1 Ecuaciones Diferenciales en Derivadas Parciales

Vamos a dar una breve introducción a la resolución de ecuaciones diferenciales en derivadas parciales(EDP 0s) y seguido de ello, estudiar los casos particulares de las ecuaciones de calor, ecuación de onda y laecuación de Laplace

1.1 Casos sencillos de EDP�s

Comenzaremos analizando la resolución de EDP�s, donde la misma sea fácil de obtener. De esta maneratendremos más adelante, una idea más clara sobre cómo resolver las ecuaciones de calor, de onda y deLaplace.Generalmente, denotaremos por

U = U (x; t)

o bienU = U (x; y)

a la función incógnita de estas ecuaciones.Detallamos los ejemplos a continuación

Ejemplo 1 Resolver la EDP@2U

@x@y= 0

Solución 1 Note que@2U

@x@y= 0 =) @

@x

�@U

@y

�= 0

Entonces, hacemos v = @u

@yy con ello, la ecuación resultante es

@v

@x= 0

Esto implica que v es constante respecto a x y como U depende x y y inicialmente, deducimos que

v = '(y)

Por lo tanto@U

@y= ' (y)

e integrando, concluímos queU =

Z'(y)dy| {z }f(y)

+ g(x)

De manera que la solución seráU(x; y) = f(y) + g(x)

Ejemplo 2 Resolver la EDP@2U

@x@y= x+ y3

sometida a las condiciones:

U(1; y) = 2y2 � 4y

U(x;�2) = x+ 8

1

Solución 2 Aplicando un procedimiento similar al del ejemplo anterior, vemos que

@

@x(@U

@y) = x+ y3

Z@

@x(@U

@y)dx =

Z �x+ y3

�dx

@U

@y=

x2

2+ y3x+ f(y)

De esto último, deducimos que

U(x; y) =x2y

2+y4x

4+

Zf(y)dy + g(x)

Ahora, como U (1; y) = 2y2 � 4y; entonces

U(1; y) =y

2+y4x

4+ F (y) + g(1)

2y2 � 4y =y

2+y4

4+ F (y) + g(1)

Por lo tantoF (y) =

�y44+ 2y2 � 9

2y � g(1)

AsíU(x; y) =

x2y

2+y4

4� y

4

4+ 2y2 � 9

2y � g(1) + g(x)

Por otra parte, como U(x;�2) = x+ 8; al aplicar esto en la última ecuación, tenemos que

U(x;�2) = �x2 + 4x� 4 + 8 + 9� g(1) + g(x)

x+ 8 = �x2 + 4x+ 13� g(1) + g(x)

Y de esta manerag(x) = x2 � 3x� 5 + g(1)

Así, la solución de la EDP original es

U(x; y) =x2

2y +

y4

4x� y

4

4+ 2y2 � 9

2y + x2 � 3x� 5

De�nición 1 (Forma general de las EDP´s lineales) La ecuación diferencial en derivadas parciales.

A@2U

@x2+B

@2U

@x@y+ C

@2U

@y2+D

@U

@x+ E

@U

@y+ FU = H

Se clasi�ca como:

� .Si B2 � 4AC < 0: Eliptica

� Si B2 � 4AC = 0 : Parabólica

� SiB2 � 4AC > 0 : Hiperbólica

2

Ejemplo 3 Clasi�que las siguientes ecuaciones:

(a) 5@2U

@x2=

@U

@y

(b)@2U

@x2� @

2U

@y2= 0

(c)@2U

@x2+@2U

@y2= 0

Solución 3 Tenemos:

� (a) Como A = 5; B = 0 y C = 0; entonces B2 � 4AC = 0 y la EDP es parabólica.

� (b) Como A = 1; B = 0 y C = �1; entonces B2 � 4AC = 4 > 0 y la EDP es hiperbólica.

� (a) Como A = 1; B = 0 y C = 1; entonces B2 � 4AC = �4 < 0 y la EDP es elíptica.

1.1.1 Técnica de Separación de variables

La estrategia que emplearemos para resolver las ecuaciones de calor, de onda y de Laplace, es suponer quela solución U(x; y) es de la forma

U(x; y) = X(x)Y (y)

Es decir, que U(x; y) es el producto de dos funciones de una variable distinta cada una.

Ejemplo 4 Determinar las soluciones de la E.D.P

Ux + Uy = 0

Solución 4 Empleando la separación de variables, tenemos

U = X � Y

Por lo tantoUx = X

0 � Y Uy = X � Y 0

Sustituyendo en la EDP:

Ux + Uy = 0

X 0Y +XY 0 = 0

X 0Y = �XY 0

ahora, separamos las variables para obtenerX 0

X=�Y 0Y

Note que esta última igualdad se da entre funciones de distinta variable y para que esta igualdad seaverdadera, el resultado de la igualdad es una constante numérica que llamaremos �: Así pues

X 0

X= � =

�Y 0Y

�

3

De la primera de estas igualdades, deducimos que

X 0

X= � =) X 0 � �X = 0

Lo anterior, por ser una EDO lineal de primer orden homogénea, implica que

X = C1e�x

Ahora bien, de la segunda igualdad de �; obtenemos

�Y 0Y

= �

que equivale aY 0 + �Y = 0

Misma que también es una EDO lineal de primer orden homogénea y por ello

Y = C2e��y

Finalmente, la solución buscada es

U(x; y) = X (x) � Y (y)

= C1e�x � C2e��y

= C1C2e�(x�y)

Importante 1 No todas la ecuaciones E.D.P se pueden separar.

Ejemplo 5 Separe las variables en la EDP:

Uxx + Uxy + Uyy = 0

Solución 5 Al asumir queU = X � Y

y calcular las correspondientes derivadas, conseguimos

X 00Y +X 0Y 0 +XY 00 = 0

Y note que acá, separar las variables resulta imposible.

1.2 Ecuaciones de Calor, Onda y Laplace

A continuación, estudiaremos las 3 ecuaciones en derivadas parciales de relevancia para nuestro curso.Las mismas se estudian puesto que modelan fenómenos físicos como la temperatura de una varilla oalambre delgados (ecuación de calor) ;vibraciones de cuerdas atadas a dos extremos �jos (ecuación de onda) ytemperatura de una lámina plana (ecuación de Laplace)

4

1.2.1 Ecuación de Calor

La ecuación de calor modela el fenómeno de la variación de la temperatura de una barra delgada o alambrerecto de longitud l y en cualquier tiempo t, siempre que sus extremos estén en todo momento se mantengana 0�C y con una temperatura inicial . Así mismo, se asumen varios supuestos como el hecho de que en lasuper�cie de la varilla no se pierde calor ni que éste se genera en la varilla, el �ujo del mismo se da en ladirección positiva del eje X, la varilla es homogénea y que la conductividad térmica, denotada por K y elcalor especí�co, son constantes. Bajo todas estas condiciones entonces, el problema de valores iniciales ycon valores en la frontera a resolver es.

8>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>:

K2Uxx = Ut

U(0; t) = 0

U(l; t) = 0

U(x; 0) = f(x)

Para resolverla, hacemos la debida separación de variables, partiendo del supuesto:

U = X � T

Con elloUx= X

0T Uxx = X00T Ut = XT

0

Luego, al sustituir en la ED, obtenemosK2X 00T = XT 0

Seguidamente, cuando separamos las variables, nos queda

X 00

X= � =

T�K2T

Posterior a esto, hacemos el análisis de la solución a partir de posibles valores de �; y a partir de esto, hallarla función U (x; t) empleando inclusive, series de Fourier, pero vamos a explicar esto mejor con ejemplos.

Ejemplo 6 Resolver la ecuación de calor: 8>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>:

Uxx = Ut

U(0; t) = 0

U(�; t) = 0

U(x; 0) =ex

Solución 6 Partimos del hecho que luego de saparar las variables, se llega a

X 00

X= � =

T 0

T|

Hacemos entonces, el siguiente estudio de casos:

5

I Caso: � = �2 > 0 : Las ecuaciones resultantes al hacer el cambio en |; son

X 00 � �2X = 0 y T 0��2T = 0

De donde

X = C1e�x + C2e

��x

Y = C3e�2t

Y con elloU(x; t) = [C1e

�x + C2e��x]C3e

�2t

Ahora, empleamos las condiciones de frontera

U(�; t) = 0 y U(0; t) = 0

Así, concluimos que

X (0)T (t) = 0

X (�)T (t) = 0

A partir de esto vemos queX (0) = X (�) = 0

pues de otra manera, implicaría que T (t) = 0 y así

U (x; t)= X (x) � T (t)= 0

pero esta es la solución trivial y no es de nuestra importancia. Ahora bien

X (0) = C1 + C2 = 0

X (�) = C1e�� + C2e

��� = 0

Entonces es fácil ver que C2 = �C1 y cambiando esto en la segunda ecuación, deducimos que

C1e�� � C1e��� = 0

C1�e�� � e���

�= 0

De acá se desprenden dos posibilidades:1. Si C1 = 0 : Automáticamente tenemos que C2 = 0 y así

X (x) = C1|{z}0

e�x + C2|{z}0

e��x = 0

lo cual implicaría otra vez queU (x; t)= X (x) � T (t)= 0

2. Si más bien suponemos que e�� � e��� = 0; veri�camos lo siguiente:

e�� = e��� ) �� = ��� ) � = ��) � = 0

6

pero � = 0 es contradicción pues �2 = � > 0; por lo que este caso no aporta soluciones.II Caso: � = 0 : De |; vemos que

X 00

X= 0 =

T 0

T

Esto permite inferir que

X 00 = 0 =) X = C1x+ C2

T 0 = 0 =) T = C3

Y de ahí, obtenemosU(x; t) = (C1x+ C2)C3

Ahora, aplicando las condiciones iniciales, del caso anterior sabemos que

X (0) = X (�) = 0

En consecuenciaU(0; t) = C2C3 = 0

Lo que implica que C2 ó C3 son 0: Si C3 = 0; esto implica que

T = 0) U(x; t) = 0

Entonces debería suceder que C2 = 0; por lo que

X = C1x

peroX (�) = 0 =) C1� = 0

de manera que C1 = 0 y así otra vezU(x; t) =( C1|{z}

0

x+ C2|{z}0

)C3= 0

que no es la solución que queremos y de ahí que este caso tampoco aporta soluciones.III Caso � < 0, con � = ��2 : Al cambiar en |; esta vez obtenemos

X 00

X= ��2=T

0

T

y obtenemos las ecuacionesX 00 + �2X = 0 y T 0+�2T = 0

Fácilmente vemos que las soluciones de estas ecuaciones son

X = C1 cos (�x) +C2 sin (ax)

T = C3e��2t

Y luegoU(x; t) = (C1cos (�x)+C2 sin (�x) )C3e

��2t

Aplicamos de nueva cuenta las condiciones de frontera

X (0) = X (�) = 0

7

para deducir queU(0; t) = C1C3e

��2t

De manera que C1 = 0 ó C3 = 0: Esta segunda condición implica que

T = 0) U (x; t) = 0

y nuevamente se llega a la solución trivial. Mientras que si C1 = 0; entonces

U(x; t) = C2 sin (�x) � C3e��2t

= C2C3 sin (�x) e��2t

La otra condición inicial (X (�) = 0) ; implica que

u(�; t)= C2 � C3 sin (��) e��2t= 0

Ya vimos que C3 6= 0 y además, se sabe que e��2t 6= 0; por lo que C2 = 0 ó sin (��) : De darse que C2; seobtendría una vez más la solución trivial U (x; t) = 0; y de esto se deduce la condición

sin (��)= 0

entonces�� = n� ) � = n

AsíU(x; t) = C2C3 sin (nx) e

�n2t

Note que para cada valor de n; obtenemos una solución de la EDP de calor. Consideramos entonces lassoluciones de la EDP de calor de la forma

Un(x; t)= bn sin (nx) e�n2t

Y por el principio de superposición, sabemos que

U(x; t) =1Xn=1

bn sin (nx) e�n2t

también es solución de la EDP. Ahora, damos uso a la condición inicial para inferir que

U(x; 0) =

1Xn=1

bn sin (nx)= ex

Es decir, debemos hallar la serie de senos de Fourier de f (x) = ex en el intervalo [0; �] : Calculamos dichaserie haciendo

bn=2

�

Z �

0

exsin (nx) dx

De dondebn=

2n2

� (n2 + 1)

�1� (�1)n e�

n

�Por lo que �nalmente

U(x; t) =1Xn=1

bn sin (nx) e�n2t

=1Xn=1

�2n (1� (�1)n e�)

� (n2 + 1)

�sin (nx) e�n

2t

8

Ejemplo 7 Resolver la ecuación de calor:8>>>>>>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>>>>>>:

Uxx = Ut

U(0; t) = 0

U(2�; t) = 0

U(x; 0) =

8><>:x si 0 < x < �

2� � x si � < x < 2�

Solución 7 Partimos del hecho que luego de saparar las variables, se llega a

X 00

X= � =

T 0

T|

Hacemos entonces, el siguiente estudio de casos:I Caso: � = �2 > 0 : Las ecuaciones resultantes al hacer el cambio en |; son

X 00 � �2X = 0 y T 0��2T = 0

De donde

X = C1e�x + C2e

��x

Y = C3e�2t

Y con elloU(x; t) = [C1e

�x + C2e��x]C3e

�2t

Ahora, empleamos las condiciones de frontera

U(2�; t) = 0 y U(0; t) = 0

Así, concluimos que

X (0)T (t) = 0

X (2�)T (t) = 0

A partir de esto vemos queX (0) = X (2�) = 0

pues de otra manera, implicaría que T (t) = 0 y así

U (x; t)= X (x) � T (t)= 0

pero esta es la solución trivial y no es de nuestra importancia. Ahora bien

X (0) = C1 + C2 = 0

X (2�) = C1e2�� + C2e

�2�� = 0

9

Entonces es fácil ver que C2 = �C1 y cambiando esto en la segunda ecuación, deducimos que

C1e2�� � C1e�2�� = 0

C1�e2�� � e�2��

�= 0

De acá se desprenden dos posibilidades:1. Si C1 = 0 : Automáticamente tenemos que C2 = 0 y así

X (x) = C1|{z}0

e2�x + C2|{z}0

e�2�x = 0

lo cual implicaría otra vez queU (x; t)= X (x) � T (t)= 0

2. Si más bien suponemos que e2�� � e�2�� = 0; veri�camos lo siguiente:

e2�� = e�2�� ) 2�� = �2�� ) � = ��) � = 0

pero � = 0 es contradicción pues �2 = � > 0; por lo que este caso no aporta soluciones.II Caso: � = 0 : De |; vemos que

X 00

X= 0 =

T 0

T

Esto permite inferir que

X 00 = 0 =) X = C1x+ C2

T 0 = 0 =) T = C3

Y de ahí, obtenemosU(x; t) = (C1x+ C2)C3

Ahora, aplicando nuevamente las condiciones de frontera,del caso anterior sabemos que

X (0) = X (2�) = 0

En consecuenciaU(0; t) = C2C3 = 0

Lo que implica que C2 ó C3 son 0: Si C3 = 0; esto implica que

T = 0) U(x; t) = 0

Entonces debería suceder que C2 = 0; por lo que

X = C1x

peroX (2�) = 0 =) 2C1� = 0

de manera que C1 = 0 y así otra vezU(x; t) = ( C1|{z}

0

x+ C2|{z}0

)C3= 0

que no es la solución que queremos y de ahí que este caso tampoco aporta soluciones.

10

III Caso � < 0, con � = ��2 : Al cambiar en |; esta vez obtenemos

X 00

X= ��2=T

0

T

y obtenemos las ecuacionesX 00 + �2X = 0 y T 0+�2T = 0

Fácilmente vemos que las soluciones de estas ecuaciones son

X = C1 cos (�x)+C2 sin (�x)

T = C3e��2t

Y luegoU(x; t) = (C1cos (�x)+C2 sin (�x) )C3e

��2t

Aplicamos las condiciones inicialesX (0) = X (2�) = 0

para deducir queU(0; t) = C1C3e

��2t

De manera que C1 = 0 ó C3 = 0: Esta segunda condición implica que

T = 0) U (x; t) = 0

y nuevamente se llega a la solución trivial. Mientras que si C1 = 0; entonces

U(x; t) = C2 sin (�x) � C3e��2t

= C2C3 sin (�x) e��2t

La otra condición inicial (X (2�) = 0) ; implica que

u(2�; t) = C2 � C3 sin (2��) e��2t= 0

Ya vimos que C3 6= 0 y además, se sabe que e��2t 6= 0; por lo que C2 = 0 ó sin (2��) : De darse que C2; seobtendría una vez más la solución trivial U (x; t) = 0; y de esto se deduce la condición

sin (2��)= 0

entonces2�� = n� ) � =

n

2

AsíU(x; t) = C2C3 sin

�nx2

�e�n

2t

Note que para cada valor de n; obtenemos una solución de la EDP de calor. Consideramos entonces lassoluciones de la EDP de calor de la forma

Un(x; t)= bn sin�nx2

�e�n

2t

Y por el principio de superposición, sabemos que

U(x; t) =1Xn=1

bn sin�nx2

�e�n

2t

11

también es solución de la EDP. Ahora, damos uso a la condición de frontera para inferir que

U(x; 0) =1Xn=1

bn sin�nx2

�=

8><>:x si 0 < x < �

2� � x si � < x < 2�

Es decir, debemos hallar la serie de senos de Fourier de f (x) =

8><>:x si 0 < x < �

2� � x si � < x < 2�

en el intervalo

[0; �] : Calculamos dicha serie haciendo

bn =2

2�

Z 2�

0

f (x) sin�nx2

�dx

=1

�

0BBBBB@�Z0

x sin�nx2

�dx

| {z }�

+

2�Z�

(2� � x) sin�nx2

�dx

| {z }N

1CCCCCA

=�2x cos

�nx2

�n

�������

0

+2

n

�Z0

cos�nx2

�dx

| {z }�

+�2 (2� � x) cos

�nx2

�n

������2�

�

� 2

n

2�Z�

cos�nx2

�dx

| {z }N

=�2� cos

�n�2

�n

+4 sin

�nx2

�n2

�������

0| {z }�

+�2� cos

�n�2

�n

�4 sin

�nx2

�n2

������2�

�| {z }N

=4 sin

�n�2

�n2

�

0BB@4 sin (n�)n2| {z }0

�4 sin

�n�2

�n2

1CCA

=8 sin

�n�2

�n2

De dondePor lo que �nalmente

U(x; t) =1Xn=1

bn sin (nx) e�n2t

=1Xn=1

0@8 sin�n�2

�n2

1A sin (nx) e�n2t

1.2.2 Ecuación de Onda

La ecuación de onda permite estudiar el movimiento de una cuerda vibrante de longitud l; atada en susextremos. Dicho movimiento se da perpendicular al eje X. Asumiremos para esta situación algunos hechoscomo la �exibilidad completa y homogeneidad de la cuerda, los desplazamientos son pequeños comparadoscon la longitud de la cuerda, la tensión de la cuerda es constante y grande respecto a la fuerza de gravedady además, que sobre la cuerda no actúan otras fuerzas. El problema de valor inicial y con valores en lafrontera que nos modela este fenómeno es

12

8>>>>>>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>>>>>>:

k2Uxx = Utt

U (0; t)= 0

U (l; t)= 0

U (x; 0) = f (x)

Ut (x; 0)=g (x)

Ejemplo 8 Resolver la ecuación de onda. 8>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>:

4Uxx= U tt

U (x; 0)= x

Ut (x; 0)= 1

U (0; t)= 0;8t � 0

U��2; t�= 0; 8t � 0

Solución 8 Hacemos separación de variables

U (x; t) = X(x)T (t)

Para obtener que

4Uxx = Utt

4X 00T = XT 00

X 00

X= � =

T 00

4T

De esta manera, se originan las ecuaciones

X 00 � �X= 0

T 00 � 4�T= 0

Las cuales eerán resueltas analizando los siguientes casos:Caso I: �> 0, �= �2 : Las soluciones que se obtienen son

X = C1e�x + C2e

��x

T = C3e2�t+C4e

�2�t

13

Y con elloU (x; t) = X � T =

�C1e

�x + C2e��x� �C3e2�t+C4e�2�t�

Ahora, aplicando las condiciones de frontera

U (0; t)= X (0) � T (t)= 0

Entonces, para que no obtengamos la solución trivial, deducimos que X (0) = 0; pero

X (0)= C1�C2

entonces C1 = C2 y por tantoX(x) =C1

�e�x + e��x

�Pero al emplear la otra condición inicial

�U��2; t�= 0�, tenemos

X(�

2) = 0) C1

�e��2 � e

���2

�Y esto implica que � = 0; pero esto contradice el hecho de que � = �2 > 0:Caso II: � = 0 : Las soluciones que conseguimos son

X = C1 + C2x

T = C3 + C4t

Entonces, aplicando otra vez la condición de frontera, se obtiene

U (0; t)= 0) X= C1

Es decirX = C2x

pero también comoU��2; t�= 0 =) X

��2

�= C2

�

2= 0

De dondeC2 = 0

Y así, tendremos nuevamente la solución trivial

U (x; t) = 0

Caso III: � < 0, �= ��2 : Las soluciones que se deducen son

X(x) = C1 cos (�x)+C2 sin (�x)

T (t) = C3 cos (2�t)+C4 sin (2�t)

Y aplicándoles las condiciones de frontera, una vez más, se cumple que

U(0; t) = 0) X(0)T (t)= 0

Nuevamente tomamos X (0) = 0 para evitar la solución trivial, además

X(0) = C1

14

Por lo queX(x) = C2 sin (�x)

TambiénX��2

�= C2 sin(

��

2) = 0

Lo cual, para no obtener la solución trivial, implicaría que

��

2= n�

Por lo cual�= 2n

AsíX (x) = C2 sin (2nx)

por lo que podemos considerarXn (x) = Cn sin (2nx)

y usar superposición para deducir que

Xn (x) =1Xn=1

Cn sin (2nx)

Tn (t) = (Dn cos (4nt)+En sin (4nt))

Y con ello

U (x; t) =

1Xn=1

Un (x; t)

=

1Xn=1

Xn (x) � Tn (t)

=1Xn=1

Cn sin (2nx)� (Dn cos (4nt)+En sin (4nt))

=1Xn=1

sin (2nx)� (an cos (4nt)+bn sin (4nt))

Ahora, aplicamos las condiciones iniciales. Primero, tenemos que

U (x; 0) = x

pero al sustituir directamente en U (x; t) ; también notamos que

U (x; 0) =1Xn=1

an sin (2nx)

por lo que1Xn=1

an sin (2nx) = x

15

donde

an =2�2

�2Z0

x sin (2nx) dx

| {z }u=2nx; du=2ndx

=1

�n2

n�Z0

u sin (u) du

=1

�n2

��u cosu+ sinu

����n�0

�

=(�1)n+1

n

Mientras que

Ut(x; t) =1Xn=1

sin (2nx)� (�4nan sin (4nt)+4nbn cos (4nt))

Entonces

Ut(x; 0) =1Xn=1

sin (2nx)�4nbn| {z }dn

= 1

=

1Xn=1

dn sin (2nx) = 1

con

dn =2�2

�2Z0

sin (2nx)dx

=2

n�

�� cos (u)

�����n�0

=2

n�

�(�1)n+1 + 1

�

=2�(�1)n+1 + 1

�n�

De manera que

4nbn =2�(�1)n+1 + 1

�n�

bn =(�1)n+1 + 1

2n2�

Por lo tanto

U (x; t) =1Xn=1

sin (2nx)� (an cos (4nt)+bn sin (4nt))

=1Xn=1

sin (2nx)� (�1)n+1

ncos (4nt)+

(�1)n+1 + 12n2�

sin (4nt)

!

16

Ejemplo 9 Resolver la ecuación de onda.8>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>:

Uxx= U tt

U (x; 0)=0 si 0 < x < 2

Ut (x; 0)=

8>>><>>>:x si 0 < x < 1

2� x si 1 < x < 2

U (0; t)= 0;8t � 0

U (2; t)= 0;8t � 0

Solución 9 Hacemos separación de variables

U (x; t) = X(x)T (t)

Para obtener que

Uxx = Utt

X 00T = XT 00

X 00

X= � =

T 00

T

De esta manera, se originan las ecuaciones

X 00 � �X= 0

T 00 � �T= 0

Las cuales eerán resueltas analizando los siguientes casos:Caso I: �> 0, �= �2 : Las soluciones que se obtienen son

X = C1e�x + C2e

��x

T = C3e�t+C4e

��t

Y con elloU (x; t) = X � T =

�C1e

�x + C2e��x� �C3e�t+C4e��t�

Ahora, aplicando las condiciones de frontera

U (0; t)= X (0) � T (t)= 0

Entonces, para que no obtengamos la solución trivial, deducimos que X (0) = 0; pero

X (0)= C1 + C2

17

entonces C1 = �C2 y por tantoX(x) =C1

�e�x � e��x

�Pero al emplear la otra condición de frontera (U (2; t) = 0), tenemos

X(2) = 0) C1�e2� � e�2�

�Y esto implica que � = 0; pero esto contradice el hecho de que � = �2 > 0:Caso II: � = 0 : Las soluciones que conseguimos son

X = C1 + C2x

T = C3 + C4t

Entonces, aplicando las condiciones de frontera de nuevo, obtenemos

U (0; t)= 0) X (0) = 0

pero comoX (0) = C1

entoncesC1 = 0

Y asíU (x; t) = C2x (C3 + C4t)

Mientras que usando la condiciónU (2; t)= 0) X (2) = 0

PeroX (2) = 2C2 = 0) C2 = 0

pero esto nuevamente conduce a la solución trivial.Caso III: � < 0, �= ��2 : Las soluciones que se deducen son

X(x) = C1 cos (�x)+C2 sin (�x)

T (t) = C3 cos (�t)+C4 sin (�t)

Y aplicándoles las condiciones de frontera otra vez, se cumple que

U(0; t) = 0) X(0)T (t)= 0

Nuevamente tomamos X (0) = 0 para evitar la solución trivial, además

X(0) = C1

Por lo queX(x) = C2 sin (�x)

TambiénX (2)= C2 sin (2�) = 0

Lo cual, para no obtener la solución trivial, implicaría que

2�= n�

18

Por lo cual�=

n�

2

AsíX (x) = C2 sin (

n�x

2)

por lo que podemos considerarXn (x) = Cn sin (

n�x

2)

y usar superposición para deducir que

Xn (x) =1Xn=1

Cn sin (n�x

2)

Tn (t) =

�Dn cos (

n�t

2)+En sin (

n�t

2)

�Y con ello

U (x; t) =1Xn=1

Un (x; t)

=1Xn=1

Xn (x) � Tn (t)

=

1Xn=1

Cn sin (n�x

2)��Dn cos (

n�t

2)+En sin (

n�t

2)

�

=

1Xn=1

sin (n�x

2)��dn cos (

n�t

2)+en sin (

n�t

2)

�Ahora, aplicamos las condiciones iniciales. Primero, tenemos que

U (x; 0) = 0

pero al sustituir directamente en U (x; t) ; también notamos que

U (x; 0) =1Xn=1

dn sin (n�x

2)

por lo que1Xn=1

dn sin (n�x

2) = 0

donde

dn =2

2

2Z0

0 � sin (n�x2)dx = 0

Mientras que

Ut(x; t) =1Xn=1

sin (n�x

2)���n�2dn sin (

n�t

2)+n�

2en cos (

n�t

2)

�Entonces

Ut(x; 0) =1Xn=1

sin (n�x

2)�n�2en| {z }

fn

=

8><>:x si 0 < x < 1

2� x si 1 < x < 2

=1Xn=1

fn sin�n�x2

�=

8><>:x si 0 < x < 1

2� x si 1 < x < 2

19

con

fn =2

2

2Z0

f (x) sin�n�x2

�dx

=

1Z0

x sin�n�x2

�dx

| {z }1

+

2Z1

(2� x) sin�n�x2

�dx

| {z }2

=�2x cos

�n�x2

�n�

������1

0

+2

n�

1Z0

cos�n�x2

�dx

| {z }1

+�2 (2� x) cos

�n�x2

�n�

������2

1

� 2

n�

2Z1

cos�n�x2

�dx

| {z }2

=�2 cos

�n�2

�n�

+4 sin

�n�x2

�n2�2

������1

0| {z }1

+2 cos

�n�2

�n�

�4 sin

�n�x2

�n2�2

������2

1| {z }2

=4 sin

�n�2

�n2�2

�

0@4 sin (n�)n2�2

�4 sin

�n�2

�n2�2

1A

=8 sin

�n�2

�n2�2

De manera que

n�

2en =

8 sin�n�2

�n2�2

en =16 sin

�n�2

�n3�3

Por lo tanto

U (x; t) =

1Xn=1

sin (n�x

2)��dn cos (

n�t

2)+en sin (

n�t

2)

�

=1Xn=1

sin (n�x

2)�

0@16 sin�n�2

�n3�3

sin (n�t

2)

1A=

16

n3�3

1Xn=1

sin (n�x

2)��sin�n�2

�sin (

n�t

2)

�

20

1.2.3 Ecuación de Laplace

La ecuación de Laplace nos permite resolver el problema de hallar la temperatura correspondiente al estadopermanente de una placa rectangular plana, siempre a través de los lados de dicha placa no se pierda calor.El correspondiente problema de valores inciales y de valor en la frontera que vamos a resolver es8>>>>>><>>>>>>:

Uxx + Uyy = 0 0 < x < a 0 < y < b

Ux (0; y) = 0 Ux (a; y) = 0 0 < y < b

U (x; 0) = 0 U (x; b) = f (x) 0 < x < a

O bien, otra posible forma del problema es8>>>>>><>>>>>>:

Uxx + Uyy = 0 0 < x < a 0 < y < b

Uy (x; 0) = 0 Uy (x; b) = 0 0 < x < a

U (0; y) = 0 U (a; y) = g (y) 0 < y < b

La solución de esta ecuación, en cualquier caso, es igual que las 2 ecuaciones anteriormente vistas y serealiza primeramente efectuando la debida separación de variables, Si

U (x; y) = X (x)Y (y)

entoncesUxx = X

00Y Uyy = XY00

Y así, al cambiar en la EDP, tenemos que

X 00Y +XY 00 = 0

X 00

X= � =

�Y 00Y

Ahora corresponde a hacer el debido estudio de casos para � y vamos a usar los siguientes ejemplos parailustrarlo mejor.

Ejemplo 10 Resolver la ecuación de Laplace:8>>>>>>>>><>>>>>>>>>:

Uxx+Uyy = 0

Uy(x; 0) = 0

Uy(x; 1) = 0

U(0; y) = 0

U(1; y) = 1� y

Solución 10 Esta ecuación corresponde al segundo tipo mostrado antes. Partiendo de las últimas ecuacionesobtenidas, analizamos los distintos casosI Caso � < 0, �= ��2 : Las ecuaciones resultantes son

X 00+�2X = 0

Y 00��2Y = 0

21

Las soluciones respectivas son

X = C1cos (�x)+C2 sin (�x)

Y = C3e�y+C4e

��y

De dondeU (x; y) = (C1cos (�x)+C2 sin (�x)) �

�C3e

�y+C4e��y�

Ahora, para aplicar las condiciones de frontera (en y), primero hacemos

Uy(x; y) = (C1cos (�x)+C2 sin (�x)) ���C3e

�y � �C4e��y�

de dondeUy(x; 0) = (C1cos (�x)+C2 sin (�x)) � (�C3 � �C4) = 0

De acá entonces se concluye que�C3 � �C4 = 0

Por endeC3 = C4

De esta formaU (x; y) = (C1cos (�x)+C2 sin (�x)) � C3

�e�y+e��y

�Por otra parte, haciendo uso de la otra condición de frontera en y, tenemos:

Uy(x; 1) = (C1cos (�x)+C2 sin (�x)) � C3��e� � �e��

�= 0

De lo anterior, inferimos que�e� � �e�� = 0

lo que implica que � = 0. Esto contradice el supuesto de que � = ��2 < 0: Por tanto, este caso no aportaotra solución que no sea la trivial.II Caso � = 0 : De las ecuaciones halladas luego de separar las variables, tenemos que

X 00

X= 0 =

�Y 00Y

Esto permite ver queX 00= 0 y Y 00= 0

Lo cual fácilmente se traduce en

X = C1x+ C2

Y = C3y + C4

De dondeU (x; y) = (C1x+ C2) (C3y + C4)

Empleando las condiciones de frontera correspondientes, vemos que

Uy (x; y) = (C1x+ C2)C3

Y asíUy (x; 0) = (C1x+ C2)C3 = 0

22

Lo cual implica que C3 = 0; entoncesU (x; y) = (C1x+ C2)C4

Pero con esto se tiene queUy (x; y) = 0

para 0 � y � 1: Lo cual signi�ca que la condición Uy (x; 1) = 0 no aporta información y por tanto nuestrasolución quedará en

U (x; y) = (C1x+ C2)C4

= C1C4| {z }P

x+ C2C4| {z }Q

= Px+Q

Aplicando ahora otra de las condiciones de frontera (U (0; y) = 0) concluímos que Q = 0 y con esto,

U (x; y) = Px

Y al usar la última condición establecida al inicio del problema (U (1; y) = 1� y), obtenemos

P = 1� y

Pero esto no puede darse ya que P es constante, mientras que y es variable y por tanto, no hay soluciónpara este caso.III Caso: � > 0; � = �2 : Cambiando en las ecuaciones del principio, llegamos a

X 00

X= �2 =

�Y 00Y

Las soluciones que se producen son

X = C1e�x+C2e

��x

Y = C3 cos (�y)+C4sin (�y)

Y entoncesU (x; y) =

�C1e

�x+C2e��x� (C3 cos (�y)+C4sin (�y))

Como ya es conocido, después de esto de emplean las condiciones de frontera para obtener

Uy (x; y) =�C1e

�x+C2e��x� (��C3sin (�y)+�C4 cos (�y))

Para luego, ver que

Uy (x; 0) =�C1e

�x+C2e��x��C4 = 0

Uy (x; 1) =�C1e

�x+C2e��x� (��C3sin (�)+�C4 cos (�)) = 0

Si fuese que � = 0; contradecimos el hecho que � = �2 > 0: Por ende C4 = 0 de la primera ecuación y usandoesto en la segunda, vemos que

��C3sin (�) = 0

23

Esto implica que sin (�) = 0; pues si se diera que C3 = 0, pasaría que Y (y) = 0 y en seguida, U (x; y) = 0: Enconsecuencia

� = n�

Teniendo esto, consideremos

Un (x; y) =�Cne

n�x+Dne�n�x�En cos (n�y)

=�ane

n�x+bne�n�x� cos (n�y)

Donde an = CnEn y bn = DnEn; por lo que

U(x; y) =1Xn=1

Un (x; y) =1Xn=1

�ane

n�x+bne�n�x� cos (n�y)

Ya con esto, �nalmente podemos dar uso a las condiciones de frontera en x. Primero hacemos

U(0; y) =1Xn=1

an + bn| {z }An

cos (n�y)=1Xn=1

An cos (n�y) = 0

Lo que signi�ca que

An = 0

an + bn = 0

an = �bn

Por otra parte, la condición U(0; y) = 1� y implica1Xn=1

�ane

n�+bne�n�� cos (n�y) = 1� y

1Xn=1

an�en� � e�n�

�| {z }Bn

cos (n�y) = 1� y

1Xn=1

Bn cos (n�y) = 1� y

que a su vez signi�ca que debemos hallar la serie de cosenos de f (y) = 1� y: Haciendo esto, tenemos

B0 = 2

Z 1

0

(1� y) dy = 1

Y además

Bn = 2

Z 1

0

(1� y) cos (n�y)dy

= 2

0BBB@ (1� y) sin (n�y)n�

����10| {z }

0

+1

n�

Z 1

0

sin (n�y)dy

1CCCA=

�2 cos (n�y)n2�2

����10

=�2 ((�1)n � 1)

n2�2

24

Por lo que

an�en� � e�n�

�=

�2 ((�1)n � 1)n2�2

an =�2 ((�1)n � 1)n2�2 (en� � e�n�)

Y consecuentemente

bn = �an

=2 ((�1)n � 1)

n2�2 (en� � e�n�)

inalmente, tenemos

U(x; y) =1Xn=1

Un (x; y)

=1Xn=1

�ane

n�x+bne�n�x� cos (n�y)

=1Xn=1

���2 ((�1)n � 1)n2�2 (en� � e�n�)

�en�x +

�2 ((�1)n � 1)

n2�2 (en� � e�n�)

�e�n�x

�cos (n�y)

.

25