx = 0, podemos seguir el mismo
procedimiento que antes, pero ahora usando las f´formulas cos(α±β)0 = cosαcosβ∓sinαsinβ.
Ahora se va a utilizar un procedimiento alternativo, integraci´on por partes.
Z 1
0
sin 2πxsin 4πxdx=
sin 2πx=u, 2πcos 2πxdx=du
sin 4πxdx=dv, v =− 1
4π cos 4πx
− 1
4π sin 2πxcos 2πx
1
0 +1
2
Z
cos 2πxcos 4πx= 1 2
Z
cos 2πxcos 4πx
cos 2πx=u, −2πsin 2πx=du
cos 4πxdx=dv, v= 41πsin 4πx
= 1 2
"
1
4πcos 2πxsin 4πx
1
0 +1
2
Z 1
0
sin 2πxsin 4πxdx #
= 1 4
Z 1
0
sin 2πxsin 4πxdx,
tenemos
Z 1
0
sin 2πxsin 4πxdx= 1 4
Z 1
0
sin 2πxsin 4πxdx
=⇒
1−1
4
Z 1
0
sin 2πxsin 4πxdx=⇒ Z 1
0
sin 2πxsin 4πxdx= 0.
3.3
Series de Fourier cl´
asicas. Un problema de
aprox-imaci´
on.
Consideremos el espacio vectorial eucl´ıdeo L2([0,1)) con el producto escalar
hf, gi Z 1
0
f(x)g(x)dx, f, g ∈L2([0,1]),
y la familia de funciones
F =e2πinx n∈
Z (68)
Las funciones deF son linealmente independientes enL2([0,1]) y ortogonales en el sentido
he2πinx, e2πimxi=
Z 1
0
e2πinxe2πimxdx=
Z 1
0
e2πi(n−m)xdx=
0 n 6=m
6
= 0 n=m
(69) Para N ∈ N, FN designa el subespacio vectorial generado por las
fun-ciones {e2πinx}
|n|≤N,
FN =
(
g ∈L2([0,1)) : g(x) =
N
X
n=−N
λne2πinx, λ−n, λ−(n−1),· · ·, λn−1, λn∈R
)
.
Nos planteamos el siguiente problema de aproximaci´on: dada
f ∈ L2([0,1]), encontrar el elemento SN(f) ∈ FN, si existe, tal que
est´a m´as pr´oximo a f en el sentido de que
kf −SNfk2 =
Z 1
0
|f(x)−SNf(x)|
2
dx (70)
= min
λ−n,λ−(n−1),···,λn−1,λn∈R
kf −
N
X
n=−N
λne2πin·k2
= min
λ−n,λ−(n−1),···,λn−1,λn∈R
Z 1
0
f(x)−
N
X
n=−N
λne2πinx
2
dx.
Como en el caso de espacio eucl´ıdeo Rn, se demuestra que este elemento
existe, que corresponde a la proyecci´on de f sobre el subespacio vectorialFN
y est´a dado por
SNf(x) = N
X
n=−N
cn(f)e2πinx, (71)
donde
cn(f)≡cn =
hf, e2πinxi
ke2πinxk2 =
R1
0 f(x)e
−2πinxdx
R1
0 |e2πinx| 2
dx =
Z 1
0
f(x)e−2πinxdx. (72)
• cn(f) es conocido como el n-´esimo coeficiente de Fourier de f con respecto a la familia ortogonal de funciones F = {e2πinx}
n∈Z en
L2([0,1)).
• La funci´on
Sf(x) =
∞ X
−∞
cn(f)e2πinx, x∈[0,1) (73) como serie de Fourier de f con respecto a la familia ortogonal de funciones F ={e2πinx}
n∈Z en L
2([0,1)).
Ejemplo 28 Calcule la serie de Fourier de la f(x) = x con respecto a la familia ortogonal de funciones F ={e2πinx}
n∈Z en L
2([0,1)). Soluci´on:
Empezamos calculando los coeficientes de Fourier, 1. c0(f) =
R1
0 xdx= 1 2.
2. cn(f) =
R1
0 xe
−2πinxdx= −xe−2πinx
2πin
1
0
− 1
2πin
R1
0 e
−2πinxdx=− 1 2πin.
La serie de Fourier es
Sf(x) = 1 2 −
X
n∈Z,n6=0 1 2πine
2πinx
=···+ 1 6πie
−6πix+ 1
4πie
−4πix+ 1
2πie
−2πix+1
2− 1 2πie
2πix− 1
4πie
4πix− 1
6πie
6πix+···
?Qu´e relaci´on existe entre una funci´on y su serie de Fourier?
Antes de contestar a esta pregunta, vamos a ver algunos resultados.
Teorema 29 Plancherel Si f ∈ L2([0,1)) y cn(f) son sus coeficientes de Fourier con respecto a la familia ortogonal de funciones F ={e2πinx}
n∈Z en
L2([0,1)), se tiene que P
n∈Z|cn(f)|
2
<∞, y
Z 1
0
|f(x)|2dx=X
n∈Z
Teorema 30 Si f ∈ L2([0,1)) y c
n(f) son sus coeficientes de Fourier con respecto a la familia ortogonal de funciones F ={e2πinx}
n∈Z en L
2([0,1)), y
SN(f)(x) =
PN
n=−Ncn(f)e
2πinx, se tiene
kf−SN(f)k2 =
Z 1
0
|f(x)−SN(f)(x)|2dx=
X
|n|>N
|cn(f)|2, (75) y
lim
N→∞kf −SN(f)k= 0. (76)
Este Teorema nos est´a diciendo, que en alg´un sentido se tiene que lim
N→∞SN(f)(x) =f(x),
aunque no tenemos que entenderlo en el sentido puntual. De (75), se deduce que siM ≥N, entonces
kf−SM(f)k ≤ kf −SN(f)k,
lo que nos indica que conforme N es mayor,SN(f) seras m´as parecida af.
Volviendo al Ejemplo 28, en el dibujo comparamos la funci´on f(x) = x
con
S3f(x) = 3
X
n=−3
cn(f)e2πinx
1 6πie
−6πix+ 1
4πie
−4πix+ 1
2πie
−2πix+ 1
2− 1 2πie
2πix− 1
4πie
4πix− 1
6πie
Comparaci´on def(x) =x con S5f(x) =
P5
n=−5cn(f)e 2πinx:
Comparaci´on def(x) =x con S7f(x) = P7n=−7cn(f)e 2πinx:
Comparaci´on de f(x) = x con S10f(x) =
P10
Comparaci´on de f(x) = x con S20f(x) =P20n=−20cn(f)e 2πinx:
Existe alg´un resultado puntual?. La respuesta es afirmativa. Sea f : [0,1) =⇒R una funci´on continua, salvo quiz´as es un n´umuero finito
de puntos donde presenta discontinuidades de salto finito.
• Si x0 ∈(0,1), definimos
f+(x0) = lim
x−→x0,x>x0
f(x), f−(x0) = lim
x−→x0,x<x0
f(x).
Se verifica
Sf(x0) = lim
N→∞SN(f)(x0) = f+(x
0) +f−(x0)
Si f es continua en x0 entonces f+(x0) = f−(x0) =f(x0) y
Sf(x0) = lim
N→∞SN(f)(x0) =f(x0) (78)
• Definimos
f+(0) = lim
x−→0,x>0f(x), f
−(1) = lim
x−→1,x<1f(x). Se verifica
Sf(0) =Sf(1) = f
+(a) +f−(b)
2 (79)
Lo anterior nos est´a diciendo que sif : [0,1) =⇒R es una funci´on continua, salvo quiz´as es un n´umuero finito de puntos donde presenta
discontinuidades de salto finito, la serie de Fourier de f, Sf(x), la podemos ver como una funci´on definida en R y periodica de periodo 1.
Si s´olo imponemos que que f ∈L2([0,1)), entonces solo podemos asegurar que
lim
N→∞SN(f)(x) =f(x), para casi todo punto de [0,1).
Observaci´on 31 Igualdad en casi todo punto.
Dos funcionesf, g∈L2(I)son iguales,f=g, si
f(t) =g(t) ”en casi to punto” de I.
¿Qu´e significa la expresi´onen casi todo punto?
Quiere decir quef(t) =g(t)excepto en, a lo sumo, un conjunto de medida cero. No podemos definir aqu´ı qu´e significa que un conjunto tenga medida cero, pero damos una idea intuitiva diciendo que cualquier intervalo no vacio de la forma(a, b)no es de medida cero, mientras que un solo punto, o una cantidad finita (o numerable) de puntos, si forman un conjunto de medida cero.
Ejemplo 32 Dadas las funciones
f1(t) =t, t∈[0,1], f2(t) =
1 t= 0
t 0< t < 12
3 t=12
t 12 < t <1 0 t= 1
, f3(t) =
0 t∈1
n: n∈N
t t∈[0,1]−1
n : n∈N
.
(f3(1) =f3 12=f3 12=· · ·=f3 n1= 0 n∈N)
f2solamente se diferencia def1en el conjunto finito de puntos
0,1
2,1 , luego desde el punto de vista deL2([0,1]),f1=f2.
f3solamente se diferencia def1 en el conjunto numerable de puntos1n: n∈N , luego desde el punto de vista deL2([0,1]),f
1=f3.
Ejemplo 33 Dadas las funciones
g1(t) =t, t∈[0,1], g2(t) =
t 0≤t≤1
3 1
2 1 3< t <
2 3
t 23 ≤t≤1
.
g1 yg2 son diferentes en 13,12 S 12,23y
medida de
1 3,
1 2
[
1 2,
2 3
= medida de
1 3,
1 2
+ medida de
1 2,
2 3
=
1 2−
1 3
+
1 2−
1 3
=1 3 >0, luegog16=g2 en el sentido deL2([0,1]).
Si volvemos a Ejemplo 28 obtenemos que, la serie de Fouries de la funci´on
f(x) = 1, x∈[0,1), es una funci´on definida en R y periodica de periodo 1, es entonces suficiente con definirla en [0,1)
Sf(x) = 1 2 −
X
n∈Z,n6=0 1 2πine
2πinx
=
x x∈(0,1) 1
2 x= 0
(80)
Comparaci´on de f(x) = x con S20f(x) =
P20
n=−20cn(f)e2πinx:
Observese comoSf(0) se acerca a 12.
Observaci´on 34 Si usamos la igualdad
eiα = cosα+isinα,
podremos expresar la serie de Fourier (80) en t´erminos de las funciones
{1,cos 2πnx,sin 2πmx}n,m∈
En efecto
Sf(x) = 1 2 −
X
n∈Z,n6=0 1 2πine
2πinx
=···+ 1 6πie
−6πix
+ 1 4πie
−4πix
+ 1 2πie
−2πix
+1 2−
1 2πie
2πix− 1
4πie
4πix− 1
6πie
6πix
+···
=· · ·+cos 6πx−isin 6πx
6πi +
cos 4πx−isin 4πx
4πi +
cos 2πx−isin 2πx
2πi +
1 2
−cos 2πx+isin 26πx
2πi −
cos 4πx+isin 4πx
4πi −
cos 6πx+isin 6πx
6πi +· · ·
= 1 2+
1 2πi−
1 2πi
cos 2πx+
1 4πi−
1 4πi
cos 4πx+
1 6πi −
1 6πi
cos 6πx+· · ·
+
− 1
2π −
1 2π
sin 2πx+
− 1
4π −
1 4π
sin 4πx+ +
− 1
6π −
1 6π
sin 6πx+· · ·
= 1
2+ (0 cos 2πx+ 0 cos 4πx+ 0 cos 6πx+· · ·) +
−1
π
sin 2πx+
− 1
2π
sin 4πx+
− 1
3π
sin 6πx+· · ·
=a0·1 + (a1cos 2πx+a2cos 4πx+a3cos 6πx+· · ·) + (b1sin 2πx+b2sin 4πx+b3sin 6πx+· · ·) =a0·1 +
∞ X
n=1
ancos 2πnx+
∞ X
n=1
bnsin 2πnx,
donde es f´acil de comprobar que para f(x) =x
a0 =
hf,1i h1,1i =
R1
0 f(x)dx
R1 0 dx = R1 0 xdx R1 0 dx = 1 2,
an=
hf,cos 2πnxi hcos 2πnx,cos 2πnxi =
R1
0 f(x) cos 2πnxdx
R1
0 cos22πnxdx =
R1
0 xcos 2πnxdx 1
2
= 0,
bn =
hf,sin 2πnxi hsin 2πnx,sin 2πnxi =
R1
0 f(x) sin 2πnxdx
R1
0 sin
22πnxdx =
R1
0 xsin
2πnxdx 1
2
