Ecuaciones Diferenciales Parciales - Jube Portalatino

Mag. Jube Portalatino Zevallos Ecuaciones Dif. Parciales

80


1

ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES

1. NOCIONES BSICAS

1.1. FUNCIN PERIDICA

f : se llama funcin peridica si existe un nmero p , tal que f (x p) f (x), x+ = .

Al menor valor positivo p se le llama periodo. Ejemplos 1) f(x) = sen(x) es peridica, pues f(x+2n) = f(x), n probarlo! Adems

su periodo es 2. 2) f(x) = cos(x) es peridica, pues f(x+2n) = f(x), n probarlo! Adems

su periodo es 2. 3) f(x) = tan(x) es peridica, pues f(x+n) = f(x), n probarlo! Adems su

periodo es .

1.2. LMITES LATERALES

u xf (x ) lim f (u)

+

+

=

u xf (x ) lim f (u)

=

1.3. FUNCIN SECCIONALMENTE CONTINUA.

f : I es seccionalmente continua en el intervalo I si es continua en I, salvo en un nmero finito de puntos en los cuales existen sus lmites laterales. Ejemplo. [ ]f (x) x , x 2;2= Ejemplo de funcin no seccionalmente continua.

1f (x) , x 3;2x

= , no existen sus lmites laterales en x=0.

1.4. DERIVADAS LATERALES

Derivada lateral por la derecha


2

h 0h 0

limf (a h) f (a)f (a )

h+

>

+ =

Derivada lateral por la izquierda

h 0h 0

limf (a h) f (a)f (a )

h

>

= >=

Solucin Apliquemos la transformada de Laplace respecto a t,

2

2u u uk b cut xx

= + + L L

{ } { } { } { }2

20

s u u(x,0) k u b u c uxx

=

= + +

L L L L

{ } { } { }2

2d dk u b u (c s) u 0

d xd x+ + =L L L (1)

La ecuacin caracterstica es

2kr br c s 0+ + = 2b b 4k(c s)

r2k

=

Luego, la solucin general de la ecuacin (1) es

2 2b b 4k(c s) b b 4k(c s)2k 2kx x

1 2{u} c e c e +

= +L La solucin u tiene que ser acotada, por ende tambin L {u}, entonces c2 = 0. As que

2b b 4k(c s)2k x

1{u} c e

=L Como {u (0, t)} {f (t)}=L L Entonces 1{f (t)} {u(0, t)} c= =L L Luego,

2b b 4k(c s)2k x{u} {f}e

=L L


3

k kk 0

f (x) a cos kx b sen kx

=

= + o

0 k kk 1

f (x) a a cos kx b sen kx

=

= + + (1) Primero integremos (1):

0 k kk 1

0 0

f (x)dx a dx a cos kx dx b sen kx dx

=

= + +

01a f (x)dx

2

=

(2) De (1), multiplicando por cos(nx) e integrando, se obtiene:

0

0

k kk 1

f (x) cos nx dx a cos nx dx

a cos kx cos nx dx b sen kx cos nx dx

=

= +

+

k

k 1

k

k 1

af (x)cos nx dx [cos(n k)x cos(n k)x]dx

2

b[sen (n k)x sen(n k)x]dx

2

=

=

= + +

+ +

k

k 10 0

n k

af (x)cos nx dx cos(n k)x dx cos(n k)x dx

2

=

= + +

k

k 10 0

bsen (n k)x dx sen (n k)x dx

2

=

+ +


4

k ka

f (x)cos kx dx dx a2

= =

k1a f (x)cos kx dx

= k=1, 2, 3,... (3)

Por otro lado, de (1), multiplicando por sen(nx) e integrando, se obtiene

k1b f (x)sen(kx)dx

= k=1, 2, 3,... (4)

EN RESUMEN 0

k kk 1

af (x) a cos kx b sen kx

2

=

= + + donde

k1a f (x)cos(kx)dx

= k = 0, 1, 2, 3, ...

k1b f (x)sen(kx)dx

= k = 1, 2, 3, ...

Para x, en donde f es continua, y para que la frmula (2) se obtenga de la frmula (3), la serie trigonomtrica que representa a la funcin f, se debe considerar as:

Esto se puede generalizar hacia un intervalo [-L, L] y tenemos el siguiente teorema.

4. SERIES DE FOURIER TEOREMA. Sean f : i) peridica de periodo 2L ii) seccionalmente continua en

iii) derivable por la derecha y por la izquierda en x


77

Reemplazando s =

, se tiene

x L x

1 0L L

G(s) H(s)

sen h s sen h sU(x,s) F (s) F (s)

sen h s sen h s

= =

= +

1 0U(x,s) F (s)G(s) F (s) H(s) = +

Luego, de aplicar la trasformada inversa de Laplace, se tiene

1 1 11 0u(x, t) {U(x,s)} {F (s)G(s)} {F (s) H(s)}

= = +L L L Por la propiedad de convolucin, se tiene

t t

1 00 0

u(x, t) g(t ) f ( )d h(t ) f ( )d= + donde

x1 1

L

sen h sg(t) {G(s)}

sen h s

= =

L L

L x1 1

L

sen h sh(t) {H(s)}

sen h s

= =

L L

Haciendo el clculo respectivo resulta

2[(2n 1)L x] / 4 t3

n

(2n 1)L xg(t) e2 t

+ +

=

+ +=

2[(2n 2)L x] / 4 t

3n

(2n 2)L xh(t) e2 t

+

=

+ =


76

22

2U (x,s) U(x,s) 0

x

=

, donde 2 s =

Adems

0 0U(0,s) {u(0, t)} {f (t)} F (s)= = =L L

1 1U(L,s) {u(L, t)} {f (t)} F (s)= = =L L Luego, resolvemos el subproblema:

22

2

0

1

U U 0x

U(0,s) F (s)U(L,s) F (s)

=

=

=

con respecto a x. Cuya ecuacin caracterstica es

2 2k 0 k = = Dos soluciones linealmente independientes son: x xe , e Como tambin lo son: sen h x, cos h x Asimismo son: sen h x, sen h (L x) Luego, la solucin general del subproblema es

1 2U(x,s) c sen h x c sen h (L x)= + Aplicando las condiciones de frontera, se obtiene

00 2 2

F (s)F (s) U(0,s) c sen h L c

sen h L= = =

11 1 1

F (s)F (s) U(L,s) c sen h L c

sen h L= = =

Por consiguiente, la solucin a este subproblema es

01 F (s)F (s)U(x,s) sen h x sen h (L x)sen h L sen h L

= +


5

Si f es continua en x, entonces

0k k

k 1

a k x k xf (x) a cos b sen2 L L

=

= + +

Si f es discontinua en x, entones

0k k

k 1

af (x ) f (x ) k x k xa cos b sen2 2 L L

+

=

+ = + +

donde

L

kL

1 k ua f (u)cos du k 0,1,2,L L

= =

L

kL

1 k ub f (u)sen du k 1,2,L L

= =

A esta serie se le llama serie de Fourier de f y ak y bk coeficientes de Fourier.

Ejemplo. Hallar la serie de Fourier de la funcin f (x) x, 1 x 1= < < Solucin Su grfica es

-3 -1 1 3 X

Y


6

0k k

k 1

ax a cos k x b senk x

2

=

= + +

1

01

a x dx 0

= =

Se prueba que 1

k1

a x cos k x dx 0

= = para k=1, 2, ....

1 1

k1 0

b x senk x dx 2 x senk x dx

= = Aplicando integracin por partes, se obtiene

11

k 2 20 0

x xb 2 cos k x senk xk k

= +

k

k2 2( 1)b cos k

k k

= =

Luego, la serie de fourier de f, en los puntos de continuidad, es

k

k 1

2( 1)x senk xk

=

=

En el siguiente cuadro se muestra las grficas para la suma de 3 y 5 trminos.


75

a ta1u(x, t) [g ( I )](x) [f (x at) f (x at)]2

= + + +

a t

a t

1 1u(x, t) g(x u)du [f (x at) f (x at)]2a 2

= + + +

x a t

x a t

1 1u(x, t) g( )d [f (x at) f (x at)]2a 2

+

= + + +

32. SOLUCIN DE ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES MEDIANTE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE

1. Resolver

2

2

0

1

u u 0 x L, t 0t x

u(0, t) f (t) t 0u(L, t) f (t) t 0u(x,0) f (x) 0 x L

= < < >

= >

= >=

Solucin Sea 1U(x,s) {u(x, t)} u(x, t) {U(x,s)}= =L L Aplicando la transformada de Laplace, respecto a t, a la ecuacin diferencial parcial resulta

2

2u ut x

=

L L

2

20

s U(x,s) u(x,0) {u(x, t)}x

=

=

L

2

2Us U(x,s) (x,s)

x

=

2

2U s(x,s) U(x,s) 0

x

=


74

Aplicando la transformada de Fourier, con respecto a x, a la ecuacin diferencial parcial, se tiene

2 22

2 2u ua

t x

=

F F

{ } { }2

2 22 u a ut

=

F F

2

2 22

d U ( , t) a U( , t)d t

=

Luego, se tiene el siguiente problema que involucra una ecuacin diferencial ordinaria con respecto a la variable t

22 2

2d U ( , t) a U( , t) (1)d t

U( ,0) F( ) (2)d U ( ,0) G( ) (3)d t

=

= =

Al resolver (1) resulta

1 2U( , t) A sen(a t) A cos(a t) = + Al aplicar (2) y (3), a esta expresin, se obtiene

2 11A F( ) A G( )

a= =

Reemplazando, se obtiene

1U( , t) G( )sen(a t) F( )cos(a t)a

= +

Pero ( )i a t i a t1cos(a t) e e2 = +

( )i a t i a tsen(a t) 1U( , t) G( ) e e F( )a 2 = + +

{ }1u(x, t) U( , t)= F

{ } { }( )1 1 i a t 1 i a tsen(a t) 1u(x, t) G( ) e F( ) e F( )a 2 = + +

F F F


7

En el siguiente cuadro se muestra la grfica para la suma de 30 trminos.

Ejemplo. Hallar la serie de Fourier de la funcin

1, 0 x 1f (x)

1, 1 x 0<


8

Se prueba que

1

k1

a x cos k x dx 0

= = para k = 1, 2, ....

1 1

k1 0

b f (x)senk x dx 2 f (x)senk x dx

= =

k1

k0

2 2 2 2( 1)b 2 senk x dx cos kk k k

= = + =

Luego, la serie de fourier de f, en los puntos de continuidad, es

k

k 1

2 2( 1)f (x) senk xk

=

=

En el siguiente cuadro se muestra las grficas para la suma de 3 y 6 trminos.

En el siguiente cuadro se muestra la grfica para la suma de 40 trminos.


73

2U( , t) U( , t)t

=

Luego, se tiene el siguiente problema que involucra una ecuacin diferencial ordinaria, con respecto a la variable t

2U( , t) U( , t)t

U( ,0) F( )

= =

Cuya solucin es

2 tU( , t) F( ) e = { } { }21 1 tu(x, t) U( , t) F( ) e = = F F

2(x y) / 4 t1u(x, t) e f (y)dy

4 t

=

2. Resolver

2 22

2 2

t

u ua x , t 0t x

u(x,0) f (x) xu (x,0) g(x) x

= < < >

= < < = < <

Solucin Considerando

{ }U( , t) u(x, t) = F { } { }U( ,0) u(x,0) f (x) F( ) = = = F F U( ,0) F( ) =

{ } { }d U u( ,0) u(x,0) (x,0) g(x) G( )d t t t

= = = =

F F F

d U ( ,0) G( )d t

=


72

2 22

2 2u u uu 0 x L, t 0

tt xu(0, t) 0 t 0

u (L, t) 0 t 0x

u(x,0) f (x) 0 x Lu (x,0) 0 0 x Lt

+ + = < < >

= > = >

= =

31. SOLUCIN DE ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES MEDIANTE LA TRANSFORMADA DE FOURIER

1. Resolver

2

2u u x , t 0t x

u(x,0) f (x) xu(x, t) tiene un decreciemiento exponencial en x

= < < >

= < <

Solucin Se sabe que { }U( , t) u(x, t) = F

{ } { }U( ,0) u(x,0) f (x) F( ) = = = F F Ahora aplicando la Transformada de Fourier a la ecuacin diferencial parcial del problema original, respecto a x, se tiene

2

2u ut x

= F F

{ }2

2uu

t x

= F F

{ }2 u= F


9

5. PRUEBA DEL TEOREMA DE CONVERGENCIA DE LA SERIE DE FOURIER

RESULTADOS PRELIMINARES 1) La serie de Fourier de una funcin f, en el intervalo [-, ],

k kk 0

f (x) a cos kx b sen kx

=

= + se puede expresar en trminos de variable compleja

ki k x

kk

f (x) c e=

=

=

donde

i k xk

1c f (x)e dx2

=

Pues,

k ki k x

k kk k

c e c (cos kx i senkx)= =

= =

= +


10

k k

k

0 k k k kk 1 a b

c ((c c ) cos kx i(c c ) senkx)=

=

= + + +

Como los ck son nmeros complejos, entonces los ak y bk definidos anteriormente son nmeros reales. Adems

i k x i n x 0, k ne e dx2 , k n

= =

Multiplicando a la ecuacin

ki k x

kk

f (x) c e=

=

=

por e-inx , se obtiene

ki n x i k x i n x

k kk

f (x)e dx c e e dx 2 c=

=

= =

i k xk1c f (x)e dx

2

=

2) Si f es continua en el intervalo [a, b], entonces

b

awlim f (t)sen(wt)d t 0

=

En efecto

b b b

a a a

b b b

a a b

2 f (t)sen(wt)d t f (t)sen(wt)d t f (t)sen(wt)d t

f (t )sen(w(t ))d t f (t)sen(wt)d t f (t)sen(wt)d t

= +

= + + + +

Para w =


71

2

2

1

2

u u P(x) 0 x L, t 0t x

u(0, t) u t 0u(L, t) u t 0u(x,0) f (x) 0 x L

= + < < >

= > = > =

donde u1 y u2 son constantes.

Sugerencia. La misma sugerencia del problema anterior. 20) Resolver

2 22

2 2u u 0 x L, t 0

t xu(0, t) 0 t 0

u (L, t) 0 t 0x

u(x,0) f (x) 0 x Lu (x,0) g(x) 0 x Lt

= < < >

= > = >

= =

21) Resolver

2 22

2 2

1

2

u u 0 x L, t 0t x

u(0, t) t 0u(L, t) t 0u(x,0) f (x) 0 x L

u (x,0) g(x) 0 x Lt

= < < >

= > = > =

=

donde 1, 2 son constantes. 22) Resolver


70

2 2 22

2 2 2 2u u 1 u 1 uc , 0 r R, , t 0

r rt r ru(r, ,0) f (r, ) 0 r R,u(r, , t) u(r, , t), t 0

u u(r, , t) (r, , t), t 0

u (r, ,0) 0, 0 r R,t

= + + < > = < = > = >

= <

17) Resolver

2 2 2

2 2 2 2u 1 u 1 u u 0, 0 r a, , 0 z b

r rr r zu(a, , z) f ( , z) , 0 z bu(r, ,0) 0 0 r a,u(r, , b) 0 0 r a,

+ + + = < <

= > = > =

donde u1 y u2 son constantes. Sugerencia. Considerar u(x, t) v(x) w(x, t)= + y reemplazar en la ecuacin diferencial y determinar inicialmente v de tal manera que las condiciones de frontera del problema original se transformen en homogneas. Donde a v(x) se llama solucin estacionaria y a w(x, t) solucin transitoria. 19) Resolver


11

b b

a a

b b

a b

2 f (t)sen(wt)d t f (t )sen( t / )d t

f (t)sen( t / )d t f (t)sen(t / )d t

= +

+ +

b b

a aw 0

b b

a b0 0

2 lim f (t)sen(wt)d t lim f (t )sen( t / )d t

lim f (t)sen( t / )d t lim f (t)sen(t / )d t

= +

+ +

b

awlim f (t)sen(wt)d t 0

=

3)n 1

i k x 2x

k n 2

sen(n )xe

sen( )=

+=

En efecto

n 0 ni k x i k x i k x

k n k n k 1e e e

= = =

= + n n

i (k n) x i k x

k 0 k 0e e 1

= =

= + n

i n x i x k

k 0(1 e ) (e ) 1

=

= + i (n 1) x

i n xi x

1 e(1 e ) 11 e

+ = +

i n x i (n 1) x

i xe e

1 e

+=

i (2n 1) xi n x

i x1 ee

1 e

+ =

1 1 12 2 2

x2

i (n ) x i (n ) x i (n ) xi n x

i x /2 i x /2 i

e e eee e e

+ + +

=


12

1 12 2

12

x2

i (n ) x i (n ) x

i (n ) xi n x

i x /2 i x /2 i

e ee2ie

e e e2i

+ +

+

=

1 12 2i (n ) x i (n ) x

i x /2 i x /2

e e2i

e e2i

+ +

=

n 1

i k x 2x

k n 2

sen(n )xe

sen( )=

+=

4) 12

x02

sen(n )xdx

sen +

=

En efecto De la propiedad (3):

n1i k x2

x0 0k n2

sen(n )xdx e dx

sen

=

+=

n

0 0k n

0

cos kx dx i sen kx dx

=

= +

n1

2x0 0 0

k n2k 0 0

sen(n )xdx dx cos kx dx

sen

= =

+= + =

5) Prueba del teorema de convergencia de la serie de Fourier. Sea

ni k x

n kk n

S (x) c e=

=


69

2 2

2 2u u u 0 x L, 0 y W, t 0t x yu (0, y, t) 0 0 y W, t 0xu (L, y, t) 0 0 y W, t 0x

u(x,0, t) 0 0 x L, t 0u(x, W, t) 0 0 x L, t 0u(x, y,0) f (x, y) 0 x L, 0 y W

= + < < < < >

= < < >

= < < > = < < >

= < < > =

14) Resolver

2 2 22

2 2 2u u uc 0 x L, 0 y W, t 0t x y

u(0, y, t) 0 0 y W, t 0u(L, y, t) 0 0 y W, t 0u(x,0, t) 0 0 x L, t 0u(x, W, t) 0 0 x L, t 0u(x, y,0) f (x, y) 0 x L, 0 y Wu (x, y,0) g(x, y) 0 x L, 0 y Wt

= + < < < < >

= < < > = < < > = < < > = < < >

= =

15) Resolver el problema anterior para: i) c2 = 1, L = 2, f(x,y) = x2sen(y), g(x,y) = 0 ii) c2 = 9, L = , f(x,y) = sen(x)cos(y), g(x,y) = xy iii) c2 = 4, L = 2, f(x,y) = 0, g(x,y) = 1 16) Resolver


68

i i i 2 2 i i

i i i 2 2 i ic r e (c r e )(c r e ) c r rc (e e )c r e (c r e )(c r e ) c r rc (e e )

+ + + = =

+ +

2 2

2 2c r i2rcsenc r 2rccos +

=+

i

ic r eRec r e

+=

2 2

2 2c r

c r 2rccos

+

Por lo tanto

n

n 1

r1 2 con (n )c

=

+ =

2 2

2 2c r

c r 2c r cos

+

n

n 1

r1 2 con n ( )c

=

+ =

2 2

2 2c r

c r 2c r cos( )

+

Luego, la solucin se puede escribir as

2 2

2 21 c ru(r, ) f ( )d

2 c r 2c r cos( )

=

+ 11) Resolver

2 2

2 2 2u 1 u 1 u 0, 0 r 1,

r rr ru(1, ) f ( )u(r, ) u(r, )

u u(r, ) (r, )

+ + = < < < <

=

= =

12) Resolver

2 2

2 2 2

-

u 1 u 1 u 0, 0 r c,r rr r

u (c, ) f ( )r

Se debe cumplir f( )d 0

+ + = <

= =

13) Resolver


13

ni k u i k x

k n

12

f (u)e e du

=

= n

i k (u x)

k n

12

f (u) e du

=

= 12

12

12

sen[(n )(u x)]f (u) du

sen (u x)

+ =

1x 2

1x2

12

sen[(n )u]f (u x) du

sen u

+= +

12

12

12

sen[(n )u]f (u x) du

sen u

+= +

Por otro lado, definamos

12

f (x u) f (x )h(u)2sen u

+ ++ =

entonces

u 0lim h(u) f (x )

+

+

=

Luego

12n 0

10 lim h(u)sen(n )u du

= +

1 12 2

1 1n n0 02 2

sen(n )u sen(n )u1 1lim f (x u) du lim f (x ) du2 sen u 2 sen u

+

+ += +

1 12 2

1 1n n0 02 2

sen(n )u sen(n )u1 1lim f (x u) du lim f (x ) du2 sen u 2 sen u

+

+ ++ =

12

1n 02

sen(n )uf (x ) lim du2 sen u

+

=

+=


14

12

1n 02

sen(n )u1 f (x )lim f (x u) du2 sen u 2

+

++ =

Anlogamente, se obtiene que

102

1n2

sen(n )u1 f (x )lim f (x u) du2 sen u 2

++ =

Luego, de sumar estos dos ltimos resultados, se obtiene

nn

f (x ) f (x )lim S (x)2

+

+=

i k xkk

f (x ) f (x )c e2

+

=

+=

0 k kk 0

a f (x ) f (x )(a cos kx b senkx)2 2

+

=

++ + =

Ahora, si f es continua en "x", entonces

0k k

k 0

a(a cos kx b senkx) f (x)

2

=

+ + = Por consiguiente, la serie converge. 6. OBSERVACIN

L

k0

k

2 k ua f (u)cos duSi f es par L L

b 0

=

=

kL

k0

a 0Si f es impar 2 k ub f (u)sen du

L L

= =


67

n n1b f ( )sen n dc

= n=1, 2, ...

Por otro lado, la solucin se puede escribir en la forma

nn n

n 1

1u(r, ) f ( )d2

1 1r f ( ) cos n d cos n f ( )sen n d sen nc c

=

= +

+ +

n

n 1

1 ru(r, ) 1 2 cos n( ) f ( )d2 c

=

= +

Ahora, sea irz ec

=

n n n

n i nr r rz e con (n ) i sen (n )c c c

= = +

n n

n

n 1 n 1

r r1 2 z 1 2 con (n ) i 2 sen (n )c c

= =

+ = + +

n

n

n 1 n 1

r1 2 con (n ) Re 1 2 zc

= =

+ = +

zRe 1 21 z

= +

1 zRe1 z+ =

irc

irc

1 eRe

1 e

+=

i

ic r eRec r e

+=

Pero


66

nn nR (r) C r=

Luego, para n 1, 2,= se tiene

nn n n n n nu (r, ) R (r) ( ) C r (A cos n B sen n ) = = +

nn n n nr (C A cos n C B sen n )= +

nn nr (a cos n b sen n )= +

Por el principio de la superposicin,

n 0 nn 0 n 1

u(r, ) u (r, ) u (r, ) u (r, )

= =

= = +

n0 n nn 1

au(r, ) r (a cos n b sen n )

2

=

= + + tambin es solucin del problema original. Aplicando la condicin: u(c, ) f ( ) = se tiene la serie de Fourier

n0n n

n 1

af ( ) u(c, ) c (a cos n a sen n )

2

=

= = + + donde

nn

1c a f ( ) cos n d

=

nn

1c b f ( )sen n d

=

Por lo tanto, la solucin del problema original es

n0n n

n 1

au(r, ) r (a cos n b sen n )

2

=

= + +

donde

n n1a f ( ) cos n dc

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


15

7. EXTENSIN PERIDICA

Sea f una funcin definida sobre [0, L]. A la funcin

f (x) x 0, LF(x) f ( x) x L,0

F(x 2L) x L,L

< >= < > + < >

se llama extensin peridica par de f. Su serie de Fourier es

0k

k 1

a k xf (x) a cos2 L

=

= +

donde

L

k0

2 k ua f (u)cos du k 0,1, 2,L L

= =

se llama serie cosenoidal de Fourier de f. A la funcin

f (x) x 0, LF(x) f ( x) x L,0

F(x 2L) x L,L

< >= < > + < >

se llama extensin peridica impar de f. Su serie de Fourier es

kk 1

k xf (x) b senL

=

=

donde

L

k0

2 k ub f (u)sen du k 1,2,L L

= =

se llama serie senoidal de Fourier de f.


16

8. TRANSFORMADA DE FOURIER

DEFINICIN. Sea f : . La integral:

i w x1[f (x)] f (x)e dx F(w)2

= =

F si existe, se llama transformada de Fourier de f y a la funcin:

1 i w x[F(w)] F(w)e dw f (x)F

= =

se llama transformada inversa de Fourier de F.

DEFINICIN. f : es absolutamente integrable si f (x) dx

<

TEOREMA. Si f : es seccionalmente continua y absolutamente integrable, entonces existe la transformada de Fourier de f. OBSERVACIN. 1[f (x)] F(w) f (x) [F(w)]= =F F

Ejemplo. Calcular la transformada de Fourier de |x|f (x) e=

Solucin

|x| i w x1F(w) [f (x)] e e dx

2

= =

F

0

x i w x x i w x

0

1 e dx e dx2

= +

0

(1 i w)x (1 i w)x

0

1 1 1 1e e2 1 i w 2 1 i w

+

= +

1 1 12 1 i w 1 i w

= + +

21/F(w)

1 w

=+


65

sen 0 n = = 2n , n 1, 2, = = Luego, se tiene las soluciones

n n n( ) A cos n B s en n = + Para = n2, la ecuacin

2 2r R r R n R 0 + = es una ecuacin de Euler. Si n = 0, su solucin es

0R (r) C D ln r= + Puesto que ln r , cuando r 0+ . Esta solucin no es acotada en las cercanas de r = 0 cuando D 0. Por tanto, se debe elegir D = 0, para que u(r, ) sea continua en r = 0. Ahora, se tiene

0R (r) C= Luego,

0 0 0u (r, ) R (r) ( ) CB : constante = = Por conveniencia, se toma

00

au (r, )

2 =

Para = n2, n = 1, 2, .... la solucin de la ecuacin

2 2r R r R n R 0 + = es

n nn n nR (r) C r D r

= + Puesto que nr cuando r 0+ , se debe hacer nD 0= para que u(r, ) sea continua en r = 0. As que


64

Sea u(r, ) R(r) ( ) = Sustituyendo en la ecuacin diferencial parcial y separando variables resulta

2r R rRR +

= =

Esto conduce a las ecuaciones diferenciales ordinarias

2r R r R R 00

+ = + =

Como u(r, ) es continua en el disco 0 r < c, se necesita que () sea peridica con periodo 2; en particular, se requiere

( ) ( ) y ( ) ( ) = = Para < 0, obtenemos una solucin trivial () = 0, y por ende u(r, ) = 0. Para = 0, la solucin de 0 + = es ( ) A B = + Sustituyendo las condiciones: ( ) ( ) y ( ) ( ) = = se obtiene 0 ( ) B = Para > 0, la solucin de 0 + = es

( ) A cos Bs en = + Las condiciones: ( ) ( ) y ( ) ( ) = = implican que A cos ( ) Bs en ( ) A cos Bs en + = +

A sen ( ) B cos ( ) A sen B cos + = + Bs en 0, A s en 0 = = Como A y B tienen que ser diferente de cero, entonces


17

9. DEFINICIONES OPCIONALES DE LA TRANSFORMADA DE FOURIER

Existen diferentes formas de definir la Transforma de Fourier

1) i w x1F(w) f (x) e dx {f (x)}2

=

F

i w x 11f (x) F(w)e dw {F(w)}2

=

F

2) i w x1F(w) f (x)e dx {f (x)}2

=

F

i w x 11f (x) F(w)e dw {F(w)}2

=

F

3) i w xF(w) f (x) e dx {f (x)}

= F

i w x 11f (x) F(w)e dw {F(w)}

2

=

F

10. TRANSFORMADA DE FOURIER DE FUNCIONES PARES E IMPARES

0

0

2F(w) = f (x)cos wx dxSi f es par

f(x) = F(w)cos wx dw

0

0

2F(w) = f (x)sen wx dxSi f es impar

f(x) = F(w)sen wx dw


18

11. TABLA

f(x) F(w) 1 1 1 2 2c f (x) c f (x)+ 1 1 2 2c F (w) c F (w)+ 2 (n)f (x) n(iw) F(w) 3 nx f (x) n (n)i F (w) 4 f (x c) icwe F(w) 5 f (cx) 1 w| c | F( )

c

6 (f g)(x) f (x y)g(y)dy

=

2 F(w)G(w)

7 c|x|e c 0 > c2 2w c

+

8 A

1 | x | AI (x)

0 | x | A

sen Aww

9 a ax

0 x 0E (x)

e x 0

1 1

2 a i w +

10 2cxe 2w1

4c2(4 c) e DEMOSTRACIN 1. Por la linealidad de la integral, se cumple 1 2. Probaremos para n = 1, esto es [f (x)] i w [f (x)] =F F En efecto Se considera que

xlim f (x) 0

=

iwx1[f (x)] f (x) e dx

2

=

F Sean


63

2 2

2 2u u 0, 0 x a, 0 y b

x yu(0, y) 0, 0 y bu(a, y) 0, 0 y bu(x,b) f (x), 0 x au(x,0) 0, 0 x a

+ = < < < 0, la solucin es trivial. La solucin no trivial es para < 0


58

Solucin Comparando con el problema anterior,

5 Lf (x) 2sen2x 3sen5x = =

=

Falta determinar los coeficientes cn. De (18), se tiene

nn 1

u(x,0) 2sen2x 3sen5x c sen n x

=

= = Igualando los coeficientes de los trminos semejantes, se encuentra que

2 5c 2, c 3= = y los coeficientes restantes son cero. Luego, la solucin del problema es

( ) ( )2 22 5L Lt t2 5

2 x 5 xu(x, t) c e sen c e senL L

= +

10 t 125 tu(x, t) 2e sen2 x 3e sen5x =

5) Resolver

2 2

2 2u u 0, 0 x a, 0 y b

x yu (0, y) 0, 0 y bxu (a, y) 0, 0 y bx

u(x,b) 0, 0 x au(x,0) f (x), 0 x a

+ = < < <

= >

= > =


56

1 2X(x) c cos x c sen x= + (9) Al aplicar las condiciones de frontera resulta

1

1 2

c 0

c cos L c sen L 0

=

+ = (10)

De (10), se tiene

2c sen L 0 = (11) Como c2 0, de (11) resulta sen L 0 L n , n = = (12)

2n , n 1, 2, L = =

(13)

Luego, de (9) con c1 = 0, las soluciones no triviales son

n nnX (x) a sen xL =

(14)

donde an son constantes arbitrarias. Por otro lado, considerando (13) en la segunda ecuacin de (2) resulta

2nT T 0L + =

(15)

La solucin general de (15) es

( )2nL tn nT (t) b e

= (16)

Luego, de (1), (14) y (16), se tiene

n n nu (x, t) X (x) T (t)=

( )2n

L tn n

n xu (x, t) c e senL

=


25

2w / 4c1I e2 c

=

2 2cx w / 4c

0

1e cos wx dx e2 c

=

2 2 2cx w / 4c 1 w / 4c1[e ] e (4 c) e2 c

= =

F

12. FUNCIN IMPULSO

h, a x a

p(x)0, x a , x a

< < + = +

h > 0 es grande, a > 0 y > 0 es pequeo.

i w a2h sin w[p(x)]2 w

e =

F

13. FUNCIN DE HEAVSIDE

1, x 0H(x)

0, x 0

=


26

OBSERVACIN

Para h = 1/2, se define: 12 , a x ap (x)0, x a , x a

< < + = +

I( ) p (x)dx 1

= =

0ia w

0

ia w

[ (x a)] lim [p (x)]

e sin wlim2 w

e2

=

=

=

F F

Si a = 0, entonces 1[ (x)]2

=

F

15. ECUACIN DIFERENCIAL PARCIAL (EDP)

Una ecuacin diferencial parcial (EDP) es una ecuacin que contiene una funcin desconocida con una o ms de sus derivadas parciales. Puede ser escrito de la forma:

x y xx yy xyf (x, y, , u,u ,u , , u , u , u , ) 0= (1) Donde u u(x, y, )= es la funcin desconocida cuyas variables independientes son x, y, ....

xuux

yuuy

2

xx 2uu

x

2

xyuu

x y

...

Ejemplos 1) xy xu u u y+ =

2) xx xy yyu 2y u 3x u 4senx+ + =

(x a) dx 1

=


55

2 1c c= (6) Reemplazndolo en la segunda ecuacin, se tiene

( )L L1c e e 0 = ( )2 L1c e 1 0 = (7)

Como se ha supuesto > 0, se tiene

2 Le 1 0 > Luego, de (7) resulta 1c 0= De (6), se tiene 2c 0= Por lo tanto, de (5) se tiene la solucin trivial X(x) 0= y por consiguiente u(x, t) 0= que no lo necesitamos. CASO 2. = 0 La solucin de la ecuacin caracterstica es k 0= Su solucin general es

1 2X(x) c c x= + (8) Aplicando las condiciones de frontera resulta 1 2c 0, c 0= = Luego, se tiene la solucin trivial X(x) 0= y por consiguiente u(x, t) 0= que no lo necesitamos CASO 3. < 0 La solucin de la ecuacin caracterstica es k i= Su solucin general es


54

Separando variables resulta T (t) X (x)T(t) X(x)

=

Como el cociente es comn, debe ser igual a una constante T (t) X (x)T(t) X(x)

= =

X X 0T T 0 = =

(2)

Considerando las condiciones de frontera del problema, se tiene 0 u(0, t) X(0)T(t) X(0) 0= = = 0 u(L, t) X(L)T(t) X(L) 0= = = Luego, se tiene el siguiente problema:

X X 0X(0) 0X(L) 0

= = =

(3)

Para resolverlo, tenemos la ecuacin caracterstica:

2k 0 = (4) Tendremos tres casos: CASO 1. > 0 La solucin de la ecuacin caracterstica es k = Su solucin general es

x x1 2X(x) c e c e

= + (5) Aplicando las condiciones frontera, se tiene

1 2

L L1 2

0 X(0) c c

0 X(L) c e c e = = +

= = +

De la primera ecuacin, se tiene


27

3) 2 2x y(u ) (u ) 1+ =

4) xx yyu u 0 =

16. SOLUCIN DE UNA EDP

A la funcin u u(x, y, )= que satisface (1) se llama solucin de la ecuacin (1). Ejemplo. Las funciones 3u(x, y) (x y)= + y u(x, y) sen(x y)= son soluciones de la ecuacin xx yyu u 0 = 17. ORDEN DE UNA EDP El orden de una EDP es el mayor orden de la derivada parcial que aparece en la EDP. Ejemplos 1) yxx xy yu 2xu u e+ + = es de segundo orden.

2) xxy yyu xu 8u 0+ + = es de tercer orden. 18. EDP LINEAL Una EDP se dice que es lineal si es lineal en la funcin desconocida y sus derivadas parciales con coeficientes dependiendo nicamente sobre las variables independientes. Caso contrario, se llama EDP no lineal. Una EDP se llama cuasilineal si es lineal en la derivada de mayor orden de la funcin desconocida. Ejemplos 1) xx yyyu 2xyu u 1+ + = es una EDP lineal de segundo orden

2) xx yu xuu sen y+ = es una EDP cuasilineal.


28

19. EDP DE SEGUNDO ORDEN

Una EDP lineal de segundo orden es de la forma:

i j i

n n n

ij x x i xi 1 j 1 i 1

a u b u cu g= = =

+ + = (2)

o n n n

ij ii j ii 1 j 1 i 1

u ua b cu gx x x

= = =

+ + =

donde

ij ia , b , c, g son funciones nicamente de 1 2 nx , x , , x n 2, 3= CASO PARTICULAR Para n = 2, una EDP lineal de segundo orden es de la forma:

2 2 2

2 2u u u u uA B C D E Fu G

x y x yx y

+ + + + + =

(3)

o 2 2 2

2 2u u u u uA 2B C D E Fu G

x y x yx y

+ + + + + =

20. DEFINICIN. En la EDP lineal (2), si G = 0, la EDP se le llama EDP

homognea. De otra forma, se le denomina no homognea. 21. CLASIFICACIN DE LAS EDPs 1) La EDP (3) se llama tipo hiperblico sobre una regin si 2B 4AC 0 >

2) La EDP (3) se llama tipo elptico sobre una regin si 2B 4AC 0 <

3) La EDP (3) se llama tipo parablico sobre una regin si 2B 4AC 0 =


53

L

n0

2 n xa f (x)sen dxL L

=

L

n0

2 n xb g(x)sen dxn L

=

2) Resolver

2 2

2 2u u4 , 0 x , t 0

t xu(0, t) 0, t 0u( , t) 0, t 0u(x,0) sen3x 4sen10x, 0 x

u (x,0) 2sen4x sen6x, 0 xt

= < < >

= >

= >=

= +

3) Resolver

2

2u u , 0 x L, t 0t x

u(0, t) 0, t 0u(L, t) 0, t 0u(x,0) f (x), 0 x L

= < < >

= >

= > =

Solucin

Apliquemos el mtodo de separacin de variables que consiste en buscar la solucin del problema, de la forma: u(x, t) X(x) T(t)= (1) Diferenciando u, se obtiene

u X(x) T (t)t

=

2

2u X (x)T(t)

x =

Reemplazando en la primera ecuacin diferencial parcial, se tiene X(x)T (t) X (x) T(t) =


52

n nn 1

n n n xu(x, t) a cos t b sen t senL L L

=

= +

es solucin del problema. A continuacin, aplicaremos las condiciones iniciales del problema original

nn 1

n xf (x) u(x,0) a senL

=

= =

nn 1

u n n xg(x) (x,0) b sent L L

=

= =

Si y slo si

nn 1

n xf (x) a senL

=

=

nn 1

n xg(x) B senL

=

=

donde n nnB b

L

=

Estas son series senoidales de Fourier, por consiguiente, se tiene

L

n0

2 n xa f (x)sen dxL L

=

L

n n0

n 2 n xB b g(x)sen dxL L L

= = L

n0

2 n xb g(x)sen dxn L

=

Luego, la solucin del problema original es

n nn 1

n n n xu(x, t) a cos t b sen t senL L L

=

= +

donde


29

Ejemplos 1) La EDP

2 2

2 2u u 0

x y

=

es de tipo hiperblico (se llama ecuacin de las ondas) Esta ecuacin es satisfecha por los pequeos desplazamientos transversales de los puntos de una cuerda vibrante. 2) La EDP

2

2u u 0

yx

=

es de tipo parablico (se llama ecuacin del calor o difusin) Esta ecuacin es satisfecha por la temperatura en un punto de una barra homognea.

3) La EDP

2 2

2 2u u 0

x y

+ =

es de tipo elptico (se llama ecuacin del potencial o de Laplace) Esta ecuacin es satisfecha por la temperatura de los puntos de una placa rectangular delgada en estado estacionario.

22. SOLUCIN GENERAL DE UNA EDP

La solucin general de una ecuacin diferencial ordinaria lineal de orden n es una familia de funciones que dependen de n constantes arbitrarias. En el caso de las EDP, la solucin general depende de funciones arbitrarias ms que de constantes. Para resolver un problema que involucra una ecuacin diferencial ordinaria lineal, primero tarea hallamos la solucin general y despus la solucin particular que satisface las condiciones iniciales o de frontera. En el caso de las ecuaciones diferenciales parciales lineales, la metodologa para resolverlo es diferente, pues si se quisiera actuar como en las EDO sera muy dificultoso o hasta imposible de hacerlo.

Ejemplo 1. Considerar la ecuacin 2u 0

y x

=


30

Integrando, se obtiene u f (x)x

=

u f (x)dx g(y)= + u h(x) g(y)= + donde h y g son funciones arbitrarias. Ejemplo 2. Consideremos

2

2u (x, y, z) 2

y

=

integrando, se obtiene

2u y yf (x, z) g(x, z)= + + 23. PROBLEMAS MATEMTICOS

Un problema consiste en hallar una funcin desconocida de una ecuacin diferencial parcial satisfaciendo ciertas condiciones llamadas condiciones iniciales y/o condiciones de frontera. Por ejemplo,

2

2u u 0 0 x L, t 0 (EDP)t x

u(x,0) = senx 0 x L (condicion inicial)u(0,t) = 0 t 0 (condicion frontera)u(L,t) = 0 t 0 (condicion frontera)

= < < >

es un problema que consiste de una ecuacin diferencial parcial con una condicin inicial y dos condiciones de frontera. CUESTIONES IMPORTANTES Un problema matemtico tiene que satisfacer lo siguiente: Existencia de la solucin. Hay al menos una solucin.


51

1

1 2

c 0

c cos L c sen L 0

=

+ = (10)

De (10), se tiene 2c sen L 0 = (11) Como c20, de (11) resulta sen L 0 L n , n = = (12)

2n , n 1, 2, L = =

(13)

Luego, de (9) con c1=0, las soluciones no triviales son

n nnX (x) c sen xL =

(14)

donde cn son constantes arbitrarias. Por otro lado, considerando (13) en la segunda ecuacin de (2) resulta

2nT T 0L

+ =

(15)

La solucin general de (15) es

n n,1 n,2n nT (t) c cos t c sen t

L L

= + (16)

Luego, de (1), (14) y (16), se tiene

n n nu (x, t) X (x) T (t)=

n n n,1 n,2n x n nu (x, t) c sen c cos t c sen t

L L L = +

Al aplicar el principio de la superposicin

nn 1

u(x, t) u (x, t)

=

=


50

Luego para que se cumpla (7), resulta 1c 0= De (6), se tiene 2c 0= Por lo tanto, de (5) se tiene la solucin trivial X(x) 0= y por consiguiente , se tiene la solucin trivial del problema u(x, t) 0= que no lo necesitamos CASO 2. = 0 La solucin de la ecuacin caracterstica es k 0= Su solucin general es

1 2X(x) c c x= + (8) Aplicando las condiciones de frontera resulta

1 2c 0, c 0= = Luego, se tiene la solucin trivial X(x) 0= y por consiguiente u(x, t) 0= que no lo necesitamos CASO 3. < 0 La solucin de la ecuacin caracterstica es k i= Su solucin general es

1 2X(x) c cos x c sen x= + (9) Al aplicar las condiciones de frontera resulta


31

Unicidad de la solucin. Hay una nica solucin. Estabilidad de la solucin. La solucin depende continuamente sobre los

datos. 24. ECUACIN HIPERBLICA O ECUACIN DE LA ONDA

PROBLEMA DE LA CUERDA VIBRANTE

Cuerda es un medio continuo unidimensional, elstico y que no ofrece resistencia a la flexin.

Supongamos que la cuerda est colocada en el plano cartesiano OXY y que se le somete a vibraciones transversales, pero dentro de dicho plano, respecto a su posicin de equilibrio en el intervalo [0, L].

Y

figura (2)

2

1

(x)cos1

(x)sen1

(x+x)cos2

(x+x)sen2

s

x

y

x+x x X

(x)

(x+x)

x+x x

y(x+x) y(x)

Y

X O

figura (1)


32

La magnitud del desplazamiento de la cuerda en el punto "x" y en el instante "t" la designamos por y(x,t) y en "x+x" por y(x+x,t). Habr dos fuerzas actuando sobre el elemento, figura 2, llamadas las tensiones en x y x+x. Se supone que la tensin depende de la posicin y de la direccin de la tangente a la cuerda. Ellas son (x) y (x+x). La longitud del segmento de curva en [x, x+x], al deformarse se convierte en

2x x

x

0

ys 1 dx xx

+

= +

s x Descomponiendo las fuerzas de tensin en sus componentes, se tiene Fuerza neta vertical (hacia arriba)= (x+x) sen2 - (x) sen1 Fuerza neta horizontal (hacia la derecha)= (x+x) cos2 - (x) cos1 Asumimos que no hay movimiento horizontal. Luego, la fuerza neta horizontal es cero. La fuerza neta vertical produce aceleracin del elemento, asumiendo que la cuerda tiene densidad (masa por unidad de longitud) , la masa del elemento es s. Por la segunda ley de Newton, se tiene

2

2 1 2y(x x)sen (x)sen s

t

+ =

Como 1 (x) = y 2 (x x) = + , sustituyendo en la ecuacin anterior y dividiendo por x, se tiene

2

2(x x)sen( (x x)) (x)sen( (x)) s y

x x t + +

=

(1)

Pero

ytan (x)x

=

Para (x) pequeo,


49

Considerando las condiciones de frontera del problema, se tiene 0 u(0, t) X(0)T(t) X(0) 0= = = 0 u(L, t) X(L)T(t) X(L) 0= = = Luego, se tiene el siguiente problema:

X X 0X(0) 0X(L) 0

= = =

(3)

Para resolverlo, tenemos la ecuacin caracterstica:

2k 0 = (4) Tendremos tres casos: CASO 1. > 0 La solucin de la ecuacin caracterstica es k = Su solucin general es

x x1 2X(x) c e c e

= + (5) Aplicando las condiciones frontera, se tiene

1 2

L L1 2

0 X(0) c c

0 X(L) c e c e = = +

= = +

De la primera ecuacin, se tiene

2 1c c= (6) Reemplazndolo en la segunda ecuacin, se tiene

( )L L1c e e 0 = ( )2 L1c e 1 0 = (7)

Como se ha supuesto > 0, se tiene 2 Le 1 0 >


48

30. SOLUCIN DE ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES MEDIANTE SEPARACIN DE VARIABLES Y SERIES DE FOURIER

1) Resolver

2 22

2 2u u , 0 x L, t 0

t xu(0, t) 0, t 0u(L, t) 0, t 0u(x,0) f (x), 0 x L

u (x,0) g(x), 0 x Lt

= < < >

= >= >=

=

Solucin Apliquemos el mtodo de separacin de variables que consiste en buscar la solucin del problema, de la forma: u(x, t) X(x) T(t)= (1) Diferenciando u, se obtiene

2

2u X(x) T (t)

t =

2

2u X (x)T(t)

x =

Reemplazando en la primera ecuacin diferencial parcial, se tiene

2X(x)T (t) X (x) T(t) = Separando variables resulta

2T (t) X (x)

X(x)T(t)

=

Como el cociente es comn, debe ser igual a una constante

2T (t) X (x)

X(x)T(t)

= =

2X X 0

T T 0

=

= (2)


33

sen (x) tan (x) yx

=

(2)

Reemplazando (2) en (1) y tomando el lmite cuando x 0, se tiene

2

2y y(x)

x x t =

Esta EDP es la que modela el problema de la cuerda vibrante. Si la tensin (x) es una constante , la ecuacin anterior, se transforma en

2 22

2 2y ya

t x

=

donde 2a =

Puesto que la cuerda est fija en los extremos x = 0, x = L, entonces tenemos las condiciones de frontera (o condiciones de contorno): y(0, t) = 0 y(L, t) = 0 Adems tenemos las condiciones iniciales: y(x, 0) = f(x) indica el desplazamiento de cualquier punto x, en t = 0.

y (x,0) g(x)t

=

indica la velocidad inicial en cualquier punto x, en t = 0.

OBSERVACIONES 1) Si en el fenmeno, adems participan fuerzas externas representadas por

G(x,t), entonces el modelo matemtico junto con sus condiciones iniciales y de frontera es


34

2 22

2 2y ya G(x, t), 0 x L, t 0

t xy(0, t) 0, t 0y(L, t) 0, t 0y(x,0) f (x), 0 x L

y (x,0) g(x), 0 x Lt

= + < < >

= = =

=

2) El modelo del fenmeno de las vibraciones de una piel de tambor es

2 2 22

2 2 2u u ua G(x, y, t), 0 x, y 1, t 0

t x yu(0, y, t) u(1, y, t) u(x,0, t) u(x,1, t) 0u(x, y,0) f (x, y), 0 x 1, 0 y 1

u (x, y,0) 0, 0 x 1, 0 y 1t

= + + < < >

= = = =

= =

3) El fenmeno de las vibraciones de una superficie esfrica o las ondas de la radio o televisin est modelado por la EDP

2 2 2 22

2 2 2 2u u u ua G(x, y, z, t)

t x y z

= + + +

4) Un problema ms general que 1) es el siguiente:

2 22

2 2

1

2

y ya G(x, t), 0 x L, t 0t x

y(0, t) (t), t 0y(L, t) (t), t 0y(x,0) f (x), 0 x L

y (x,0) g(x), 0 x Lt

= + < < >

= = =

=

5) Otro problema de ecuaciones hiperblicas, llamada PROBLEMA DE

CAUCHY, es


47

2x ydye e 0

dx + =

x y y / 2

x x / 2dy 4e e idx 2e e

+ = =

y / 2 x / 2e ie c =

Sea el cambio de variable

y / 2

x / 2

e

e

= =

x = 0 y = -e-y/2 / 2 xx = 0 yy = e-y/2 / 4 x = -e-x/2 / 2 y = 0 xx = e-y/2 / 4 yy = 0

2 2xx x x x x xx xxu u ( ) 2u u ( ) u u = + + + +

x x / 21 1xx 4 4u e u e u

= +

x x / 21 1xx 4 4e u u e u = +

2 2

yy y y y y yy yyu u ( ) 2u u ( ) u u = + + + + y y / 21 1

yy 4 4u e u e u

= + y y / 21 1

yy 4 4e u u e u = +

Reemplazando en la ecuacin original y simplificando, se tiene

2 21 1u u 4u u u + =


46

2x x 4ydy x

dx 2 2

= = 2

1xy C4

=

24y x C = Sean

24y xx

= =

pues, x yx y

2x 44 0

1 0

= =

x = -2x y = 4 xx = -2 yy = 0 yx = 0 x = 1 y = 0 xx = 0 yy = 0 xy = 0

xu 2xu u = + 2

xxu 4x u 4xu u 2u = +

xyu 8xu 4u = +

yyu 16u= Reemplazando en la ecuacin original, se obtiene

2 2 24x u 4xu u 2u 8x u 4xu 16yu 2x yu xyu 0 + + + =

2u (2 2x y)u xyu = +

2 2 212 4u (2 ( ))u ( )u

= + + +

Ejemplo 2. Hallar la forma cannica de x yxx yye u e u u+ = Solucin

2 x y 2B 4AC 4e 0, (x, y)+ = < Su ecuacin caracterstica es


35

2 22

2 2y ya G(x, t), x , t 0

t xy(x,0) f (x), x

y (x,0) g(x), xt

= + < < >

= < < = < <

solamente tiene condiciones iniciales.

25. ECUACIN PARABLICA O ECUACIN DEL CALOR

PROBLEMA DE LA TEMPERATURA EN UNA BARRA

Suponga que una barra delgada de metal de longitud L se coloca en el eje X de un sistema de coordenadas XY. Suponga que la barra se sumerge en agua hirviendo de modo que su temperatura es de 100 C. Luego, se saca y los extremos x=0 y x=L se mantienen en hielo para que la temperatura en los extremos sea 0 C. Suponga que la barra est aislada. Denotemos por U(x,t) la "temperatura" en la posicin "x" y en el tiempo "t".

Considrese las siguientes leyes fsicas de transferencia de calor:

x=0 x x+x x=L

x

U(x,t) U(x+x,t)

A B C

figura (2)

L

y

x O figura (1)


36

La cantidad de calor necesario para elevar la temperatura de un objeto de

masa "m" en una cantidad de temperatura U es msU, donde "s" es una constante que depende del material usado, y se llama el calor especfico.

La cantidad de calor que fluye a travs de una rea (tal como B o C, figura (2)) por unidad de tiempo es proporcional a la tasa de cambio de la temperatura con respecto a la distancia perpendicular al rea (llamada "Ley de Fourier").

La ley de Fourier, se puede escribir como:

UQ k A tx

=

donde Q es la cantidad de calor que fluye a la derecha, t es la longitud de tiempo, y k es la constante de proporcionalidad llamada "conductividad trmica" (la cual depende del material). En la figura (2), la cantidad de calor que fluye de izquierda a derecha a travs del plano B es

x

Uk A tx

y la cantidad de calor que fluye a travs del plano C es

x x

Uk A tx +

La cantidad de calor que se acumula en el volumen entre B y C es la cantidad que entra por B menos la cantidad que sale por C, esto es,

x x x

U Uk A t k A tx x +

o

x x x

U Uk A tx x+

Por la primera ley, se tiene

x x x

U Uk A t ms U ( A x) s Ux x+

= =

(La masa, m, es la densidad, , multiplicado por el volumen, Ax)


45

donde * 2 2

x x y yA A ( ) B C( )= + + *

x x x y y x y yB 2A B( ) 2C= + + + * 2 2

x x y yC A ( ) B C( )= + + *

xx xy yy x yD A B C D E= + + + + *

xx xy yy x yE A B C D E= + + + + *F F= *G G=

Si A* = 0, entonces

2 2x x y yA ( ) B C( ) 0 + + =

2

x x

y yA B C 0

+ + = (1)

Consideremos (x, y) cons tan te = , entonces

x yd dx dy 0 = + = x

y

dydx

=

Reemplazando en la ecuacin (1), se tiene

2dy dyA B C 0dx dx

+ =

Al cual se le llama ecuacin caracterstica de la EDP. Ejemplo 1. Hallar la regin o curva donde la siguiente ecuacin es de tipo parablico, asimismo hallar su forma cannica de

xx xy yy xu xu yu xyu 0+ + = Solucin

2 2B 4AC x 4y 0 = = 2xy

4 =

Su ecuacin caracterstica es

2dy dyx y 0dx dx

+ =


44

(x, y)(x, y)

= =

que son soluciones de su ecuacin caracterstica. Luego, se hace los siguientes clculos, aplicando la regla de la cadena

x x xu u u = +

y y yu u u = +

2 2xx x x x x xx xxu u ( ) 2u u ( ) u u = + + + +

xy x y x y y x x y xy xyu u u ( ) u u u = + + + + +

2 2

yy y y y y yy yyu u ( ) 2u u ( ) u u = + + + + Al reemplazar en la EDP, se obtiene su forma cannica. Las formas cannicas son EDP hiperblica u H(u, u , u , , ) = o u u H(u,u , u , , ) = EDP elptica

u u H(u, u ,u , , ) + = EDP parablica

u H(u,u ,u , , ) = o u H(u, u ,u , , ) = OBSERVACIN En las nuevas variables, la EDP original, se transforma en

* * * * * * *A u B u C u D u E u F u G + + + + + =


37

Dividiendo esto entre Axt, y haciendo que x y t tiendan a cero, se obtiene

2

2U Uat x

=

donde kas

=

k: conductividad trmica : densidad del material s: calor especfico Con las condiciones de frontera: U(0,t) = 0 U(L,t) = 0 y una condicin inicial U(x,0) = 100 En el caso donde el calor fluye en ms de una direccin, por ejemplo, si tenemos conduccin de calor en tres direcciones, la EDP que modela el fenmeno es

2 2 2

2 2 2u u u uat x y z

= + +

o 2

tu a u= o

tu a u= OBSERVACIONES 1) El problema

tu a u F(x, t), x , t 0u(x,0) f (x), x

= + > =

se llama problema de Dirichlet.

2) Al problema


38

tu a u F(x, t), x , t 0u(x,0) f (x), x

u g(x, t), x , t 0n

= + > = = >

se llama problema tipo Newmann. n es un vector normal a la frontera de la regin y u / n representa la derivada direccional. 3) Al problema

tu a u F(x, t), x , t 0u(x,0) f (x), x

uu g(x, t), x , t 0n

= + > = + = >

se llama un problema mixto o problema tipo Robbin. 26. ECUACIN ELPTICA O ECUACIN DEL POTENCIAL

En el fenmeno de la conduccin del calor, si consideramos que la temperatura no depende del tiempo, entonces la EDP se reduce a:

2u F(x) = que se denomina ecuacin de Poisson. A la ecuacin

2u 0 =

se llama ecuacin de Laplace. OBSERVACIONES 1) Al problema:


43

1

1 1 1

2 1

3 1

4 1

Lv 0M v gM v 0M v 0M v 0

==

==

=

2

1 2

2 2 2

3 2

4 2

Lv 0M v 0M v gM v 0M v 0

==

==

=

3

1 3

2 3

3 3 3

4 3

Lv 0M v 0M v 0M v gM v 0

=

=

=

=

=

4

1 4

2 4

3 4

4 4 4

Lv 0M v 0M v 0M v 0M v g

==

==

=

5

1 5

2 5

3 5

4 5

Lv gM v 0M v 0M v 0M v 0

=

=

=

=

=

Segn el principio de la superposicin, la funcin

1 2 3 4 5u v v v v v= + + + + es una solucin del problema original.

29. FORMAS CANNICAS

Sea la EDP:

xx xy yy x yAu Bu Cu Du Eu Fu G+ + + + + = Su ecuacin caracterstica est definido por

2 2A(dy) Bdx dy C(dx) 0 + =

2dy dyA B C 0

dx dx + =

2dy B B 4AC

dx 2A

=

Para llevar a su forma cannica la EDP, se elige el cambio de variable


42

jLw 0 j 1, 2 ,n= = Si hacemos j j ju v w= + entonces la funcin

n

jj 1

u u=

= satisface la EDP

Lu G= donde

n

ii 1

G G=

= Este mtodo es llamado el principio de la superposicin. En particular, si v es una solucin particular de Lv = G y w es una solucin de Lw = 0, entonces u = v+w es una solucin de Lu = G. Ejemplo. El problema

2tt xx

1

t 2

3

4

u c u g(x, t) 0 x L, t 0u(x,0) g (x) 0 x Lu (x,0) g (x) 0 x Lu(0, t) g (t) t 0u(0, t) g (t) t 0

= < < >

= =

=

=

puede ser escrito en la forma:

1 1

2 2

3 3

4 4

Lu gM u gM u gM u gM u g

==

=

=

=

Podemos dividir el problema en una serie de subproblemas:


39

u f (x), x , t 0u(x) (x), x (condicion de Dirichlet ) = >

=

se llama problema de Dirichlet. 2) Al problema:

u F(x), xu (x), x (condicion de Newmann)n

= =

se llama problema tipo Newmann. 3) Al problema:

u f (x), xuu g(x), xn

=

+ =

se llama problema mixto (o problema de Robbin) 27. EJEMPLOS DE MODELOS MATEMTICOS CLSICOS

Definamos

2 2 22

2 2 2u u uu u

x y z

= = + +

o 2 2

22 2u uu u

x y

= = +

1) La ecuacin de la onda

22 2

2u c u f

t

=

2) La ecuacin del calor

2u k u ft

=


40

3) La ecuacin de Laplace o del potencial 2u 0 =

4) La ecuacin de Poisson

2u f = (o u f = )

5) La ecuacin de Helmholtz 2u u 0 + =

6) La ecuacin biharmnica

4u 0 =

7) La ecuacin del transporte no lineal u f (u) 0t x

+ =

8) La ecuacin de la viga vibrante

2 2 4

2 2 4u u um T EI 0

t x x

+ =

9) La ecuacin biharmnica de la onda

2 4ttu c u 0+ =

10) Las ecuaciones de Schrodinger (Mecnica Cuntica)

22

t

22

hih V(x, y, z)2m

2m [E V(x, y, z)] 0h

= +

+ =

11) La ecuacin de Burger

2

2u u u 0t xx

+ =

12) La ecuacin de Boussinesq

2 4 22 2

2 2 2 2u 1 u uh c 0

3t x t x

+ =

13) La ecuacin de la frontera lmite de Prandtl


41

3 2 2

2 2u u u u u 0

y y x xy y

+ =

14) La ecuacin de la difusin no lineal

u uD(u) f (x)t x x

=

15) La ecuacin para perturbaciones pequeas

2 2 22

2 2 2u u u(1 M ) 0

x y z

+ + =

Si 2M 1< , el flujo est en estado subsnico. Si 2M 1> , el flujo est en estado supersnico.

28. EL PRINCIPIO DE LA SUPERPOSICIN

Consideremos

2 2 2

2 2u u u u uA B C D E Fu G

x y x yx y

+ + + + + =

Si denotamos

2 2 2

2 2L A B C D E Fx y x yx y

= + + + + +

entonces la ecuacin anterior puede escribirse de la forma:

Lu G= Sean 1 2 nv , v , , v funciones que cumplen

j jLv G j 1, 2 ,n= = y sean 1 2 nw , w , , w funciones que satisfacen

Ecuaciones Diferenciales Parciales - Jube Portalatino

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