ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES · ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES 4.1. INTRODUCCIÓN ......

Prof. José Luis Quintero 1

TEMA 4

ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES

4.1. INTRODUCCIÓN En este tema se verán procedimientos para resolver ecuaciones en derivadas parciales que surgen con frecuencia en problemas donde aparecen vibraciones,

potenciales y distribuciones de temperatura. Se llaman problemas de valores en la

frontera y se describen mediante ecuaciones en derivadas parciales de primer o segundo orden, que son relativamente simples. En el caso de las ecuaciones de

segundo orden, lo que se hace es hallar las soluciones particulares de una ecuación en

derivadas parciales reduciéndolas a dos o más ecuaciones diferenciales ordinarias. Se comenzará con el método de separación de variables para ecuaciones en derivadas

parciales lineales. La aplicación de este método recordará conceptos de temas

anteriores como valores propios, funciones propias y el desarrollo de una función en una serie infinita de funciones ortogonales.

4.2. ESPACIO VECTORIAL CON PRODUCTO INTERIOR

Definición 1. Un espacio vectorial real es un conjunto V (cuyos elementos se llamarán vectores), con una operación binaria de adición y una multiplicación escalar que satisfacen las siguientes propiedades: ( , R)α β ∈ a. Dado cualquier par de vectores x, y V∈ , existe un único vector x y V+ ∈ , llamado

la suma de x y y b. x∀ ,y V∈ , x y z x y z( ) ( )+ + = + + c. x∀ ,y V∈ , x y y x+ = +

d. 0 x x 0 0 x xV V ,∃ ∈ ∀ ∈ + = + = e. x x x x 0( ) V V , ( )∃ − ∈ ∀ ∈ + − =

f. Dado cualquier vector x V∈ y cualquier número real α , existe un único vector x Vα ∈ llamado el producto de α y x

g. x y x y( )α + = α + α h. x x x( )α + β = α + β

i. x x( ) ( )αβ = α β

j. x x1. =

Definición 2. Se dice que un subconjunto S ≠ φ de un espacio vectorial V, es un subespacio de V, si x y, S∀ ∈ y , R∀α β ∈ el vector x y Sα + β ∈ .

Observación 1. Es claro que { }0 y V son subespacios de V.


Definición 3. Se dice que un producto interior está definido en un espacio vectorial real V, si con cada par de vectores x e y en V se asocia un número real x y• tal que

a. x y y x• = • b. x y x y( ) ( )α • = α • para cada número real α c. 1 2 1 2x x y x y x y( )+ • = • + •

d. x x 0• ≥ y x x 0• = si, y solamente si, x 0= .

Definición 4. Un espacio vectorial con un producto interior se conoce como un

espacio euclidiano o espacio vectorial con producto interior.

Si se aplica (a) a (b) y a (c), se ve que un producto interior también satisface las propiedades x y x y( ) ( )• α = α • y 1 2 1 2x y y x y x y( )• + = • + • . En general

1 2 1 2 1 1 1 2 2 1 2 2x x y y x y x y x y x y1 2 1 2 1 1 1 2 2 1 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )α + α • β + β = α β • + α β • + α β • + α β •donde 1 2 1, ,α α β y 2β son escalares arbitrarios.

Ejemplo 1. Sean x 1 n(x ,..., x )= y y 1 n(y ,...,y )= vectores en nR , y defínase a x y•

por x y 1 1 n nx y ... x y• = + + . Entonces nR se convierte en un espacio euclidiano y, como

tal, se llama espacio euclidiano de dimensión n. En 2R y 3R este producto interior

no es otro que el “producto punto” usado en física, donde la definición generalmente

se expresa geométricamente como el producto de la longitud de x por la longitud de y por el coseno del ángulo que forman ambos.

Ejemplo 2. Considere el espacio C a,b de todas las funciones continuas en a,b , con

f g• definido por

f g

b

af(x)g(x)dx• = ∫ .

Pruebe que f g• define un producto interior.

Solución.

No es difícil demostrar que satisface todas las exigencias de un producto interior: Se tiene que

b b

a af(x)g(x)dx f(x)g(x)dxα = α∫ ∫ ,

siendo α un número real, y

b b b

1 2 1 2a a af (x) f (x) g(x)dx f (x)g(x)dx f (x)g(x)dx+ = + ∫ ∫ ∫ .

Finalmente, al recordar que la integral de una función no negativa es no negativa, y que la integral de una función continua no negativa es cero si, y solamente si, la

función es idénticamente cero se ve que

f f

b2

a(f(x)) dx 0• = ≥∫ ,

y que f f 0• = si, y solamente si, f 0= .


En adelante, siempre que se haga referencia a nR o a C a,b como espacios

euclidianos, se considerará que se están utilizando los productos interiores definidos en

los ejemplos anteriores, a menos que se mencione expresamente lo contrario.

Ejemplo 3. Sea r una función no negativa en C a,b que se anula, cuando más, en un

número finito de puntos en el intervalo a,b . Entonces

f g

b

af(x)g(x)r(x)dx• = ∫

también define un producto interior en C a,b .

La función r se llama la función peso para este producto interior, y se

observará que cuando r es idénticamente igual a 1 se tendrá la fórmula definida en el

ejemplo anterior. Se encontrará este producto interior nuevamente cuando se estudien problemas de valor en la frontera, para ecuaciones diferenciales. 4.3. LONGITUD. MEDIDA ANGULAR. DISTANCIA Se definirá longitud, medida angular y distancia, en términos del producto interior de un espacio euclidiano. Cada uno de estos conceptos tiene un significado

bien definido en el espacio euclidiano, de dimensión 2, y es razonable exigir que

cualquier definición que se adopte, se reduzca a la ya usual en 2R .

Sea x 1 2(x , x )= cualquier vector en 2R . Entonces, la longitud de x indicada por

x , es el número real no negativo x 2 21 2x x= + . Esta expresión puede replantearse

en términos del producto interior en 2R como x x x= • y se tiene la siguiente

definición:

Definición 5. La longitud (o norma) de un vector x en un espacio euclidiano, se

define como el número real no negativo x x x= • .

Así, la longitud de un vector x 1 n(x ,..., x )= en nR , es x 2 21 nx ... x= + + ,

mientras que la longitud de un vector f en C a,b es

f

1 /2b2

a(f(x)) dx

= ∫ .

A continuación, se observa que si x y y son dos vectores no nulos cualesquiera, en 2R , la fórmula

x y

x ycos , 0

•θ = ≤ θ ≤ π ,

es una consecuencia inmediata de la ley de los cosenos. La expresión


x yx y

•

también es significativa en un espacio euclidiano arbitrario, hecho que sugiere considerarla como un candidato razonable para la definición general del cos θ . Sin embargo, antes de proceder, debe establecerse la desigualdad

x yx y

1 1•− ≤ ≤

para cada par de vectores no nulos en un espacio euclidiano, ya que, por supuesto, cualquier definición de cos θ debe satisfacer la desigualdad 1 cos 1− ≤ θ ≤ . Este hecho

surgirá como una consecuencia del siguiente resultado importante, conocida como la desigualdad de Schwarz o de Cauchy-Schwarz.

TEOREMA 1. (Desigualdad de Schwarz) Si x y y son dos vectores cualesquiera en un espacio euclidiano, entonces x y x x y y2( ) ( )( )• ≤ • • .

Demostración. Primero se observa que esta desigualdad es inmediata si x o y, es el vector cero, ya que entonces ambos miembros de la desigualdad son cero. Así, es suficiente considerar el caso en que x y y son no nulos. Aquí se usan propiedades del producto interior para desarrollar x y x y( ) ( )α − β • α − β donde α y β son números reales

arbitrarios. Por la propiedad d de la definición 3 se tiene x y x y x x x y y y2 20 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( )≤ α − β • α − β = α • − αβ • + β • ,

de donde x y x x y y2 22 ( ) ( ) ( )αβ • ≤ α • + β • . Ahora si y yα = • y x xβ = • se obtiene

x x y y x y x x y y2 ( ) 2( )( )• • • ≤ • • que es equivalente a x y x x y y• ≤ • • . Ahora

bien, si se eleva al cuadrado, se obtiene lo que se quería demostrar. ■ En nR la desigualdad de Schwarz toma la forma

2n n n2 2

i i i ii 1 i 1 i 1

x y x y= = =

≤ ∑ ∑ ∑

y en C a,b se convierte en

2b b b2 2

a a af(x)g(x)dx (f(x)) dx (g(x)) dx

≤

∫ ∫ ∫ .

La primera de estas desigualdades es válida para cualquier colección 1 nx ,..., x ,

1 ny ,..., y de números reales, y generalmente se le llama la desigualdad de Cauchy.

Es importante recordarla ya que es frecuentemente útil en la deducción de otras desigualdades aritméticas. En la notación de la definición 5, la desigualdad de Schwarz se convierte en x y x y• ≤ , y afirma que el valor absoluto del producto interior de dos vectores no

excede el producto de las longitudes de los vectores. Así x y

x y1

•≤ ,


siempre que x y y sean no nulos. Ejemplo 4. Sean 1 na ,...,a números reales positivos. Use la desigualdad de Cauchy

para demostrar que

21 n

1 n

1 1(a ... a ) ... n

a a

+ + + + ≥

.

Solución.

Sean

x y1 n1 n

1 1( a ,..., a ) ,...,

a a

= =

.

De modo que

x x 1 na ... a• = + + , y y x y1 n

1 1... , n

a a• = + + • =

y aplicando la desigualdad de Cauchy se obtiene lo que se quería demostrar. Ejemplo 5. Sean a, b y c, números reales positivos, tales que a b c 1+ + = . Utilice la

desigualdad de Cauchy para demostrar que 1 1 1

1 1 1 8a b c − − − ≥

.

Solución. Sean

x y1 1 1

( a, b, c) , ,a b c

= =

.

De modo que

x x a b c 1,• = + + = y y x y1 1 1

, 3a b c

• = + + • =

y aplicando la desigualdad de Cauchy 1 1 1

9a b c

+ + ≥ .

Por lo tanto manipulando se tiene

bc ac ab bc ac ab bc ac ab abc (1 a)(1 b)(1 c)9 1 8 8 8

abc abc abc abc1 a 1 b 1 c 1 1 1

8 1 1 1 8a b c a b c

+ + + + + + − − − −≥ ⇒ − ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥

− − − ⇒ ≥ ⇒ − − − ≥

Ejemplo 6. Demuestre que la desigualdad 2 2 2

1 n 1 na ... a a ... an n

+ + + + ≤

persiste para cualquier colección de números reales 1 na ,...,a .

Solución. Sean

x y 1 na a(1,...,1) ,...,

n n = =

.

Entonces


x x y y2 21 n

2

a ... an,

n

+ +• = • = , x y 1 na ... a

n+ +

• =

y aplicando la desigualdad de Cauchy se obtiene lo que se quería demostrar.

Ejemplo 7. Sea 1f C 0,1∈ . Pruebe que

1 /21 121 1 2

2 4 150 0( t)f(t)dt f '(t) dt

− ≤

∫ ∫ .

Solución.

Integrando por partes: 2t t1

2 2 2u f(t) du f '(t)dt , dv t v= ⇒ = = − ⇒ = − .

11 1 12 2 2t t t t t t12 2 2 2 2 2 20 0 00( t)f(t)dt ( )f(t) ( )f '(t)dt ( )f '(t)dt− = − − − = −∫ ∫ ∫ .

Aplicando la desigualdad de Schwarz:

1/2 1 /21 1 12 2 2 2t t t t2 2 2 20 0 0( )f '(t)dt ( ) dt (f '(t)) dt

− ≤ −

∫ ∫ ∫ .

11 12 4 3 2 5 4 32t t t t t t t t 6 15 101 1 1 12 2 4 2 4 20 8 12 20 8 12 120 1200 0 0( ) dt ( )dt ( ) − +− = − + = − + = − + = =∫ ∫ .

Por lo tanto:

1 /21 2 2 1 /2 2t t 1 1 1 22 2 120 4 152 2 15 4 150( ) dt ( )

− = = = =

∫ .

En consecuencia se demuestra que:

1 /21 121 1 2

2 4 150 0( t)f(t)dt f '(t) dt

− ≤

∫ ∫ .

Definición 6. Si x y y son vectores no nulos en un espacio euclidiano, se define el coseno del ángulo entre ellos como

x yx y

cos•θ = .

Queda finalmente pendiente por definir la distancia entre dos puntos cualesquiera (esto es, vectores) en un espacio euclidiano. Nuevamente esto se hace sencillamente copiando la definición de 2R donde la distancia entre x y y es la longitud del vector x y− . Así se establece la definición de distancia:

Definición 7. La distancia entre dos vectores x y y en un espacio euclidiano es, por definición, x y x yd( , ) = − .

Pero ¿es ésta una definición razonable del término “distancia”? Con objeto de contestar esta pregunta, primero debe decidirse qué propiedades se requieren de la distancia, en general. En ese aspecto, los matemáticos están de acuerdo, y lo han decidido como sigue: la distancia entre dos puntos debe ser un número real no negativo que es cero si, y solamente si, los puntos coinciden. Debe ser independiente


del orden en el que se consideren los puntos y, finalmente, la desigualdad del triángulo, famosa en la geometría plana, debe satisfacerse.

Así, con el objeto de justificar el uso del término “distancia” en la definición 7 se debe demostrar que d(x,y) es un número real que satisface las siguientes

propiedades: a. x yd( , ) 0≥

b. x yd( , ) 0= si, y solamente si, x y=

c. x y y xd( , ) d( , )=

d. x y y z x zd( , ) d( , ) d( , )+ ≥ , x, y y z tres vectores cualesquiera.

Las tres primeras de estas propiedades se deducen inmediatamente de la

definición de longitud y de los axiomas que gobiernan un producto interior. La última, sin embargo, no es tan obvia. Para demostrarla, primero se establecerá una

desigualdad que es de cierta importancia por sí misma.

LEMA 1. Si x y y son vectores arbitrarios en un espacio euclidiano, entonces

x y x y+ ≤ + .

Demostración.

( )x y x y x y x x x y y y

x x x x y y y y x x y y x x y y

x y

1 /2 1 /2

1 /221 /2

( ) ( ) ( ) 2( ) ( )

( ) 2 ( )

+ = + • + = • + • + •

≤ • + • • + • = • + • = • + •

≤ +

■

La desigualdad del triángulo sigue inmediatamente de este resultado. En efecto, x z x y y z x y y z( ) ( )− = − + − ≤ − + − , que precisamente es lo que se tenía

que demostrar. Finalmente, se observa que la función distancia definida antes también goza de las propiedades notables siguientes: a. x y x yd( , ) d( , )α α = α para todo número real α b. x z y z x yd( , ) d( , )+ + =

4.4. ORTOGONALIDAD. ORTOGONALIZACIÓN Definición 8. Se dice que dos vectores en un espacio euclidiano son ortogonales o perpendiculares, si el coseno del ángulo que forman, vale cero.

En seguida se generalizará algo más la noción de ortogonalidad, pero primero se probará un teorema particularmente notable.

TEOREMA 2. (Pitágoras) Dos vectores x y y en un espacio euclidiano se dice que son

ortogonales si, y solamente si, x y x y2 2 2+ = + .

Demostración.


x y x y x y x x x y y y x x y y2 2 2( ) ( ) 2( ) 2( )+ = + • + = • + • + • = + • +

Así x y x y2 2 2+ = + si, y solamente si, x y 0• = , como se afirmó. ■

Ejemplo 8. Sean 1 nx x, ..., vectores mutuamente perpendiculares en un espacio

euclidiano. Demuestre que 1 n 1 nx x x x2 2 2... ...+ + = + + .

Solución. Se sabe que

1 n 1 n 1 n

i i i j i i j

x x x x x x

x x x x x x x

2

n n n n n n2

i 1 i 1 j 1 i 1 i 1 j 1i j i j

... ( ... ) ( ... )

( ) ( ) ( )= = = = = =

≠ ≠

+ + = + + • + +

= • + • = + •∑ ∑∑ ∑ ∑∑

Así

1 n i 1 nx x x x xn

2 2 2 2

i 1

... ...=

+ + = = + +∑

ya que i jx x 0, i j• = ≠ .

Dicho esto, se continúa la discusión, dando la siguiente definición:

Definición 9. Se dice que un conjunto de vectores 1 2 ix x x, ,..., ,... en un espacio

euclidiano, es un conjunto ortogonal si ix 0≠ para todo i, y que i jx x 0• = siempre

que i j≠ . Si, además, i ix x 1• = para cada i, se dice que el conjunto es ortonormal.

Así, un conjunto ortogonal es un conjunto de vectores no nulos perpendiculares entre sí, mientras que un conjunto ortonormal es un conjunto ortogonal en el cual cada

uno de los vectores es de longitud unitaria. Por economía de notación, cuando se

discutan conjuntos ortonormales, las propiedades anteriores se combinarán frecuentemente escribiendo

i j

x x ij

0 si i j1 si i j

≠• = δ = =

.

El símbolo ijδ que se introduce aquí, se le llama la delta de Kronecker.

TEOREMA 3. Un conjunto ortogonal de vectores { }1 2 nx x x, ,..., es linealmente

independiente. Demostración. Se sabe de cursos anteriores de Álgebra Lineal que un conjunto de vectores { }1 2 nx x x, ,..., es linealmente independiente si

1 2 nx x x 01 2 n 1 2 n... ... 0α + α + + α = ⇔ α = α = = α = .

Se tiene una combinación lineal de los vectores ortogonales: 1 2 nx x x 01 2 n...α + α + + α =

Haciendo producto escalar en la expresión anterior por un vector del conjunto ix se

tiene

1 i 2 i i i n i ix x x x x x x x x 21 2 i n i... ... 0 0α • + α • + + α • + + α • = ⇒ α = .


De modo que { } i 0 i 1,2,...,nα = ∀ ∈ . Esto implica que el conjunto ortogonal de vectores

{ }1 2 nx x x, ,..., es linealmente independiente (forman una base) por lo tanto forman un

sistema completo.

Ejemplo 9. En 3R los vectores (1,0,0), (0,2,0), (0,0, 1 /2)− forman un conjunto

ortogonal, mientras que los vectores de base canónica (1,0,0), (0,1,0) y (0,0,1)

forman un conjunto ortonormal. En forma más general, el conjunto que consiste de los

vectores de la base en nR es ortonormal.

Ejemplo 10. Se define un polinomio trigonométrico de grado 2n 1+ como una

expresión de la forma

01 2 n 1 2 n

af(x) a cos(x) a cos(2x) ... a cos(nx) b sen(x) b sen(2x) ... b sen(nx)

2= + + + + + + + +

donde 0 na ,...,b son números reales, y na 0≠ o nb 0≠ o ambos. Sea nT el conjunto de

todos los polinomios trigonométricos de grado 2n 1≤ + , junto con el polinomio cero. Haciendo que nT sea un espacio euclidiano al definir la adición y la multiplicación

escalar de los polinomios trigonométricos, término a término como con los polinomios

ordinarios y un producto interior dado por

f g f(x)g(x)dx

π

−π• = ∫ ,

el conjunto de funciones 1,cos(x),sen(x), ...,cos(nx), sen(nx) es un conjunto ortogonal

en nT ya que, para enteros m y n no negativos

sen(mx)sen(nx)dx 0,

π

−π=∫

sen(mx)cos(nx)dx 0,

π

−π=∫

cos(mx)cos(nx)dx 0, si m n

π

−π= ≠∫ .

Para normalizar este conjunto se observa que

1dx 2

π

−π= π∫ y

2 2sen (mx)dx cos (mx)dx , si m 0

π π

−π −π= = π >∫ ∫ .

Por tanto, las funciones 1 cos(x) cos(nx)

, ,..., ,2π π π

sen(x) sen(nx),...,

π π

forman un conjunto ortonormal en nT .

Ejemplo 11. Se deduce del ejemplo precedente que el conjunto (infinito) 1, cos(x), sen(x), …, cos(nx), sen(nx), … es ortogonal en C ,−π π .

En lugar de empezar con la situación más general, se introducirá el proceso de ortogonalización con dos ejemplos. El primero es extraído de 2R donde se considera un par de vectores linealmente independientes 1x y 2x . Entonces 1x y 2x forman

una base para 2R y, en este caso, el problema se convierte en la sustitución de 1x y

2x por una base ortogonal 1e y 2e construida en términos de 1x y 2x de alguna

manera razonable. Una forma sencilla de resolver el problema es simplemente tomar =1 1e x y luego se expresa 2e en la forma 2 2 1e x e= − α , y luego se determina α de


modo que la condición de ortogonalidad 2 1e e 0• = quede satisfecha. Esto da la

ecuación 2 1 1 1x e e e( ) 0• − α • = , y en consecuencia, el valor de α es

2 1

1 1

x ee e

•α =

•.

Con esto 2e se ha determinado en términos de 1 1x e( )= y 2x , y la base 1x y 2x en 2R se ha ortogonalizado.

Ejemplo 12. Si 1x (1,1)= y 2x (0,1)= , entonces

(0,1) (1,1) 1(1,1) (1,1) 2

•α = =•

,

y así 1e (1,1),= 2e1 12 2( , )= − .

Como otro ejemplo, se ortogonaliza una base arbitraria 1x , 2x y 3x en 3R . El

procedimiento esencialmente es el mismo usado antes en 2R , y se inicia eligiendo

1 1e x= . El segundo paso consiste en determinar 2e de acuerdo con el par de

ecuaciones 2 1e e 0,• = 2 2 1e x e= − α , lo que da nuevamente

2 1

1 1

x ee e

•α =

•.

Está claro que 2e no es el vector cero, y también lo es que 1e y 2e

pertenecen al subespacio de 3R generado por 1x y 2x . En consecuencia 1 2e e( , )δ es

un subespacio de 1 2x x( , )δ . Más aún, ya que los vectores ortogonales 1e y 2e son

linealmente independientes, 1 2e e( , )δ tiene la misma dimensión que 1 2x x( , )δ . Así,

1 2 1 2e e x x( , ) ( , )δ = δ .

Combinado con el hecho de que 1x , 2x y 3x forman una base para 3R , esta

igualdad implica que 3x no pertenece al subespacio de 3R generado por 1e y 2e . El

proceso de ortogonalización debe completarse aceptando que 3e sea la componente de 3x , perpendicular al subespacio 1 2e e( , )δ . Así, se hace 3 3 1 2e x e e1 2= − α − α , y se

encuentran 1α y 2α por medio de las condiciones de la ortogonalidad 1 2 1 3e e e e• = •

2 3e e 0= • = . Ellas dan el par de ecuaciones dadas por 3 1 1 1x e e e10 ( ),= • − α •

3 2 2 2x e e e20 ( )= • − α • de donde

3 1 3 2

1 1 2 2

x e x e

e e e e1 2,• •

α = α =• •

.

Con esto se completa el proceso de ortogonalización de la base 1x , 2x y 3x .

Ahora se puede disponer de la situación general requerida para ortogonalizar un conjunto arbitrario de vectores linealmente independientes 1 2x x , , ... en un espacio

euclidiano. Se va a presentar un teorema que puede resumir este proceso de generalización.

TEOREMA 4. Sea 1 2x x , , ... un conjunto (finito o infinito) de vectores linealmente

independientes en un espacio euclidiano T. Entonces existe un conjunto ortogonal 1 2e e , , ... en T tal que para cada entero n, 1 n 1 ne e x x( ,..., ) ( ,..., )δ = δ . Más aún, el ne


puede escogerse de acuerdo con la regla 1 1e x= , y n 1 n 1 1 ne x e e1 n...+ += − α − − α ,

donde

n 1 1 n 1 2 n 1 n

1 1 2 2 n n

x e x e x e

e e e e e e1 2 n, , ... ,+ + +• • •α = α = α =

• • •.

El método de ortogonalización descrito en este teorema, es conocido como el

proceso de ortogonalización de Gram-Schmidt.

Ejemplo 13. En este ejemplo se aplica el proceso de ortogonalización a los conjuntos

infinitos de vectores, linealmente independientes, 21, x, x , ... en el espacio de

polinomios P con producto interior definido por

p q

1

1p(x)q(x)dx

−• = ∫ .

La ortogonalización va como sigue:

1e 1= ,

1 1

e e1

1dx 2

−• = =∫ ,

2

e 1

12 1

x , donde xdx 0−

= − α α = =∫ .

Así,

2e x= ,

2 2

e e1

2 231

x dx−

• = =∫ , 3e2

1 2x x,= − α − α donde

1 12 331 1

1 22 3 21 1x dx , x dx 0

− −α = = α = =∫ ∫ .

Así,

3e2 1

3x= − ,

3 3

e e1

2 2 813 451

(x ) dx−

• = − =∫ .

Continuando de este modo, se obtiene la sucesión ortogonal

2 131, x, x ,− 3 4 23 6 3

5 7 35x x, x x , ...− − +

en P. Cuando se presentan con constantes de multiplicación adecuadas, estos

polinomios se convierten en los famosos polinomios de Legendre del Análisis.

4.5. EL ESPACIO DE LAS FUNCIONES CONTINUAS POR TRAMOS

Dada la importancia de las diferentes series que están por considerarse, reviste

cierto interés expresar la discusión siguiente de tal modo que, de una categoría de funciones, se abarque tanto como sea posible. Desafortunadamente, la mayoría de las

generalizaciones que van más allá del espacio de funciones continuas, son sumamente

técnicas e inaccesibles en un curso de este nivel. Sin embargo, es posible extender las conclusiones para incluir funciones continuas por tramos, y ya que bien vale la pena

hacer esta modesta generalización, esta sección se destina a demostrar cómo el

conjunto de todas estas funciones en un intervalo determinado, puede estar dentro de un espacio euclidiano. Por conveniencia, se empieza por recordar la definición de

continuidad por tramos.


Definición 10. Se dice que una función de valor real f es continua por tramos, en un intervalo a,b si

(i) f es definida y continua en todos, excepto un número finito, de puntos de a,b y

(ii) los límites 0 0 0 0h 0 h 0

f(x ) lím f(x h) , f(x ) lím f(x h)+ −+ −→ →

= + = − existen en cada punto 0x en

a,b . (Observar que sólo uno de estos límites es apropiado, si 0x es un punto

extremo de a,b .)

Cuando 0x es un punto de continuidad de f cada uno de estos límites es igual

al valor de f en 0x y, entonces, se tiene que 0 0 0f(x ) f(x ) f(x )+ −= = . Con mayor

generalidad, la exigencia de que ambos límites sean finitos en todas partes de a,b ,

implica que las únicas discontinuidades de f son “discontinuidades por salto”. Más aún,

la diferencia 0 0f(x ) f(x )+ −− mide la magnitud del salto de la función f en 0x .

1. Si f es continua por tramos en a,b , entonces

b

af(x)dx∫

existe, y es independiente de los valores que f (si los toma) en sus puntos de discontinuidad. En particular, si f y g son idénticas por todas partes en a,b , salvo

en sus puntos de discontinuidad, entonces

b b

a af(x)dx g(x)dx=∫ ∫ .

2. Si f y g son continuas por tramos en a,b , también lo es su producto f.g.

3. Cada función continua en a,b es continua por tramos.

Dicho esto, ahora se fija la atención en el problema de convertir el conjunto de funciones continuas por tramos en a,b en un espacio euclidiano. En vista del hecho

de que este conjunto incluye las funciones continuas en a,b solo es razonable exigir

que la construcción sea concebida de tal modo que el espacio euclidiano resultante tenga a C a,b como un subespacio. Esto, a su vez, sugiere que se defina a f g• por la

fórmula

b

af g f(x)g(x)dx• = ∫ .

¿Pero la fórmula anterior produce realmente un producto interior en el conjunto de funciones continuas por tramos en a,b ? La respuesta desagradable es, NO. Para ver

lo que está equivocado, sea n(x) una función que es cero dondequiera en a,b

excepto en un número finito de puntos.

Se dice que tal función es una función nula, y tiene la molesta propiedad de que

b2

an(x) dx 0=∫


a pesar del hecho de que n no es la función cero. Esto, por supuesto, invalida el uso de la fórmula cuestionada como un producto interior, ya que, por definición, el producto

interior de un vector no cero por sí mismo, no puede ser cero.

Está perfectamente claro, sin embargo, que la dificultad anterior desaparecerá

si se pasa por alto el hecho de que una función nula no es idénticamente cero, y se la

trata como si lo fuera. Pero entonces, para que sea consistente, deben mirarse también dos funciones continuas por tramos cualesquiera como idénticas, siempre

que difieran solamente en un número finito de puntos, y esto es exactamente lo que se

requiere para hacer que la fórmula cuestionada dé un producto interior.

4.6. CONVERGENCIA DE SUCESIONES

Definición 11. Se dice que una sucesión { } { }k 1 2x x x, ,...= de vectores, en un espacio

euclidiano V converge al vector x en V si, y solamente si, kx xklim 0

→∞− = . En este

caso se dice que x es el límite de { }kx , denotándose el hecho de que la sucesión { }kx

converge a x, escribiendo { }kx xklim

→∞= .

El estudio de convergencia en espacios euclidianos de dimensión finita es esencialmente el mismo que el estudio de convergencia de sucesiones de números reales. Sin embargo, en espacios de dimensión infinita, tales como C a,b , esta

situación se vuelve mucho más compleja y, en consecuencia, más interesante, porque entonces el tipo de convergencia definido antes es totalmente distinto del estudiado en cálculo. En efecto se verá momentáneamente, que en un espacio de funciones con producto interior integral, la afirmación

k

f f1 /2b 2

kk k al í m lím f (x) f(x) dx 0

→∞ →∞

− = − =

∫

de ninguna manera es la misma que decir que la sucesión { }kf converge a la función f

en cada punto de a,b . En análisis, tal convergencia se conoce como convergencia

media para enfatizar que se calcula por integración, lo que, en un sentido, es un proceso de promedio generalizado. Ejemplo 14. La sucesión de funciones { }2 3x,x ,x ,... converge en la media en C 1,1−

a la función cero, ya que

1 /2 1 /21k 2k

k k k1

2lím x 0 lím x dx lím 0

2k 1→∞ →∞ →∞−

− = = = + ∫ .

Aunque { }2 3x,x ,x ,... no converge a cero en cada punto en el intervalo 1,1− . En

efecto, en x 1= la sucesión converge a 1, mientras que en x 1= − no converge (ver figura 1).


Figura 1. Sucesión de funciones del ejemplo 14

4.7. BASES EN ESPACIOS EUCLIDIANOS DE DIMENSIÓN

INFINITA En secciones anteriores se utilizó el proceso de ortogonalización de Gram-

Schmidt para demostrar que cada espacio euclidiano de dimensión finita tiene una base ortonormal 1 ne e,..., y que cada vector en tal espacio puede expresarse

unívocamente en la forma 1 1 n nx x e e x e e( ) ... ( )= • + + • . (1)

Pero el proceso de Gram-Schmidt puede aplicarse igualmente bien en un

espacio euclidiano de dimensión infinita donde puede usarse para dar un conjunto ortonormal infinito 1 2e e, ,... . Este hecho sugiere que una versión ampliada de los

resultados iniciales, podría aceptarse, y las secciones restantes del presente tema se

dedican a realizar esta sugerencia. La forma más obvia para intentar generalizar (1) en presencia de un conjunto ortonormal 1 2e e, ,... en un espacio de dimensión infinita V,

es reemplazar su segundo miembro por la serie infinita

k kx e ek 1

( )∞

=

•∑ . (2)

Sin embargo, en la ausencia de cualquier información adicional, está claro que

no hay razón a priori para suponer que esta serie converge y, mucho menos, que

converge a x* . No obstante, es conveniente tener una notación que exprese el hecho de que (2) se deduce de x, aunque de modo puramente formal. La usada con más

frecuencia es

k kx x e ek 1

( )∞

=

•∑∼ ,


usándose el símbolo ∼ (el que, de paso, nada tiene que ver con el usado antes, para relaciones equivalentes) para enfatizar que las series en cuestión podrían no converger

a x. Por supuesto, en caso de que suceda, se escribe

k kx x e ek 1

( )∞

=

= •∑ ,

y se dice que la serie converge en la media a x. En uno u otro caso, los productos interiores kx e• son llamados las coordenadas o (generalizando) los coeficientes de

Fourier de x con respecto al conjunto ortonormal 1 2e e, ,...

Está claro que los coeficientes de Fourier de x dependen del conjunto

ortonormal con respecto al cual se calculan. No tan claro, pero igualmente ciero, es

que (1) puede converger en la media a x para un conjunto ortonormal, pero no para otro. Los ejemplos siguientes ilustran ambos puntos.

Ejemplo 15. Calcule los coeficientes generalizados de Fourier de la función f(x) x= ,

x−π ≤ ≤ π en C ,−π π con respecto al conjunto ortonormal

senx sen2x, ,

π πsen3x

,...π

Solución. En este caso los coeficientes son

k

x e 1

xsenkxdx, k 1,2,...,π

−π• = =

π ∫

y usando integración por partes, se obtiene

2, k 1,3,5,...,

1 2 kxsenkxdx coskk 2

k 2,4,6,...k

π

−π

π =π = − π = π π− =

∫

En consecuencia, los coeficientes de Fourier de x con respecto al conjunto ortonormal dado son k 1( 1) (2 /k)−− π , y (2) adopta la forma dada por la expresión

sen2x sen3xx 2 senx ... .

2 3 − + −

∼

En próximos temas se verá que esta serie realmente converge en la media a x, de suerte que se justifica escribir

k 1

k 1

senkxx 2 ( 1)

k

∞−

=

= −∑ .

Ejemplo 16. Si en el ejemplo anterior se reemplaza al conjunto ortonormal por el conjunto dado por

1 cos x cos2x, , ,...,

2π π π

entonces los coeficientes de Fourier son

1 1xdx 0 y x coskxdx 0, k 1,2,...

2

π π

−π −π= = =

π π∫ ∫ .


Pero todas estas integrales son cero, y en consecuencia (2) se convierte en x 0∼ .

Ahora queda claro que no se tiene una igualdad, ya que

x

1 /21 /2 32 2x dx 0

3

π

−π

π= = ≠ ∫ .

Observación 2. Para desarrollar f en una serie de funciones ortogonales, es necesario

que no sea ortogonal a cada elemento del conjunto ortogonal. Para evitar este problema se supondrá, en temas siguientes, que un conjunto ortogonal es completo.

Esto quiere decir que la única función ortogonal a cada miembro del conjunto es la

función cero. 4.8. DESIGUALDAD DE BESSEL. IGUALDAD DE PARSEVAL. TEOREMA 5. Sea 1 2e e, ,... un conjunto ortonormal de vectores en un espacio

euclidiano V, de dimensión infinita, y sea x un vector arbitrario en V. Entonces

kx e x 22

k 1

( )∞

=

• ≤∑

(desigualdad de Bessel). Más aún, 1 2e e, ,... es una base para V si, y solo si,

kx e x 22

k 1

( )∞

=

• =∑

(igualdad de Parseval). Demostración. La demostración descansa en el cálculo del valor de la expresión

k kx x e e

2n

k 1

( • )=

−∑

para cualquier x en V y cualquier entero n. Ahora

k k k k k k

k k j j k k

x x e e x x e e x x e e

x x x e x e x e e x e e

2n n n

k 1 k 1 k 1

n n n

k 1 j 1 k 1

( • ) ( • ) ( • )

2 ( • )( • ) ( • ) ( • )

= = =

= = =

− = − • −

= • − + •

∑ ∑ ∑

∑ ∑ ∑

(Se ha cambiado el índice de la sumatoria en el primer factor del último término, por conveniencia de cálculo). Pero ya que ke es ortonormal, j ke e jk• = δ , se sigue que

j j k k j k j k kx e e x e e x e x e e e x en n n n n

2

j 1 k 1 j 1 k 1 k 1

( • ) ( • ) ( • )( • )( • ) ( ) .= = = = =

• = = •

∑ ∑ ∑∑ ∑

Entonces

k k kx x e e x x e

2n n2 2

k 1 k 1

( • ) ( )= =

− = − •∑ ∑ . (3)


Para demostrar la desigualdad de Bessel, es suficiente con observar que

k k kx x e e x x e

2n n2 2

k 1 k 1

0 ( • ) ( )= =

≤ − = − •∑ ∑

para todo x en V y toda n. En consecuencia

kx e xn

22

k 1

( )=

• ≤∑

para toda n, y las sumas parciales de la serie

kx e 2

k 1

( )∞

=

•∑

forman una sucesión no decreciente (acotada) de números reales no negativos. Por un teorema bien conocido del cálculo se concluye que esta serie converge y que

kx e xn

22

k 1

( )=

• ≤∑ .

Terminando la demostración ahora se supone que 1 2e e, ,... es una base ortonormal

para V. Entonces, se sabe que

k kx x e ek 1

( )∞

=

= •∑ .

Por lo tanto

k kx x e e

2n

nk 1

lím ( ) 0→∞

=

− • =∑ ,

y se sigue de (3) que

kx x en

2 2

nk 1

lím ( ) 0→∞

=

− • =

∑ .

Por tanto

kx e x 22

k 1

( )∞

=

• =∑ ,

que es la igualdad de Parseval. Finalmente, ya que los eslabones de esta cadena de razonamientos son reversibles, se concluye que 1 2e e, ,... es una base siempre que la

igualdad de Parseval se satisfaga, y la demostración está completa. 4.9. PROBLEMA DE STURM-LIOUVILLE

Ejemplo 17. y '' y 0, y(0) 0, y( ) 0+ = = π = .

Solución.

Para resolver este ejemplo simplemente se aplican las condiciones de frontera a la solución general 1 2c senx c cos x+ para deducir que 2c 0= y que 1c es arbitraria. Así,

y csenx= donde c es una constante arbitraria, es una solución general de este

problema particular.


Se dirá que las condiciones de frontera dadas, son homogéneas siempre que

1 2 0γ = γ = . Las soluciones de un problema con valor en la frontera, que considera un

operador diferencial lineal L : C a,bδ → , están íntimamente ligadas a las soluciones

de la ecuación

Ly y= λ , (4)

donde λ es un parámetro desconocido. En este marco, se requiere encontrar todos los

valores de λ para los cuales (4) admite soluciones no triviales en δ , y luego encontrar

las soluciones correspondientes a estas λ . Se puede observar que (4) puede volver a escribirse (L I)y 0− λ = , donde I indica la transformación identidad que envía cada

función en C a,b sobre sí misma, o como 2 1 0a (x)y '' a (x)y ' a (x) y 0+ + − λ = si 2

2 1 0L a (x)D a (x)D a (x)= + + .

Así, para cada valor de λ , (4) es una ecuación diferencial lineal homogénea de

segundo orden, y el conjunto solución de cualquier problema (homogéneo) con valor

en la frontera que considere esta ecuación, es el espacio nulo, en δ , del operador

L I− λ .

Ejemplo 18. Resuelve el problema con valor en la frontera

y '' y 0, y(0) 0, y( ) 0+ λ = = π = . (5)

Solución.

Aquí, δ es el espacio de todas las funciones dos veces continuamente diferenciables en 0, π que se anulan en los puntos extremos del intervalo, y L es el operador lineal de

segundo orden 2D− .(El signo menos se ha introducido únicamente para simplificar los

resultados finales. Sin él, los valores adecuados de λ serían negativos.) Se distinguen tres casos, según que 0, 0 y 0λ = λ < λ > .

Caso I. 0λ = . Aquí la ecuación diferencial tiene a 1 2c c x+ como su solución general, y

las condiciones de frontera implican que 1 2c c 0= = . Así, (5) no tiene soluciones no

triviales cuando 0λ = .

Caso 2. 0λ < . Ahora, x x1 2y c e c e−λ − −λ= + , y las condiciones de frontera dan otra vez

y 0≡ .

Caso 3. 0λ > . Aquí, la solución general de y '' y 0+ λ = es

1 2y c sen x c cos x= λ + λ , (6)

y las condiciones de frontera dan el par de ecuaciones 2c 0= , 1c sen 0λπ = .

Así, (5) admite soluciones no triviales si, y solamente si, sen 0λπ = ; esto es,

si, y solamente si, λ asume uno de los valores 2n nλ = , donde n 1,2,...=


Para cada uno de estos valores de λ , la constante 1c en (6) permanece

arbitraria, siguiéndose que el espacio solución correspondiente a nλ es el subespacio

unidimensional de C 0,π generado por la función sen(nx). Los números 2

n nλ = que

determinan los casos en que (5) tiene soluciones no triviales son llamados los valores

propios para este problema, y cada solución no trivial correspondiente al valor propio

nλ es llamada vector propio o función propia perteneciente a nλ . Esta terminología se

generalizará luego, para incluir una clase mucho más amplia de problemas y, por el

momento, sólo se pide que observe que cualquier conjunto de funciones propias, tal como sen(x), sen(2x), sen(3x), …, uno para cada valor propio, es ortogonal en C 0, π .

Definición 12. Un problema de Sturm-Liouville es una ecuación diferencial ordinaria

de segundo orden homogénea de la forma

d(r(x)y ') (q(x) p(x))y 0

dx+ + λ = , a x b< < (7)

sujeta a las condiciones de frontera

1 1 2 2y(a) y '(a) 0, y(b) y '(b) 0α + β = α + β = , (8)

donde p(x), q(x), r(x) y r '(x) son funciones continuas en a,b . Los coeficientes en las

ecuaciones (7) y (8) se suponen reales e independientes de λ . Además, 1α y 1β no

son cero ambas ni 2α y 2β no son cero ambas.

Resolver un problema de Sturm-Liouville es hallar los valores propios

(autovalores) y funciones propias (autofunciones) no triviales que satisfagan (7) y (8).

Al problema anterior se le suele llamar problema regular o problema normal de

Sturm-Liouville.

TEOREMA 6. (Propiedades del problema regular de Sturm-Liouville).

a. Existe un número infinito de valores propios reales que se pueden ordenar en

forma creciente, 1 2 n... ...λ < λ < < λ < de modo que nλ → ∞ cuando n → ∞ .

b. A cada valor propio corresponde solo una función propia .

c. Las funciones propias que corresponden a los diversos valores propios son

linealmente independientes.

d. El conjunto de funciones propias que corresponde al conjunto de los valores propios es ortogonal con respecto a la función peso p(x) en el intervalo a,b .

Demostración de la propiedad (d).

Sean my y ny las funciones propias que corresponden a los valores propios mλ

y nλ , respectivamente. Entonces

'm m m

d(r(x)y ) (q(x) p(x))y 0

dx+ + λ = (9)


'n n n

d(r(x)y ) (q(x) p(x))y 0

dx+ + λ = (10)

Al multiplicar la ecuación (9) por ny y la ecuación (10) por my y restar los

resultados se obtiene ' 'm n m n m n n m

d d( )p(x)y y y (r(x)y ) y (r(x)y )

dx dxλ − λ = − .

Se integra por partes este resultado, desde x a= hasta x b= , y se llega a

b' ' ' '

m n m n m n n m m n n ma

( ) p(x)y y dx r(b) y (b)y (b) y (b)y (b) r(a) y (a)y (a) y (a)y (a) λ − λ = − − − ∫

Ahora bien, las funciones propias my y ny deben satisfacer, ambas, las

condiciones en la frontera (8). Por ejemplo, de acuerdo a una de las condiciones se

tiene ' '1 m 1 m 1 n 1 ny (a) y (a) 0, y (a) y (a) 0α + β = α + β = . Para que 1α y 1β satisfagan este

sistema, no nulos simultáneamente, el determinante de los coeficientes debe ser igual

a cero: ' 'm n n my (a)y (a) y (a)y (a) 0− = . Se aplica un argumento semejante a la otra

condición de (8) y se obtiene ' 'm n n my (b)y (b) y (b)y (b) 0− = . Como los dos miembros del

lado derecho de la ecuación son cero, se ha establecido la relación de ortogonalidad

b

m n m nap(x)y (x)y (x)dx 0,= λ ≠ λ∫ .

Ejemplo 19. Resuelva el problema de valores en la frontera y '' y 0, y(0) 0, y(1) y '(1) 0+ λ = = + = . (11)

Solución.

Se puede comprobar que para 0λ < y para 0λ = , el problema planteado por la

ecuación (11) sólo posee la solución trivial y 0= . Cuando 0λ > , la solución general de

la ecuación diferencial es 1 2y c cos x c sen x= λ + λ . Ahora bien, la condición y(0) 0=

implica que en esta solución, 1c 0= . Cuando 2y c sen x= λ , se satisface la segunda

condición de frontera y(1) y '(1) 0+ = , siempre que 2 2c sen c cos 0λ + λ λ = . Al

escoger 2c 0≠ , se ve que esta última ecuación es equivalente a tg λ = − λ . Si se

hace x = λ , los valores propios del problema (11) son, entonces, 2n nxλ = , donde

nx , n 1,2,3,...= son las raíces positivas consecutivas. En general, las funciones propias

del problema son { } nsen( x , n 1,2,3,...λ =

Al identificar 1 1r(x) 1, q(x) 0, p(x) 1, 1, 0,= = = α = β = 2 21, 1α = β = se ve que

la ecuación (11) es un problema regular de Sturm-Liouville. Así, { }nsen( x ,λ

n 1,2,3,...= es un conjunto ortogonal con respecto a la función peso p(x) 1= en el

intervalo 0,1 .

A continuación se consideran cierto número de problemas de Sturm-Liouville

que se encontrarán repetidamente en trabajos posteriores y que, por conveniencia de


referencia, se resuelven aquí, de una vez por todas. En cada caso se limitará a

encontrar valores propios y funciones propias, y se pospone cualquier discusión de

cómo usar esta información para resolver problemas específicos con valor en la

frontera que involucren el operador considerado.

Ejemplo 20. Resuelva el sistema de Sturm-Liouville

y '' y 0, y(0) 0, y(L) 0+ λ = = = , 0 x L< <

Solución.

Esta es una variante de un problema que se ha considerado muchas veces y, en esta

ocasión, se encuentra que las constantes dadas por

2 2

n 2

n, n 1,2,...

L

πλ = =

y las funciones

nn x

y (x) sen , n 1,2,...,Lπ = =

son considerados conjuntos completos de valores propios y funciones propias. Se verá

en detalle su resolución: Se tienen tres opciones: 20 kλ < → λ = − : 2 2 2y '' k y 0 m k 0 m k− = ⇒ − = ⇒ = ±

kx kx1 2y(x) c e c e−= + , 1 2 2 1y(0) c c 0 c c= + = ⇒ = − .

Sustituyendo: kx kx

1y(x) c (e e )−= − , kL kL1 1 2y(L) c (e e ) 0 c 0, c 0 y(x) 0−= − = ⇒ = = ⇒ =

Conduce a solución trivial.

0 :λ = 1 2 2 1y '' 0 y(x) c x c y(0) c 0 y(x) c x= ⇒ = + ⇒ = = ⇒ =

1y(L) c L 0= = , pero L 0≠ , entonces conduce a solución trivial. 20 : kλ > λ = : 2

1 2y '' k y 0 y(x) c cos(kx) c sen(kx)+ = ⇒ = +

Al evaluar 1 2y(0) c 0 y(x) c sen(kx)= = ⇒ =

2n

y(L) c sen(kL) 0 sen(kL) 0 kL n kLπ= = ⇒ = ⇒ = π ⇒ = .

Al sustituir se tiene:

n 2n

y c sen xLπ =

(Solución no trivial).

Como 2

nn n

kL Lπ π = ⇒ λ =

Autovalores.

Ejemplo 21. Resuelva el sistema de Sturm-Liouville y '' y 0, y '(0) 0, y '(L) 0+ λ = = = .

Solución.


Un cálculo similar en todos los aspectos al que se usó para resolver el ejemplo

anterior, revela que los valores propios para este problema son las constantes no

negativas

2 2

n 2

n, n 0,1,2,...

L

πλ = =

y que

nn x

y (x) cos , n 0,1,2,...,Lπ = =

constituye un conjunto completo de funciones propias.

Ejemplo 22. Resuelva el sistema de Sturm-Liouville

y '' y 0, y(0) 0, hy(L) y '(L) 0,+ λ = = + =

considerando que h y L son constantes positivas.

Solución.

Como es usual, se estudia por casos, dependiendo del signo algebraico de λ , y

nuevamente se encuentra que no hay valores propios 0≤ . Por otra parte, cuando

0λ > , 1 2y c sen x c cos x,= λ + λ y la primera condición de frontera implica que 2c 0= .

Así, queda pendiente (si es que queda) elegir λ en forma tal que la función

1y c sen( x)= λ , con 1c 0≠ , satisfaga la ecuación hy(L) y '(L) 0+ = . Esto, a su vez,

implica que λ debe escogerse en forma tal que

L

sen( L) cos( L)hLλλ = − λ ; (12)

una ecuación que vuelve a escribirse como

t ghLµµ = − (13)

haciendo Lµ = λ . Aunque es imposible resolver (12) explícitamente para λ , sus

soluciones pueden visualizarse conforme surgen, a través de (13), en los puntos de intersección de las gráficas de las funciones tgµ y /hL.−µ

Hay una infinidad de tales puntos localizados simétricamente con respecto al

origen. Así, el problema considerado tiene un número infinito de valores propios

positivos 2n

n 2, n 1,2,...

L

µλ = = . A continuación se muestra la gráfica (figura 2) para el

caso h 1, L 1, x= = µ = ):


Figura 2. Problema del Sturm-Liouville del ejemplo 22

con n n 1+λ < λ para toda n, y nn

lím→∞

λ = ∞ . (También observe, de la geometría del caso,

se tiene que n 1 nnlím( )+→∞

λ − λ = π ). Las funciones

nn

xy (x) sen sen( x), n 1,2,...

Lµ = = λ =

constituyen un conjunto completo de funciones propias para este problema.

Ejemplo 23. Considere el problema con valores en la frontera

y '' 2y ' (1 )y 0y(0) 0, y(1) 0

+ + − λ = = =

.

Halle los valores propios y las funciones propias y determine una relación de ortogonalidad entre las soluciones. Solución. Si 0λ < se tiene que la solución es x

1 2y(x) e c cos(kx) c sen(kx)−= + , donde 2k = −λ .

Con las condiciones iniciales se tiene 11 20 c , 0 e c sen(k)−= = . Si 2c 0,≠ k n= π . Por lo

tanto 2 2nλ = − π y xny (x) e sen(n x)−= π . Sea la función de peso 2xp(x) e= , se tiene la

siguiente relación de ortogonalidad entre las soluciones:

12x x x

0e e sen(m x)e sen(n x)dx 0− −π π =∫ .

4.10. FORMA AUTOADJUNTA DE PROBLEMAS DE STURM-LIOUVILLE

Si los coeficientes son continuos y a(x) 0≠ para todo x en algún intervalo,

entonces cualquier ecuación diferencial de segundo orden


a(x)y '' b(x)y ' (c(x) d(x))y 0+ + + λ = (14)

se puede llevar a la forma autoadjunta, ecuación (7), si se multiplica por el factor

integrante (b(x) a(x))dx1

ea(x)

∫ .

Para comprobarlo, se observa que la ecuación diferencial (b / a)dx (b / a)dx (b / a)dx (b / a)dxb(x) c(x) d(x)

e y '' e y ' e e y 0a(x) a(x) a(x)

∫ ∫ ∫ ∫+ + + λ =

es la misma que

(b / a)dx (b / a)dx (b / a)dxd c(x) d(x)e y ' e e y 0

dx a(x) a(x) ∫ ∫ ∫+ + λ =

. (15)

Entonces (b / a)dxr(x) e∫= , (b / a)dxc(x)

q(x) ea(x)

∫= , (b / a)dxd(x)p(x) e

a(x)∫= .

Desde luego que no es necesario llevar a una ecuación diferencial de segundo

orden como la (14) a la forma autoadjunta (7), para resolverla. Se usará la forma de

la ecuación (15) para determinar la función peso p(x) que se necesita en la relación de

ortogonalidad.

Ejemplo 24. Encuentre los valores propios y las funciones propias para el problema de Sturm-Liouville y '' 4y ' (4 9 )y 0, y(0) 0, y(a) 0+ + − λ = = = .

Solución.

En primer lugar, se escribirá en forma autoadjunta como

4x 4x 4xd dye (4e (9e ))y 0, y(0) 0, y(a) 0

dx dx + − λ = = =

.

Así, las funciones propias correspondientes a diferentes valores propios para este problema serán mutuamente ortogonales en el espacio euclidiano C 0,a con

producto interior calculado con relación a la función peso 4xp(x) 9e= .

Caso I. 0λ > . Aquí la solución general de y '' 4y ' (4 9 )y 0+ + − λ = viene dada por ( 2 3 )x ( 2 3 )x

1 2y c e c e− + λ − − λ= + ,

y las condiciones de frontera implican que

1 2c c 0,+ = ( 2 3 )a ( 2 3 )a1 2c e c e 0− + λ − − λ+ = .

Así 1 2c c 0= = y el problema no tiene valores propios positivos.

Caso II. 0λ = . Ahora la solución general de la ecuación es 2a1 2(c c x)e ,−+ y

nuevamente se encuentra que 1 2c c 0= = .

Caso III. 0λ < . Aquí 2x

1 2y e (c sen(3 x) c cos(3 x))−= −λ + −λ


y la exigencia de que y(0) y(a) 0= = da 2 1c 0, c sen a 0= −λ = . En consecuencia el

problema tiene soluciones no triviales si, y solamente si, λ satisface la ecuación sen(3 a) 0−λ = , siguiéndose que los valores propios para este problema son

2 2

n 2

n, n 1,2,...

9a

πλ = − =

Para encontrar un conjunto de funciones propias correspondientes, ahora se hace 1 2c 1, c 0= = y nλ = λ y se obtienen

2xn

n x(x) e sen , n 1,2,...

a− π ϕ = =

.

Ejemplo 25. Encuentre los valores propios y las funciones propias del problema de Sturm-Liouville dado por y '' ky 0, y(0) y(2 ), y '(0) y '(2 )+ = = π = π .

Solución. Caso 1. k 0= . 1 2y ''(x) 0 y(x) c c x= ⇒ = + .

Autovalor k 0= . Autofunción 1 1y c c 0= ≠

1 1 2 2 1 1y(0) y(2 ) c c 2 c c 0 y(x) c , y '(0) y '(2 ) 0 0 y(x) c= π ⇒ = + π ⇒ = ⇒ = = π ⇒ = ⇒ = .

Caso 2. 2k , 0= −λ λ ≠ . 23 4y '' y 0 y(x) c cosh( x) c senh( x)− λ = ⇒ = λ + λ .

= π ⇒ = πλ + πλ= π ⇒ λ = λ πλ + λ πλ

3 3 4

4 3 4

y(0) y(2 ) c c cosh(2 ) c senh(2 ) ,

y '(0) y '(2 ) c c senh(2 ) c cosh(2 )

3 4 3 4c (cosh(2 ) 1) c senh(2 ) 0 , c senh(2 ) c (cosh(2 ) 1) 0πλ − + πλ = πλ + πλ − = . Por lo tanto se

tiene un sistema de ecuaciones lineales homogéneo. El valor del determinante del

sistema corresponde a

πλ − − πλ = πλ − πλ + − πλ= − πλ ≠

2 2 2 2(cosh(2 ) 1) sen h(2 ) cos h(2 ) 2 cosh(2 ) 1 sen h(2 )2 2cosh(2 ) 0

En consecuencia 3 4c c 0= = es la única solución y se tiene y(x) 0= .

Caso 2 (Alternativo). 2k , 0= −λ λ ≠ . 2 x x3 4y '' y 0 y(x) c e c eλ −λ− λ = ⇒ = + .

2 2 2 23 4 3 4 3 4 3 4y(0) y(2 ) c c c e c e , y '(0) y '(2 ) (c c ) (c e c e )πλ − πλ πλ − πλ= π ⇒ + = + = π ⇒ λ − = λ −

2 2 2 23 4 3 4c (e 1) c (e 1) 0 , c (e 1) c (e 1) 0πλ − πλ πλ − πλ− + − = − − − = . Por lo tanto se tiene un

sistema de ecuaciones lineales homogéneo. El valor del determinante del sistema corresponde a 2 2 2 2 2 22(e 1)(e 1) 2(1 e e 1) 2(2 (e e )) 0πλ − πλ πλ − πλ πλ − πλ− − − = − − − + = − − + ≠ .

En consecuencia 3 4c c 0= = es la única solución y se tiene y(x) 0= .

Caso 3. 2k , 0= λ λ ≠ . 25 6y '' y 0 y(x) c cos( x) c sen( x)+ λ = ⇒ = λ + λ .

= π ⇒ = πλ + πλ = π⇒ λ = λ πλ − πλ

5 5 6

6 6 5

y(0) y(2 ) c c cos(2 ) c sen(2 ) , y '(0) y '(2 )

c (c cos(2 ) c sen(2 ))

5 6 5 6c (cos(2 ) 1) c sen(2 ) 0 , c sen(2 ) c (1 cos(2 )) 0πλ − + πλ = πλ + − πλ = . Por lo tanto se tiene

un sistema de ecuaciones lineales homogéneo. El valor del determinante del sistema

corresponde a 2 2 2 2(cos(2 ) 1) sen (2 ) cos (2 ) 2cos(2 ) 1 sen (2 ) 2(cos(2 ) 1)− πλ − − πλ = − πλ + πλ − − πλ = πλ − .

cos(2 ) 1 0 cos(2 ) 1 2 2n nπλ − = ⇒ πλ = ⇒ πλ = π ⇒ λ = . Por tanto los autovalores vienen

dados por 2 2nk n n 1,...= λ = = y las autofunciones n 5 6y (x) c cos(nx) c sen(nx)= + .

SOLUCIÓN FINAL: 2k n n 0,...= = y las autofunciones n 5 6y (x) c cos(nx) c sen(nx)= + .


4.11. FUNCIONES PARES Y FUNCIONES IMPARES

La tarea de calcular las integrales que surgen en el estudio de series

ortogonales, puede simplificarse a menudo, al sacar provecho de la simetría de las funciones involucradas. Esta técnica, generalmente se formaliza por la introducción de

las nociones de funciones pares e impares, como sigue:

Definición 13. Se dice que una función f, definida en un intervalo centrado en el origen, es par si f( x) f(x)− = para toda x en el dominio de f, e impar si f( x) f(x)− = − .

Esto, por supuesto, es justamente otra forma de decir que una función es par si

su gráfica es simétrica con respecto al eje vertical, e impar si su gráfica es simétrica

con respecto al origen. Así, para valores enteros de n, nx es par, si n es par; e impar,

si n es impar. La importancia de las funciones pares e impares para este trabajo, nace

de las igualdades

a a

a 0f(x)dx 2 f(x)dx

−=∫ ∫

siempre que f sea par e integrable, y

a

af(x)dx 0

−=∫

siempre que f sea impar e integrable. Una propiedad un tanto menos obvia de las

funciones pares e impares, se establece en el siguiente

TEOREMA 7. Cada función en el intervalo a,a− puede expresarse justamente en

forma de una suma de una función par y una función impar. Demostración. Sea f una función arbitraria en a,a− , y sea

E 0f(x) f( x) f(x) f( x)

f (x) , f (x)2 2+ − − −= = .

Es trivial verificar que Ef es par, 0f impar, y que E 0f f f= + . Así, f tiene cuando

menos una descomposición de la forma deseada, y queda por demostrar que es la única. Con este fin, se supone que también se tiene E 0f g g= + , con Eg par y 0g impar.

Entonces, E 0 E 0f f g g+ = + , y E E 0 0f g g f− = − . Pero la diferencia de dos funciones pares

es par, y la diferencia de dos funciones impares es impar. Así, la función definida por la igualdad anterior es simultáneamente par e impar, y así, debe ser la función cero. En otras palabras, E E 0 0f g g f 0− = − = , de donde se sigue que E Eg f= y 0 0g f= , como se deseaba. Las funciones Ef y 0f son conocidas, respectivamente, como las partes par e

impar de f.

Ejemplo 26. Si xf(x) e= , entonces x x

Ee e

f (x)2

−+= y x x

0e e

f (x)2

−−= .

Así, las partes par e impar de la función exponencial son el coseno hiperbólico y el

seno hiperbólico, respectivamente.


4.12. SERIES DE FOURIER En esta sección se inicia el estudio de series ortogonales considerando el desarrollo en serie relativo a las funciones 1, cos x, senx, cos(2x), sen(2x),... . Ya se

ha visto que estas funciones son mutuamente ortogonales en PC ,−π π , y se probará

en forma breve que también son una base. Garantizando lo cierto de este hecho,

puede utilizarse la fórmula

kk

k

x ex e

e 2k 1

∞

=

•=∑

para expresar cualquier función continua por tramos f en el intervalo ,−π π en la

forma

2 2 2k 1

f 1 f cos(kx) f sen(kx)f(x) cos(kx) sen(kx)

1 cos(kx) sen(kx)

∞

=

• • • = + +

∑ (media)

donde la notación “(media)” indica que la serie en cuestión converge en la media a f.

Pero ya que

21 dx 2

π

−π= = π∫ ,

2 2cos(kx) cos (kx)dxπ

−π= = π∫ ,

2 2sen(kx) sen (kx)dxπ

−π= = π∫ ,

entonces se tiene que

0k k

k 1

af(x) (a cos(kx) b sen(kx)

2

∞

=

= + +∑ (media) , (16)

donde

k

1a f(x)cos(kx)dx , k 0,1,2,...

π

−π= =

π ∫ ,

k

1b f(x)sen(kx)dx , k 1,2,...

π

−π= =

π ∫

Esta representación particular es conocida como su desarrollo en serie de Fourier en el intervalo ,−π π , y las ka y kb son llamadas los coeficientes de

Fourier. Una vez más se enfatiza que (16) debe leerse como una afirmación de que la

serie en cuestión converge en la media a f, no que converja punto por punto en el

sentido de que

00 k 0 k 0

k 1

af(x ) (a cos(kx ) b sen(kx ))

2

∞

=

= + +∑

para toda 0x en ,−π π . En efecto ya que el valor de f en 0x puede cambiarse

arbitrariamente, sin cambiar los valores de sus coeficientes de Fourier, esto sería demasiado esperar. Pero, sorprendentemente, siempre que f se comporte

razonablemente bien, converge a f(x) para toda x.

Ejemplo 27. Encuentre el desarrollo en serie de Fourier, de la función

1 x 0f(x)

1 0 x− −π < <

= < < π.

Solución.


En este caso f es una función impar en ,−π π . En consecuencia, así es f(x)cos(kx), de

modo que ka 0= , para toda k. Por otra parte, f(x)sen(kx) es par y, por lo tanto, se

tiene

k0

4k 1,3,5,...2 2

b sen(kx)dx (1 cos(k )) kk

0 k 2,4,6,...

π == = − π = ππ π =∫

.

Por tanto, el desarrollo en serie de Fourier de f es

k 1

4 sen(3x) sen(5x) 4 sen(2k 1)xf(x) sen(x) ...

3 5 2k 1

∞

=

− = + + + = π π − ∑

A continuación se presentan algunas gráficas (ver figuras 3, 4 y 5): 4sen(x)

y =π

Figura 3. Primer desarrollo de Fourier para el ejemplo 27

4 sen(3x) sen(5x)

y sen(x)3 5

= + + π

Figura 4. Segundo desarrollo de Fourier para el ejemplo 27


4 sen(3x) sen(5x) sen(7x) sen(9x)y sen(x)

3 5 7 9 = + + + + π

Figura 5. Tercer desarrollo de Fourier para el ejemplo 27

TEOREMA 8. Sea f una función suave por tramos en PC ,−π π , por lo que se entiende

que f tiene una primera derivada continua por tramos en ,−π π . Entonces el desarrollo

en serie de Fourier para f converge punto por punto dondequiera en ,−π π , y tiene el

valor

0 0f(x ) f(x )2

+ −+

en cada punto 0x en el interior del intervalo, y

f( ) f( )2

+ −−π + π

en ±π .

Cuando se aplican estos resultados al ejemplo anterior, permiten afirmar que la

serie 4 sen(3x) sen(5x)sen(x) ...

3 5 + + + π

converge punto por punto en el intervalo ,−π π a

1 si x 0,0 si x ,0,1 si 0 x

− − π < <= −π π

< < π.

Así, por ejemplo, cuando x 2= π , el valor de la serie es 1, y entonces

4 1 1 11 1 ...

3 5 7 = − + − + π

,

o


1 1 11 ...

4 3 5 7π = − + − +

TEOREMA 9. El desarrollo en serie de Fourier de una función f suave por tramos en PC ,−π π converge punto por punto en toda la recta real. Más aún, si F indica la

extensión periódica de f, entonces el valor de la serie es 0F(x ) cuando 0x es un punto

de continuidad de F, y

0 0F(x ) F(x )2

+ −+

cuando 0x es una discontinuidad por salto de F.

Ejemplo 28. Halle el desarrollo en serie de Fourier de la función f(x) x , x= − π < < π .

Solución. En este caso, f es una función par en ,−π π . En consecuencia, kb 0= para toda k,

mientras que, para k 0≠ ,

k0 00

22 2

0

2 2 xsen(kx) 1a x cos(kx)dx sen(kx)dx

k k

4k 1,3,5,...,2 2

cos(kx) (cos(k ) 1) kk k 0 k 2,4,6,...

ππ π

π

= = −

π π

− == = π − = ππ π =

∫ ∫

Finalmente, cuando k 0= , se tiene

0

0

2a xdx

π= = π

π ∫ ,

siguiendo que

2 2 2k 1

4 cos(3x) cos(5x) 4 cos(2k 1)xx cos(x) ...

2 23 5 (2k 1)

∞

=

π π − = − + + + = − π π − ∑

Algunas gráficas (ver figuras 6 y 7): 4 cos(3x)

y cos(x)2 9π = − + π



4 cos(3x) cos(5x) cos(7x)y cos(x)

2 9 25 49π = − + + + π


Ejemplo 29. Sea g la función en PC ,−π π definida por

0 x 0g(x)

1 0 x−π < <

= < < π.

Entonces, con f como en el ejemplo 27, 1 1 1

g (1 f) f,2 2 2

= + = +

y se concluye que el desarrollo en serie de Fourier de g es

k 1

1 2 sen(2k 1)xf(x)

2 2k 1

∞

=

−= +π −∑ .

La moraleja de este ejemplo es que una serie de Fourier puede, algunas veces, encontrarse sin recurrir a la integración. Otra forma de expresar la serie sería

k

k 1

1 1 1 ( 1)f(x) sen(kx)

2 k

∞

=

− −= +π∑

(ver figuras 8, 9, 10 y 11) . Gráficas: 11 2

k 1 s (x) sen(x)2

= ⇒ = +π



31 2 sen(3x)

k 3 s (x) sen(x)2 3

= ⇒ = + + π


71 2 sen(3x) sen(5x) sen(7x)

k 7 s (x) sen(x)2 3 5 7

= ⇒ = + + + + π


111 2 sen(3x) sen(5x) sen(7x) sen(9x) sen(11x)

s (x) sen(x)2 3 5 7 9 11

= + + + + + + π


Figura 11. Cuarto desarrollo de Fourier para el ejemplo 29

4.13. SERIES DE SENOS Y COSENOS En los ejemplos anteriores se abusó del hecho de que las funciones

consideradas eran pares o impares, para simplificar la tarea de encontrar su desarrollo en serie de Fourier. Esta técnica puede ser explotada más frecuentemente de lo que se

pudiera esperar, y es de suma importancia para sacarla al descubierto.

Específicamente, si f es una función par en PC ,−π π , entonces, para todos los

valores de k, f(x)cos(kx) es par, y f(x)sen(kx) es impar. Así, se tiene que

0f(x)cos(kx)dx 2 f(x)cos(kx)dx,

π π

−π=∫ ∫

f(x)sen(kx)dx 0,

π

−π=∫

siguiéndose que el desarrollo en serie de Fourier de una función par en PC ,−π π

incluye solamente términos cosenos y pueden calcularse de acuerdo con la fórmula

0k

k 1

af(x) a cos(kx)

2

∞

=

= +∑ ,

donde

k

0

2a f(x)cos(kx)dx

π=

π ∫ .

Un argumento similar muestra que el desarrollo en serie de Fourier de una función par en PC ,−π π incluye solamente términos senos, y se calcula con

kk 1

f(x) b sen(kx)∞

=

=∑ ,

donde

k

0

2b f(x)sen(kx)dx

π=

π ∫ .


En las aplicaciones de la teoría de las series de Fourier, frecuentemente se necesita obtener el desarrollo en serie para una función f continua por tramos, que está definida solamente en el intervalo 0, π . Una forma de hacerlo es, extendiendo f

en todo el intervalo 0,π (donde con esto quiere decirse que una F est´s definida en

,−π π de tal modo, que F coincide con f en 0,π ), y entonces F se desarrolla como

una serie de Fourier.

Lo esencial de este método tiene relación con la forma en que f es extendida a ,−π π . Esto por supuesto, puede hacerse en la forma que sea (en tanto que la función

resultante pertenezca a PC ,−π π ), pero las dos extensiones son las más convenientes

e importantes. La primera es la llamada extensión par de f, indicada por fE , y definida

por

ff(x) 0 x

E (x)f( x) x 0

≤ ≤ π= − −π ≤ <

mientras la segunda es la extensión impar de f, indicada por fO , y definida por

ff(x) 0 x

O (x)f( x) x 0

≤ ≤ π= − − −π ≤ <

.

Se tienen entonces los desarrollos

0

f k k0

k 1

a 2E (x) a cos(kx), a f(x)cos(kx)dx

2

∞ π

=

= + =π∑ ∫

y

f k k

0k 1

2O (x) b sen(kx), b f(x)sen(kx)dx

∞ π

=

= =π∑ ∫ .

Estas series son llamadas respectivamente, los desarrollos en serie de Fourier de coseno y de seno de f. Un término, un tanto extraviado “desarrollo semi-intervalo” también es usado en este contexto.

Ejemplo 30. Halle el desarrollo de Fourier de

2

0 x 0f(x)

x 0 x

−π < ≤= ≤ < π

y pruebe, usando el desarrollo anterior, que n 1 2

2n 1

( 1)12n

∞ +

=

− π=∑ .

Solución.

Sea

0n n

n 1

af(x) (a cos(nx) b sen(nx))

2

∞

=

= + +∑ .

3 22

00

0

1 1 xa x dx . .

3 3

ππ π= = =

π π∫


22

n0 0

0

2

200

2 2

1 1 x sen(nx) 2a x cos(nx)dx x.sen(nx)dx

n n

1 x sen(nx) 2 x.cos(nx) sen(nx)n n n n

2 2 2 2n impar : . n par : . Por tanto : a

n n n nn n

ππ π

π π

= = − π π

= − − + π

π π = = − = − − = π π

∫ ∫

nn 2

2( 1) .

n= −

22

n 20 00

2 2 22

2 2

n 1 n2

n

1 1 x cos(nx) 2 x 1b x sen(nx)dx sen(nx) cos(nx)

n n n n

1 2 2 1 4 1n impar : n par :

n n n n nn n

( 1) 2(1 ( 1)Por tan to : b

n

π ππ

+

= = − + + π π

π π π = + − = π − = − = − π π π π

− − −= π −π

∫

n 1 n

2 3

) ( 1) 2(( 1) 1)nn n

+ − π − −= + π

De modo que: 2 n 1 n

n2 3

n 1

2 ( 1) 2(( 1) 1)f(x) ( 1) cos(nx) sen(nx)

6 nn n

∞ +

=

π − π − −= + − + + π ∑ .

Si se hace x 0= se tiene: 2 2 n 1 2

n n2 2 2

n 1 n 1 n 1

2 2 ( 1)0 ( 1) ( 1) .

6 6 12n n n

∞ ∞ ∞ +

= = =

π π − π= + − ⇒ − − = ⇒ =∑ ∑ ∑

Ejemplo 31. Encuentre la serie de Fourier de 0 x 0

f(x)1 0 x

−π < <= ≤ < π

.

Rta. n

n 1

1 1 1 ( 1)f(x) sen(nx)

2 n

∞

=

− −= +π∑ (ver figuras 12, 13, 14 y 15)

11 2

n 1 s (x) sen(x)2

= ⇒ = +π



31 2 sen(3x)

n 3 s (x) sen(x)2 3

= ⇒ = + + π


71 2 sen(3x) sen(5x) sen(7x)

n 7 s (x) sen(x)2 3 5 7

= ⇒ = + + + + π


111 2 sen(3x) sen(5x) sen(7x) sen(9x) sen(11x)

s (x) sen(x)2 3 5 7 9 11

= + + + + + + π


Figura 15. Cuarto desarrollo de Fourier para el ejemplo 31

Ejemplo 32. Encuentre la serie de Fourier de 0 x 0

f(x)x 0 x

−π < <= ≤ < π

y usela para calcular el valor de la serie k

2k 1

1 ( 1)(2k 1)(2k 1)

∞

=

−+ −− ∑ .

Solución.

2 2

00

0

1 xa xdx .

2 2 2

ππ π π= = = =

π π π∫

k

k 20

1 ( 1) 1a x cos(kx)dx

k

π − −= =π π∫ .

k 1

k0

1 ( 1)b xsen(kx)dx

k

+π −= =π ∫ .

Se tiene entonces que k k 1

2k 1

( 1) 1 ( 1)f(x) cos(kx) sen(kx)

4 kk

∞ +

=

π − − −= + + π ∑

Si x 0 := 2

2 2k 1 k 1

2 1 14 8(2k 1) (2k 1)

∞ ∞

= =

π π− = − ⇒ =π − −∑ ∑

Si x :2π=

k 1

2k 1 k 1

k 1 k 1 k

k 1 k 1 k 1

2 1 ( 1)cos (2k 1) sen k

4 2 k 2(2k 1)

( 1) ( 1) ( 1)sen k

4 k 2 4 2k 1 4 2k 1

∞ ∞ +

= =∞ ∞ ∞+ +

= = =

π π − π = − − + π −

π − π π − π − = ⇒ = ⇒ − = − −

∑ ∑

∑ ∑ ∑

Por lo tanto: k 2

2k 1

1 ( 1)(2k 1) 8 4(2k 1)

∞

=

− π π+ = − −− ∑ .


Ejemplo 33. Desarrolle 0, x 0

f(x)x, 0 x

−π < <= π − < < π

en serie de Fourier. Solución. Con p = π , se tiene que

20

00

0

1 1 1 xa f(x)dx 0dx ( x)dx x ,

2 2

ππ π

−π −π

π= = + π − = π − = π π π ∫ ∫ ∫

0

n0

n

2 200 0

1 1a f(x)cos(nx)dx odx ( x)cos(nx)dx

1 sen(nx) 1 1 cos(nx) cos(n ) 1 1 ( 1)( x) sen(nx)dx

n n n n n n

π π

−π −π

π ππ

= = + π − π π

− π + − −= π − + = − = =π π π π

∫ ∫ ∫

∫

En forma análoga, se obtiene que

n

0

1 1b ( x)sen(nx)dx .

n

π= π − =

π ∫

Por lo tanto, n

2n 1

1 ( 1) 1f(x) cos(nx) sen(nx)

4 nn

∞

=

π − −= + + π ∑

4.14. CAMBIO DE INTERVALO

Hasta ahora se ha tratado exclusivamente con funciones en los intervalos ,−π π

y 0, π . Para muchas finalidades, sin embargo, este marco es demasiado restrictivo, y

ahora se propone generalizar los resultados a un intervalo arbitrario a,b . Pero más

bien empezar desde luego con el caso más general, resultará más sencillo si primero se consideran intervalos de la forma p,p− y sus espacios euclidianos asociados

PC p,p− . Porque así, la situación puede resolverse mejor. En realidad, casi es obvio

que las funciones

x x 2 x 2 x

1, cos , sen , cos , sen , ...p p p p

π π π π

son mutuamente ortogonales en PC p,p− . Más aún, justamente como en el caso

donde p = π , puede demostrarse que estas funciones son una base para este espacio

y, en consecuencia, que sus series ortogonales asociadas (las que, de paso, son aún

llamadas series de Fourier) convergen en la media. Y finalmente, teniendo en cuenta la

longitud del intervalo, todas las observaciones anteriores referentes a la convergencia por puntos, son válidas en este caso. Entonces

0k k

k 1

a k x k xf(x) a cos b sen

2 p p

∞

=

π π= + +

∑ ,

donde

p

kp

1 k xa f(x)cos dx

p p−

π= ∫ ,

p

kp

1 k xb f(x)sen dx

p p−

π= ∫


para toda k. Y con esto se ha logrado.

La discusión anterior puede adaptarse fácilmente para manipular el espacio euclidiano PC a,b . En efecto, si se establece 2p b a= − , de manera que

a,b a,a 2p= + , las funciones anteriores también son una base para PC a,a 2p+ .

Esto inmediatamente lleva a las fórmulas para calcular el desarrollo en serie de Fourier de una función f en PC a,b de la forma:

0k k

k 1

a 2k x 2k xf(x) a cos b sen

2 b a b a

∞

=

π π = + + − − ∑ ,

donde

b

ka

2 2k xa f(x)cos dx,

b a b aπ = − − ∫

b

ka

2 2k xb f(x)sen dx,

b a b aπ = − − ∫

para toda k.

Ejemplo 35. Halle el desarrollo en serie de Fourier, en PC 0,1 de la función f(x) x= .

Solución. En este caso, b a 1− = , de modo que

1 1

k k0 0

a 2 x cos(2k x)dx, b 2 xsen(2k x)dx= π = π∫ ∫ .

Integrando por partes se tiene ahora: 0 k k1

a 1 , a 0, k 0 , bk

= = ≠ = −π.

Por lo tanto 1 1 sen(4 x) sen(6 x)

f(x) sen(2 x) ...2 2 3

π π = − π + + + π .

Ejemplo 36. Encuentre el desarrollo en serie de Fourier de la función

x 2 2 x 3f(x)

4 x 3 x 4− ≤ ≤

= − ≤ ≤.

Solución. Las fórmulas serían

4 3 4

k2 2 3

a f(x)cos(k x)dx (x 2)cos(k x)dx (4 x)cos(k x)dx= π = − π + − π∫ ∫ ∫

4 3 4

k2 2 3

b f(x)sen(k x)dx (x 2)sen(k x)dx (4 x)sen(k x)dx= π = − π + − π∫ ∫ ∫

Aunque estas integrales pueden calcularse directamente, los cálculos pueden simplificarse considerablemente al tomar en cuenta el siguiente argumento:

Designando por F la extensión periódica de f en todo el eje x. Entonces, las funciones F(x)cos(k x)π y F(x)sen(k x)π son periódicas con período 2, y se tiene

a 2 4 a 2 4

a 2 a 2F(x)cos(k x)dx f(x)cos(k x)dx, F(x)sen(k x)dx f(x)sen(k x)dx

+ +π = π π = π∫ ∫ ∫ ∫

para cualquier número real a. (En este punto se utiliza el hecho obvio de que si g es continua por tramos en ( , )−∞ ∞ con período 2p, entonces

a 2p b 2p

a bg(x)dx g(x)dx

+ +=∫ ∫


para cualquier par de números reales a y b.) Ahora se hace a 1= − y se obtiene

1 1

k k1 1

a F(x)cos(k x)dx , b F(x)sen(k x)dx− −

= π = π∫ ∫

Pero en el intervalo 1,1− , F coincide con la función par x . Entonces kb 0=

para toda k, y

1

k0

a 2 x cos(k x)dx= π∫ .

Así

2 20 k

4k impar

a 1, a k0 k par, k 0

−= = π ≠

,

y el desarrollo en serie de Fourier de f es

2 2 2

1 4 cos(3 x) cos(5 x)f(x) cos( x) ...

2 3 5

π π = − π + + + π .

Ejemplo 37. Encuentre la serie de Fourier de cosenos de

1 0 x 1f(x)

2 x 1 x 2≤ ≤

= − ≤ ≤.

Solución. x 2 2 x 1

f(x) 1 1 x 12 x 1 x 2

+ − ≤ ≤ −= − ≤ ≤ − ≤ ≤

.

221 2 1

0 00 11

x 3 3a dx (2 x)dx x 2x 1 2 .

2 2 2

= + − = + − = + − =

∫ ∫

1 2 2

n0 1 1

n n na cos x dx 2 cos x dx x cos x dx

2 2 2π π π = + −

∫ ∫ ∫

n 1,5,9,13,...=

11

0 0

n 2 n 2cos x dx sen x .

2 n 2 nπ π = = π π ∫

n 3,7,11,15,...=

11

0 0

n 2 n 2cos x dx sen x .

2 n 2 nπ π = = − π π ∫

n 2,6,10,14,...=

11

0 0

n 2 ncos x dx sen x 0.

2 n 2π π = = π ∫

n 4,8,12,16,...=

11

0 0

n 2 ncos x dx sen x 0.

2 n 2π π = = π ∫

n 1,5,9,13,...=

22

n1 1

n 4 n 4a 2 cos x dx sen x

2 n 2 nπ π = = = − π π ∫ .

n 3,7,11,15,...=

22

n1 1

n 4 n 4a 2 cos x dx sen x

2 n 2 nπ π = = = π π ∫ .

n 2,6,10,14,...=

22

n1 1

n 4 na 2 cos x dx sen x 0

2 n 2π π = = = π ∫ .


n 4,8,12,16,...=

22

n1 1

n 4 na 2 cos x dx sen x 0

2 n 2π π = = = π ∫ .

n 1,5,9,13,...=

22

2 2 2 21 1

n 2x n 4 n 4 2x cos x dx sen x cos x

2 n 2 2 nn n

π π π = + = − − π ππ π ∫

n 3,7,11,15,...=

22

2 2 2 21 1

n 2x n 4 n 4 2x cos x dx sen x cos x

2 n 2 2 nn n

π π π = + = − + π ππ π ∫

n 2,6,10,14,...=

22

2 2 2 21 1

n 2x n 4 n 8x cos x dx sen x cos x

2 n 2 2n n

π π π = + = π π π ∫

n 4,8,12,16,...=

22

2 21 1

n 2x n 4 nx cos x dx sen x cos x 0

2 n 2 2n

π π π = + = π π ∫

n 1,5,9,13,...= n 2 2 2 2

2 4 4 2 4a .

n n nn n= − + + =

π π ππ π

n 3,7,11,15,...= n 2 2 2 2

2 4 4 2 4a .

n n nn n= − + + − =

π π ππ π

n 2,6,10,14,...= n 2 2

8a .

n= −

π n 4,8,12,16,...= na 0.=

n

2 2 2n 1

3 4 1 (2n 1) ( 1) 1 (2n)f(x) cos x cos x

4 2 2(2n 1) (2n)

∞

=

− π − − π = + + π − ∑

(ver figuras 16, 17 y 18)

2 2

3 4 1s (x) cos x cos( x)

4 2 2 π = + − π π



4 2

3 4 1 1 3s (x) cos x cos( x) cos x

4 2 2 9 2 π π = + − π + π


6 2

3 4 1 1 3 1 5 1s (x) cos x cos( x) cos x cos x cos(3 x)

4 2 2 9 2 25 2 18 π π π = + − π + + − π π


Ejemplo 38. Sin recurrir a la integración, encuentre el desarrollo en serie de Fourier

de la función 3f(x) cos (x).sen(2x)= en el intervalo ( , )−π π .

Solución.

Usando las identidades trigonométricas, se puede demostrar que


12sen cos sen( ) sen( )α β = α + β + α − β . Por tanto:

3 12

1 12 4

1 14 8

1 cos(2x)cos (x)sen(2x) cos(x). .sen(2x) cos(x) sen(2x) cos(2x)sen(2x)

2cos(x)sen(2x) cos(x)sen(4x)

sen(3x) sen(x) sen(5x) sen(3x)

+= = +

= +

= + + +

31 14 8 8sen(x) sen(3x) sen(5x)= + +

Ejemplo 39. Sea 110

110

x 0 x 10f(x)

(20 x) 10 x 20

≤ ≤= − ≤ ≤

.

Encuentre el desarrollo en serie de Fourier de:

a. cosenos de f(x) y úsela para demostrar que 2

2k 0

18(2k 1)

∞

=

π=+∑ .

Solución.

= + − = + − = + − + =

∫ ∫

10 2010 20 2 22 1 x x 10 200 100 2 2 1000 10 0 10a xdx (20 x)dx (20x ) (50 200 200 50) 1

10 20k x k x2

k 200 20 200 10

20 20 20k x k x k x1

100 20 20 200 10 10

a x cos( )dx (20 x)cos( )dx . k 1,...

x cos( )dx 20 cos( )dx x cos( )dx

π π

π π π

= + − =

= + −

∫ ∫

∫ ∫ ∫

10 202020x k x 400 k x 400 k x 20x k x 400 k x1100 k 20 2 2 20 k 20 k 20 2 2 2010k k0 10

200 k 400 k 400 400 k 400 200 k1100 k 2 2 2 2 2 2 k 2 2 2 kk k k

( sen( ) cos( )) sen( ) ( sen( ) cos( ))

sen( ) cos( ) sen( ) cos(k ) sen(

π π π π ππ π ππ π

π π π ππ π ππ π π

= + + − +

= + − − − π +

400 k2 2 2 2k

kk42 2 2k

) cos( )

2cos( ) 1 ( 1) . Si k 2n,

ππ

ππ

+

= − − − =

2n n2n4 1 22 2 2 2 2 2 24n n n

2cos( ) 1 ( 1) 2cos(n ) 2 ( 1) 1ππ π π = − − − = π − = − −

Por lo tanto

k( 1) 1 k x1 22 2 2 10k

k 1

f(x) cos( )∞

− − ππ

=

= + ∑ .

En particular, para x 0= se obtiene

k 2( 1) 11 2 1 4 1 4 1 1 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8k (2k 1) (2k 1) (2k 1)

k 1 k 1 k 0 k 0

0 0∞ ∞ ∞ ∞

− − ππ π + π + +

= = = =

= + ⇒ = − ⇒ = ⇒ = ∑ ∑ ∑ ∑ .

b. senos de f(x) y use la identidad de Parseval para hallar el valor de

4k 0

1

(2k 1)

∞

= +∑ .

Solución.


π π

π π π

π ππ π

= + − =

= + −

= − + −

∫ ∫

∫ ∫ ∫

10 20k x k x2

k 200 20 200 10

20 20 20k x k x k x1

100 20 20 200 10 10

1020x k x 400 k x 4001

100 k 20 2 2 20 kk 0

b xsen( )dx (20 x)sen( )dx . k 1,...

xsen( )dx 20 sen( )dx xsen( )dx

( cos( ) sen( )) π π ππ π π

π π π π ππ π π π ππ π

ππ

− − +

= − + − π + + π − +

=

2020k x 20x k x 400 k x20 k 20 2 2 2010 k 10

200 k 400 k 400 400 k 400 200 k 400 k1100 k 2 2 2 2 k k 2 k k 2 2 2 2k k

400 k1100 2 2 2k

cos( ) ( cos( ) sen( ))

cos( ) sen( ) cos(k ) cos( ) cos(k ) cos( ) sen( )

sen( π ππ π

+ =

400 k 8 k2 2 2 2 2 2k k

) sen( ) sen( ).

Por lo tanto ksen( )

8 k x22 2 20kk 1

f(x) sen( )∞ π

ππ

=

=

∑ .

Al calcular

20 2

0f(x) dx ∫

se obtiene:

201020 10 20 332 (20 x)2 2 201 1 1 x100 100 100 3 3 30 0 10 0 10

f(x) dx x dx (20 x) dx − = + − = − =

∫ ∫ ∫ .

Aplicando la igualdad de Parseval: 2 2k ksen ( ) sen ( ) 4 464 20 20 52 2 1

4 4 3 4 64.3 4 48k k (2k 1)k 1 k 1 k 0

.∞ ∞ ∞π π

π ππ +

= = =

= ⇒ = ⇒ =∑ ∑ ∑

4.15. ALGUNAS DEFINICIONES Definición 14. Una ecuación diferencial parcial (EDP) es una relación funcional

entre una función incógnita u de varias variables independientes, dichas variables independientes y las derivadas parciales de u.

Ejemplo 40. z

2y

∂ = −∂

, 2 2 2

2 2 2

t t t0

x y z

∂ ∂ ∂+ + =∂ ∂ ∂

son ecuaciones diferenciales parciales o en derivadas parciales.

Ejemplo 41. Se tienen las siguientes ecuaciones diferenciales parciales:

a. 2tt xxu a u 0− = (Ecuación de onda unidimensional que caracteriza la propagación de

ondas en algunos medios y las vibraciones mecánicas de una cuerda vibrante) b. xx yy zzu u u 0+ + = (Ecuación de Laplace que se presenta en el estudio de

potenciales magnético, eléctrico, gravitatorio y en el flujo de calor)

Definición 15. El orden de una EDP es el mayor orden de todas las derivadas

parciales que figuran en la ecuación.


Ejemplo 42. La ecuación 4 2

4 2

t t0

x x

∂ ∂+ =∂ ∂

es una ecuación diferencial parcial de orden cuatro. Definición 16. El grado de una EDP lo da la potencia de la derivada de mayor orden en dicha ecuación.

Ejemplo 43. 2

2

z z3x 6

xx

∂ ∂− =∂∂

es una ecuación diferencial parcial de orden 2 y grado 1.

Observación 3. Si se utiliza la notación

xu u / x= ∂ ∂ , yu u / y= ∂ ∂ , 2 2xxu u / x= ∂ ∂ , 2

xyu u / x y= ∂ ∂ ∂ ,

se puede escribir una ecuación diferencial parcial general de segundo orden para una función u de dos variables independientes x e y definida en un dominio D, en la forma x y xx xy yyF(x,y,u,u ,u ,u ,u ,u ) 0= , (17)

relación que debe verificarse para todo punto (x,y) del interior R del dominio D de la función u. Definición 17. Una solución de (17) en R es cualquier función u definida y dos veces continuamente diferenciable en R que verifica (17) idénticamente para todo (x,y) en 2R .

4.16. DIFERENCIAS ENTRE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES

ORDINARIAS (EDO) Y LAS ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES (EDP)

a. En cuanto al tipo de problemas donde se presentan, se puede decir que las

EDO describen problemas unidimensionales, mientras que las EDP describen

problemas de dos o más dimensiones. b. En cuanto al espacio de soluciones, se puede decir que en el caso de las EDO el

espacio de soluciones es de dimensión finita, y además la dimensión de dicho

espacio coincide con el orden de la ecuación diferencial, mientras que en el caso de las EDP no necesariamente el espacio de soluciones es de dimensión finita y

además no depende del orden de la ecuación. Es bueno hacer notar que en la

mayoría de los casos los espacios de soluciones para EDP son de dimensión infinita.

c. En cuanto a la cantidad de condiciones suplementarias que hay que

agregar a la ecuación para determinar en forma única una solución, en el caso de las EDO, se necesitarán tantas como el número de constantes arbitrarias


que aparezcan en la solución, o sea, tantas como el orden de la ecuación. En el caso de las EDP, aún en el caso comparativamente más simple de las ecuaciones

lineales la situación es mucho más complicada. Las soluciones de una EDP

dependen no ya de constantes arbitrarias, sino de funciones arbitrarias. 4.17. SOLUCIONES DE ALGUNAS ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES SENCILLAS Con el objeto de obtener algunas ideas relacionadas con la naturaleza de las soluciones de ecuaciones diferenciales parciales, considere los siguientes ejemplos:

Ejemplo 44. La ecuación de segundo orden 2

2

u0

y

∂ =∂

puede ser resuelta integrando dos veces respecto de

y: u

f(x)y

∂ =∂

, u yf(x) g(x)= +

donde f y g son funciones arbitrarias.

Ejemplo 45. Obtenga soluciones de la ecuación diferencial parcial

2

2U6x 12y

x y∂ = +

∂ ∂. (18)

Solución. Aquí la variable dependiente U depende de dos variables independientes x y y. Para hallar soluciones, se busca determinar U en términos de x y y, esto es, U(x,y) Si se escribe (18) como

2U6x 12y

x y ∂ ∂ = + ∂ ∂

,

se puede integrar con respecto a x, manteniendo y constante, para hallar

2 2U3x 12xy F(y)

y∂ = + +∂

(19)

donde se ha añadido la “constante” de integración, la cual depende de y y así realmente es una función de y denotada por F(y). Ahora se integra (19) con respecto a y manteniendo x constante para hallar

2 3U 3x y 4xy F(y)dy G(x)= + + +∫ (20)

esta vez añadiendo una función arbitraria de x dada por G(x). Puesto que la integral de una función arbitraria de y es otra función arbitraria de y, se puede escribir (20) como 2 3U 3x y 4xy H(y) G(x)= + + + . (21)

Esto se puede chequear al sustituirla en (18) y obtener una identidad. Puesto que (18) es una ecuación diferencial parcial de segundo orden, y (21) tiene dos funciones arbitrarias, por analogía con las ecuaciones diferenciales ordinarias se llama a (21) la solución general de (18). Usando la misma analogía, se llamaría por supuesto a cualquier solución obtenida de la solución general (21) por selecciones


particulares de las funciones arbitrarias, tal como por ejemplo 3H(y) y ,= G(x) sen2x= ,

una solución particular. Se construye así la siguiente definición:

Definición 18. 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.

Observación 4. Como en el caso de ecuaciones diferenciales ordinarias, puede

suceder que existan soluciones singulares las cuales no se puedan obtener de la

solución general por cualquier selección de las funciones arbitrarias.

Como en el caso de ecuaciones diferenciales ordinarias, con frecuencia se

necesitan determinar soluciones de ecuaciones diferenciales parciales que satisfagan condiciones dadas. Por ejemplo, suponga que se desea resolver la ecuación diferencial

(18) sujeta a las dos condiciones

2U(1,y) y 2y , U(x,2) 5x 5= − = − . (22)

Entonces de la solución general (21) y la primera condición (22) se tiene

2 3 2U(1,y) 3(1) y 4(1)y H(y) G(1) y 2y= + + + = − o 2 3H(y) y 5y 4y G(1)= − − −

de modo que

2 3 2 3U 3x y 4xy y 5y 4y G(1) G(x)= + + − − − + . (23)

Si ahora se usa la segunda condición en (22), se tiene

2 3 2 3U(x,2) 3x (2) 4x(2) (2) 5(2) 4(2) G(1) G(x) 5x 5= + + − − − + = −

de donde 2G(x) 33 27x 6x G(1)= − − + . Usando esto en (23), se obtiene la solución 2 3 2 3 2U 3x y 4xy y 5y 4y 27x 6x 33= + + − − − − + .

Se podría usar la misma terminología de problemas de valor inicial y de frontera para las ecuaciones diferenciales parciales como se hizo para las ecuaciones

diferenciales ordinarias. Sin embargo, debido a que generalmente hay una

combinación de condiciones de frontera e iniciales, con frecuencia se refiere a tales problemas como problemas de valor de frontera.

Ejemplo 46. Hallar una solución al problema de valor de frontera

2

2x

U U2 , U(0,y) 0 , U (x,0) x

x y x∂ ∂= + = =

∂ ∂ ∂

Solución. Escribiendo la ecuación como

UU 2

x y ∂ ∂ − = ∂ ∂

e integrando con respecto a x se tiene


UU 2x F(y)

y∂ − = +∂

,

la cual es una ecuación lineal con factor integrante ye− . Por tanto,

y y y(e U) 2xe e F(y)y

− − −∂ = +∂

o y y yU(x,y) 2x e e F(y)dy e G(x)−= − + +∫ ,

donde G(x) es arbitraria. Escribiendo y yH(y) e e F(y)dy−= ∫ ,

se tiene

yU(x,y) 2x H(y) e G(x)= − + + . (24)

De U(0,y) 0= se encuentra yH(y) G(0)e= − , así (24) llega a ser y yU(x,y) 2x G(0)e e G(x)= − − + .

Diferenciando con respecto a x y colocando y 0= , se encuentra

3

2x

xU (x,0) 2 G'(x) x o G(x) 2x c

3= − + = = + + ,

de donde, 3

y y xU(x,y) 2x G(0)e e 2x c

3

= − − + + +

.

Puesto que c G(0),= entonces se tiene que 3 y

yx eU(x,y) 2xe 2x

3= + − .

4.18. SIGNIFICADO GEOMÉTRICO DE LAS SOLUCIONES GENERAL Y PARTICULAR En el ejemplo 45, se obtuvo la solución general 2 3U 3x y 4xy H(y) G(x)= + + + . (25)

Suponga ahora que se escogen funciones particulares para H(y) y G(x), y se reemplaza U por z. Entonces (25) toma la forma z f(x,y)= , la cual se interpreta como

una superficie S en un sistema de coordenadas rectangular o xyz. La superficie está formada por los puntos con coordenadas (x,y,z) que satisfacen z f(x,y)= .

Para funciones arbitrarias H(y) y G(x), se obtiene una familia de superficies

cada miembro de la cual corresponde a una selección particular de H(y) y G(x), esto

es, una solución particular. La ecuación diferencial que tenga esto como una solución se llama entonces la ecuación diferencial de la familia de superficies.


4.19. 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 se debiera obtener ecuaciones diferenciales

parciales por el proceso inverso de eliminar tales funciones. Esta idea es útil porque

ayuda a enriquecer el conocimiento de cómo se pueden resolver ecuaciones diferenciales parciales. Se van a considerar algunos ejemplos.

Ejemplo 47. Encuentre una ecuación diferencial parcial de primer orden que tenga como su solución general

2U y F(x) 3x 4y= − + , (26)

donde F(x) es una función arbitraria de x.

Solución. Si se diferencia a (26) con respecto a y, se obtiene

U

2yF(x) 4y

∂ = +∂

. (27)

Entonces eliminando F(x) entre (26) y (27), se encuentra la ecuación deseada U

y 2U 6x 4yy

∂ − = −∂

.

Chequeo. 2Uy 2U y[2yF(x) 4] 2[y F(x) 3x 4y] 6x 4yy

∂ − = + − − + = −∂

.

Ejemplo 48. Encuentre una ecuación diferencial parcial de primer orden que tenga

como solución general z F(3x 4y)= − , (28)

donde F es una función arbitraria.

Solución. Sea u 3x 4y= − . Entonces (28) llega a ser

z f(u)= (29)

Diferenciando (29) con respecto a x, se tiene

z z u

. F '(u).3 3F '(u)x u x

∂ ∂ ∂= = =∂ ∂ ∂

. (30)

Diferenciando (29) con respecto a y, se tiene

z z u

. F '(u).( 4) 4F '(u)y u y

∂ ∂ ∂= = − = −∂ ∂ ∂

. (31)

Eliminando F '(u) entre (30) y (31) produce la ecuación

z z4 3 0x y

∂ ∂+ =∂ ∂

.

Ejemplo 49. Encuentre una ecuación diferencial parcial de segundo orden que tenga

como su solución general U xF(y) yG(x)= + , (32)

donde F y G son funciones arbitrarias.

Solución.


Se puede eliminar F(y) en (32) dividiendo ambos lados de (32) por x y diferenciando el resultado con respecto a x. Entonces se encuentra

U yF(y) G(x)

x x x x∂ ∂ = + ∂ ∂

, esto es, U

x U xyG'(x) yG(x)x

∂ − = −∂

,

la cual se puede escribir

U

x U y[xG'(x) G(x)]x

∂ − = −∂

. (33)

Si ahora se dividen ambos lados de (33) por y y se diferencia con respecto a y, se encuentra

21 U U U U

x U 0 ó xy x y U 0y y x y x x y ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ − = − − + = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

,

la cual construye la ecuación de segundo orden deseada. Note que la segunda ecuación también se puede escribir como

2 2

2U U U U U

xy x y U 0 puesto quex y x y x y y x∂ ∂ ∂ ∂ ∂− − + = =∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

.

Se deberían hacer algunas observaciones acerca de los resultados anteriores. Observación 5. Al diferenciar las funciones arbitrarias se asume por supuesto que ellas son diferenciables. De otra manera, no se tiene derecho a diferenciar. Observación 6. La ecuación diferencial obtenida en cada ejemplo representa la ecuación diferencial de la familia representada por la solución general. Observación 7. Si una solución tiene un número dado de n funciones arbitrarias, con frecuencia es fácil escribir una ecuación diferencial de orden mayor que n teniendo esta solución. Por ejemplo, es fácil ver que (32) es una solución de

4

2 2

U0

x y

∂ =∂ ∂

pero ésta es de orden 4 y no 2. Cuando se busca la ecuación diferencial, se busca aquella del menor orden. 4.20. EL MÉTODO DE SEPARACIÓN DE VARIABLES

A veces, para una ecuación diferencial en derivadas parciales lineal homogénea, es posible obtener soluciones particulares en forma de producto u(x,y) X(x)Y(y)= . El uso de este producto, llamado método de separación de

variables, permite reducir la ecuación diferencial en derivadas parciales a varias ecuaciones diferenciales ordinarias. Con este propósito, se hace notar que

2 2

2 2

u u u uX ' Y , XY ' , X '' Y , XY ''

x y x y

∂ ∂ ∂ ∂= = = =∂ ∂ ∂ ∂

,

en donde las primas indican diferenciales ordinarias.


Ejemplo 50. Halle soluciones en forma de producto de la ecuación

2

2

u u4 .yx

∂ ∂=∂∂

(34)

Solución. Si u X(x)Y(y),= entonces (34) se transforma en X '' Y 4XY '= . Después de dividir

ambos miembros entre 4XY, se logra separar las variables: X '' Y '4X Y

= .

Puesto que el lado izquierdo de esta ecuación es independiente de y y es idéntico al lado derecho, el cual es independiente de x, se concluye que ambos miembros deben ser iguales a una constante. En la práctica es conveniente escribir esta constante real como 2λ , o bien como 2−λ . Se distinguen los casos siguientes:

CASO I: Si 2ctte ,= λ las igualdades

2X '' Y '4X Y

= = λ

conducen a las ecuaciones 2X '' 4 X 0− λ = y 2Y ' Y 0− λ = . Estas últimas tienen las

soluciones 2 x 2 x1 2X c e c e− λ λ= + y

2y3Y c eλ= , respectivamente. Así, una solución

particular de (34) es 2 2 22 x 2 x y y 2 x y 2 x

1 2 3 1 1u XY (c e c e )c e A e B e− λ λ λ λ − λ λ + λ= = + = + , en donde 1 1 3A c c= y 1 2 3B c c= .

CASO II. Si 2ctte = −λ , las igualdades 2X '' Y '4X Y

= = −λ conducen a 2X '' 4 X 0+ λ = y

2Y ' Y 0+ λ = . Puesto que las soluciones de estas ecuaciones son

4 5X c cos(2 x) c sen(2 x)= λ + λ y 2y

6Y c e−λ= ,

respectivamente, otra solución de (34) es 2 2y y

2 2u A e cos(2 x) B e sen(2 x)−λ −λ= λ + λ , en donde 2 4 6A c c= y 2 5 6B c c= .

CASO III. Si ctte 0= , se tiene que X '' 0= y Y ' 0= . En este caso 7 8X c x c= + y

9Y c= , de modo que 3 3u A x B= + en donde 3 7 9A c c= y 2 8 9B c c= .

Se deja como ejercicio verificar que las tres soluciones obtenidas satisfacen la

ecuación dada.

Ejemplo 51. Halle una solución en forma de producto de

2

2

u uk , k 0

tx

∂ ∂= >∂∂

que satisfaga las condiciones u(0, t) 0, u(L, t) 0= = .

Solución. Si u XT= , se puede escribir la ecuación dada como

2X '' T 'X kT

= = −λ

lo que conduce a 2X '' X 0+ λ = y 2T ' k T 0+ λ = , de modo que se tiene

1 2X c cos( x) c sen( x)= λ + λ y 2k t

3T c e− λ= ,


respectivamente. Ahora bien, puesto que u(0, t) X(0)T(t) 0= = , u(L, t) X(L)T(t) 0= = se

debe tener X(0) 0= y X(L) 0= . Estas son condiciones de frontera para la ecuación

diferencial ordinaria. Aplicando la primera de tales condiciones, resulta de inmediato 1c 0= . Por lo tanto, 2X c sen( x)= λ . La segunda condición de frontera implica ahora que

2X(L) c sen( L) 0= λ = . Si 2c 0= , entonces X 0= , de modo que u 0= . Para obtener una

solución no trivial u, se debe tener 2c 0≠ y entonces la última ecuación se satisface

cuando sen( L) 0λ = . Entonces L nλ = π o nLπλ = ,

siendo n 1,2,3,...=

Por tanto, 2 2 2 2k t k(n /L )t

2 3 nn

u (c sen( x)(c e ) A e sen xL

− λ − π π = λ =

satisface la ecuación dada y ambas condiciones adicionales. El coeficiente 2 3c c se reescribe como nA para recalcar que se obtiene una solución diferente para cada n. Se

deja como ejercicio verificar que si se usa 2 0λ ≥ , no se llega a una solución que satisfaga u(0, t) 0= y u(L, t) 0= .

4.21. PRINCIPIO DE SUPERPOSICIÓN TEOREMA 10. Si 1 2 nu , u , ..., u son soluciones de una ecuación diferencial paracial

lineal homogénea, entonces la combinación lineal 1 1 2 2 k ku c u c u ... c u= + + + , donde los ic , i 1,2,...,k= son constantes, también es una solución.

En la próxima sección se supondrá formalmente que cada vez que se tenga un conjunto infinito 1 2u , u , ... de soluciones de una ecuación lineal homogénea, aún se

puede obtener otra solución u formando la serie infinita

kk 1

u u∞

=

=∑ .

Ejemplo 52. En virtud del principio de superposición, la función definida mediante la serie

2 2 2k(n /L )tn

n 1

nu A e sen x

L

∞− π

=

π =

∑

debe satisfacer también, aunque sea formalmente, a la ecuación del ejemplo anterior, junto con las condiciones dadas. 4.22. PROBLEMAS DE CONDICIÓN DE FRONTERA Las siguientes ecuaciones diferenciales parciales lineales

2

2

u uk , k 0,

tx

∂ ∂= >∂∂

2 2

22 2

u ua

x t

∂ ∂=∂ ∂

, 2 2

2 2

u u0

x v

∂ ∂+ =∂ ∂

,


desempeñan un papel importante en muchas áreas de física e ingeniería. Las primeras dos ecuaciones son conocidas como ecuación del calor en una dimensión y

ecuación de onda en una dimensión respectivamente. “Una dimensión” se refiere al

hecho de que x denota una dimensión espacial, en tanto que t generalmente representa tiempo. La última ecuación se llama ecuación de Laplace. Se usará el

método de separación de variables para resolver varios problemas aplicados, cada uno

de los cuales es descrito por una de las ecuaciones anteriores además de ciertas condiciones adicionales. Estas condiciones adicionales consisten en: a. Condiciones de frontera: u o u x∂ ∂ especificada para x cons tan te= ; u o u y∂ ∂

especificada para y cons tan te= ,

b. Condiciones iniciales: u en t 0= para la primera ecuación, o bien, u y u t∂ ∂ en

t 0= para la segunda ecuación.

La descripción matemática colectiva de un problema de esta naturaleza es

conocida como problema de condición en la frontera.

En una frontera se pueden especificar los valores de una de las siguientes

funciones: x x(i) u , (ii) u , o bien (iii) u hu , h cons tante+ .

Una condición a la frontera del primer tipo (i), se llama condición de

Dirichlet; del segundo tipo (ii), condición de Neuman, y del tercer tipo (iii), condición de Robin. 4.23. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES LINEALES DE

SEGUNDO ORDEN Ya se han visto cómo se resuelven algunos problemas de frontera que

involucran ecuaciones diferenciales parciales. Se enfocará ahora el estudio sobre cierto

tipo de ecuaciones diferenciales parciales importantes que surgen en varios problemas aplicados. Hay tres tipos importantes de problemas que involucran:

a. Conducción o difusión de calor

b. Vibraciones u oscilaciones c. Temperatura estacionaria, potencial eléctrico o gravitacional

Definición 19. Si u representa la variable dependiente, x e y las variables independientes, entonces la forma general de una ecuación diferencial parcial

lineal de segundo orden con dos variables independientes x e y, es

2 2 2

2 2

u u u u uA B C D E Fu G

x y x yx y

∂ ∂ ∂ ∂ ∂+ + + + + =∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂

, (35)

en donde A, B, C, D, E, F y G son funciones de x e y.

Observación 8. Cuando G(x,y) 0= , la ecuación se llama homogénea; en cualquier

otro caso es no homogénea.


Ejemplo 53. 2 2

2 2

u u0

x y

∂ ∂+ =∂ ∂

es homogénea. 2

2

u uxy

yx

∂ ∂− =∂∂

no es homogénea.

Definición 20. Una solución de una ecuación (35) en derivadas parciales con dos variables independientes x e y es una función u(x,y) que posee todas las derivadas parciales que indica la ecuación y que la satisface en alguna región del plano xy. Una ecuación en derivadas parciales, lineal de segundo orden con dos variables independientes y con coeficientes constantes, puede pertenecer a uno de tres tipos generales. Esta clasificación sólo depende de los coeficientes de las derivadas de segundo orden. Naturalmente, se supone que al menos uno de los coeficientes A, B y C no es cero. Definición 21. La ecuación diferencial parcial lineal y de segundo orden

2 2 2

2 2

u u u u uA B C D E Fu 0

x y x yx y

∂ ∂ ∂ ∂ ∂+ + + + + =∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂

,

en donde A, B, C, D, E, F y G son constantes reales es

a. parabólica, si 2B 4AC 0− = .

Ejemplo 54. 2

2

u u3 0 (A 3,B 0,C 0)

yx

∂ ∂− = = = =∂∂

. Esta ecuación modela la distribución

de temperatura en una varilla (ecuación de calor unidimensional). b. hiperbólica, si 2B 4AC 0− > .

Ejemplo 55. 2 2

2 2

u u0 (A 1,B 0,C 1)

x y

∂ ∂− = = = = −∂ ∂

. Esta ecuación modela las vibraciones

en una cuerda (ecuación de onda unidimensional). c. elíptica, si 2B 4AC 0− < .

Ejemplo 56. 2 2

2 2

u u0 (A 1,B 0,C 1)

x y

∂ ∂+ = = = =∂ ∂

. Esta ecuación modela el potencial o

distribución de temperatura estacionaria no dependiente del tiempo (ecuación de

Laplace).

Estas ecuaciones tienen métodos para hallar su solución, entre los que

destacan:

a. Método de separación de variables b. Método de la transformada de Laplace c. Método de la integral de Fourier 4.24. ECUACIÓN DE CALOR UNIDIMENSIONAL A continuación se empezará formulando las ecuaciones del flujo de calor que

describen la transferencia de energía térmica (o calorífica). La energía térmica está

causada por la agitación de las moléculas. Existen dos procesos básicos que


intervienen en la transferencia de la energía térmica: conducción y convección. La conducción resulta de las colisiones de moléculas colindantes, por las que la energía

cinética de vibración de una molécula se transfiere a su vecina más cercana. La

energía térmica se transporta de esta manera por conducción incluso si las moléculas mismas no se mueven de forma apreciable de su posición. Por otro lado, una molécula

vibrante que se traslada de una región a otra, lleva su energía térmica con ella. Este

segundo fenómeno se conoce con el nombre de convección. Con objeto de comenzar el estudio con problemas relativamente simples, se estudiará el flujo de calor sólo en los

casos en que la conducción de energía térmica predomina sobre la convección. Éste es

el caso del flujo de calor en sólidos, o incluso en fluidos (líquidos y gases) en los que la velocidad es suficientemente pequeña. 4.25. DEDUCCIÓN DE LA CONDUCCIÓN DEL CALOR EN UNA

VARILLA UNIDIMENSIONAL Suponga que una varilla circular delgada de longitud L tiene un área transversal A y coincide con el eje x en el intervalo 0,L (ver figura 19). Suponga lo siguiente:

x

x=0 x x+∆∆∆∆x x=LQ

Figura 19. Flujo de calor en una varilla delgada

a. El flujo de calor dentro de la varilla toma lugar solo en la dirección x. b. La superficie lateral, o curva, de la varilla está aislada; es decir, el calor no escapa

de su superficie.

c. No se genera calor dentro de la varilla. d. La varilla es homogénea; es decir, su masa por unidad de volumen ρ es una

constante. e. El calor específico γ y la conductividad térmica K del material de la varilla, son

constantes.


A fin de obtener la ecuación diferencial parcial que se cumple para la temperatura u(x,t), son necesarias dos leyes empíricas de conducción del calor:

a. La cantidad de calor Q en un elemento de masa m es Q mu= γ , (36)

donde u es la temperatura del elemento. b. La rapidez de flujo de calor tQ por la sección transversal indicada en la figura, es

proporcional al área A de la sección transversal y la derivada parcial con respecto a x de la temperatura:

t xQ KAu= − . (37)

Puesto que el calor fluye en la dirección de temperatura decreciente, el signo menos en (37) se usa para asegurar que tQ sea positiva para xu 0< (flujo de calor a la derecha) y negativa para xu 0> (flujo de calor a la izquierda). Si la parte circular de

la varilla mostrada en la figura entre x y x x+ ∆ es muy delgada, entonces u(x,t) se

toma como la temperatura aproximada en cada punto del intervalo. Ahora la masa de la porción es m A x= ρ ∆ , y de (36) se deduce que la cantidad de calor en ésta es

Q A xu= γρ ∆ . (38)

Además, cuando el calor fluye en la dirección positiva de x, se ve de (37) que el calor se acumula en el corte con razón neta x x x xKAu (x, t) KAu (x x, t) KA u (x x, t) u (x, t)− − − + ∆ = + ∆ − . (39)

Al diferenciar (38) con respecto a t, se ve que esta razón neta se expresa

también mediante t tQ xu= γρ∆ . (40)

Al igualar (39) y (40), se obtiene

x xt

u (x x, t) u (x, t)Ku

x+ ∆ −

=γρ ∆

. (41)

Por último, al tomar el límite de (41) cuando x 0∆ → , se obtiene la ecuación

xx t(K / )u uγρ = (La definición de la segunda derivada parcial viene dada por la

expresión x xxx x 0

u (x x, t) u (x, t)u lím

x∆ →

+ ∆ −=

∆. Normalmente se establece que k K /= γρ , y

esta constante se llama difusividad térmica. 4.26. PROBLEMAS ILUSTRATIVOS DE LA ECUACIÓN DE CALOR

UNIDIMENSIONAL

Ejemplo 57. Considere una barra delgada o varilla de largo L con una distribución

longitudinal de temperatura f(x) y cuyos extremos se mantienen a una temperatura constante de cero grados en todo instante. Si la varilla satisface las suposiciones

enunciadas en la sección anterior, entonces la temperatura u(x,t) en la varilla se

determina a partir del problema de valores en la frontera


2

2

u uk , k 0, 0 x L, t 0

tx

∂ ∂= > < < >∂∂

, (42)

u(0, t) 0, u(L, t) 0, t 0= = > , (43) u(x,0) f(x), 0 x L= < < . (44)

La constante k es proporcional a la conductividad térmica y se llama difusividad térmica. Este problema representa el caso de una ecuación de calor

homogénea con condición inicial no nula y condiciones de frontera nulas.

Solución. Usando el producto u XT= y 2−λ como constante de separación, se llega a

2X '' T 'X kT

= = −λ

y 2X '' X 0, X(0) 0, X(L) 0,+ λ = = = (45)

2T ' k T 0+ λ = (46)

Ya se ha obtenido resolviendo (45) la solución de la ecuación (42) sujeta a las

condiciones de frontera (43). Se vió que (45) tenía una solución no trivial sólo si el parámetro λ adoptaba los valores

n, n 1,2,3,...

Lπλ = = (47)

Las correspondientes soluciones de (45) eran entonces

1n

X c sen x , n 1,2,3,...Lπ = =

(48)

Los valores (47) para los cuales (45) tiene una solución no trivial son conocidos

como valores característicos o como valores propios. Las soluciones (48) se

denominan funciones características o funciones propias. Se hace notar que para un valor de λ distinto de los dados en (47), la única solución de (45) es la función X 0= . A su vez, esto implicaría que una función que satisface (42) y (43) en u 0= no es una solución del problema original de condición en la frontera cuando f(x) 0≠ .

Naturalmente se supone que se cumple esta última condición. Puesto que la solución

de (46) es 2 2 2 2k t k(n /L )t

3 3T c e c e− λ − π= = , los productos

2 2 2k(n /L )t

n nn

u XT A e sen xL

− π π = =

(49)

satisfacen la ecuación diferencial (42) y las condiciones de frontera (43) para cada valor del entero positivo n. Por conveniencia se ha reemplazado la constante 1 3c c por

nA . Para que las funciones dadas en (49) satisfagan la condición inicial (44), se tendría que elegir coeficientes constantes nA de modo que

n nn

u (x,0) f(x) A sen xLπ = =

. (50)

En general, la condición (50) no se satisface para cualquier f. Por lo tanto, hay que admitir que (47) no es una solución del problema dado. Sin embargo, por el principio de superposición, la función


2 2 2k(n /L )t

n nn 1 n 1

nu(x, t) u A e sen x

L

∞ ∞− π

= =

π = =

∑ ∑ (51)

también satisface (42) y (43). Sustituyendo t 0= en (51) se obtiene

nn 1

nu(x,0) f(x) A sen x

L

∞

=

π = =

∑ .

Se ve que esta última expresión es el desarrollo en serie de senos en medio intervalo. Por consiguiente si se hace la identificación n nA b= , n 1,2,3,...= , se tiene

que

L

n0

2 nA f(x)sen x dx

L Lπ =

∫ .

Se concluye que la solución del problema de condición de frontera descrito en (42), (43) y (44) está dada por la serie infinita

L 2 2 2k(n /L )t

0n 1

2 n nu(x, t) f(x)sen x dx e sen x

L L L

∞− π

=

π π =

∑ ∫ .

Ejemplo 58. Ecuación de calor homogénea con condición inicial no nula y condiciones de frontera no nulas y constantes.

2

2

U Uk , 0 x L, k 0, t 0

tx

∂ ∂= < < > >∂∂

,

1 2U(0, t) K , U(L, t) K , t 0= = > , U(x,0) f(x), 0 x L= < < .

Solución. Sea U(x, t) W(x, t) (x)= + ϕ . Se tiene t t xx xxU (x, t) W (x, t) , U (x, t) W (x, t) ''(x)= = + ϕ .

El problema se convierte en

2

2

W Wk ''(x) , 0 x L, k 0, t 0

tx

∂ ∂+ ϕ = < < > > ∂∂ ,

1 2W(0, t) K (0), W(L, t) K (L), t 0= − ϕ = − ϕ > , W(x,0) f(x) (x), 0 x L= − ϕ < < .

Condiciones sobre (x) :ϕ 1 2''(x) 0, (0) K , (L) Kϕ = ϕ = ϕ = .

Entonces:

2 11 2 1

K K(x) x , (0) K , (L) K K , .

L−

ϕ = α + β ϕ = ϕ = ⇒ β = α =

El problema es:

2

2

W Wk , 0 x L, k 0, t 0

tx

∂ ∂= < < > > ∂∂ ,

W(0, t) 0, W(L, t) 0, t 0= = > ,

K K2 11LW(x,0) f(x) x K , 0 x L−= − − < < .

Solución: 2nk( ) t2 1 n x L

1 n Ln 1

K KU(x, t) x K a sen( )e

L

∞ π−π

=

−= + +∑ ,

donde


Ln x

n L0

2a f(x) (x) sen( )dx

Lπ= − β ∫

Ejemplo 59. La temperatura u(x,t) en una varilla no aislada de longitud L, con condiciones de frontera no nulas se determina a partir del problema de valores en la

frontera xx tku f(x, t) u , k 0, 0 x L, t 0+ = > < < > ,

1 2u(0, t) (t), u(L, t) (t), t 0= α = α > ,

u(x,0) (x), 0 x L= ϕ < < .

Solución. En primer lugar, se puede escribir u(x, t) F(x, t) w(x, t)= + , donde F(x,t) es una función

que debe resolver el problema xx 1 2F (x, t) 0, F(0, t) (t), F(L, t) (t)= = α = α . De modo que

xx 1 2F (x, t) 0 F(x, t) g (t) xg (t)= ⇒ = + . Al imponer la primera condición de borde se tiene

1 1F(0, t) (t) g (t)= α = . Al imponer la segunda condición de borde se tiene (t) (t)2 1

1 2 2 1 2 2 LF(x, t) (t) xg (t) F(L, t) (t) (t) Lg (t) g (t) α −α= α + ⇒ = α = α + ⇒ = .

Por lo tanto se obtiene la función definida por x

1 2 1LF(x, t) (t) (t) (t)= α + α − α .

Por otro lado w(x,t) es una función incógnita auxiliar cuya determinación se estudiará a continuación. Como 1F(0, t) (t)= α y 2F(L, t) (t)= α por construcción, resulta que

w(0, t) 0= y w(L, t) 0= . Además w(x,0) u(x,0) F(x,0) (x) F(x,0)= − = ϕ − en 0 x L< < , y

xx t t xx t tkw f(x, t) w F (x, t) kw w F (x, t) f(x, t)+ = + ⇒ = + − .

Si se denotan H(x) (x) F(x,0)= ϕ − y tG(x, t) f(x, t) F (x, t)= − , el problema original queda

convertido como xx tkw G(x, t) w , k 0, 0 x L, t 0+ = > < < > ,

w(0, t) 0, w(L, t) 0, t 0= = > ,

w(x,0) H(x), 0 x L= < < .

Este problema representa el caso de una ecuación de calor no homogénea con

condición inicial no nula y condiciones de frontera nulas.

Si se ensaya con una solución de la forma

n xn L

n 1

w(x, t) w (t)sen( )∞

π

=

=∑ ,

y se expresa

n xn L

n 1

G(x, t) G (t)sen( )∞

π

=

=∑ ,

con

Ln x

n L0

2G (t) G(x, t)sen( )dx, n 1,...

Lπ= =∫ ,

entonces

2n n xxx n L L

n 1

w (x, t) w (t)( ) sen( )∞

π π

=

= −∑ , ' n xt n L

n 1

w (x, t) w (t)sen( )∞

π

=

=∑ .

Sustituyendo en la ecuación xx tkw G(x, t) w+ = se tiene


2 'n n x n x n xn n nL L L L

n 1 n 1 n 1

k w (t)( ) sen( ) G (t)sen( ) w (t)sen( )∞ ∞ ∞

π π π π

= = =

− + =∑ ∑ ∑ .

Reacomodando términos:

Ecuación lineal de primer orden

' 2 ' 2n n x nn n n n n nL L L

n 1

w (t) k( ) w (t) G (t) sen( ) 0 w (t) k( ) w (t) G (t)∞

π π π

=

+ − = ⇒ + = ∑��

.

Como

n xn L

n 1


π

=

=∑ ,

entonces de la condición inicial del problema se tiene

n xn L

n 1

H(x) w (0)sen( )∞

π

=

=∑

(serie de senos de Fourier) y por tanto se obtiene el coeficiente nw (0) como

Ln x

n L0

2W (0) H(x)sen( )dx

Lπ= ∫ .

De manera que hay que resolver una ecuación lineal ordinaria no homogénea de primer orden sujeta a una condición:

L' 2n n xn n n nL L0

2w (t) k( ) w (t) G (t) , W (0) H(x)sen( )dx

Lπ π+ = = ∫

Método 1.

Solución general: 2 2 2n n nk( ) t k( ) t k( ) t

L L Ln n nw (t) e G (t)e dt C e M (t) C

π π π− − = + = +

∫ .

Valor C: n nC w (0) M (0)= − . Solución particular: 2nk( ) t

Ln n n nw (t) e M (t) w (0) M (0)

π−= + − .

Resumen de pasos a seguir: 1. Construcción de G(x,t). tG(x, t) f(x, t) F (x, t)= − 2. Cálculo de los nG (t) .

3. Construcción de H(x). H(x) (x) F(x,0)= ϕ −

4. Cálculo de nw (0) 5. Cálculo de n nM (t) y M (0) . 6. Cálculo de los nw (t).

7. Construcción de w(x,t). 8. Construcción de u(x,t).

Método 2. ' 2 2n nn n n n n n nL L{w (t)} k( ) {w (t)} {G (t)} sw (s) w (0) k( ) w (s) G (s)π π+ = ⇒ − + =L L L .

2 n n n nnn n n nL 2 2 2n n n

L L L

G (s) w (0) G (s) w (0)s k( ) w (s) G (s) w (0) w (s)

s k( ) s k( ) s k( )π

π π π

+ + = + ⇒ = = + + + +

.


2 2n nk( ) t k( ) t-1 -1 n L Ln n n n n2n

L

G (s)w (t) {w (s)} w (0)e P (t) w (0)e

s k( )

π π− −

π

= = + = + +

L L .

Resumen de pasos a seguir: 1. Construcción de G(x,t). tG(x, t) f(x, t) F (x, t)= −

2. Cálculo de los nG (t) .

3. Construcción de H(x). H(x) (x) F(x,0)= ϕ − 4. Cálculo de nw (0)

5. Cálculo de { }n nG (t) y P (t)L .

6. Cálculo de los nw (t).

7. Construcción de w(x,t).

8. Construcción de u(x,t).

Solución final:

n xx1 2 1 nL L

n 1

u(x, t) F(x, t) w(x, t) (t) (t) (t) w (t)sen( )∞

π

=

= + = α + α − α + ∑ .

Ejemplo 60. (Caso particular del ejemplo 59) Ecuación de calor homogénea con

condición inicial no nula y condiciones de frontera no nulas.

Solución. En este caso tG(x, t) F (x, t)= − y se aplican cualquiera de los métodos descritos en el

ejemplo 59.

Ejemplo 61. La temperatura u(x,t) en una varilla de longitud L con extremos aislados.

Paso 1. Planteamiento del problema. xx tku u , k 0, 0 x L, t 0= > < < > ,

x xu (0, t) 0, u (L, t) 0, t 0= = > ,

u(x,0) f(x), 0 x L= < < .

Paso 2. Planteamiento y resolución de las ecuaciones diferenciales ordinarias. Si se ensaya con soluciones del tipo u(x, t) X(x)T(t)= con X(x) 0≠ , T(t) 0≠ se tiene

kX '' T XT '= . Al dividir cada miembro entre kXT e igualando a una constante negativa

se obtiene 2X '' T '

X kT= = −λ ,

lo que origina las dos ecuaciones diferenciales ordinarias:

22 2 k t

1 2 3X '' X 0 X(x) c cos( x) c sen( x) , T ' k T 0 T(t) c e− λ+ λ = ⇒ = λ + λ + λ = ⇒ =

Paso 3. Utilización de las condiciones de borde.

2X '' X 0 , X '(0) 0 , X '(L) 0+ λ = = = (Problema de Sturm-Liouville clásico)

Solución. n xn n LX (x) a cos( ) n 0,1,2,...π= =

Paso 4. Aplicación del principio de superposición. 2nk( ) tn x L

n n Lu (x, t) b cos( )eπ−π= ,

entonces


2nk( ) tn x Ln n L

n 0 n 0

u(x, t) u (x, t) b cos( )e∞ ∞ π−π

= =

= =∑ ∑ .

Paso 5. Utilización de la condición inicial.

0n x n x n xn 0 n nL L L

n 0 n 1 n 1

Au(x,0) f(x) b cos( ) b b cos( ) A cos( )

2

∞ ∞ ∞π π π

= = =

= = = + = +∑ ∑ ∑ ,

donde

L Ln x

0 n L0 0

2 2A f(x)dx , A f(x)cos( )dx

L Lπ= =∫ ∫ .

Serie de cosenos de Fourier para f(x)

Paso 6. Solución del problema planteado.

2nL k( ) tn x n x LL L0

n 0

2u(x, t) f(x)cos( )dx cos( )e

L

∞ π−π π

=

=

∑ ∫ .

Ejemplo 62. xx tku f(x, t) u , k 0, 0 x L, t 0+ = > < < > ,

x xu (0, t) u (L, t) (t), t 0= = α > ,

u(x,0) (x), 0 x L= ϕ < < .


que debe resolver el problema xx x xF (x, t) 0, F (0, t) F (L, t) (t)= = = α . De modo que

xx x 2 1 2F (x, t) 0 F (x, t) g (t) F(x, t) g (t) xg (t)= ⇒ = ⇒ = + . Al imponer la primera condición

de borde se tiene x 2F (0, t) (t) g (t)= α = . Al imponer la segunda condición de borde se

tiene 1 xF(x, t) g (t) x (t) F (L, t) (t) (t)= + α ⇒ = α = α . Por lo tanto se obtiene la función

definida por 1F(x, t) g (t) x (t)= + α , donde 1g (t) es una función arbitraria que por comodidad se asumirá 1g (t) 0= , de modo que F(x, t) (t)x= α . Por otro lado w(x,t) es

una función incógnita auxiliar cuya determinación se estudiará a continuación.

Como x xF (0, t) F (L, t) (t)= = α , resulta que xw (0, t) 0= y xw (L, t) 0= . Además se tiene

que w(x,0) u(x,0) F(x,0) (x) F(x,0)= − = ϕ − en 0 x L< < , y



convertido como xx tkw G(x, t) w , k 0, 0 x L, t 0+ = > < < > , x xw (0, t) 0, w (L, t) 0, t 0= = > ,

w(x,0) H(x), 0 x L= < < .


condición inicial no nula y extremos aislados.


n xn L

n 0

w(x, t) w (t)cos( )∞

π

=

=∑ ,

y se expresa


n xn L

n 0

G(x, t) G (t)cos( )∞

π

=

=∑ ,

con

Ln x

n L0

2G (t) G(x, t)cos( )dx, n 0,...

Lπ= =∫ ,

se tiene

2n n xxx n L L

n 0

w (x, t) w (t)( ) cos( )∞

π π

=

= −∑ , ' n xt n L

n 0

w (x, t) w (t)cos( )∞

π

=

=∑ .


2 'n n x n x n xn n nL L L L

n 0 n 0 n 0

k w (t)( ) cos( ) G (t)cos( ) w (t)cos( )∞ ∞ ∞

π π π π

= = =

− + =∑ ∑ ∑ .




n 1

w (t) k( ) w (t) G (t) cos( ) 0 w (t) k( ) w (t) G (t)∞

π π π

=

+ − = ⇒ + = ∑��

.

Como

n xn L

n 0


π

=

=∑ ,


n xn L

n 0

H(x) w (0)cos( )∞

π

=

=∑

(serie de cosenos de Fourier) y por tanto se obtiene el coeficiente nw (0) como

Ln x

n L0

2W (0) H(x)cos( )dx

Lπ= ∫ .



2w (t) k( ) w (t) G (t) , W (0) H(x)cos( )dx

Lπ π+ = = ∫

Método 1.

Solución general: 2 2 2n n nk( ) t k( ) t k( ) t


π π π− − = + = +

∫ .

Valor C: n nC w (0) M (0)= − . Solución particular: 2nk( ) t

Ln n n nw (t) e M (t) w (0) M (0)

π−= + − .



4. Cálculo de nw (0)


5. Cálculo de n nM (t) y M (0) .




Método 2. ' 2 2n nn n n n n n nL L{w (t)} k( ) {w (t)} {G (t)} sw (s) w (0) k( ) w (s) G (s)π π+ = ⇒ − + =L L L .

2 n n n nnn n n nL 2 2 2n n n

L L L

G (s) w (0) G (s) w (0)s k( ) w (s) G (s) w (0) w (s)

s k( ) s k( ) s k( )π

π π π

+ + = + ⇒ = = + + + +

.

2 2n nk( ) t k( ) t-1 -1 n L Ln n n n n2n

L

G (s)w (t) {w (s)} w (0)e P (t) w (0)e

s k( )

π π− −

π

= = + = + +

L L .

Resumen de pasos a seguir: 1. Construcción de G(x,t). tG(x, t) f(x, t) F (x, t)= − 2. Cálculo de los nG (t) . 3. Construcción de H(x). H(x) (x) F(x,0)= ϕ − 4. Cálculo de nw (0)




Solución final. n x1 0 n L

n 1

u(x, t) F(x, t) w(x, t) (t)x w (t) w (t)cos( )∞

π

=

= + = α + +∑ .

Ejemplo 63. Paso 1. Planteamiento del problema. xx tku u , k 0, 0 x L, t 0= > < < > ,

xu(0, t) 0, u (L, t) 0, t 0= = > , u(x,0) f(x), 0 x L= < < .


kX '' T XT '= . Al dividir cada miembro entre kXT e igualando a una constante negativa se obtiene

2X '' T 'X kT

= = −λ ,


22 2 k t



2X '' X 0 , X(0) 0 , X '(L) 0+ λ = = = (Problema de Sturm-Liouville clásico)

Solución. (2n 1) xn n 2LX (x) a sen( ) n 0,1,2,...+ π= =

Paso 4. Aplicación del principio de superposición.


(2n 1) 2k( ) t(2n 1) x 2Ln n 2Lu (x, t) b sen( )e

+ π−+ π= , (2n 1) 2k( ) t(2n 1) x 2L

n n 2Ln 0 n 0

u(x, t) u (x, t) b sen( )e∞ ∞ + π−+ π

= =

= =∑ ∑ .


(2n 1) xn 2L

n 0

u(x,0) f(x) b sen( )∞

+ π

=

= =∑ , donde

L(2n 1) x

n 2L0

2b f(x)sen( )dx

L+ π= ∫ .

Serie de senos de Fourier para f(x).

Paso 6. Solución del problema planteado.

(2n 1) 2L k( ) t(2n 1) x (2n 1) x 2L2L 2L0

n 0

2u(x, t) f(x)sen( )dx sen( )e

L

∞ + π−+ π + π

=

=

∑ ∫ .


1 x 2u(0, t) (t), u (L, t) (t), t 0= α = α > ,

u(x,0) (x), 0 x L= ϕ < < .


que debe resolver el problema xx 1 x 2F (x, t) 0, F(0, t) (t), F (L, t) (t)= = α = α . De modo que


1 1F(0, t) (t) g (t)= α = . Al imponer la segunda condición de borde se tiene

1 2 x 2 2F(x, t) (t) xg (t) F (L, t) (t) g (t)= α + ⇒ = α = . Por tanto se obtiene la función definida por 1 2F(x, t) (t) (t)x= α + α . Por otro lado w(x,t) es una función incógnita auxiliar cuya

determinación se estudiará a continuación.

Como 1F(0, t) (t)= α y x 2F (L, t) (t)= α por construcción, resulta que w(0, t) 0= y

xw (L, t) 0= . Además w(x,0) u(x,0) F(x,0) (x) F(x,0)= − = ϕ − en 0 x L< < , y




xw(0, t) 0, w (L, t) 0, t 0= = > , w(x,0) H(x), 0 x L= < < .


condición inicial no nula, condición de frontera nula y extremo aislado.


(2n 1) xn 2L

n 0


+ π

=

=∑ ,

y se expresa

(2n 1) xn 2L

n 0


+ π

=

=∑ ,

con


L(2n 1) x

n 2L0

2G (t) G(x, t)sen( )dx, n 0,...

L+ π= =∫ ,

(2n 1) (2n 1) x2xx n 2L 2L

n 0

w (x, t) w (t)( ) sen( )∞

+ π + π

=

= −∑ , (2n 1) x't n 2L

n 0

w (x, t) w (t)sen( )∞

+ π

=

=∑ .


(2n 1) (2n 1) x (2n 1) x (2n 1) x2 'n n n2L 2L 2L 2L

n 0 n 0 n 0

k w (t)( ) sen( ) G (t)sen( ) w (t)sen( )∞ ∞ ∞

+ π + π + π + π

= = =

− + =∑ ∑ ∑ .



(2n 1) x' 2 ' 2n nn n n n n nL 2L L

n 0

w (t) k( ) w (t) G (t) sen( ) 0 w (t) k( ) w (t) G (t)∞

+ ππ π

=

+ − = ⇒ + = ∑��

.

Como

(2n 1) xn 2L

n 0


+ π

=

=∑ ,

entonces de la condición inicial dada en el problema se tiene

(2n 1) xn 2L

n 0

H(x) w (0)sen( )∞

+ π

=

=∑


L(2n 1) x

n 2L0

2W (0) H(x)sen( )dx

L+ π= ∫ .


L(2n 1) x' 2n

n n n nL 2L0

2w (t) k( ) w (t) G (t) , W (0) H(x)sen( )dx

L+ ππ+ = = ∫ .

Método 1.

Solución general: (2n 1) (2n 1) (2n 1)2 2 2k( ) t k( ) t k( ) t2L 2L 2L

n n nw (t) e G (t)e dt C e M (t) C+ π + π + π− −

= + = + ∫ .

Valor C: n nC w (0) M (0)= − . Sol. particular: (2n 1) 2k( ) t2L

n n n nw (t) e M (t) w (0) M (0)+ π−

= + − .


2. Cálculo de los nG (t) . 3. Construcción de H(x). H(x) (x) F(x,0)= ϕ −


5. Cálculo de n nM (t) y M (0) . 6. Cálculo de los nw (t).




Método 2. (2n 1) (2n 1)' 2 2

n n n n n n n2L 2L{w (t)} k( ) {w (t)} {G (t)} sw (s) w (0) k( ) w (s) G (s)+ π + π+ = ⇒ − + =L L L .

(2n 1) 2n n n2L

n n n nn (2n 1) (2n 1) (2n 1)2 2 2

2L 2L 2L

s k( ) w (s) G (s) w (0)

G (s) w (0) G (s) w (0)w (s)

s k( ) s k( ) s k( )

+ π

+ π + π + π

+ = +

+⇒ = = +

+ + +

(2n 1) (2n 1)2 2k( ) t k( ) t-1 -1 n 2L 2Ln n n n n(2n 1) 2

2L

G (s)w (t) {w (s)} w (0)e P (t) w (0)e

s k( )

+ π + π− −

+ π

= = + = + +

L L .








Solución final: (2n 1) x1 2 n 2L

n 0

u(x, t) F(x, t) w(x, t) (t) (t)x w (t)sen( )∞

+ π

=

= + = α + α +∑ .

Ejemplo 65.

Paso 1. Planteamiento del problema. xx tku u , k 0, 0 x L, t 0= > < < > ,

xu (0, t) 0, u(L, t) 0, t 0= = > ,

u(x,0) f(x), 0 x L= < < .


kX '' T XT '= . Al dividir cada miembro entre kXT e igualando a una constante negativa

se obtiene 2X '' T '

X kT= = −λ ,


22 2 k t



2X '' X 0 , X '(0) 0 , X(L) 0+ λ = = = (Problema de Sturm-Liouville clásico)

Solución. (2n 1) xn n 2LX (x) b cos( ) n 0,1,2,...+ π= =

Paso 4. Aplicación del principio de superposición. (2n 1) 2k( ) t(2n 1) x 2L

n n 2Lu (x, t) a cos( )e+ π−+ π= ,

(2n 1) 2k( ) t(2n 1) x 2Ln n 2L

n 0 n 0

u(x, t) u (x, t) a cos( )e∞ ∞ + π−+ π

= =

= =∑ ∑ .



(2n 1) xn 2L

n 0

u(x,0) f(x) a cos( )∞

+ π

=

= =∑ , donde

L(2n 1) x

n 2L0

2a f(x)cos( )dx

L+ π= ∫ .

Serie de cosenos de Fourier para f(x). Paso 6. Solución del problema planteado.

(2n 1) 2L k( ) t(2n 1) x (2n 1) x 2L2L 2L0

n 0

2u(x, t) f(x)cos( )dx cos( )e

L

∞ + π−+ π + π

=

=

∑ ∫ .


x 1 2u (0, t) (t), u(L, t) (t), t 0= α = α > , u(x,0) (x), 0 x L= ϕ < < .

Solución. En primer lugar, se puede escribir u(x, t) F(x, t) w(x, t)= + , donde F(x,t) es una función que debe resolver el problema xx x 1 2F (x, t) 0, F (0, t) (t), F(L, t) (t)= = α = α . De modo que


x 1 2F (0, t) (t) g (t)= α = . Al imponer la segunda condición de borde se tiene

1 1 2 1 1 1 2 1F(x, t) g (t) x (t) F(L, t) (t) g (t) L (t) g (t) (t) L (t)= + α ⇒ = α = + α ⇒ = α − α . Por lo tanto

se obtiene la función definida por 2 1F(x, t) (t) (x L) (t)= α + − α . Por otro lado w(x,t) es

una función incógnita auxiliar cuya determinación se estudiará a continuación. Como x 1F (0, t) (t)= α y 2F(L, t) (t)= α por construcción, resulta que xw (0, t) 0= y

w(L, t) 0= . Además w(x,0) u(x,0) F(x,0) (x) F(x,0)= − = ϕ − en 0 x L< < , y




xw (0, t) 0, w(L, t) 0, t 0= = > ,

w(x,0) H(x), 0 x L= < < .


condición inicial no nula, condición de frontera nula y extremo aislado.


(2n 1) xn 2L

n 0


+ π

=

=∑ ,

y se expresa

(2n 1) xn 2L

n 0

G(x, t) G (t)cos( )∞

+ π

=

=∑ , con

L(2n 1) x

n 2L0

2G (t) G(x, t)cos( )dx, n 0,...

L+ π= =∫ ,

(2n 1) (2n 1) x2xx n 2L 2L

n 0

w (x, t) w (t)( ) cos( )∞

+ π + π

=

= −∑ , (2n 1) x't n 2L

n 0

w (x, t) w (t)cos( )∞

+ π

=

=∑ .



(2n 1) (2n 1) x (2n 1) x (2n 1) x2 'n n n2L 2L 2L 2L

n 0 n 0 n 0

k w (t)( ) cos( ) G (t)cos( ) w (t)cos( )∞ ∞ ∞

+ π + π + π + π

= = =

− + =∑ ∑ ∑ .



(2n 1) x' 2 ' 2n nn n n n n nL 2L L

n 0

w (t) k( ) w (t) G (t) cos( ) 0 w (t) k( ) w (t) G (t)∞

+ ππ π

=

+ − = ⇒ + = ∑��

.

Como

(2n 1) xn 2L

n 0


+ π

=

=∑ ,

entonces de la condición inicial dada en el problema se tiene

(2n 1) xn 2L

n 0

H(x) w (0)cos( )∞

+ π

=

=∑

(serie de cosenos de Fourier) y por tanto se obtiene el coeficiente nw (0) como

L(2n 1) x

n 2L0

2W (0) H(x)cos( )dx

L+ π= ∫ .


L(2n 1) x' 2n

n n n nL 2L0

2w (t) k( ) w (t) G (t) , W (0) H(x)cos( )dx

L+ ππ+ = = ∫

Método 1. Solución general:

(2n 1) (2n 1) (2n 1)2 2 2k( ) t k( ) t k( ) t2L 2L 2L

n n nw (t) e G (t)e dt C e M (t) C+ π + π + π− −

= + = + ∫ .

Valor C: n nC w (0) M (0)= − . Sol. particular: (2n 1) 2k( ) t2L

n n n nw (t) e M (t) w (0) M (0)+ π−

= + − .





Método 2. (2n 1) (2n 1)' 2 2

n n n n n n n2L 2L{w (t)} k( ) {w (t)} {G (t)} sw (s) w (0) k( ) w (s) G (s)+ π + π+ = ⇒ − + =L L L .


(2n 1) 2n n n2L

n n n nn (2n 1) (2n 1) (2n 1)2 2 2

2L 2L 2L

s k( ) w (s) G (s) w (0)

G (s) w (0) G (s) w (0)w (s)

s k( ) s k( ) s k( )

+ π

+ π + π + π

+ = +

+⇒ = = +

+ + +

(2n 1) (2n 1)2 2k( ) t k( ) t-1 -1 n 2L 2Ln n n n n(2n 1) 2

2L

G (s)w (t) {w (s)} w (0)e P (t) w (0)e

s k( )

+ π + π− −

+ π

= = + = + +

L L .









Solución final: (2n 1) x2 1 n 2L

n 0

u(x, t) F(x, t) w(x, t) (t) (x L) (t) w (t)cos( )∞

+ π

=

= + = α + − α +∑ .

Ejemplo 67. Sea una varilla de aluminio de longitud L que inicialmente está a la

temperatura uniforme de 25 C� . Suponga que, en el instante t 0= , el extremo x 0=

se enfría hasta 0 C� , mientras que el extremo x L= se calienta hasta 60 C� y que, a

partir de entonces, los dos se mantienen a esas temperaturas. Demuestre que la distribución de temperatura u(x,t) viene dada como

2 2 2n 0.86n t /L

n 1

60x 50 70 n xu(x, t) ( 1) e sen

L n n L

∞− π

=

π = + + − π π ∑ .

Solución.

Planteamiento del problema:

xx t0.86u u , 0 x L , t 0u(0, t) 0 , u(L, t) 60 , t 0

u(x,0) 25 , 0 x L

= < < > = = > = < <

.

Sea u(x, t) v(x, t) w(x, t)= + . Se tiene entonces el siguiente problema:

xx xx t t0.86w 0.86v w v , 0 x L , t 0w(0, t) 0 v(0, t) , w(L, t) 60 v(L, t) , t 0

w(x,0) 25 v(x,0) , 0 x L

+ = + < < > = − = − > = − < <

.

Exigencias sobre v(x,t): v '' 0, v(0) 0, v(L) 60= = = . 60xLv(x) =

El nuevo problema sería:

xx t

60xL

0.86w w , 0 x L , t 0w(0, t) 0, w(L, t) 0 , t 0w(x,0) 25 , 0 x L

= < < > = = > = − < <

cuya solución viene dada por


2 2 20.86n t /L n xn L

n 1

w(x, t) c e sen( )∞

− π π

=

=∑ ,

Ln x2

n L L0c f(x)sen( )dxπ= ∫ .

En este caso

L60x n x2

n L L L0c (25 )sen( )dxπ= −∫ .

Al calcular nc se tiene

L L L60x n x 50 n x 120 n x2

n L L L L L L L0 0 0c (25 )sen( )dx sen( )dx xsen( )dxπ π π= − = −∫ ∫ ∫

n50 50 120L 50 70Ln n n n n nc cos(n ) cos(n ) ( 1)π π π π π= − π + + π = + − .

Por tanto

2 2 2n 0.86n t /L

n 1

60x 50 70 n xu(x, t) ( 1) e sen

L n n L

∞− π

=

π = + + − π π ∑ .

Ejemplo 68. Dado el problema de valor de frontera

t xx

x

u ku hu , 0 x , t 0 , k 0 , h 0

u(0, t) u( , t) 0 , t 0,

u(x,0) e , 0 x

= − < < π > > > = π = ≥ = < < π

haga htu(x, t) e w(x, t)−= y obtenga su solución.

Solución. ht ht ht ht x

t t xx xxu e w , u he w e w , u e w , u(x,0) w(x,0) e ,− − − −= = − + = = = ht htu(0, t) e w(0, t) 0 w(0, t) 0 , u(L, t) e w(L, t) 0 w(L, t) 0− −= = ⇒ = = = ⇒ = .

En consecuencia: ht ht ht htt xx t xxhe w e w ke w he w w kw− − − −− + = − ⇒ = .

Problema de valor en la frontera equivalente:

t xx

x

w kw , 0 x , t 0 , k 0

w(0, t) w( , t) 0 , t 0,

w(x,0) e , 0 x

= < < π > > = π = ≥ = < < π

Sea w(x, t) X(x)T(t)= . Por tanto xxw X '' T= y tw XT '= . De modo que kX '' T XT '= . Al

dividir por kXT 0≠ se obtiene X '' T 'X kT

= .

Igualando a una constante de separación: X '' T '

KX kT

= = ,

se tienen el par de ecuaciones ordinarias: X '' KX 0 , T ' kKT 0− = + = . Se estudian 3

casos:

Caso I: 2K 0 , K> = λ .

Ecuaciones ordinarias:

22 x x 2 k tX '' X 0 X(x) Ae Be , T ' k T 0 T(t) Ceλ −λ − λ− λ = ⇒ = + + λ = ⇒ = .

Condiciones de borde homogéneas:


w(0, t) 0 X(0) 0 A B 0 A B

w( , t) 0 X( ) 0 Ae Be A(e e ) 0 A 0 B 0πλ −πλ πλ −πλ

= ⇒ = ⇒ + = ⇒ = −

π = ⇒ π = ⇒ + = − = ⇒ = ⇒ =

Solo se obtiene solución trivial. Caso II: K 0= . Ecuaciones ordinarias: X '' 0 X(x) A Bx , T ' 0 T(t) C= ⇒ = + = ⇒ = .

Condiciones de borde homogéneas: w(0, t) 0 X(0) 0 A 0 , w( , t) 0 X( ) 0 B 0 B 0= ⇒ = ⇒ = π = ⇒ π = ⇒ π = ⇒ = .

Solo se obtiene solución trivial.

Caso III: 2 K 0 , K< = −λ .

Ecuaciones ordinarias:

22 2 k tX '' X 0 X(x) A cos( x) Bsen( x) , T ' k T 0 T(t) Ce− λ+ λ = ⇒ = λ + λ − λ = ⇒ = .


n

w(0,y) 0 X(0) 0 A 0w( , t) 0 X( ) 0 B sen( ) 0 n , n 1,2,3,...

= ⇒ = ⇒ =π = ⇒ π = ⇒ λπ = ⇒ λ = =

Se tiene:

2 2n kt n kt

n n nn 1 n 1

w(x, t) B sen(nx)C e , w(x, t) D e sen(nx)∞ ∞

− −

= =

= =∑ ∑

Condición inicial:

xn

n 1

w(x,0) e D sen(nx)∞

=

= =∑ .

En consecuencia:

x xn 20 0

2 2 n sen(nx)D e sen(nx)dx . e cos(nx)

nn 1

ππ = = − π π + ∫

2 2

2 n 2 nn impar . (1 e ) n par . (1 e ).

n 1 n 1π π= + = −

π π+ +

Por tanto n 1

n 2

2 nD . (1 ( 1) e )

n 1+ π= + −

π +

Se obtiene:

2n 1 n kt2

n 1

2 nw(x, t) (1 ( 1) e )e sen(nx)

n 1

∞+ π −

=

= + −π +∑

2ht n 1 n kt2

n 1

2 nu(x, t) e (1 ( 1) e )e sen(nx)

n 1

∞− + π −

=

= + −π +∑ .

Ejemplo 69. La temperatura u(x,t) en una varilla no aislada de longitud L, con condiciones de frontera no nulas, con flujo de calor en la superficie de la varilla en estudio hacia el medio que la rodea cuya temperatura se mantiene constante, digamos mu , se determina a partir del problema de valores en la frontera xx m tku h(u u ) u , k 0, h ctte, 0 x L, t 0− − = > < < > ,

1 2u(0, t) (t), u(L, t) (t), t 0= α = α > , u(x,0) (x), 0 x L= ϕ < < .

Solución.


En primer lugar, se puede escribir u(x, t) F(x, t) w(x, t)= + , donde F(x,t) es una función

que debe resolver el problema xx 1 2F (x, t) 0, F(0, t) (t), F(L, t) (t)= = α = α . De modo que




Por lo tanto se obtiene la función definida por x1 2 1LF(x, t) (t) (t) (t)= α + α − α . Por otro

lado w(x,t) es una función incógnita auxiliar cuya determinación se estudiará a continuación. Como 1F(0, t) (t)= α y 2F(L, t) (t)= α por construcción, resulta que w(0, t) 0= y w(L, t) 0= . Además w(x,0) u(x,0) F(x,0) (x) F(x,0)= − = ϕ − en 0 x L< < , y


Si se denotan H(x) (x) F(x,0)= ϕ − y m tG(x, t) (h(F(x, t) u ) F (x, t))= − − + , se tiene que el

problema original queda convertido como xx tkw G(x, t) hw w , k 0, 0 x L, t 0+ − = > < < > ,

w(0, t) 0, w(L, t) 0, t 0= = > ,

w(x,0) H(x), 0 x L= < < .


condición inicial no nula y condiciones de frontera nulas.


n xn L

n 1


π

=

=∑ ,

y se expresa

n xn L

n 1


π

=

=∑ ,

con

Ln x

n L0

2G (t) G(x, t)sen( )dx, n 1,...

Lπ= =∫ ,

entonces

2n n xxx n L L

n 1

w (x, t) w (t)( ) sen( )∞

π π

=

= −∑ , ' n xt n L

n 1

w (x, t) w (t)sen( )∞

π

=

=∑ .

Sustituyendo en la ecuación xx tkw G(x, t) hw w+ − = , se tiene

2 'n n x n x n x n xn n n nL L L L L

n 1 n 1 n 1 n 1

k w (t)( ) sen( ) G (t)sen( ) h w (t)sen( ) w (t)sen( )∞ ∞ ∞ ∞

π π π π π

= = = =

− + − =∑ ∑ ∑ ∑ .




n 1

w (t) (k( ) h)w (t) G (t) sen( ) 0 w (t) (k( ) h)w (t) G (t)∞

π π π

=

+ + − = ⇒ + + = ∑��

.

Como


n xn L

n 1


π

=

=∑ ,


n xn L

n 1

H(x) w (0)sen( )∞

π

=

=∑


Ln x

n L0

2W (0) H(x)sen( )dx

Lπ= ∫ .

De manera que hay que resolver una ecuación lineal ordinaria no homogénea de

primer orden sujeta a una condición:


2w (t) (k( ) h)w (t) G (t) , W (0) H(x)sen( )dx

Lπ π+ + = = ∫

Método 1.

Solución general: 2 2 2n n n(k( ) h)t (k( ) h)t (k( ) h)t


π π π− + + − + = + = +

∫ .

Valor C: n nC w (0) M (0)= − . Sol. particular: 2n(k( ) h)t

Ln n n nw (t) e M (t) w (0) M (0)

π− += + − .

Resumen de pasos a seguir: 1. Construcción de G(x,t). m tG(x, t) (h(F(x, t) u ) F (x, t))= − − +





Método 2. ' 2 2n nn n n n n n nL L{w (t)} (k( ) h) {w (t)} {G (t)} sw (s) w (0) (k( ) h)w (s) G (s)π π+ = ⇒ − + + =L + L L .

2nn n nL

n n n nn 2 2 2n n n

L L L

s k( ) h w (s) G (s) w (0)

G (s) w (0) G (s) w (0)w (s)

s k( ) h s k( ) h s k( ) h

π

π π π

+ + = +

+⇒ = = +

+ + + + + +

2 2n n(k( ) h)t (k( ) h)t-1 -1 n L Ln n n n n2n

L

G (s)w (t) {w (s)} w (0)e P (t) w (0)e

s k( ) h

π π− + − +

π

= = + = + + +

L L .

Resumen de pasos a seguir: 1. Construcción de G(x,t). m tG(x, t) (h(F(x, t) u ) F (x, t))= − − +








Solución final: n xx1 2 1 nL L

n 1


π

=

= + = α + α − α + ∑ .

Ejemplo 70. Encuentre la solución u(x,t) de la ecuación de calor unidimensional que

satisface las condiciones de frontera dadas por

xx tu 1 u , 0 x , t 0u(0, t) t , u( , t) 0 , t 0

u(x,0) x , 0 x

+ = < < π > = π = > = < < π

.

Solución. Paso 1. Construcción de G(x,t). x xF(x, t) t t t(1 )π π= − = − . x xG(x, t) 1 1 π π= − + = .

Paso 2. Cálculo de los nG (t) .

n 12 2 x 1 2n 2 2 n 2 nn0 0G (t) xsen(nx)dx cos(nx) sen(nx) ( 1)

ππ+

ππ π

= = − + = −

∫ .

Paso 3. Construcción de H(x). H(x) x 0 x= − = .

Paso 4. Cálculo de nw (0) .

n 12 2n n0

w (0) xsen(nx)dx ( 1)π

+π= = −∫ .

Paso 5. Cálculo de n nM (t) y M (0) . (Método 1) 2 2n 1 n t n 1 n t2 2

n n 3nM (t) ( 1) e dt ( 1) e+ +

π π= − = −∫ , n 12

n 3nM (0) ( 1) +

π= − .

Paso 6. Cálculo de los nw (t) . (Método 1) 2 2 2 2n t n 1 n t n 1 n 1 n 1 n t n t 22 2 2 2

n 3 n 3 3n n nw (t) e ( 1) e ( 1) ( 1) ( 1) e e n 1− + + + + −

π π π

= − + − − − = − + π − .

Paso 5. Cálculo de { }n nG (t) y P (t)L . (Método 2)

{ } { }n 1 n 12 2 1n n n n sG (s) G (t) ( 1) ( 1)+ +

π π= − = −L =L .

n 12 1-1 n 1 -1 n 1 -1n s 2 2

n n n2 4 4 2 42 2 n n n n4 4 2 4

2 2n n t 2n 1 -1 n 12 n t4 4 2n 3 3 22 4n nn n

2 4

( 1) 1 1P (t) ( 1) ( 1)

s n s n s (s )

P (t) ( 1) ( 1) e senh( )(s )

++ +π

π π

−+ +

π π

− = = − = − + + + − + −

= − = −

+ −

L L L

L

Paso 6. Cálculo de los nw (t) . (Método 2) 2 222 n t n tn tn 2 2t 2 2 2n 1 n 1 n t n 1 n 1 n tn t e e4 2 4 22 2

n 3 2 n 3 2 nn n

2 2 2 2n 1 n 1 n t n 1 n t n 1 n t n t 22 2 2 23 3 n 3n n n

w (t) ( 1) e senh( ) ( 1) e ( 1) e ( 1) e

( 1) ( 1) e ( 1) e ( 1) e e n 1

−− −+ + − + + −−π π

+ + − + − + −

π π π

= − + − = − + −

= − − − + − = − + π −

Paso 7. Construcción de w(x,t). n 1 2 2( 1) n t n t 223n

n 1

w(x, t) e e n 1 sen(nx)∞ +− −

π=

= + π − ∑ .

Paso 8. Construcción de u(x,t).


n 1 2 2( 1) n t n t 2x 23n

n 1

u(x, t) t(1 ) e e n 1 sen(nx)∞ +− −

π π=

= − + + π − ∑ .

Ejemplo 71. Si hay flujo de calor en la superficie de la varilla en estudio hacia el

medio que la rodea cuya temperatura se mantiene constante igual a cero, la ecuación de calor se convierte en la expresión xx tku hu u− = . Considere la temperatura u(x,t) en

una varilla delgada con condiciones u(0, t) u(L, t) 0= = y 3 xLu(x,0) sen( )π= . Halle la

solución de la ecuación sujeta a las condiciones.

Solución. Paso 1. Construcción de G(x,t). F(x, t) 0= . G(x, t) 0= .

Paso 2. Cálculo de los nG (t) . nG (t) 0= .

Paso 3. Construcción de H(x). 3 xLH(x) sen( )π= .

Paso 4. Cálculo de nw (0). L L

(3 n) x (3 n) x3 x n x2 1n L L L L L L0 0

L(3 n) x (3 n) x1 L LL 3 n L 3 n L 0

W (0) sen( )sen( )dx (cos( ) cos( ))dx

( sen( ) sen( ) 0 , n 3

− π + ππ π

− π + π− +

= = −

= − = ≠

∫ ∫

L L L2 3 x 6 x 6 x2 1 1 L3 L L L L L 6 L 00 0

W (0) sen ( )dx (1 cos( ))dx (x sen( )) 1π π ππ= = − = − =∫ ∫

.

Paso 5. Cálculo de n nM (t) y M (0) . (Método 1) n nM (t) M (0) 0= = .

Paso 6. Cálculo de los nw (t). (Método 1) 23(k( ) h)t

L3w (t) e

π− += .

Paso 5. Cálculo de { }n nG (t) y P (t)L . (Método 2) { }L = n nG (t) P (t) 0= .

Paso 6. Cálculo de los nw (t) . (Método 2) 23(k( ) h)t

L3w (t) e

π− += .

Paso 7. Construcción de w(x,t). 23(k( ) h)t 3 xL

Lw(x, t) e sen( )π− + π= .

Paso 8. Construcción de u(x,t). 23(k( ) h)t 3 xL

Lu(x, t) e sen( )π− + π= .

4.27. ECUACIÓN DE ONDA UNIDIMENSIONAL Hasta el momento, en el estudio de ecuaciones en derivadas parciales, el único problema físico que se ha introducido es la conducción del calor. Para ampliar la

discusión se estudiará ahora las vibraciones de cuerdas y membranas perfectamente

elásticas. Se comenzará formulando las ecuaciones que rigen las vibraciones de una cuerda a partir de principios físicos y se demostrará que las condiciones de contorno

adecuadas son similares en sentido matemático a las condiciones de contorno para la

ecuación de calor. Finalmente, se resolverán algunos ejemplos por el método de separación de variables.


4.28. DEDUCCIÓN DE LA ECUACIÓN DE ONDA PARA LA CUERDA VIBRANTE

Considere una cuerda de longitud L tal como una cuerda de guitarra tensa ante dos puntos sobre el eje x, por ejemplo x 0= y x L= . Cuando comienza a vibrar,

suponga que el movimiento se lleva a cabo en el plano xu, de tal modo que cada punto

de la cuerda se mueve en dirección perpendicular al eje x (vibraciones transversales). De modo que u(x,t) representa el desplazamiento vertical de cualquier punto de la cuerda, medido a partir del eje x, cuando t 0> . Además se supone que:

x x + ∆x

( )+ ∆2

T x x,t

( )1T x,t

θ + ∆θ = θ1 1 2

θ1

x

Figura 20. Vibraciones transversales en una cuerda delgada

• La cuerda es perfectamente flexible. • La cuerda es homogénea, esto es, ρ , su masa por unidad de longitud es

constante. • Los desplazamientos u son pequeños comparados con el largo de la cuerda.

• La pendiente de la curva es pequeña en todos sus puntos.

• La tensión T actúa tangente a la cuerda y su magnitud T es la misma en todos sus puntos.

• La tensión es grande en comparación con la fuerza de gravedad.

• No hay otras fuerzas externas actuando sobre la cuerda. En la figura 20, las tensiones 1T y 2T son tangentes a los extremos de la curva

en el intervalo x,x x+ ∆ . Para 1θ y 2θ pequeños, la fuerza vertical neta que actúa

sobre el elemento s∆ correspondiente a la cuerda es, por consiguiente,

2 1 2 1 x xTsen Tsen Ttg Ttg T u (x x, t) u (x, t)θ − θ = θ − θ = + ∆ − ,

en donde 1 2T TT = = . Ahora, s xρ∆ ≈ ρ∆ es la masa de la cuerda en x,x x+ ∆ y al

aplicar la segunda ley de Newton se obtiene x x ttT u (x x, t) u (x, t) xu+ ∆ − = ρ∆ o sea

x xtt

u (x x, t) u (x, t)u

x T+ ∆ − ρ=

∆.


Si se toma el límite cuando x 0∆ → , esta última ecuación se transforma en

xx ttu ( / T)u= ρ . Si se toma 2a / T= ρ , se obtiene 2xx ttu a u= .

4.29. PROBLEMAS ILUSTRATIVOS DE LA ECUACIÓN DE ONDA

UNIDIMENSIONAL

Ejemplo 72. Problema típico de condición en la frontera es

2 2

22 2

u ua , 0 x L, a 0, t 0

x t

∂ ∂= < < > >∂ ∂

, (52)

u(0, t) 0, u(L, t) 0, t 0= = ≥ , (53)

t 0

uu(x,0) f(x), g(x), 0 x L

t =

∂= = < <∂

. (54)

Solución. Las condiciones de frontera (53) simplemente dicen que los extremos de la cuerda permanecen fijos en todo instante. En t 0= , las funciones f y g dadas en (54)

especifican la configuración inicial y la velocidad inicial de cada punto de la cuerda, respectivamente. En el contexto está implícito que f es continua y que f(0) 0= y

f(L) 0= . Sea u(x, t) X(x)T(t)= . La ecuación se convierte en 2a X '' T T ''X= . De modo

que

2

2 2

a X '' T T ''X, XT 0

a XT a TX= ≠ , 2

2

X '' T ''X a T

= = −λ .

Se tienen 2X '' X 0 X A cos( x) Bsen( x)+ λ = ⇒ = λ + λ , 2 2T '' a T 0 T Ccos(a t) Dsen(a t)+ λ = ⇒ = λ + λ .

Condiciones de borde: u(0, t) 0 X(0)T(t) 0 X(0) 0.= ⇒ = ⇒ =

Se tiene: X(0) A cos(0) Bsen(0) 0 A 0= + = ⇒ = , u(L, t) 0 X(L)T(t) 0 X(L) 0.= ⇒ = ⇒ =

Entonces: nLX(L) Bsen( L) 0 sen( L) 0 , n 1,2,3,...π= λ = ⇒ λ = ⇒ λ = = . Por lo tanto:

n n n nan t an t n x

u (x, t) C cos D sen B senL L L

π π π = +

.

n nn 1

an t an t n xu(x, t) E cos F sen sen

L L L

∞

=

π π π = +

∑ .

Usando condiciones iniciales:

L

n n0

n 1

n x 2 n xu(x,0) f(x) E sen E f(x)sen dx

L L L

∞

=

π π = = ⇒ =

∑ ∫

t n nn 1

an an t an an t n xu (x, t) E sen F cos sen

L L L L L

∞

=

π π π π π = − +

∑

L

t n n0

n 1

an n x an 2 n xu (x,0) g(x) F sen F g(x)sen dx

L L L L L

∞

=

π π π π = = ⇒ =

∑ ∫

L

t n n0

n 1

an n x 2 n xu (x,0) g(x) F sen F g(x)sen dx

L L an L

∞

=

π π π = = ⇒ = π ∑ ∫


Observación 9. Si la cuerda se suelta en reposo (g(x) 0)= , entonces nF 0= y la

solución se expresa como

nn 1

an t n xu(x, t) E cos sen

L L

∞

=

π π =

∑ .

Usando la identidad trigonométrica sen(A B) sen(A B)

sen(A)cos(B)2

+ + −= ,

la solución obtenida es

nn 1

n nn 1 n 1

1 n nu(x, t) E sen (x at) sen (x at)

2 L L

1 n nE sen (x at) E sen (x at)

2 L L

1f(x at) f(x at) (Ecuación de d' Alembert)

2

∞

=∞ ∞

= =

π π = + + −

π π = + + −

= + + −

∑

∑ ∑

Observación 10. n nn 1

an t n xu(x, t) G sen sen

L L

∞

=

π π = + φ

∑ donde 2 2n n nG E F= + y

n nn n

n n

E Fsen( ) , cos( )

G Gφ = φ = .

Ejemplo 73.

xx tt

t

4u u , 0 x 2 , t 0

u(0, t) 0 , u(2, t) 0, t 0u (x,0) 0 , u(x,0) x , 0 x 2

= < < > = = ≥ = = < <

Solución. Sea u(x, t) X(x).T(t)= . Por tanto: xxu X '' T= y ttu XT ''= . De modo que:

4X '' T XT ''= . Al dividir por 4XT 0≠ se obtiene

X '' T ''X 4T

= .

Igualando a una constante de separación: X '' T ''

KX 4T

= = ,

se tienen el par de ecuaciones ordinarias: X '' KX 0 , T '' 4KT 0− = − = . Se estudian 3

casos:

Caso I: 2K 0 , K> = λ . Ecuaciones ordinarias:

2 x x 2 2 t 2 tX '' X 0 X(x) Ae Be , T '' 4 T 0 T(t) Ce Deλ −λ λ − λ− λ = ⇒ = + − λ = ⇒ = +


2 2 2 2

u(0, t) 0 X(0) 0 A B 0 A B

u(2, t) 0 X(2) 0 Ae Be A(e e ) 0 A 0 B 0λ − λ λ − λ

= ⇒ = ⇒ + = ⇒ = −

= ⇒ = ⇒ + = − = ⇒ = ⇒ =

Solo se obtiene solución trivial. Caso II: K 0= . Ecuaciones ordinarias:

X '' 0 X(x) A Bx , T '' 0 T(t) C Dt= ⇒ = + = ⇒ = + .



u(0, t) 0 X(0) 0 A 0 , u(2, t) 0 X(2) 0 2B 0 B 0= ⇒ = ⇒ = = ⇒ = ⇒ = ⇒ = .

Solo se obtiene solución trivial.

Caso III: 2K 0 , K< = −λ . Ecuaciones ordinarias:

2 2X '' X 0 X(x) A cos( x) Bsen( x) , T '' 4 T 0 T(t) C cos(2 t) Dsen(2 t)+ λ = ⇒ = λ + λ + λ = ⇒ = λ + λ


nn 2

t

u(0, t) 0 X(0) 0 A 0

u(2, t) 0 X(2) 0 B sen(2 ) 0 , n 1,2,3,...

T '(t) 2 ( Csen(2 t) Dcos(2 t)) u (x,0) 0 T '(0) 0 D 0.

π

= ⇒ = ⇒ =

= ⇒ = ⇒ λ = ⇒ λ = =

= λ − λ + λ = ⇒ = ⇒ =

Se tiene:

n x n xn n n2 2

n 1 n 1

u(x, t) B sen( )C cos(n t) u(x, t) E sen( )cos(n t)∞ ∞

π π

= =

= π ⇒ = π∑ ∑

Condición de borde no homogénea:

n xn 2

n 1

u(x,0) f(x) E sen( )∞

π

=

= =∑ .

En consecuencia:

( ) ( ) ( )

22n x n x n x

n 2 2 20 0

n 1n

2 2E xsen dx sen x cos

n n

2 4 2 4 4n impar 2 . n par 2 . Por tanto : E ( 1) .

n n n n n

π π π

+

= = − π π

= = = − = − = − π π π π π

∫

Se obtiene: n 1

n x2

n 1

4 ( 1)u(x, t) cos(n t)sen( ) x

n

∞ +π

=

−= π =π∑ .

Ejemplo 74. Problema típico de condición en la frontera es

2 2

22 2

u ua , 0 x L, a 0, t 0

x t

∂ ∂= < < > >∂ ∂

, (55)

x xu (0, t) 0, u (L, t) 0, t 0= = ≥ , (56)

t 0

uu(x,0) f(x), g(x), 0 x L

t =

∂= = < <∂

. (57)

Solución. En t 0= , las funciones f y g dadas en (57) especifican la configuración inicial y la

velocidad inicial de cada punto de la cuerda, respectivamente. En el contexto está implícito que f es continua y que f(0) 0= y f(L) 0= . Sea u(x, t) X(x)T(t)= . La ecuación

se convierte en 2a X '' T T ''X= .

De modo que 2

2 2

a X '' T T ''X, XT 0

a XT a TX= ≠ , 2

2

X '' T ''X a T

= = −λ . Se tienen

2X '' X 0 X A cos( x) Bsen( x)+ λ = ⇒ = λ + λ , 2 2T '' a T 0 T Ccos(a t) Dsen(a t)+ λ = ⇒ = λ + λ .

Condiciones de borde: xu (0, t) 0 X '(0)T(t) 0 X '(0) 0= ⇒ = ⇒ = , xu (L, t) 0 X '(L)T(t) 0 X '(L) 0.= ⇒ = ⇒ =

Por lo tanto: n n n nan t an t n x

u (x, t) C cos D sen B cosL L L

π π π = +

, n 0,1,...=


0 n nn 1

an t an t n xu(x, t) E E cos F sen cos

L L L

∞

=

π π π = + +

∑ .

Usando condiciones iniciales:

00 n n

n 1 n 1

L L

0 n0 0

2En x n xu(x,0) f(x) E E cos E cos

L 2 L

1 2 n xdonde E f(x)dx , E f(x)cos dx

L L L

∞ ∞

= =

π π = = + ⇒ +

π = =

∑ ∑

∫ ∫

t n nn 1

an an t an an t n xu (x, t) E sen F cos cos

L L L L L

∞

=

π π π π π = − +

∑

L

t n n0

n 1

an n x an 2 n xu (x,0) g(x) F cos F g(x)cos dx

L L L L L

∞

=

π π π π = = ⇒ =

∑ ∫

L

t n n0

n 1

an n x 2 n xu (x,0) g(x) F sen F g(x)cos dx

L L an L

∞

=

π π π = = ⇒ = π ∑ ∫

Ejemplo 75.

2xx tta u f(x, t) u , a 0, 0 x L, t 0+ = > < < > ,

1 2u(0, t) (t), u(L, t) (t), t 0= α = α > , tu(x,0) (x), u (x,0) (x), 0 x L= ϕ = β < < .

Solución. En primer lugar, se puede escribir u(x, t) F(x, t) w(x, t)= + , donde F(x,t) es una función que debe resolver el problema xx 1 2F (x, t) 0, F(0, t) (t), F(L, t) (t)= = α = α . De modo que




Por lo tanto se obtiene la función definida por x1 2 1LF(x, t) (t) (t) (t)= α + α − α . Por otro

lado w(x,t) es una función incógnita auxiliar cuya determinación se estudiará a continuación. Como 1F(0, t) (t)= α y 2F(L, t) (t)= α por construcción, resulta que w(0, t) 0= y

w(L, t) 0= . Por otro lado se tiene que

w(x,0) u(x,0) F(x,0) (x) F(x,0)= − = ϕ − , t t t tw (x,0) u (x,0) F (x,0) (x) F (x,0)= − = β −

en 0 x L< < , y 2 2xx tt tt xx tt tta w f(x, t) w F (x, t) a w w F (x, t) f(x, t)+ = + ⇒ = + − .

Si se denotan H(x) (x) F(x,0)= ϕ − , tI(x) (x) F (x,0)= β − , ttG(x, t) f(x, t) F (x, t)= − ,

el problema original queda convertido como 2

xx tta w G(x, t) w , a 0, 0 x L, t 0+ = > < < > , w(0, t) 0, w(L, t) 0, t 0= = > ,

tw(x,0) H(x), w (x,0) I(x), 0 x L= = < < .

Este problema representa el caso de una ecuación de onda no homogénea con condiciones iniciales no nulas y condiciones de frontera nulas.



n xn L

n 1


π

=

=∑ ,

y se expresa

n xn L

n 1


π

=

=∑ ,

con

Ln x

n L0

2G (t) G(x, t)sen( )dx, n 1,...

Lπ= =∫ ,

entonces

2n n xxx n L L

n 1

w (x, t) w (t)( ) sen( )∞

π π

=

= −∑ , '' n xtt n L

n 1

w (x, t) w (t)sen( )∞

π

=

=∑ .

Sustituyendo en la ecuación 2xx tta w G(x, t) w ,+ = se tiene

2 2 ''n n x n x n xn n nL L L L

n 1 n 1 n 1

a w (t)( ) sen( ) G (t)sen( ) w (t)sen( )∞ ∞ ∞

π π π π

= = =

− + =∑ ∑ ∑ .


Ecuación lineal de segundo orden

'' 2 '' 2an n x ann n n n n nL L L

n 1

w (t) ( ) w (t) G (t) sen( ) 0 w (t) ( ) w (t) G (t)∞

π π π

=

+ − = ⇒ + = ∑��

.

Como

n xn L

n 1


π

=

=∑ ,

entonces de la primera condición inicial del problema se tiene

n xn L

n 1

H(x) w (0)sen( )∞

π

=

=∑


Ln x

n L0

2w (0) H(x)sen( )dx

Lπ= ∫ .

De la segunda condición inicial del problema se tiene

' n xn L

n 1

I(x) w (0)sen( )∞

π

=

=∑

(serie de senos de Fourier) y por tanto se obtiene el coeficiente '

nw (0) como

L' n xn L0

2w (0) I(x)sen( )dx

Lπ= ∫ .

De manera que hay que resolver una ecuación lineal ordinaria no homogénea de segundo orden sujeta a dos condiciones:

L L'' 2 'an n x n xn n n n nL L L0 0

2 2w (t) ( ) w (t) G (t) , w (0) H(x)sen( )dx , w (0) I(x)sen( )dx

L Lπ π π+ = = =∫ ∫



an t an t an t an t an t an tLn 1 2 n nL L an L L L Lw (t) C cos( ) C sen( ) sen( ) G (t)cos( )dt cos( ) G (t)sen( )dtπ π π π π π

π = + + − ∫ ∫

an t an t an t an tLn 1 2 n nL L an L Lw (t) C cos( ) C sen( ) M (t)sen( ) N (t)cos( )π π π π

π = + + − .

n1 n

N (0)LC w (0)

an= +

π.

'' n

2 n nL.N (0)L

C w (0) M (0)an an

= + − π π

.

Resumen de pasos a seguir: 1. Construcción de G(x,t). ttG(x, t) f(x, t) F (x, t)= −

2. Cálculo de los nG (t) . 3. Construcción de H(x) y I(x). H(x) (x) F(x,0)= ϕ − tI(x) (x) F (x,0)= β −

4. Cálculo de nw (0) y 'nw (0) .

5. Cálculo de 'n n n n nM (t), M (0), N (t), N (0) y N (0) .




Método 2. '' 2 2 ' 2an ann n n n n n n nL L{w (t)} ( ) {w (t)} {G (t)} s w (s) sw (0) w (0) ( ) w (s) G (s)π π+ = ⇒ − − + =L L L .

'2 2 ' n n nan

n n n n nL 2 2anL

n2 an

L

G (s) sw (0) w (0)s ( ) w (s) G (s) sw (0) w (0) w (s)

s ( )

G (s)

s (

ππ

π

+ + + = + + ⇒ = +

=+

'n n

2 2 2 2 2an anL L

sw (0) w (0).

) s ( ) s ( )π π+ +

+ +

-1 -1 'n an t an tLn n n nL an L2 2an

L

'an t an tLn n nL an L

G (s)w (t) {w (s)} w (0)cos( ) w (0)sen( )

s ( )

P (t) w (0)cos( ) w (0)sen( ).

π πππ

π ππ

= = + + +

= + +

L L


2. Cálculo de los nG (t) . 3. Construcción de H(x) y I(x). H(x) (x) F(x,0)= ϕ − tI(x) (x) F (x,0)= β −






Solución final: n xx1 2 1 nL L

n 1


π

=

= + = α + α − α + ∑ .


Ejemplo 76. Resuelva la ecuación diferencial

2xx t tt

1 2

t

a u 2u u u , a 0 , 0 x L , t 0u(0, t) (t) , u(L, t) (t) , t 0

u(x,0) (x) , u (x,0) (x) , 0 x L

+ − = > < < >

= α = α > = ϕ = β < <

.


que debe resolver la ecuación con condiciones xx 1 2F (x, t) 0, F(0, t) (t), F(L, t) (t)= = α = α .

De modo que xx 1 2F (x, t) 0 F(x, t) g (t) xg (t)= ⇒ = + . Al imponer la primera condición de

borde se tiene 1 1F(0, t) (t) g (t)= α = . Al imponer la segunda condición de borde se tiene

1 2F(x, t) (t) xg (t)= α + ⇒ (t) (t)2 12 1 2 2 LF(L, t) (t) (t) Lg (t) g (t) α −α= α = α + ⇒ = . Por lo tanto

x1 2 1LF(x, t) (t) (t) (t)= α + α − α . Por otro lado w(x,t) es una función auxiliar cuya

determinación se estudiará a continuación. Como 1F(0, t) (t)= α y 2F(L, t) (t)= α por construcción, resulta que w(0, t) 0= y w(L, t) 0= . Por otro lado se tiene que

w(x,0) u(x,0) F(x,0) (x) F(x,0)= − = ϕ − , t t t tw (x,0) u (x,0) F (x,0) (x) F (x,0)= − = β − en

0 x L< < , y 2 2xx t t tt tt xx t tt tt ta w 2w 2F w F w F a w 2w w w F 2F F+ + − − = + ⇒ + − = + − + .

Si se denotan

H(x) (x) F(x,0)= ϕ − , tI(x) (x) F (x,0)= β − , tt tG(x, t) F (x, t) 2F (x, t) F(x, t)= − − + ,

el problema original queda convertido en

2xx t tt

t

a w 2w w G(x, t) w , a 0 , 0 x L , t 0w(0, t) 0 , w(L, t) 0 , t 0

w(x,0) H(x) , w (x,0) I(x) , 0 x L

+ − + = > < < >

= = > = = < <

.

Este problema representa el caso de una ecuación de onda no homogénea con

condiciones iniciales no nulas y condiciones de frontera nulas. Si se ensaya con una

solución de la forma n xn L

n 1


π

=

=∑ , y n xn L

n 1


π

=

=∑ , con

Ln x

n L0

2G (t) G(x, t)sen( )dx, n 1,...

Lπ= =∫ ,

entonces

2n n xxx n L L

n 1

w (x, t) w (t)( ) sen( )∞

π π

=

= −∑ , ' n xt n L

n 1

w (x, t) w (t)sen( )∞

π

=

=∑ , '' n xtt n L

n 1

w (x, t) w (t)sen( )∞

π

=

=∑ .

Sustituyendo en la ecuación 2xx t tta w 2w w G(x, t) w+ − + = , se tiene

2 2 'n n x n x n x n xn n n nL L L L L

n 1 n 1 n 1 n 1

'' n xn L

n 1

a w (t)( ) sen( ) 2 w (t)sen( ) w (t)sen( ) G (t)sen( )

w (t)sen( )

∞ ∞ ∞ ∞π π π π π

= = = =∞

π

=

− + − +

=

∑ ∑ ∑ ∑

∑




'' ' 2an n xn n n nL L

n 1'' ' 2ann n n nL

w (t) 2w (t) (( ) 1)w (t) G (t) sen( ) 0

w (t) 2w (t) (( ) 1)w (t) G (t)

∞π π

=π

− + + − =

⇒ − + + =

∑

��

Como

n xn L

n 1


π

=

=∑ ,

entonces de la primera condición inicial del problema se tiene

n xn L

n 1

H(x) w (0)sen( )∞

π

=

=∑


Ln x

n L0

2W (0) H(x)sen( )dx

Lπ= ∫ .

De la segunda condición inicial del problema se tiene

' n xn L

n 1

I(x) w (0)sen( )∞

π

=

=∑

(serie de senos de Fourier)

y por tanto se obtiene el coeficiente 'nw (0) como

L' n xn L0

2W (0) I(x)sen( )dx

Lπ= ∫ .


segundo orden sujeta a dos condiciones:

'' ' 2ann n n nL

L L'n x n x

n nL L0 0

w (t) 2w (t) (( ) 1)w (t) G (t) ,

2 2W (0) H(x)sen( )dx , W (0) I(x)sen( )dx

L L

π

π π

− + + =

= =∫ ∫


t tan t an tn 1 2L L

t 2t 2tLe an t an t an t an tn nan L L L L

w (t) C e cos( ) C e sen( )

sen( ) G (t)e cos( )dt cos( ) G (t)e sen( )dt

π π

− −π π π ππ

= + +

− ∫ ∫

tt tan t an t Le an t an tn 1 2 n nL L an L Lw (t) C e cos( ) C e sen( ) sen( )M (t) cos( )N (t)π π π π

π = + + −

n1 n

N (0)LC w (0)

an= +

π.

'' n n

2 n n nL(2N (0) N (0))L

C w (0) w (0) M (0)an an

+= − − − π π

.



3. Construcción de H(x) y I(x). H(x) (x) F(x,0)= ϕ − tI(x) (x) F (x,0)= β −


5. Cálculo de 'n n n n nM (t), M (0), N (t), N (0) y N (0) .




Método 2. '' ' 2ann n n nL2 ' 2an

n n n n n n nL

{w (t)} 2 {w (t)} (( ) 1) {w (t)} {G (t)}

s w (s) sw (0) w (0) 2sw (s) 2w (0) (( ) 1)w (s) G (s)

π

π

− + + =

⇒ − − − + + + =

L L L L

2 2 'ann n n nL

' 'n n n n n n n

n 2 2 2 2 2 2 2 2an an an anL L L L

s 2s 1 ( ) w (s) G (s) (s 2)w (0) w (0)

G (s) (s 2)w (0) w (0) G (s) (s 1)w (0) w (0) w (0)w (s) .

(s 1) ( ) (s 1) ( ) (s 1) ( ) (s 1) ( )

π

π π π π

− + + = + − +

+ − + − −⇒ = = + +

− + − + − + − +

-1 -1 t ' tn an t an tLn n n n nL an L2 2an

L

t ' tan t an tLn n n nL an L

G (s)w (t) {w (s)} w (0)e cos( ) (w (0) w (0))e sen( )

(s 1) ( )

P (t) w (0)e cos( ) (w (0) w (0))e sen( )

π πππ

π ππ

= = + + − − +

= + + −

L L



3. Construcción de H(x) y I(x). H(x) (x) F(x,0)= ϕ − tI(x) (x) F (x,0)= β −






Solución final:

n xx1 2 1 nL L

n 1


π

=

= + = α + α − α + ∑ .

4.30. ECUACIÓN DE LAPLACE A continuación, se aplicarán las técnicas aprendidas anteriormente a un tipo diferente de problemas. Se considera el problema estacionario del calor en un dominio

bidimensional, con condiciones no homogéneas todas. En ese caso, la ecuación en

derivadas parciales es lineal y homogénea, pero las condiciones de contorno, aunque lineales, son todas no homogéneas. Si todas las condiciones de contorno no son

homogéneas, no se podrá aplicar el método de separación de variables a este

problema en su forma actual. Se podrá superar esta dificultad mediante la descomposición en problemas donde el método de separación de variables, sea

apropiado.


4.31. PROBLEMAS DONDE INTERVIENE LA ECUACIÓN DE LAPLACE EN COORDENADAS CARTESIANAS

Aunque no se presentará su deducción, esta ecuación en dos o tres dimensiones surge en problemas independientes del tiempo que conciernen a potenciales como el

electrostático, el gravitacional y la velocidad en mecánica de fluidos. Además, una

solución de la ecuación de Laplace se puede interpretar como la distribución de temperatura en un estado estable. De manera que, una solución u(x,y) podría

representar la temperatura que varía de un punto a otro, pero no con el tiempo, en

una placa rectangular. La ecuación de Laplace, en dos y en tres dimensiones, se abrevia en la forma 2u 0∇ = , donde

2 22

2 2

u uu

x y

∂ ∂∇ = +∂ ∂

y 2 2 2

22 2 2

u u uu

x y z

∂ ∂ ∂∇ = + +∂ ∂ ∂

se llaman, respectivamente, laplaciano en dos dimensiones y laplaciano en tres

dimensiones, de una función u.

Ejemplo 77. Problema de Dirichlet para un rectángulo.

2 2

2 2

u u0, 0 x a, 0 y b

x y

∂ ∂+ = < < < <∂ ∂

u(x,0) 0, u(x,b) 0, 0 x a= = < <

u(0,y) 0, u(a,y) f(y), 0 y b= = ≤ ≤ .

Solución. Sea u(x,y) X(x)Y(y)= . La ecuación se convierte en X '' Y Y ''X= − . De modo que

X '' Y Y ''X

, XY 0XY XY

= − ≠ , 2X '' Y ''X Y

= − = λ .

Se tienen 2 x xX '' X 0 X Ae Beλ −λ− λ = ⇒ = + , 2Y '' Y 0 Y Ccos( y) Dsen( y)+ λ = ⇒ = λ + λ .

Primeras condiciones de borde homogéneas: u(x,0) 0 X(x)Y(0) 0 Y(0) 0.= ⇒ = ⇒ = u(x,b) 0 X(x)Y(b) 0 Y(b) 0.= ⇒ = ⇒ =

Se tiene: Y(0) C cos(0) Dsen(0) 0 C 0= + = ⇒ =

Se tiene: nbY(b) Dsen( b) 0 sen( b) 0 , n 1,2,3,...π= λ = ⇒ λ = ⇒ λ = = .

Por lo tanto: n x n xb b

n n n nn y

u (x,y) A e B e D senb

π π− π = +

.

Otra condición de borde homogénea: u(0,y) 0 X(0)Y(y) 0 X(0) 0.= ⇒ = ⇒ =

Se tiene: 0 0X(0) Ae Be 0 A B= + = ⇒ = − . Por lo tanto:

n x n x n x n xb b b b

n n n n n

n n

n y n yu (x,y) A e A e D sen E e e sen

b b

n x n y n x n y2E senh sen F senh sen

b b b b

π π π π− − π π = − ⇒ −

π π π π ⇒ ⇒

nn 1

n x n yu(x,y) F senh sen

b b

∞

=

π π =

∑



b

n n0

n 1b

2n an 0b.senh

b

an n y an 2 n yU(a,y) f(y) F senh sen F senh f(y)sen dy

b b b b b

n yF f(y)sen dy

b

∞

=

π

π π π π = = ⇒ =

π ⇒ =

∑ ∫

∫

Ejemplo 78. Placa rectangular con caras laterales aisladas.

2 2

2 2

u u0, 0 x a, 0 y b

x y

∂ ∂+ = < < < <∂ ∂

u(x,0) 0, u(x,b) f(x), 0 x a= = < <

x xu (0,y) 0, u (a,y) 0, 0 y b= = ≤ ≤ .

Solución. Sea u(x,y) X(x)Y(y)= . La ecuación se convierte en X '' Y Y ''X= − . De modo que

X '' Y Y ''X

, XY 0XY XY

= − ≠ , 2X '' Y ''X Y

= − = −λ .

Se tienen 2X '' X 0 X A cos( x) Bsen( x)+ λ = ⇒ = λ + λ , 2 y yY '' Y 0 Y Ce Deλ −λ− λ = ⇒ = + .

Primeras condiciones de borde homogéneas: xu (0,y) 0 X '(0)Y(y) 0 X '(0) 0.= ⇒ = ⇒ = xu (a,y) 0 X '(a)Y(y) 0 X '(a) 0.= ⇒ = ⇒ =

Se tiene: X '(0) A sen(0) B cos(0) 0 B 0 B 0= − λ + λ = ⇒ λ = ⇒ =

Se tiene: naX '(a) A sen( a) 0 0 ó .π= − λ λ = ⇒ λ = λ =

Si 0λ = , 0 0 0 0 0u (x,y) (A B x)(C D y)= + +

oxu (0,y) 0 X '(0)Y(y) 0 X '(0) 0 B 0= ⇒ = ⇒ = ⇒ =

oxu (a,y) 0 X '(a)Y(y) 0 X '(a) 0 0 0= ⇒ = ⇒ = ⇒ =

Otra condición de borde homogénea: 0u (x,0) 0 X(x)Y(0) 0 Y(0) 0 C 0= ⇒ = ⇒ = ⇒ =

Por lo tanto: 0 0u (x,y) E y= . Si naπλ = ,

n y n ya a

n n n nn x

u (x,y) C e D e A cosa

π π− π = +

Otra condición de borde homogénea: n n nu (x,0) 0 X(x)Y(0) 0 Y(0) 0 C D= ⇒ = ⇒ = ⇒ = −

Por lo tanto: n y n ya a

n n nn x n y n x

u (x,y) e e E cos senh F cosa a a

π π− π π π = − ⇒

0n

n 1

F y n y n xu(x,y) F senh cos

2 a a

∞

=

π π = +

∑


0n

n 1a a

0 00 0

a a2

n n bn0 0a.senha

F b bn n xu(x,b) f(x) F senh cos donde

2 a a

2 2F b f(x)dx F f(x)dx

a abbn 2 n x n x

F senh f(x)cos dx F f(x)cos dxa a a a

∞

=

π

π π = = +

= ⇒ =

π π π = ⇒ =

∑

∫ ∫

∫ ∫


Ejemplo 79.

2 2

2 2

u u0, 0 x a, 0 y b

x y

∂ ∂+ = < < < <∂ ∂

u(x,0) f(x), u(x,b) g(x), 0 x a= = < <

u(0,y) F(y), u(a,y) G(y), 0 y b= = < < .

Solución. PRINCIPIO DE SUPERPOSICIÓN. Un problema de Dirichlet para un rectángulo se puede resolver con facilidad separando variables cuando se especifican condiciones homogéneas para dos fronteras paralelas, sin embargo, el método de separación de

variables no se aplica a un problema de Dirichlet cuando las condiciones en la frontera

en los cuatro lados del rectángulo son no homogéneas. Para salvar esta dificultad se descomponen el problema en dos problemas llamados PROBLEMA 1 y PROBLEMA 2. Estos problemas vienen dados como

PROBLEMA 1

2 2

2 2

u u0, 0 x a, 0 y b

x y

∂ ∂+ = < < < <∂ ∂

u(x,0) f(x), u(x,b) g(x), 0 x a= = < <

u(0,y) 0, u(a,y) 0, 0 y b= = < < .

PROBLEMA 2

2 2

2 2

u u0, 0 x a, 0 y b

x y

∂ ∂+ = < < < <∂ ∂

u(x,0) 0, u(x,b) 0, 0 x a= = < <

u(0,y) F(y), u(a,y) G(y), 0 y b= = < < .

De modo que:

SOLUCIÓN PROBLEMA = SOLUCIÓN PROBLEMA 1 + SOLUCIÓN PROBLEMA 2.

Ejemplo 80. Ecuación de Poisson. xx yyu u G(x,y), 0 x a, 0 y b+ = < < < < ,

u(x,0) 0, u(x,b) 0, 0 x a= = < < ,

u(0,y) f(y), u(a,y) g(y), 0 y b= = < < .

Solución.


n yn b

n 1

u(x,y) u (x)sen( )∞

π

=

=∑ ,

y se expresa

n yn b

n 1

G(x,y) G (x)sen( )∞

π

=

=∑ , con

Ln y

n b0

2G (x) G(x,y)sen( )dy, n 1,...

Lπ= =∫ ,

se tiene que

n y''xx n b

n 1

u (x,y) u (x)sen( )∞

π

=

=∑ y n y2nyy n L b

n 1

u (x,y) u (x)( ) sen( )∞

ππ

=

= −∑ .


Sustituyendo en la ecuación xx yyu u G(x,y)+ = se tiene

n y n y n y'' 2nn n nb b b b

n 1 n 1 n 1

u (x)sen( ) u (x)( ) sen( ) G (x)sen( )∞ ∞ ∞

π π ππ

= = =

− =∑ ∑ ∑ .



n y'' 2 '' 2n nn n n n n nb b b

n 1

u (x) ( ) u (x) G (x) sen( ) 0 u (x) ( ) u (x) G (x)∞

ππ π

=

− − = ⇒ − = ∑��

.

Como

n yn b

n 1


π

=

=∑ ,

entonces de la condición de borde del problema se tiene

n yn b

n 1

f(y) u (0)sen( )∞

π

=

=∑

(serie de senos de Fourier) y por tanto se obtiene el coeficiente nu (0) como

bn y

n b0

2u (0) f(y)sen( )dy

bπ= ∫ .

De la segunda condición de borde del problema se tiene

n yn b

n 1

g(y) u (a)sen( )∞

π

=

=∑

(serie de senos de Fourier) y por tanto se obtiene el coeficiente nu (a) como

bn y

n b0

2u (a) g(y)sen( )dy

bπ= ∫ .


segundo orden sujeta a dos condiciones:

b bn y n y'' 2n

n n n n nb b b0 0

2 2u (x) ( ) u (x) G (x) , u (0) f(y)sen( )dy , u (a) g(y)sen( )dy

b bπ ππ+ = = =∫ ∫


n x n xn 1 2b b

b n x n x n x n xn nn b b b b

u (x) C cosh( ) C senh( )

senh( ) G (x)cosh( )dx cosh( ) G (x)senh( )dx

π π

π π π ππ

= + +

− ∫ ∫

n x n x b n x n xn 1 2 n nb b n b bu (x) C cosh( ) C senh( ) M (x)senh( ) N (x)cosh( )π π π π

π = + + − .

n1 n

N (0)bC u (0)

n= +

π.

n a b n a n a12 n 1 n nn a b n b bsenh( )

b

C u (a) C cosh( ) M (a)senh( ) N (a)cosh( )π π ππ π

= − − − .


Resumen de pasos a seguir: 1. Cálculo de los nG (x) .

2. Cálculo de nu (0) y nu (a) . 3. Cálculo de n n n n nM (x), M (a), N (x), N (0) y N (a) .

4. Cálculo de los nu (x) .

5. Construcción de u(x,y).

Método 2.

'' 2 2 ' 2n nn n n n n n n nb b{u (x)} ( ) {u (x)} {G (x)} s u (s) su (0) u (0) ( ) u (s) G (s)π π− = ⇒ − − − =L L L .

2 2 ' n n nnn n n n nb 2 2n

b

n n2 2n

b

G (s) su (0) u (a)s ( ) u (s) G (s) su (0) u (0) u (s)

s ( )

G (s) su (0)

s ( ) s

ππ

π

+ + − = + + ⇒ = −

= +−

'n

2 2 2 2n nb b

u (0).

( ) s ( )π π+

− −

-1 -1 'n n x b n xn n n nb n b2 2n

b

'n x b n xn n nb n b

G (s)u (x) {u (s)} u (0)cosh( ) u (0)senh( )

s ( )

P (x) u (0)cosh( ) u (0)senh( ).

π πππ

π ππ

= = + + −

= + +

L L

' 'n a b n a n n an n n n n n n nb n b n a bb.senh( )

b

u (a) P (a) u (0)cosh( ) u (0)senh( ) u (0) u (a) P (a) u (0)cosh( )π π π ππ π

= + + ⇒ = − −

Resumen de pasos a seguir: 1. Cálculo de los nG (x) .

2. Cálculo de nu (0) y nu (a) .

3. Cálculo de { } 'n n nG (x) , P (x) y u (0)L .

4. Cálculo de los nu (x) .

5. Construcción de u(x,y).

Solución final: n yn b

n 1


π

=

=∑ .

Ejemplo 81. Placa semiinfinita.

2 2

2 2

u u0, 0 x L, y 0

x y

∂ ∂+ = < < >∂ ∂

u(0,y) 0, u(L,y) 0, y 0= = >

0u(x,0) u , 0 x L , u(x,y) M= < < < .

Solución.

X '' Y ''

X '' Y XY '' ctte X '' ctteX 0 , Y '' ctteY 0X Y

= − ⇒ = − = ⇒ − = + = .

n xn 1 LX '' ctteX 0 , X(0) X(L) 0 X (x) C sen( ) n 1,...π− = = = ⇒ = =

n y n yL L

n 2 3Y (y) C e C e n 1,...π π−

= + = n y n y

n xL Ln n L

n 1

u(x,y) A e B e sen( )∞ π π− π

=

= +

∑ .


Si y → +∞ entonces n yLeπ

→ +∞ por tanto para garantizar que la temperatura esté acotada se tiene que hacer nA 0= . Usando la condición de borde se tiene

n 1L 00n x n x

0 n nL L0n 1

2u 1 ( 1)2uu B sen( ) B sen( )dx

L n

+∞π π

=

+ − = ⇒ = =π∑ ∫ ,

de modo que la solución se expresa como n 1n y n y1 ( 1)2un x 0 n xL L

n L n Ln 1 n 1

u(x,y) B e sen( ) e sen( )∞ ∞ + π π+ − − − π π

π= =

= =∑ ∑ .

4.32. PROBLEMAS DONDE INTERVIENE LA ECUACIÓN DE LAPLACE EN COORDENADAS POLARES

Pregunta.

Al usar coordenadas polares, ¿cómo se expresa la ecuación de Laplace dada en

coordenadas rectangulares como 2 2

2 2

u u0

x y

∂ ∂+ =∂ ∂

?

Respuesta.

Sigamos los siguientes pasos: a. Teniendo en cuenta que x r cos= θ , y rsen= θ , pruebe que:

xr x :r

∂ =∂

Se tiene que x

r r.cos xr

∂ = θ =∂

.

yr y :r

∂ =∂

Se tiene que y

r r.sen yr

∂ = θ =∂

.

xy :

∂ = −∂θ

Se tiene que x

r.sen y∂ = − θ = −∂θ

.

yx :

∂ =∂θ

Se tiene que y

r.cos x∂ = θ =∂θ

.

b. Emplee la regla de la cadena para funciones de dos variables y pruebe que: u u u

r x y .r x y

∂ ∂ ∂= +∂ ∂ ∂

Prueba.

Se tiene que u u x u y u u

. . .cos .senr x r y r x y

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + = θ + θ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

. De modo que:

u u u u ur r.cos . r.sen . x yr x y x y

∂ ∂ ∂ ∂ ∂= θ + θ = +∂ ∂ ∂ ∂ ∂

. u u u

y xx y

∂ ∂ ∂= − +∂θ ∂ ∂

.

Se tiene que u u x u y u u

. . r.sen r.cosx y x y

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + = − θ + θ∂θ ∂ ∂θ ∂ ∂θ ∂ ∂

.

Entonces u u u

y xx y

∂ ∂ ∂= − +∂θ ∂ ∂

. Suponga que la función u satisface las condiciones

requeridas para que se aplique la regla de la cadena.

c. Pruebe que: (Diferenciando las ecuaciones en b) 2 2 2

2

u u u u u ur x y (cos ) (sen )

r x r y r x yr

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂+ = + + θ + θ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂

.


Demostración evidente. 2 2 2

2

u u u u uy x x yx y x y

∂ ∂ ∂ ∂ ∂= − + − −∂ ∂θ ∂ ∂θ ∂ ∂∂θ

.

Demostración evidente.

d. Emplee c. para obtener 2 2 2 2 2 2

22 2

u u u u u u ur r xr yr y xr x r y r x yr

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂+ + = + − +∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂θ ∂ ∂θ∂ ∂θ

.

Demostración evidente.

e. Pruebe que: (Idea: sustituya ux

∂∂ y

uy

∂∂ para u en b.)

2 2 2

2

u u ur x yx r x yx

∂ ∂ ∂= +∂ ∂ ∂ ∂∂

. Demostración evidente.

2 2 2

2

u u ur x yy r y x y

∂ ∂ ∂= +∂ ∂ ∂ ∂ ∂


2 2 2

2

u u uy x

x x yx

∂ ∂ ∂= − +∂ ∂θ ∂ ∂∂


2 2 2

2

u u uy x

y y x y

∂ ∂ ∂= − +∂ ∂θ ∂ ∂ ∂


f. Emplee d. y e. para establecer 2 2 2 2

2 22 2 2 2

u u u u ur r rr r x y

∂ ∂ ∂ ∂ ∂+ + = + ∂ ∂ ∂θ ∂ ∂ .

Usando d. se tiene 2 2 2 2 2 2

22 2

u u u u u u ur r xr yr y xr x r y r x yr

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂+ + = + − +∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂θ ∂ ∂θ∂ ∂θ

.

Usando e. se tiene

2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2

2 2 2 2 2

2 22

2

u u u u u u u u ur r x xy y xy y xyr x y y x x yr x y x

U Ux xy

y xy

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂+ + = + + + + − +∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂θ ∂ ∂ ∂

∂ ∂−∂ ∂∂

En conclusión, en coordenadas polares, la ecuación de Laplace toma la forma: 2 2

2 2 2

u 1 u 1 u. . 0r rr r

∂ ∂ ∂+ + =∂∂ ∂θ

.

Ejemplo 82. Problema de Dirichlet para un círculo. Considere el problema de resolver la ecuación de Laplace en la región circular r a< , sujeta a la condición de frontera u(a, ) f( ),θ = θ en donde f es una función dada sobre 0 2≤ θ < π .

Solución. Para completar el planteamiento del problema se observa que, para que u(r, )θ sea de

valores únicos, es necesario que u sea periódica en θ con período 2π . Además, se expresa explícitamente que u(r, )θ debe estar acotada para r a≤ , ya que esto será

importante posteriormente. Para aplicar el método se separación de variables a este problema se supone que u(r, ) R(r) ( )θ = ϕ θ . Al sustituir en la ecuación diferencial se

obtiene

2

1 1R ''(r) ( ) .R '(r) ( ) .R(r) ''( ) 0

r rϕ θ + ϕ θ + ϕ θ = ,

o bien,


2 R '' R ' ''r r K

R Rϕ+ = − =ϕ

,

en donde K es la constante de separación. Por tanto se obtienen las dos ecuaciones

diferenciales ordinarias 2r R '' rR ' KR 0 , '' K 0+ − = ϕ + ϕ = .

En este problema no hay condiciones homogéneas en la frontera; sin embargo, recuerde que las soluciones deben ser acotadas y también periódicas en θ , con período 2π . Se considerarán sucesivamente los casos en que K es negativa, cero y positiva. Si K 0,< sea 2K = −λ , en donde 0λ > ; entonces las ecuaciones ordinarias a

resolver son: 2 2 2r R '' rR ' R 0 , '' 0+ + λ = ϕ − λ ϕ = . En particular la ecuación 2'' 0ϕ − λ ϕ =

tiene como solución ( ) Ae Beλθ −λθϕ θ = + , la cual es periódica solo si A B 0= = , de modo

que K 0,< no ofrece una solución de interés. Si K 0= , entonces las ecuaciones

ordinarias a resolver son 2r R '' rR ' 0 , '' 0+ = ϕ = . La ecuación '' 0ϕ = tiene como

solución ( ) A Bϕ θ = + θ , la cual es periódica si B 0= , de modo que ( )ϕ θ es constante.

Por otro lado la ecuación 2r R '' rR 0+ = es de Cauchy-Euler y tiene la solución R(r) C Dln(r)= + . No es posible aceptar el término logarítmico, si U(r, )θ ha de

permanecer acotada cuando r 0→ ; de donde D 0= . Por tanto, correspondiente a K 0= , se obtiene la solución 0 0U (r, ) Dθ = .

Por último, si K 0> , se hace 2K = λ , en donde 0λ > . Entonces las ecuaciones

ordinarias a resolver vienen dadas por 2 2 2r R '' rR ' R 0 , '' 0+ − λ = ϕ + λ ϕ = . La ecuación 2 2r R '' rR ' R 0+ − λ = es una ecuación de Cauchy-Euler y su solución es R(r) Ar Brλ −λ= + ,

mientras que la ecuación 2'' 0ϕ + λ ϕ = tiene solución ( ) C cos( ) Dsen( )ϕ θ = λθ + λθ . Para que ( )ϕ θ sea periódica con período 2π es necesario que λ sea un entero positivo n.

Con nλ = se deduce que debe descartarse la solución r−λ , en virtud de que se vuelve

no acotada cuando r 0→ . Como consecuencia B 0= y las soluciones apropiadas son

n nn n nu (r, ) E r cos(n ) F r sen(n ) , n 1,2,...θ = θ + θ = Estas funciones, junto con 0 0u (r, ) Dθ = ,

forman un conjunto de soluciones fundamentales del presente problema.

De la manera acostumbrada, suponga que u(r, )θ puede expresarse como una

combinación lineal de las soluciones fundamentales; es decir,

n0n n

n 1

Eu(r, ) r (E cos(n ) F sen(n ))

2

∞

=

θ = + θ + θ∑ .

Entonces, la condición de frontera requiere que

n0n n

n 1

Eu(a, ) f( ) a (E cos(n ) F sen(n ))

2

∞

=

θ = θ = + θ + θ∑

donde,

2

00

1E f( )d

2

π= θ θ

π ∫ ,

2

n n 0

1E f( )cos(n )d

a

π= θ θ θ

π ∫ ,

2

n n 0

1F f( )sen(n )d

a

π= θ θ θ

π ∫ .


Ejemplo 83. Problema de Dirichlet para un círculo. 2 2

2 2 2

U 1 U 1 U. . 0r rr r

sen( ) 0U(1, ) f( )

0 2

∂ ∂ ∂+ + =∂∂ ∂θ

θ ≤ θ ≤ πθ = θ = π ≤ θ ≤ π

.

Solución.

n0n n

n 1

EU(r, ) r (E cos(n ) F sen(n ))

2

∞

=

θ = + θ + θ∑

donde,

2

00

1E f( )d

π= θ θ

π ∫ ,

2

n n 0

1E f( )cos(n )d

a

π= θ θ θ

π ∫ ,

2

n n 0

1F f( )sen(n )d

a

π= θ θ θ

π ∫ .

Para el caso de interés:

0

0

1 2E sen( )d .

π= θ θ =

π π∫

n 20 0

n 1

n2 2 2

1 1 n 1E sen( )cos(n )d . seny.sen(ny) cos y cos(ny)

nn 1

1 n 1 n 2 ( 1) 1n impar . .0 n par . . E

nn 1 n 1 (n 1)

ππ

+

= θ θ θ = + π π −

− −− =π π− − π −

∫

n 20 0

1 1 n 1F sen( )sen(n )d . cos y.sen(ny) cos ysen(ny) 0

nn 1

ππ = θ θ θ = − + = π π − ∫

n 1n

2n 1

1 1 ( 1) 1u(r, ) r cos(n )

n 1

∞ +

=

− −θ = + θπ π −∑


4.33. PROBLEMAS PROPUESTOS 1. Encuentre x y• para cada uno de los siguientes pares de vectores en 3R .

a. x y(1 /2,2, 1) (4, 2,3)= − = −

b. x y(2 /3,1 /2,1) ( 1 /2,4,2)= = −

2. Encuentre f g• para cada uno de los siguientes pares de vectores en C 0,1 .

a. f g 2(x) x (x) 1 x= = −

b. f g(x) sen( x /2) (x) cos( x /2)= π = π

c. f g1 1 12 2 2(x) x (x) x= − = − −

3. Encuentre f g• para cada uno de los siguientes pares de vectores en C 0,1 si el

producto interior está definido con respecto a la función de peso r x(x) e= .

a. f g x(x) 1 2x (x) e−= − =

b. f g(x) x (x) 1 x= = −

4. Sea r cualquier función en C a,b que se anula para, cuando más, un número

finito de valores en el intervalo a,b . Demuestre que

f g

b

af(x)g(x) r(x) dx• = ∫

define un producto interior en C a,b .

5. Encuentre la longitud de los siguientes vectores en 4R . a. (3,4, 3,1)−

b. 12( , 3, 2,1)−

c. 2 1 2 13 2 3 2( , , , )− −

6. Encuentre la distancia entre cada uno de los siguientes pares de puntos en 4R . a. x y(3,0, 1,5) (2,2, 1,3)= − = −

b. x y 3 32 1 13 6 2 2 2( ,1,0,2) ( , , , )= = −

7. Calcule f para cada uno de los siguientes vectores en C 0,1 .

a. f 2(x) 1 x= −

b. f(x) ln(x 1)= +

c. f x /2(x) e=

d. f 2(x) sen( x)π=

8. Encuentre el ángulo entre cada uno de los siguientes pares de vectores en 3R . a. x y 1 1

2 2(1,1,1) ( , 1, )= = −

b. x y(1, 1,0) (2, 1,2)= − = −

c. x y( 3, 1,0) (1,2, 5)= − − = −


9. Encuentre el coseno del ángulo de cada uno de los siguientes pares de vectores en 3P si el producto interior es

p q

1

1p(x)q(x)dx

−• = ∫ .

a. 1,x

b. 2x,x

c. x,1 x−

10. Repita el apartado anterior usando ahora el producto interior

p q

1

0p(x)q(x)dx• = ∫ .

11. Sean p y q polinomios en el espacio vectorial 2P (espacio de los polinomios de

coeficientes reales de grado a lo sumo dos). Discuta si la operación definida de la forma p,q p( 1)q( 1) p(0)q(0) p(1)q(1)= − − + + es un producto interno en 2P .

12. Utilice la ley de los cosenos para establecer que x yx y

cos•θ =

para cualquier par de vectores no nulos x y y en 2R . 13. Demuestre que x y x y+ = + si, y solamente si, y x= α o x y= α para algún

número real 0α ≥ .

14. Sean x y y vectores arbitrarios en un espacio euclidiano, y se supone x y= .

Demuestre que x y+ y x y− son ortogonales. Interprete este resultado de forma

geométrica.

15. Sea (V, , )< > un espacio producto interno real y sean v, w elementos de V. Pruebe

que v w v w v w2 2 2 22( )+ + − = + . Esta igualdad se conoce como ley del

paralelogramo. 16. Demuestre que las funciones dadas son ortogonales en el intervalo indicado:

a. 21 2f (x) x, f (x) x , 2 x 2= = − ≤ ≤

b. 3 21 2f (x) x , f (x) x 1, 1 x 1= = + − ≤ ≤

c. x x x1 2f (x) e , f (x) xe e , 0 x 2− −= = − ≤ ≤

d. 21 2f (x) cos x, f (x) sen x, 0 x= = ≤ ≤ π

17. Demuestre que el conjunto de funciones dado es ortogonal en el intervalo indicado.

Encuentre la norma de cada función del conjunto. a. 2senx, sen3x, sen5x, ..., 0 x π≤ ≤

b. n x m xp p{1,cos( ),sen( )} n 1,2,3,... m 1,2,3,... p x pπ π = = − ≤ ≤


18. Verifique mediante integración directa que las funciones son ortogonales con respecto a la función de peso indicada, en el intervalo dado.

a. 22 x

0 1 2H (x) 1, H (x) 2x, H (x) 4x 2 w(x) e , x−= = = − = − ∞ < < ∞

b. 2 x10 1 2 2L (x) 1, L (x) x 1, L (x) x 2x 1 w(x) e , 0 x−= = − + = − + = < < ∞

19. Sea n{ (x)}φ un conjunto ortogonal de funciones en a x b≤ ≤ tal que 0(x) 1φ = y

1(x) x.φ = Demuestre que

b

na( x ) (x)dx 0α + β φ =∫

para n 2,3,...,= y constantes α y β cualesquiera.

20. Sea n{ (x)}φ un conjunto ortogonal de funciones en a x b≤ ≤ . Demuestre que

2 2 2m n m n(x) (x) (x) (x)φ + φ = φ + φ , m n≠ .

21. Halle los valores de a, b y c para que f(x) ax 2= + , 2g(x) bx cx 1= + + y h(x) x 1= −

sean mutuamente ortogonales en el intervalo 0,1 .

22. Demuestre que las funciones 1f (x) 1= y 2f (x) x= son ortogonales, con respecto al

producto interno integral en el intervalo 1,1− , y determine las constantes A y B

de modo que la función 23f (x) 1 Ax Bx= + + sea ortogonal a 1f y 2f .

23. Sea 1 1

2 2C , − con el producto interno

1 /2

1 /2f,g r(x)f(x)g(x)dx

−= ∫ ,

donde la función peso r está definida mediante

2

1r(x)

1 x=

−.

Pruebe que la sucesión { }n n 0f ∞

= , donde nf (x) cos(n.arccos(x))= es ortogonal.

24. Ortogonalice cada una de las bases siguientes en 3R .

a. (1,1,0), ( 1,1,0), ( 1,1,1)− −

b. 13(2, 1,1), (3, 2, ), (1,0,1)− −

c. (1,0,0), (0,1,0), ( 1,0,1)−

25. Ortogonalice cada uno de los conjuntos de vectores siguientes en C 0,1 .

a. x xe , e−

b. x 2xe , e

c. x1, 2x, e

26. Determine cuál de las siguientes sucesiones { }ka converge en R, y encuentre el

límite de cada sucesión convergente.


a. k

k( 1)

ak

−=

b. kka 1 ( 1)= + −

c. kka 1 e−= +

d. k 1 k

k k

2 ( 1)a

2

+ + −=

27. Determine cuál de las siguientes sucesiones { }kx converge en 3R , y encuentre el

límite de cada sucesión convergente. (En cada caso, los vectores 1 2e e, y 3e son

una base ortonormal para 3R .

a. k 1 2 3x e e e1 k 1

1k k 2

+ = + + + +

b. k 1 2 3x e e ek senk(1 2 ) (lnk)

k−= − + +

28. Calcule los coeficientes de Fourier de la función 2f(x) x , x= − π ≤ ≤ π en C ,−π π

con respecto al conjunto ortonormal 1 cos x cos2x

, , ,...,2π π π

y también con respecto al conjunto ortonormal senx sen2x

, ,...π π

29. Repita el ejercicio anterior, para la función xe , x− π ≤ ≤ π .

30. Considere que las funciones 1,senx,cos x,..., senkx,coskx,... son una base para el

espacio euclidiano C ,−π π . Encuentre los coeficientes de Fourier de f en C ,−π π

en términos de esta base. ¿Cuál es el desarrollo en serie de f? 31. Encuentre todas las soluciones de cada uno de los problemas siguientes con valor

en la frontera.

a. y '' y 0; y(0) 1, y( ) 1+ = = π = −

b. y '' y 0; y(0) 0, y '( ) 0+ = = π =

c. y '' 4y sen(2x); y(0) 0, y( ) 0+ = = π =

d. xy '' 5y e ; y(0) 0, y( ) 0+ = = π =

e. y '' 9y 0; y '(0) 0, y '( ) 0+ = = π =

f. y '' 9y cos(2x); y '(0) 0, y '( ) 0+ = = π =

g. y '' 9y x; y '(0) 0, y '( ) 0+ = = π =

32. Calcule los valores propios y las funciones propias para los problemas con valores en la frontera en los siguientes ejercicios:

a. y '' (1 )y 0 ; y(0) 0, y( ) 0+ + λ = = π =


b. y '' 2y ' (1 )y 0 ; y(0) 0, y(1) 0+ + − λ = = =

c. 4y '' 4y ' (1 )y 0 ; y( 1) 0, y(1) 0− + + λ = − = =

d. y '' 2y ' (1 )y 0 ; y '(0) 0, y '( ) 0+ + − λ = = π =

33. La ecuación diferencial de Hermite y '' 2xy ' 2ny 0, n 0,1,2,...− + = = tiene

soluciones polinomiales nH (x). Escriba la ecuación en su forma autoadjunta y

deduzca una relación de ortogonalidad.

34. ¿Cuál es la función propia correspondiente para el problema de valores en la frontera y '' y 0, y '(0) 0, y( /2) 0+ λ = = π = para 25λ = ?

35. La ecuación diferencial de Laguerre xy '' (1 x)y ' ny 0, n 0,1,2,...+ − + = = tiene

soluciones polinomiales nL (x) . Escriba la ecuación en su forma autoadjunta y

deduzca una relación de ortogonalidad. 36. Desarrolle la función g(x) sen(x), 0 x= ≤ ≤ π , en términos de las funciones propias

del problema de Sturm-Liouville y '' y 0

y(0) 0,y( ) y '( ) 0+ λ =

= π + π =.

37. Determine los valores propios y las funciones propias del siguiente problema de

Sturm-Liouville

2x y '' 3xy ' y 0y(1) 0, y(e) 0

+ + λ =

= =.

38. Demuestre que las funciones

x x n x n x1,cos ,sen ,...,cos ,sen ,...

a a a aπ π π π

son linealmente independientes en PC a,a− .

39. Descomponga cada una de las siguientes funciones en sus partes par e impar:

a. x 1x 1

+−

b. 1

x 1+

c. xcox(x) cos(2x)−

d. 0k k k k

k 1

af(x) (a cos(kx) b sen(kx)) a ,b cons tantes

2

∞

=

= + +∑

40. Encuentre el desarrollo en serie de Fourier de cada función dada:

a. f(x) x, x= − π < < π

b. xf(x) e , x= − π < < π


c.

1 12 2

1 12 2

1 12 2

x x

f(x) 0 x

x x

− − −π ≤ < −= − ≤ ≤ − < ≤ π

d. f(x) ( x)( x), x= π − π + − π ≤ ≤ π

e. x x 0

f(x)x 0 x

+ π −π < <= − π < < π

41. a. Encuentre el desarrollo en serie de Fourier de la función

0 x 0f(x)

x 0 x−π < ≤

= ≤ < π.

b. Use esta serie para demostrar que 2

2 2 2

1 1 11 ...

8 3 5 7

π = + + + +

42. Encuentre el desarrollo en serie de Fourier de la función f(x) cos(x) , 0 x= < < π y

use este resultado para deducir que

2 2 2 2

2 1 3 5 7...

16 2 1 6 1 10 1 14 1

π = − + − +− − − −

.

43. Encuentre el desarrollo en serie de Fourier de senos de xe , siendo 0 x< < π . 44. Sea f una función en PC 0,π con la propiedad

f x f x2 2π π + = − −

, 0 x 2< < π .

Demuestre que los únicos términos no cero en el desarrollo en serie de Fourier de coseno de f son de la forma kA cos(kx) , k impar donde

2

0k

4f(x)cos(kx)dx k 1,3,5,7,...

A0 k 0,2,4,6,...

π== π

=

∫

45. Encuentre el desarrollo en serie de Fourier de la función en PC 2,2− definida por

0 2 x 1f(x) x 1 x 1

0 1 x 2

− < < −= − < < < <

.

46. Encuentre el desarrollo en serie de Fourier de la función 1 8 x 9

f(x)10 x 9 x 10

< <= − < <

.

47. Sin recurrir a la integración, encuentre el desarrollo en serie de Fourier, x ( , )∈ −π π ,

de cada una de las siguientes funciones:

a. 3f(x) sen (x)=


b. 2 xf(x) sen(x)cos

2 =

c. 2 2 2f(x) sen (7x)sen (x)cos (x)=

48. Demuestre que

n

k 1

1sen n x

21cos(kx)

x22sen

2=

+ + =

∑ ,

como sigue:

Usando la fórmula de Euler ixe cos(x) isen(x)= + se deduce que n

k 1

1cos(kx)

2=

+∑

es la parte real de la expresión n

ikx

k 1

1e

2=

+∑ .

Evalúe esta expresión usando la fórmula para la suma de los n primeros términos

de una serie geométrica, y luego encuentre su parte real.

49. En cada uno de los ejercicios siguientes, encuentre la solución u(x,t) de la ecuación

de calor unidimensional que satisface las condiciones de frontera dadas:

a. x 0 x L 2

u(0, t) u(L, t) 0; u(x,0)L x L 2 x L

< ≤= = = − ≤ <

b. u(0, t) u(L, t) 0; u(x,0) x(L x)= = = −

c. x xx

u (0, t) u (L, t) 0 u(x,0) ksenLπ = = =

, k ctte.

d. x

u(0, t) 100, u(L, t) 0; u(x,0) 100cos2Lπ = = =

e. xx t

L2

L2

kU UU(0, t) 0, U(L, t) 0

1 0 xU(x,0)

0 x L

=

= = < < = < <

f.

xx t

2

u x u , 0 x , t 0u(0, t) t , u( , t) 0 , t 0

u(x,0) cos x , 0 x

+ = < < π > = π = > = < < π

50. La temperatura en una barra aislada delgada, de longitud L, satisface las condiciones en los puntos extremos u(0, t) 0= y u(L, t) 1= , y la condición inicial

xu(x,0) sen

Lπ =

.

a. Encuentre la temperatura en la barra como una función de posición y tiempo.


b. ¿Cuál es la temperatura de estado estable en la barra (esto es, la temperatura cuando t → ∞ )?

51. Para una barra aislada de longitud 1, suponga que se mantiene la temperatura fija con valor 0 en ambos puntos extremos y la distribución de temperatura inicial se da según T(x) 200sen( x) 100sen(2 x)= π − π . Suponga que la temperatura u(x,t)

satisface t xxu u= .

a. Encuentre u(x,t) para todo t 0≥ , 0 x 1≤ ≤ .

b. ¿Dónde se encuentra el punto más caliente de la barra cuando t 0= ?

52. Suponga que la temperatura u(x,t) satisface t xxu u= .Suponga que para una barra

aislada de longitud 1, se mantiene la temperatura fija en 0 en ambos puntos extremos, y la distribución inicial se da según la función T(x) 3sen(2 x)= π .

a. Si la constante k en la ecuación de calor tiene valor numérico 0.05, encuentre la distribución de temperatura u(x,1) en el tiempo t 1= .

b. Si en el tiempo t 1= la temperatura en cada punto ha decrecido a la mitad de

su valor inicial, ¿cuál es el valor numérico de k?

53. Resuelva el problema de valores en la frontera

xxx tku Ae u , 0, 0 x 1, t 0

u(0, t) 0, u(1, t) 0, t 0, u(x,0) f(x), 0 x 1

−β + = β > < < >

= = > = < <

La ecuación diferencial es una forma de la ecuación de conducción de calor cuando

se genera calor dentro de una varilla delgada, por ejemplo, por decaimiento radiactivo del material.

54. Resuelva el problema de valor de frontera

t xxu 1 u , 0 x 1, t 0

u(0, t) 0, u(1, t) 0, u(x,0) sen( x)= + < < >

= = = π.

55. Conducción de calor con radiación. Una posibilidad interesante que puede

surgir es el caso donde uno de los extremos de la varilla, digamos x 0= , se

mantiene a alguna temperatura, por ejemplo a 0 C� , mientras que el otro extremo

x L= irradia a un medio circundante, el cual se asume que está también a la temperatura 0 C� . Se puede asumir como antes que la distribución de temperatura inicial está especificada por (x)φ . Resuelva la siguiente ecuación diferencial que

modela la situación antes descrita:

2t xx

x x

u a u , 0 x L , t 0u (0, t) u (L, t) hu(L, t) 0

u(x,0) (x)

= < < >

= + = = φ

.

56. Encuentre la temperatura de estado estable en una varilla que satisface la

condición en la frontera xu (0, t) u(0, t) 0− = en el extremo x 0= y se mantiene a la

temperatura constante T en el extremo x L= .


57. Resuelva la siguiente ecuación diferencial:

t xx

x 1 2

u 10u 250u , 0 x 11 , t 0u (0, t) K , u(11, t) K

u(x,0) g(x)

= − < < > = = =

.

58. Resuelva la ecuación diferencial parcial de la difusión de calor en una barra

delgada de longitud L, cuya difusividad térmica es α , aislada térmicamente en sus dos extremos, si su temperatura inicial tiene la forma de un triángulo isósceles con valor máximo de temperatura 0T 0> en el punto medio de la barra y temperatura

nula en los dos extremos.

59. Sea una varilla de aluminio de longitud L que inicialmente está a la temperatura

uniforme de 25 C� . Suponga que, en el instante t 0= , el extremo x 0= se enfría

hasta 0 C� , mientras que el extremo x L= se calienta hasta 60 C� y que, a partir

de entonces, los dos se mantienen a esas temperaturas.

a. Encuentre la distribución de temperatura en la varilla en cualquier instante t. b. Use solamente el primer término de la serie para la temperatura u(x,t) con el

fin de hallar la temperatura aproximada en x 5 cm= , cuando t 30 s= y cuando t 60 s= . (L 20 cm)=

c. Use los dos primeros términos de la serie para u(x,t) a fin de encontrar un valor aproximado de u(5,30) . ¿Cuál es la diferencia porcentual entre las

aproximaciones con uno y dos términos? ¿El tercer término tiene algún efecto apreciable para este valor de t? (L 20 cm)=

d. Use el primer término de la serie para u(x,t) para estimar el intervalo de tiempo que debe transcurrir antes de que la temperatura en x 5 cm= llegue a ser menos de 1% de su valor de estado estable. (L 20 cm)=

60. Si hay flujo de calor en la superficie de la varilla en estudio hacia el medio que la

rodea cuya temperatura se mantiene constante, digamos mu la ecuación de calor

se convierte en xx m tku h(u u ) u− − = . Considere la temperatura u(x,t) en una varilla delgada con u(0, t) u(L, t) 0= = y u(x,0) f(x)= . En vez de estar aislado

lateralmente, la varilla pierde calor hacia el ambiente (con temperatura fija igual a

cero) a una razón proporcional a u(x,t). Demuestre que la solución de la ecuación xx tku hu u− = sujeta a las condiciones anteriores viene dada por la expresión

2 2 2ht n t /Ln

n 1

n xu(x, t) e c e sen

L

∞− − π

=

π =

∑ , donde

L

n0

2 n xc f(x)sen dx

L Lπ =

∫ .

61. Suponga que se pierde calor a través de la superficie lateral de una varilla delgada

de longitud L, el cual pasa al medio ambiente que está a la temperatura cero. Si se aplica la ley lineal de transferencia de calor, la ecuación adopta la forma

xx tku hu u− = , 0 x L< < , t 0> , donde h es una constante. Halle la temperatura

u(x,t) si la temperatura inicial en toda la varilla es f(x) y los extremos x 0= y

x L= están aislados.


62. Resuelva el problema de valor en la frontera

2t xx

x 1 2

u u u , 0 x L , t 0u (0, t) K , u(L, t) K

u(x,0) 0

= − α < < >

= = =

.

63. Considere la ecuación xx tau bu cu 0− + = , donde a, b y c son constantes.

a. Haga tu(x, t) e w(x, t)δ= , donde δ es una constante, y encuentre la ecuación

diferencial parcial correspondiente para w. b. Si b 0≠ , demuestre que puede elegirse δ de modo que la ecuación que se

encontró en la parte a) no tenga término en w. c. Resuelva el problema

xx t

x

u u u 0 , 0 x , t 0u (0, t) u( , t) 0 , t 0u(x,0) 0 , 0 x

− + = < < π > = π = > = < < π

.

64. En cada uno de los ejercicios siguientes, encuentre la solución u(x,t) de la ecuación

de onda unidimensional que satisface las condiciones de frontera dadas:

a.

( )

2xx tt

2hx LL 2

tx LL 2

a U UU(0, t) 0, U(L, t) 0

0 xU(x,0) , U (x,0) 0

2h 1 x L

= = = < < = = − < <

b.

2tt xx

x

t

u a u , 0 x L , t 0u(0, t) u (L, t) hu(L, t) 0 , t 0u(x,0) f(x) , u (x,0) g(x)

= < < >

= + = > = =

c.

2tt xx

t

u a u f(x) , 0 x L , t 0

u(0, t) , u(L, t)u(x,0) 0 , u (x,0) 0

= + < < >

= α = β = =

d.

3xx tt

t

u tsen x u , 0 x , t 0u(0, t) 0 , u( , t) , t 0

u(x,0) x , u (x,0) 0 , 0 x

+ = < < π >

= π = π > = = < < π

e.

xxx tt

t

u te u , 0 x , t 0u(0, t) 0 , u( , t) 0 , t 0

u(x,0) 1 , u (x,0) 0 , 0 x

− + = < < π >

= π = > = = < < π

65. Pruebe que la solución u(x,t) del problema

2tt xx

t

u a u , 0 x L , t 0u(0, t) 0 , u(L, t) 0

u(x,0) f(x) , u (x,0) g(x)

= < < >

= = = =

puede escribirse como u(x, t) v(x, t) w(x, t)= + , en donde v(x,t) es la solución del

mismo problema con g(x) 0= y w(x,t) es la solución del mismo problema con


f(x) 0= . De este modo, v(x,t) representa el movimiento de una cuerda a partir del

reposo con el desplazamiento inicial f(x) y w(x,t) representa el movimiento de una

cuerda que se pone en movimiento a partir de su posición de equilibrio con

velocidad inicial g(x). Por lo tanto, se puede obtener la solución del problema general al resolver dos problemas subsidiarios.

66. Cuerda pulsada. Resuelva la siguiente ecuación diferencial:

2xx tt

L2

tL2

a u u , 0 x L , t 0u(0, t) u(L, t) 0 , t 0

bx 0 xu(x,0) , u (x,0) 0

b(L x) x L

= < < >

= = > ≤ ≤ = = − ≤ ≤

.

67. Cuerda vibrante con amortiguamiento pequeño. Resuelva la siguiente ecuación

diferencial:

2xx t tt

t

a u u u , 0 x L , t 0u(0, t) u(L, t) 0 , t 0u(x,0) f(x) , u (x,0) 0

− β = < < >

= = > = =

.

68. Cuerda vibrante bajo la gravedad. Muestre que la solución de la ecuación diferencial

2xx tt

t

a u g u , 0 x L , t 0u(0, t) u(L, t) 0 , t 0u(x,0) 0 , u (x,0) 0

− = < < >

= = > = =

viene dada por 2

3 2 3 3 2

4gL 1 x at 1 3 x 3 at gx(L x)u(x, t) sen cos sen cos ...

L L L La 1 3 2a

π π π π − = + + − π

69. Resuelva los siguientes problemas de valor en la frontera:

a.

2xx tt

x

t

a u u , 0 x L , t 0u(0, t) 0 , u (L, t) K , t 0u(x,0) 0 , u (x,0) 0 , 0 x L

= < < >

= = > = = < <

b.

xx tt 2

x 2 2

21 1t2 2

u 1 u , 0 x , t 0

u(0, t) 1 , u ( , t) , t 0

u(x,0) 1 x x , u (x,0) 0 , 0 x L

π

π π

+ = < < > = = − >

= + − π = < <

70. Pruebe que una solución del problema de valores en la frontera


xx tt

t

2

2

u u u , 0 x , t 0u(0, t) u( , t) 0 , t 0 , u (x,0) 0 , 0 x

x 0 xu(x,0)

x x

π

π

= + < < π >

= π = > = < < π < < = π − ≤ < π

es k 1

22

k 1

4 ( 1)u(x, t) sen((2k 1)x)cos( (2k 1) 1 t)

(2k 1)

∞ +

=

−= − − +π −∑ .

71. Al someter una cuerda vibratoria a una fuerza vertical externa, que varía en

función de la distancia horizontal al extremo izquierdo, la ecuación de onda tiene la

forma 2xx tta u Ax u+ = , donde A es una constante. Resuelva esta ecuación

diferencial parcial sujeta a u(0, t) u(1, t) 0, t 0= = > , u(x,0) 0= , tu (x,0) 0= ,

0 x 1< < .

72. Resuelva el siguiente problema de valor en la frontera:

2xx tt

t

a u u , 0 x L , t 0u(0, t) 0 , u(L, t) 0 , t 0

u(x,0) x(L x) , u (x,0) 0 , 0 x L

= < < >

= = > = − = < <

73. Resuelva el siguiente problema de valor en la frontera:

2xx tt

n t nn 1 n 1

a u u , 0 x L , t 0u(0, t) 0 , u(L, t) 0 , t 0

n x n xu(x,0) A sen , u (x,0) B sen , 0 x L

L L

∞ ∞

= =

= < < > = = >

π π = = < < ∑ ∑

74. Resuelva

xx yy

y y

U U 0

U(0,y) 0, U(1,y) 1 yU (x,0) 0, U (x,1) 0

+ =

= = − = =

.

75. Resuelva

xx yy

x x

U U 0

U(x,0) x, U(x,1) 1 xU (0,y) 0, U (1,y) 0

+ =

= = − = =

.

76. Resuelva 1 2

rr r21

2

U r U r U 0

U(1, ) sen (2 )

− −θθ + + =

θ = + θ

.


77. En cada uno de los siguientes ejercicios, encontrar la solución de la ecuación de Laplace en el rectángulo 0 x L< < , 0 y M< < que satisface las condiciones de

frontera dadas: a. u(0,y) u(L,y) 0, u(x,0) u(x,M) 2x(x L)= = = = −

b. L2

22 3L L L2 2 2

0 0 xu(0,y) u(L,y) 0, u(x,0) u(x,M)

x x x L

< ≤= = = = − + ≤ <

c. yMu(x,0) u(x,M) x(x L), u(0,y) u(L,y) sen( )π= = − = =

78. Deduzca la fórmula para la temperatura de estado estable en una placa cuadrada

de π × π cuyas caras están aisladas en forma tal que el calor no fluye a través de ellas, bajo la suposición de que x xu (0,y) u ( ,y) u(x, ) 0, u(x,0) f(x)= π = π = = .

79. Resuelva la siguiente ecuación diferencial:

xx yyu u 0, 0 x a, 0 y b

u(0,y) 0, u(a,y) 0, 0 y bu(x,0) 0, u(x,b) f(x), 0 x a

+ = < < < <

= = < < = = < <

.

80. Determine la temperatura de estado estable u(r, )θ en un anillo semicircular, si

u(a, ) ( ), u(b, ) 0, 0u(r, ) 0, u(r, ) 0, a r bθ = θ π − θ θ = < θ < π

θ = π = < <.

81. Determine la temperatura de estado estable u(r, )θ en una placa semicircular de

radio r 2= , si

0u 0 2u(2, )

0 2< θ < π

θ = π < θ < π,

con 0u constante, y las orillas 0θ = y θ = π están aisladas.

82. Determine la temperatura de estado estable u(r, )θ en una placa circular de radio

a; si se sabe que ru (a,0) f( )= θ , 0 2< θ < π .

RESPUESTAS A LOS PROBLEMAS PROPUESTOS 1. a. -5 b. 11/3 3. a. 0 b. 3-e 5. a. 35 b. 5/2 c. 56 2

7. a. 215 30 b. 2(1 ln2)− c. e 1− d. 12 2

9. a. 0 b. 0 c. 12− 10. 1 1 1

2 4 23, 15,

15. a. (1,1,1), (-1,1,0), (0,0,1) b. 1 218 83(2, 1,1), (4, 11, 19), (5,7, 3)− − − −

c. (1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)

16. a. x x x2

2e , e e

e 1− −

− b.

2x 2x x2(e e 1)e , e e

3(e 1)+ +−

+

c. x1, 2x 1, e 6(e 3)x 10 4e− + − + − 17. a. 0 b. No converge c. 1 d. 2 18. a. 1 2 3e e e+ + b. No converge


20. Respecto al primer conjunto 0e e

c2

π −π−=π

; k

k 2

( 1)c (e e ), k 1,2,3,...

(1 k )π −π−= − =

+ π

Respecto al segundo conjunto k 1

k 2

( 1) kc (e e ), k 1,2,3,...

(1 k )

+π −π−= − =

+ π

31. a. y cos x csenx= + c. No hay solución e. y c.cos(3x)= g. No hay solución

32. a. 2n nn 1 , (x) sen(nx), n 1,2,... ortogonal en C 0,λ = − ϕ = = π

b. 2 2 xn nn , (x) e sen(n x), n 1,2,3,...;−λ = − π ϕ = π = ortogonal en C 0,1 con respecto

a la función de peso 2xe .

c.

x /2

2 2n n

x /2

n xe sen , n 2,4,6,...

2n , (x)

n xe cos , n 1,3,5,...

2

π = λ = π ϕ =

π =

ortogonal en C 1,1− respecto a

la función peso xe− .

d. 2 xn nn , (x) e (ncos(nx) sen(nx)), n 1,2,3,...−λ = − ϕ = + =

39. a. 2

E 02 2

x 1 2xf (x) , f (x)

x 1 x 1

+= =− −

b. E 02 2

1 xf (x) , f (x)

1 x 1 x= = −

− −

c. E 0f (x) cos(2x) , f (x) x cos(x)= − =

d. 0E k 0 k

k 1 k 1

af (x) a cos(kx) , f (x) b sen(kx)

2

∞ ∞

= =

= + =∑ ∑

40. a. k 1

k 1

( 1)2 sen(kx)

k

∞ +

=

−∑ b. k

2k 1

e e 1 ( 1)(cos(kx) ksen(kx))

2 1 k

∞π −π

=

− − + −

π + ∑

c. n 12

n 1

1 1 1 n 2 1 n 2 nsen cos(nx) ( 1) cos sen sen(nx)

4 2 n 2 n n 2 2n

∞+

=

− + + − + − π π π π ∑

d. k 1

22

k 1

2 ( 1)4 cos(kx)

3 k

∞ +

=

−π + ∑ e. k 1

12 sen(kx)

k

∞

=

− ∑

41. a. k k 1

2k 1

( 1) 1 ( 1)cos(kx) sen(kx)

4 kk

∞ +

=

π − − −+ + π ∑ 5.

2k 1

8 ksen(2kx)

4k 1

∞

=π −∑

43. k 12

k 1

2 k1 ( 1) e sen(kx)

1 k

∞+ π

=

+ − π +∑

45. kk 1

1 k xf(x) A cos

4 2

∞

=

π = +

∑ , donde

2 2

2 2k

2 2

2 4k 1,5,9,...

k k8

k 2,6,10,...A k

2 4k 3,7,11,...

k k0 k 4,8,12,16,...

− = π π − == π− − =

π π =

.

46. k

2 2k 1

3 ( 1) 1 1cos(k x) sen(k x) , 8 x 10

4 kk

∞

=

− −+ π + π < < ππ ∑


47.a. 3 1sen(x) sen(3x)

4 4− b.

1 1sen(x) sen(2x)

2 4+

c. 1 1 1 1 1

cos(4x) cos(10x) cos(14x) cos(18x)16 16 32 16 32

− + − +

49.a. 2 2 2 2(2m 1) t /L a

2 2m 0

4L 1 (2m 1) xu(x, t) e sen

L(2m 1)

∞ − + π

=

+ π = π + ∑

b. 2 2 2 22 (2m 1) t /L a

3 3m 0

8L 1 (2m 1) xu(x, t) e sen

L(2m 1)

∞ − + π

=

+ π = π + ∑

c. 2 2 2 24m t /L a

2m 1

2k 1 2m xu(x, t) 1 2 e cos

L4m 1

∞ − π

=

π = − π − ∑

d. 2 2 2 2n t /L a

2n 1

x 200 1 n xu(x, t) 100 1 e sen

L Ln(4n 1)

∞ − π

=

π = − + π − ∑

e. n 2 2 2k(n /L )t2 n x

Ln 1

cos( ) 12u(x, t) e sen( )

n

∞ π− π π

=

− +=

π∑

50.a. 2 2 2 2n n t /L a

n 1

x 2 ( 1) n xu(x, t) e sen

L n L

∞ − π

=

− π = + π ∑ b.

xu(x, t)

L=

51.a. 2 2t 4 tu(x, t) 200e sen( x) 100e sen(2 x)−π − π= π − π b. x 2 3=

52.b. 2(ln2) (4 )π

53. 2 2kn t

nn 1

u(x, t) (x) A e sen(n x)∞

− π

=

= ψ + π∑ donde

x2

A(x) e (e 1)x 1

k−β −β ψ = − + − + β

y

L

n0

A 2 f(x) (x) sen(n x)dx= − ψ π ∫

54. 2 2n t

3 3n 1

1 2(1 cos(n ))u(x, t) x(1 x) 1 e sen(n x)

2 n

∞− π

=

− π = − + − π π ∑

55.

2 2 L 2 2a tn nn n2 2 0nn 1

hu(x, t) 2 ( )cos( )d e cos( x)

L(h ) h

∞− λ

=

+ λ= φ τ λ τ τ λ

+ λ + ∑ ∫

donde nλ son las raices positivas de tg( L) hλ λ = .

Nota. Pruebe que

2 2L2 2 nn n 2 20 n

L(h ) hsen( x) sen ( x)dx

2(h )

+ λ +λ = λ =

+ λ∫

56. v(x) T(1 x) /(1 L)= + +

59.a. 2 2 20.86n t /L

n 1

60x 50 70 n xu(x, t) cos(n ) e sen

L n n L

∞− π

=

π = + + π π π ∑

b. u(5,30) 12.6 C ; u(5,60) 13.7 C≅ ≅� �

c. u(5,30) 14.1 C ; 12% ; tercer término 0.005 C≅ ≅ −� � d. t 160 s≅

61.

L L 2 2 2ht n t /L

0 0n 1

1 2 n x n xu(x, t) e f(x)dx f(x)cos dx e cos

L L L L

∞− − π

=

π π = +

∑∫ ∫

64.a. n2 n at n x

L L2 2n 1

sen( )8hu(x, t) cos( )sen( )

n

∞ ππ π

=

=π ∑


b. n n n n nn 1

u(x, t) A cos(a t) B sen(a t) sen(a x)∞

=

= λ + λ λ ∑ donde

L L

n n n n2 20 0n n n

1 1A f(x)sen( x)dx B g(x)sen( x)dx

sen( x) a sen( x)= λ = λ

λ λ λ∫ ∫

nλ son las raices positivas de htg( L)λ = −λ .

e. n 1

n2

n 1

2 ( 1) 1 Mu(x, t) cos(nt) t sen(nx)

n n

+∞

=

− + = + π

∑

66. 2 2

n 1

4bL 1 n n at n xu(x, t) sen cos sen

2 L Ln

∞

=

π π π = π ∑

69.a. n 1

2KL 1 (2n 1) x (2n 1) atu(x, t) Kx sen cos

2n 1 L L

∞

=

− π − π = + π − ∑

b. 2

3n 1

x 4 (2n 1) cos(n ) 2u(x, t) 1 sen((2n 1)x)cos((2n 1)t)

2 (2n 1)

∞

=

− π π += − − − − π − ∑

71. n

32 2 3 3

n 1

A 2A ( 1)u(x, t) (x x ) cos(n at)sen(n x)

6a a n

∞

=

−= − + π ππ ∑

72. 2

n 13 3

n 1

4L 1 n at n xu(x, t) 1 ( 1) cos sen

L Ln

∞+

=

π π = + − π ∑

73. n nn 1

n at L n at n xA cos B sen sen

L n a L L

∞

=

π π π + π ∑

74. n

2 2n 1

1 2 1 ( 1)U(x,y) x senh(n x)cos(n y)

2 n senh(n )

∞

=

− −= + π ππ π∑

75.

n n

n y n yn n n n2 2 n n 2 2 n n

n impar

1 4 4e 4e 4U(x,y) (A e B e )cos(n x) A , B

2 n (e e ) n (e e )

− π ππ − π

π − π π − π+ += + + π = = −

π − π −∑

76. 412U(r, ) 1 r cos(4 )θ = − θ

77.a.

mm 0

2

m 3 3

(2m 1) (M y) (2m 1) y (2m 1) xu(x,y) C senh senh sen

L L L

16Ldonde C

(2m 1) senh (2m 1) M /L

∞

=

+ π − + π + π = +

= −+ π + π

∑

b.

nn 1

2n

n 3 3

n (M y) n y n xu(x,y) C senh senh sen

L L L

L n ndonde C n sen 4 ( 1) cos

2 2n senh(n M /L)

∞

=

π − π π = +

π π = π + − − π π

∑


c.

{ }

mm 0

2

m 3 3

senh( x /M) senh (L x) /M sen( y /M)u(x,y)

senh( L /M)

(2M 1) (M y) (2m 1) y (2m 1) xC senh senh sen

L L L

8Ldonde C

(2m 1) senh (2m 1) M /L

∞

=

π + π − π = +π

+ π − + π + π +

= −+ π + π

∑

78.

0

n n0

n 1

a senh(n( y))cos(nx) 2u(x,y) ( y) a donde a f(x)cos(nx)dx

2 senh(n )

∞ π

=

π −= π − + =π π π∑ ∫

79. nn 1

n y n xu(x,y) A sen sen

a a

∞

=

π π =

∑ donde ( )

a

n n b 0a

2 n xA f(x)sen dx

aasenh π

π = ∫

80. nn 2n 2n

3 2n 2nn 1

4 1 ( 1) r b au(r, ) . sen(n )

rn a b

∞

=

− − − θ = θ π − ∑

81. ( )n n20 0

n 1

senu 2u ru(r, ) cos(n )

2 n 2

∞ π

=

θ = + θ π ∑

ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES · ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES 4.1. INTRODUCCIÓN ......

Documents

Transcript of ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES · ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES 4.1. INTRODUCCIÓN ......