Equacions en derivades parcials ApuntsFME...EQUACIONS DE PRIMER ORDRE Estudiarem ara una proposició...

EQUACIONS EN DERIVADES PARCIALS

1

ApuntsFMEBarcelona, Juny 2019

ii

Autors: Martí Oller, Miquel Ortega.

Última modificació: 17 de juny de 2020.

Aquesta obra està subjecta a una llicència de Creative Com-mons “Reconeixement-NoComercial-CompartirIgual 4.0 In-ternacional”.

https://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/4.0/deed.ca




Índex

1 Introducció. Notació i EDPs més importants 11.1 Notació . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 EDPs principals . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

2 Equacions de primer ordre 32.1 Equació lineal del transport . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.2 Transport a velocitat variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42.3 Equació de transport no homogeni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.4 Solucions generalitzades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

3 Espais de Banach, operadors i semigrups 113.1 Espais de Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

Teorema del punt fix de Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123.2 Operadors . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123.3 Resolució d’EDPs per punt fix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

4 L’equació d’ones 194.1 Modelització . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194.2 Equació d’ones homogènia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204.3 Equació d’ones no homogènia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244.4 Condicions de vora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

4.4.1 Ona semi-infinita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264.4.2 Ona finita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

4.5 Conservació de l’energia i aplicacions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 334.6 Equació d’ones en dimensions superiors . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

Teorema de la divergència . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

5 Equació de la calor o de difusió 375.1 Introducció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375.2 Mètode de separació de variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 395.3 L’equació de la calor en una vareta homogènia . . . . . . . . . . . . . . . 40

5.3.1 Existència i unicitat pel problema de Dirichlet . . . . . . . . . . . 415.4 El cas no homogeni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

5.4.1 Vareta no homogènia. Teoria de Sturm-Liouville . . . . . . . . . . 455.4.2 Equació de la calor no homogènia . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

5.5 Unicitat de la solució a Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

iii

iv ÍNDEX

6 El laplacià. Funcions harmòniques 496.1 Introducció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 496.2 Existència i unicitat de solucions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 516.3 Probabilitats i el laplacià . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 556.4 Propietat de la mitjana i Principi del màxim . . . . . . . . . . . . . . . . 596.5 El principi de comparació . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

Índex alfabètic 67

Tema 1

Introducció. Notació i EDPs mésimportants

1.1 NotacióA les EDPs on no apareix el temps denotarem per x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn la vari-able independent i per u = u(x) = u(x1, . . . , xn) la funció incògnita o variable de-pendent. A les EDPs on apareix el temps (anomenades equacions d’evolució) denota-rem per (x, t) = (x1, . . . , xn, t) les variables independents i per u = u(x, t) les depen-dents. En general, escriurem les derivades parcials d’una funció com ∂u

∂x1= ∂x1u = ux1 .

Habitualment utilitzarem aquesta última notació però en alguna ocasió també faremservir ux1 = u1 per fer-la més lleugera. Anàlogament, per les derivades parcials enmés d’una variable, ∂2u

∂x1∂x2= ∂x1x2u = ux1x2 = u12. Tota EDP es pot escriure com

F (t, x1, . . . , xn, ut, ux1 , . . . , uxn , u, utt, utx1 , . . . ) = 0, és a dir, és una equació en termesde les variables independents, les dependents, la funció incògnita i les seves respectivesderivades parcials.

Exemple 1.1.1. Vegem un exemple d’una EDP no lineal:

tux1 + (utx2)2 − 3 = 0.

Definició 1.1.2. L’ordre d’una EDP és l’ordre de les derivades parcials més gran queapareix a l’equació.

Definició 1.1.3. Diem que una EDP és lineal si l’equació que la defineix és lineal en lesseves variables. Diem que és no lineal en cas contrari.

1.2 EDPs principalsEn aquest curs tractarem EDPs de primer i segon ordre. Veurem ara les EDPs mésrellevants.

Definició 1.2.1. L’equació de Laplace per u és

∆u = 0.

On ∆u és el Laplacià, és a dir, ∆u = ux1x1 + · · ·+uxnxn . Si u satisfà l’equació de Laplacees diu que és harmònica.

1

2 TEMA 1. INTRODUCCIÓ. NOTACIÓ I EDPS MÉS IMPORTANTS

Observació 1.2.2. En general, quan parlem del gradient ∇u i del Laplacià ∆u d’unafunció u = u(x, t), aquests seran només respecte x, és a dir, ∇u = ∇xu i ∆u = ∆xu.

Definició 1.2.3. L’equació de Poisson és el cas no homogeni de la de Laplace, és a dir,

−∆u = f(x).

Definició 1.2.4. L’equació de difusió o de la calor per u és

ut −D∆u = 0,

on D s’anomena la constant de difusió, o bé

ut −∆u = f(x, t)

en el cas no homogeni. Habitualment s’anomena equació de la calor quan u és unatemperatura i equació de difusió quan u és una concentració.

Observació 1.2.5. L’equació de difusió amb D = 1 i quan u és independent del tempsés l’equació de Laplace.

Definició 1.2.6. L’equació d’ones per u és

utt − c2∆u = 0,

on c > 0 és la velocitat d’ones.

Definició 1.2.7. Una equació general de primer ordre és de la forma

F (x,∇u) = 0,

amb u = u(x) i F no necessàriament lineal.

Veiem finalment algunes equacions que no estudiarem aquest curs però que són tambérellevants. Les dues primeres serveixen per modelar el comportament dels fluids.

Definició 1.2.8. L’equació d’Euler per ~u és

~ut + (~u · ∇)~u = −∇p,

on p és la pressió i on ~u · ∇ = u1∂x1 + · · ·+ un∂xn.

Definició 1.2.9. L’equació de Navier-Stokes per ~u és

~ut + (~u · ∇)~u− ν∆u = −∇p,

on ν és la constant de viscositat i p, com abans, és la pressió.

Finalment presentem dues equacions més. La primera prové dels models de la mecà-nica quàntica i la segona de models financers (governa el preu d’una opció).

Definició 1.2.10. L’equació de Schrodinger per u = u(x, t) ∈ C és

iut + ∆u = 0.

Definició 1.2.11. L’equació de Black-Scholes per u és

ut + 12σ

2x2∆u+ rxux − ru = 0.

Tema 2

Equacions de primer ordre

2.1 Equació lineal del transportEn aquesta secció estudiarem l’equació lineal del transport. Sigui u = u(x, t) la densitato concentració d’una substància a temps t en el punt x ∈ R en un tub (prou llarg) quemodelitzarem per R. Suposem que la substància corre a velocitat constant c > 0 en eltub o canal. La massa total del fluid o substància en un interval (a, b) ve donada per

ˆ b

a

u(x, t) dx.

La variació temporal de la massa a l’interval (a, b) és per tant

ddt

ˆ b

a

u(x, t) dx = c(u(a, t)− u(b, t)).

On la darrera igualtat s’ha d’interpretar com un principi físic de conservació de massa.És a dir, el canvi de massa a l’interval es pot descriure en termes del canvi de massa alsseus extrems. Com això és cert per a tot interval (a, b) es té que

ˆ b

a

ut(x, t) dx+ c(u(b, t)− u(a, t)

)= 0 ⇐⇒

ˆ b

a

ut(x, t) + cux(x, t) dx = 0.

Si suposem que l’integrand és una funció contínua en x, dividint aquesta última igualtatper b− a i fent tendir b→ a obtenim, pel teorema fonamental del càlcul,

0 = limb→a

´ baut(x, t) + cux(x, t) dx

b− a = ut(a, t) + cux(a, t).

Això és cert per a tota a i per tant obtenim l’equació del transport lineal

ut + cux = 0.

Per tant, podem formular ara el problema de Cauchy per l’equació lineal del transport.

Definició 2.1.1. Donada g : R → R la concentració a temps t = 0, el problema deCauchy per l’equació lineal del transport consisteix a trobar u = u(x, t) tal queut + cux = 0, x ∈ R, t ∈ R

u(x, 0) = g(x), x ∈ R

3

4 TEMA 2. EQUACIONS DE PRIMER ORDRE

Proposició 2.1.2. Donada g ∈ C 1(R) existeix una única solució u ∈ C 1(R × R). delproblema de Cauchy de l’equació de transport lineal (2.1.1). A més a més, la solució vedonada per u(x, t) = g(x− ct). Les solucions d’aquesta forma s’anomenen ones viatgeres.

Demostració. Considerem la derivada direccional de u en la direcció (c, 1). Tenim queaquesta és (c, 1) · ∇u = cux + ut = 0. Per tant, la funció és constant sobre la rectaque passa per (x, t) i és paral.lela al vector (c, 1). Volem intersecar aquesta recta amb lacondició inicial (t = 0). Per tant, parametritzant la recta per (x, t)+s(c, 1) = (x+sc, t+s)(s ∈ R), volem t+ s = 0, és a dir, u(x, t) = u(x− ct, 0) = g(x− ct). Per tant, tenim queu(x, t) = g(x− ct) és una condició necessària per satisfer el problema de Cauchy però perla pròpia construcció de la solució ja satisfà l’equació en les derivades parcials.

El problema es pot plantejar de forma anàloga per dimensions superiors i modela, perexemple, un llac on hi ha un corrent a velocitat constant en la direcció ~c. S’escriu, perg : Rn → R donada, ut + ~c · ∇u = 0, x ∈ Rn, t ∈ R

u(x, 0) = g(x), x ∈ Rn

Proposició 2.1.3. Donada g ∈ C 1(Rn) existeix una única solució u ∈ C 1(Rn × R) delproblema de Cauchy de l’equació de transport lineal en dimensions superiors donada peru(x, t) = g(x− ct).

Demostració. La demostració és anàloga a la del problema en una sola dimensió.

Definició 2.1.4. A l’equació lineal del transport, les rectes paral.leles al vector (c, 1)sobre cadascuna de les quals u és constant es diuen rectes característiques.

2.2 Transport a velocitat variableConsiderem ara que la velocitat pot dependre tant del punt x com del temps t. És a dir,c = c(x, t). Aquest problema modela, per exemple, aigua baixant per una muntanya ambpendent no constant. Per formular el problema, procedim igual que quan la velocitat ésconstant. És a dir, igual que abans, per la conservació de massa,

ddt

ˆ b

a

u(x, t) dx = c(a, t)u(a, t)− c(b, t)u(b, t).

I, per tant, ˆ b

a

ut(x, t) dx+ˆ b

a

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

)x dx = 0.

Finalment,

0 = limb→a

´ baut(x, t) +

(c(x, t)u

)x dx

b− a = ut +(c(x, t)u

)x = 0.

D’onut + c(x, t)ux + cx(x, t)u = 0.

Per resoldre aquest problema, podem utilitzar el que es coneix com a mètode de lescorbes característiques, que generalitza el procediment utilitzat per resoldre el problemaa velocitat constant. Considerem el camp vectorial X(x, t) = (c(x, t), 1). En primer

2.2. TRANSPORT A VELOCITAT VARIABLE 5

lloc trobem les corbes integrals del camp X, és a dir, (x(s), t(s)) tal que (x′(s), t′(s)) =X(x(s), t(s)). Per fer això cal resoldre el sistema d’EDOsx′(s) = c(x(s), t(s))

t′(s) = 1

Com t′(s) = 1, tenim que t = s i volem resoldre la EDO x′(s) = c(x(s), s). Aques-tes solucions s’anomenen corbes característiques. Si restringim u(x, t) sobre una corbacaracterística obtenim v(s) := u(x(s), t(s)) amb derivada

v′(s) = ux(x(s), t(s))x′(s) + ut(x(s), t(s))t′(s).

Que, aplicant la EDO pel camp X, és igual a

ux(x(s), t(s))c(x(s), t(s)) + ut(x(s), t(s)) EDP= −cx(x(s), t(s))u(x(s), t(s)) =−cx(x(s), t(s))v(s) =: −α(s)v(s).

Per tant, v′(s) = −α(s)v(s) i, resolent aquesta equació diferencial,

v(s) = exp(C −

ˆ s

0α(z) dz

).

Si avaluem en un instant s1 tal que t(s1) = 0, com ja coneixem g podem determinar laconstant. Finalment, avaluem l’expressió a s2 tal que x(s2) = x i t(s2) = t per obtenir elvalor a (x, t).

Més generalment, describim ara el mètode de les corbes caràcterístiques per resoldrel’equació lineal de primer ordre

a(x, t)ut + b(x, t)ux + d(x, t)u+ f(x, t) = 0

amb x, t ∈ R. El procediment és fonamentalment igual al que acabem d’utilitzar.

1. Considerem el camp X(x, t) = (b(x, t), a(x, t)). En trobem les seves corbes integralsresolent la EDO corresponent:(

x′(s)t′(s)

)=(b(x(s), t(s))a(x(s), t(s))

)

2. Restringim la funció u sobre una corba integral del camp X parametritzada per(x(s), t(s)):

v(s) := u(x(s), t(s)).Aleshores

v′(s) = uxx′(s) + utt

′(s) = bux + aut = −f(x(s), t(s))− d(x(s), t(s))v(s).

Finalment, resolem aquesta última EDO i en determinem les constants additivesgràcies a la condició inicial.

Observació 2.2.1. En lloc de condició inicial a vegades coneixerem la solució a unacorba diferent de t = 0. El procediment és anàleg.


Estudiarem ara una proposició que físicament es pot interpretar com el fet que lamassa es conserva quan es veu sotmesa al transport a velocitat variable (haurem desuposar que la massa inicialment estava concentrada en una regió fitada).

Proposició 2.2.2. Sigui u ∈ C 1(R × R) solució de ut + (c(x, t)u)x = 0. Suposem queu ≥ 0 i que u(x, 0) té suport compacte. Aleshores per a tota t ∈ R

ˆRu(x, t) dx =

ˆRu(x, 0) dx

i el suport de u(·, t) és compacte.

Observació 2.2.3. Pel cas c constant, com disposem d’una solució explícita, la proposicióes pot verificar fàcilment. Però pel cas general no disposem d’una fórmula explícita icaldrà una demostració més potent.

Demostració. En primer lloc, cal veure que pel mètode de les característiques podemassegurar que u(·, T ) té suport compacte. Sigui [−R,R] tal que suppu(·, 0) ⊂ [−R,R].Considerem γ1 la corba característica que passa per (R, 0) i γ2 la que passa per (−R, 0).Considerem x1 la coordenada x del punt de tall de la recta t = T amb γ1 i x2 la delpunt de tall amb γ2. Aleshores, com les corbes característiques no es creuen i la funcióu és constant sobre les corbes característiques, suppu(·, T ) ⊂ [x1, x2]. És a dir, també tésuport compacte. Aleshores

ddt

ˆRu(x, t) dx =

ˆRut(x, t) dx = −c

ˆRux(x, t) dx = lim

R→∞−c(u(R, t)− u(−R, t)) = 0.

On hem pogut derivar sota signe d’integral perquè la derivada és contínua i també tésuport compacte com a conseqüència de la demostració anterior, i per tant el seu valorabsolut té integral finita.

2.3 Equació de transport no homogeniConsiderem ara el problema del transport no homogeni, és a dir, l’equacióut + c∇u = f(x, t) x ∈ Rn, t ∈ R

u(x, 0) = g(x) x ∈ Rn(2.1)

Per resoldre aquesta equació serà útil introduir el concepte de semigrup de l’equacióhomogènia.

Definició 2.3.1. En general, el semigrup de l’equació homogènia trasllada una funciópresa com a condició inicial d’una EDP durant un temps t. En el cas particular del’equació del transport, fixat un temps t, es defineix el semigrup com

Tt : C 1(Rn)→ C 1(Rn)g 7→ v(·, t) = g(· − ct)

Notem que Tt és un endomorfisme lineal.

Proposició 2.3.2. Per a tot t, s ∈ R tenim que Ts Tt = Tt+s.

2.3. EQUACIÓ DE TRANSPORT NO HOMOGENI 7

Demostració. En donarem dues proves. La primera és específica del problema de trans-port. Aplicant la solució explícita del problema,

(Ts(Tt(g)))(x) = (Ttg)(x− cs) = g((x− cs)− ct) = g(x− c(t+ s)) = Tt+s(g)(x).

La segona és més general. Per exemple, també serveix quan la velocitat no és constant.Suposem que Tt és el semigrup del problema

ut + (c(x)u)x = 0.

Cal remarcar que en aquest cas c no depèn de t. Aleshores, com l’equació és autònoma, perla unicitat de les solucions que ja hem demostrat tenim automàticament que TsTt = Tt+s.Hi ha una única solució que porta g a Ttg, i, com l’equació és autònoma, començar a tempst amb condició inicial g i traslladar-se un temps s és equivalent a començar a temps 0amb condició Ttg i traslladar-se un temps s.

Observació 2.3.3. El mateix raonament serveix per EDOs i EDPs no lineals i autòno-mes, donat un teorema d’existència i unicitat. Per exemple, podem comprovar que lapropietat de semigrup es satisfà per l’equació

ut = u2.

En aquest cas, per separació de variables la solució ve donada per u = − 1t+c . Si u(0) = g,

aleshores c = −1gi u(t) = g

1−gt . Aleshores, el semigrup a temps t serà

Ttg = g

1− gt.

I aquest satisfà la propietat de semigrup:

Ts(Ttg) = Ttg

1− sTtg=

g1−gt

1− sg1−gt

= g

1− g(t+ s) = Tt+s(g).

Vegem ara com utilitzar el semigrup per resoldre l’equació de transport no homogeni(2.1). En primer lloc intentarem trobar la solució de manera intuitiva, partint del proble-ma que estem modelitzant. En aquest cas, el problema homogeni modela un fluid que estransporta a velocitat constant. El terme no homogeni es pot interpretar com una fontde fluid. Aleshores, la quantitat de fluid total a (x, t) serà la suma del que prové de lacondició inicial, que donarà un terme (g(x−~ct)), i la contribució de les fonts desplaçadaa la velocitat corresponent. Aquest últim terme es correspon a integrar al llarg del tempsla font a la posició adequada. Això ens permet introduir el que es coneix com la fórmulade Duhamel.

Definició 2.3.4. Per al problema del transport no homogeni, la fórmula de Duhamel és

u(x, t) = g(x− ~ct) +ˆ t

0f(x− ~c(t− s), s) ds.

O, més generalment, en termes del semigrup (i aplicable a altres problemes)

u(x, t) = (Ttg)(x) +ˆ t

0

(Tt−sf(·, s)) (x) ds.


Proposició 2.3.5. Donades g, f ∈ C 1 (Rn × R) existeix una única solució u = u(x, t) declasse C 1 (Rn × R) que resol el problema de Cauchy del transport no homogeni (2.1). Amés a més, la solució ve donada per la fórmula de Duhamel (2.3.4).

Demostració. Vegem en primer lloc la unicitat. Siguin u, u dues solucions. Aleshoresv = u− u és solució del problema vt + ~c∇v = 0

v(x, 0) = 0

que ja hem demostrat que implica que v = 0 pel mètode de les característiques.Vegem ara l’existència de la solució pel mètode de les característiques. Prenem, com

en el cas del problema homogeni, la recta (x + s~c, t + ~s) amb paràmetre s. Aleshores, sidefinim w(s) = u(x+ s~c, t+ s), es té que

w′(s) = ~c∇u(x+ s~c, t+ s) + ut(x+ s~c, t+ s) = f(x+ s~c, t+ s).

Per tant,

u(x, t) = w(0) = w(−t) +ˆ 0

−tw′(s) ds =

= u(x− ~ct, 0) +ˆ 0

−tf(x+ s~c, t+ s) ds t+s=s= g(x− ~ct) +

ˆ t

0f(x− (t− s)~c, s) ds.

Com ja s’ha comentat anteriorment, la construcció amb el mètode de les corbes caracterís-tiques ja assegura que es satisfaci l’equació. Alternativament, també es podria demostrarl’existència derivant directament la fórmula de Duhamel (2.3.4).

Observació 2.3.6. En equacions diferencials, s’entén habitualment per un problema benposat (well-posed problem) un problema les solucions del qual satisfan:

• Existència.

• Unicitat.

• Estabilitat: es poden obtenir solucions a temps t arbitràriament properes si es pre-nen condicions inicials suficientment properes. Altrament dit, el semigrup Tt : g 7→u(·, t) és continu.

Observació 2.3.7. A Rk totes les normes són equivalents i per tant la tria de norma noés rellevant quan estudiem l’estabilitat d’una EDO. Ara bé, en espais de Banach arbitrarisno totes les normes són equivalents, i per tant la tria de norma és rellevant i serà diferentsegons la EDP estudiada.

Proposició 2.3.8. Donat t ∈ R, el semigrup

Tt : C 1(Rn)× C 1(Rn × R)→ C 1(Rn)(g, f) 7→ u(·, t)

de l’equació del transport no homogeni és lineal i continu amb les normes dels espais deBanach respectius.

2.4. SOLUCIONS GENERALITZADES 9

Demostració. La linealitat és directa. Vegem la continuïtat. Sigui u(·, t) una solució del’equació. Aleshores

||u(·, t)||C 0b

(Rn) = ||u(·, t)||L∞(Rn) =∥∥∥∥∥∥g(· − ~ct) +

ˆ t

0f(· − ~c(t− s), s) ds

∥∥∥∥∥∥L∞(Rn)

≤

≤ ||g||C 0b

(Rn) + t||f ||C 0b

(Rn×R).

Aleshores, per la linealitat de l’equació,

‖u− uap||L∞ ≤ ||g − gap||L∞ + t‖f − fap‖C 0b

(Rn×R).

Si imposem ||g − gap|| < ε2 i t‖f − fap‖C 0

b(Rn×R) <

ε2 , aleshores ‖u− uap||L∞ < ε.

2.4 Solucions generalitzadesFins ara hem considerat solucions de classe C 1 per una EDP d’ordre 1. Aquestes s’a-nomenen solucions clàssiques. Però també es pot admetre un concepte més general desolució, anomenat solució generalitzada o solució en sentit feble. Vegem un exemple onapareix aquest tipus de solucióExemple 2.4.1. Considerem el problemaut + c∇u = 0 x ∈ R, t ∈ R

u(x, 0) = g(x) x ∈ R

amb condició inicial g(x) =1 si x < 0

0 si x > 0. Tenim un candidat a solució u(x, t) = g(x −

ct) =1 si x− ct < 0

0 si x− ct > 0, però aquest no és C 1 sobre la recta x = ct.

Definició 2.4.2. Sigui Ω ⊂ R × R, (x, t) ∈ Ω i u : Ω → R, u = u(x, t) possiblementdiscontínua. Diem que u és una solució generalitzada de ut + cux = 0 a Ω si per a tot[a, b] tal que [a, b]× t ⊂ Ω es té que

´ bau(x, t) dx és derivable quasi per a tot temps t i

ddt

ˆ b

a

u(x, t) dx = −cu(b, t) + cu(a, t)

si (a, t) i (b, t) són punts de continuïtat de u.Observació 2.4.3. Amb aquesta definició la solució proposada a l’exemple anterior ésuna solució generalitzada quan c = 1. Si l’interval [a, b] es troba completament a uncostat de la recta x = t, la igualtat buscada és directa. Si l’interval [a, b] talla la recta alpunt c, aleshores ˆ b

a

u(x, t) dx = c− a

i ˆ b

a

u(x, t+ h) dx = c− a+ h.

I, per tant,ddt

ˆ b

a

u(x, t) = 1 = −cu(b, t) + cu(a, t).

Tema 3

Espais de Banach, operadors isemigrups

Al llarg del capítol (E, || · ||) serà un espai de Banach.

3.1 Espais de BanachObservació 3.1.1. Recordem que un espai de Banach és un espai vectorial normat icomplet, i que una norma és una aplicació || · || : E → R tal que

• ||u|| ≥ 0.

• ||u+ v|| ≤ ||u||+ ||v||.

• ||λu|| = |λ|||u||.

• ||u|| = 0 ⇐⇒ u = 0.

Exemple 3.1.2.

1. Per K ⊂ Rn compacte, E = C 0(K) amb la norma ||u||∞ = supx∈K |u(x)| és unespai de Banach.

2. E = L2([a, b]), amb norma ||u||2 =(´ b

a|u|2(x) dx

) 12és un espai de Banach.

Observació 3.1.3. Donat Ω ⊂ Rn obert i fitat aleshores Ω és compacte i C(Ω)és un

espai de Banach. Si Ω no és fitat, cal considerar C 0b

(Ω), l’espai de funcions contínues i

fitades, que sí és un espai de Banach. Anàlogament C k(Ω)és un espai de Banach quan

Ω és fitat i cal imposar que les derivades d’ordre menor o igual a k siguin fitades en cascontrari. Finalment, l’espai C∞ no és de Banach.

Observació 3.1.4. Per Ω ⊂ R no necessàriament fitat, l’espai Lp(Ω), p ∈ R, 1 < p <∞és un espai de Banach amb la norma

||u||p = ||u||Lp =(ˆ

Ω|u|p

) 1p

.

11

12 TEMA 3. ESPAIS DE BANACH, OPERADORS I SEMIGRUPS

I l’espai L∞ de funcions mesurables i essencialment fitades (fitades gairebé arreu per unaconstant) amb la norma

||u||∞ = infb ∈ R : µ(u(x) > b) = 0

també ho és.

Teorema 3.1.5. Teorema del punt fix de Banach.Sigui E un espai de Banach i T : BM(u) ⊂ E → BM(u) una contracció, és a dir, ||Tu −Tv|| ≤ λ||u− v|| per a tot u, v ∈ BM(u) amb 0 ≤ λ < 1. Aleshores T té un únic punt fix.

Demostració. La demostració es deixa com exercici per al lector. La idea fonamentalconsisteix a iterar un punt qualsevol i veure que la successió donada per aquesta iteracióés de Cauchy fitant les diferències amb una progressió geomètrica.

3.2 OperadorsDefinició 3.2.1. Un operador és una aplicació entre espais de funcions.

Exemple 3.2.2. La diferenciació és un operador

D : C 1 ([0, 1])→ C 0 ([0, 1]

)u = u(x) 7→ u′ = u′(x)

Proposició 3.2.3. Siguin E,F espais de Banach i A : E → F un operador lineal. Ales-hores són equivalents

(a) A és continu.

(b) A és un operador fitat, és a dir, existeix C tal que ||Au||F ≤ C||u||E per a totu ∈ E.

Demostració. Vegem primer que la segona condició implica la primera. Donat uk → u,aleshores ||uk − u|| → 0, d’on ||Auk −Au|| ≤ C||uk − u|| → 0, i per tant Auk → Au, és adir, A és continu. La implicació conversa es deixa com a exercici. Per demostrar-la, calveure que la norma que definirem a continuació està ben definida per operadors lineals icontinus.

Definició 3.2.4. Donat un operador A : E → F lineal i continu, es defineix com la normade A la constant C ∈ R més petita que fita l’operador. És a dir,

||A|| = infC ≥ 0, ||Au||F ≤ C||u||E ∀u ∈ E = supu∈E\0

||Au||F||u||E

=

supv∈E, ||v||E=1

||Av||F = supv∈E, ||v||E≤1

||Av||F .

Aquesta norma indueix un altre espai de Banach que definim a continuació.

Definició 3.2.5. El conjunt d’operadors lineals i continus entre espais de Banach L(E,F )és un espai vectorial i amb la norma ||A|| que hem definit anteriorment és un espai deBanach.

3.3. RESOLUCIÓ D’EDPS PER PUNT FIX 13

Exemple 3.2.6.

1. Diferenciació: Donat u = u(t) amb t ∈ [a, b], l’operador D : u → u′ és un opera-dor lineal. Malgrat això, no és un endomorfisme, per exemple, envia C 1([a, b]) aC 0([a, b]), i per tant en general serà un operador poc útil. També podem compro-var que no existeix C tal que ||Du|| ≤ C||u||, prenent per exemple la família defuncions eat, que necessitaria constants C arbitràriament grans, i per tant tampocés un operador continu.

2. Integració: Donat u = u(t), l’operador

(I(u))(t) =ˆ t

a

u

és un endomorfisme i és continu.

Exemple 3.2.7. Considerem E = C 0([a, b]). Vegem que l’operador integració aplicatsobre aquest espai de Banach és un endomorfisme continu. El fet que és un endomorfismeés directe, i de fet és un operador regularitzador, ja que, si u ∈ C 0 aleshores I(u) ∈ C 1 ⊂C 0, com a conseqüència del teorema fonamental del càlcul. Vegem que és continu:

|Iu(x)| = |ˆ r

a

u| ≤ˆ x

a

|u| ≤ ||u||C 0

ˆ x

a

dy ≤ (b− a)||u||C 0 ,

i per tant podem prendre C = b− a.

Exercici 3.2.8. Demostreu que l’operador integració és un endomorfisme continu sobrel’espai E = Lp([a, b]).

3.3 Resolució d’EDPs per punt fixDefinició 3.3.1. Diem que una funció F : E → E és localment Lipschitz si per a totconjunt T tancat i fitat de E, existeix CT tal que

||F (u)− F (v)|| ≤ CT ||u− v||,

per a tot u, v ∈ T .

Proposició 3.3.2. Donat u = u(t) de la forma u : [a, b] → E i F : E → E localmentLipschitz, existeix una única solució 1 de la EDO per un interval de temps I obert amba ∈ I. u′ = F (u)

u(a) = g ∈ E

Demostració. La idea fonamental consisteix a escriure l’EDO a l’espai de Banach E deforma integral. Volem resoldre aleshores

u(t)− u(a) =ˆ t

a

u′(s) ds =ˆ t

a

F (u(s)) ds.

1De fet, només podrem assegurar la unicitat de la solució a una bola de l’espai E definit a la demos-tració.


És a dir, cal resoldre

u(b) = g +ˆ t

a

F (u(s)) dx

per a tot t ∈ I. Si definim E = C 0(I, E) espai de Banach, podem interpretar les solucionsd’aquest problema com punts fixos de l’operador F : E → E

(F(u))

(t) = g +ˆ t

a

F (u(s)) ds.

Si veiem que F restringida a una bola adequada envia aquesta bola a si mateixa i ésuna contracció, aleshores podrem aplicar el teorema del punt fix i trobar una solucióper un interval I adequat. En primer lloc, observem que, donada u ∈ E, aleshoresF(u) ∈ C 0(I, E), és més, F(u) ∈ C 1(I, E). Prenguem ara una bola de radiM centrada eng (entesa g com la funció constant). Vegem que, si u ∈ BM(g), aleshores F(u) ∈ BM(g):

||F(u(t))− g|| =∥∥∥∥∥∥ˆ t

a

F (u(s)) ds∥∥∥∥∥∥ ≤

ˆ max(a,t)

min(a,t)||F (u(s))|| ds ≤

≤ˆ max(a,t)

min(a,t)||F (u(s))− F (u(a))||+ ||F (u(a))|| ds ≤

≤ˆ max(a,t)

min(a,t)CM ||u(s)− u(a)||+ ||F (u(a))|| ds ≤

≤ |I|(CMM + ||F (g)||) ≤M

si fem |I| prou petit, i on CM és la constant de Lipschitz de F a la bola BM(g) (entesa gaquí com element de E). Per tant, prenent suprem per a tot t, tenim que F(u) ∈ BM(g).Vegem que és una contracció per a tot u, v ∈ BM(g).

||F(u)(t)−F(v)(t)|| =∥∥∥∥∥∥ˆ t

0F (u(s))− F (v(s)) ds

∥∥∥∥∥∥ ≤ˆ max(a,t)

min(a,t)||F (u(s))− F (v(s))|| ds ≤

≤ CM

ˆ max(a,t)

min(a,t)||u(s)− v(s)|| ds ≤ CM |I|||u− v||E.

Finalment, λ = CM |I| és menor que 1 si |I| és prou petit, i podem prendre suprem per atot t per obtenir

||F(u)−F(v)||E ≤ λ||u− v||E.Per tant, ja hem vist que F és una contracció que envia la bola BM(g) a si mateixa. Siapliquem el teorema del punt fix de Banach obtenim una solució u ∈ E única a la boladefinida.

Observació 3.3.3. Si la funció F és globalment Lipschitz, podem prendre F sobre totE i obtenir que F és una contracció amb una fita independent de la condició inicial, és adir, la longitud de l’interval I necessària perquè F sigui una contracció no dependrà dela condició inicial. Aleshores es pot prolongar la solució a tot R (només cal afegir tantsintervals de mida |I| com sigui necessari).

Estudiem ara el mateix problema restringint-nos al cas on F és lineal i contínua.Veurem que, com en el cas de les EDOs, la solució ve donada per l’exponencial. Enprimer lloc, caldrà definir l’exponencial adequadament.


Definició 3.3.4. Donada una aplicació A : E → E lineal i contínua, definim l’aplicacióetA : E → E com

etA :=∞∑k=0

tkAk

k! .

Proposició 3.3.5. Donada una aplicació A : E → E lineal i contínua, etA està bendefinida i és una aplicació lineal i contínua.

Demostració. Per comprovar que està ben definida hem de veure que la sèrie corresponentés convergent. Veurem, de fet, que és absolutament convergent.

∞∑k=0

∥∥∥∥∥∥tkAk

k!

∥∥∥∥∥∥ ≤∞∑k=0

|t|kk! ||A

k|| ≤∞∑k=0

|t|kk! ||A||

k = e|t|||A|| <∞.

És clar que aleshores també és lineal, i per veure que és contínua cal observar que ||etA|| ≤e|t|||A||.

Proposició 3.3.6. Sigui A : E → E una aplicació lineal i contínua amb E espai deBanach. La única solució de ut = Au t ∈ R

u(0) = g ∈ E

ve donada per u(t) = etAg.

Demostració. La unicitat ja l’hem vista mitjançant el teorema del punt fix de Banach(3.3.2 i 3.3.3). Hem de veure per tant que u(t) = etAg és efectivament una solució. Enprimer lloc,

u(0) = e0Ag = Id g = g.

En segon lloc,dudt (t) =

∞∑k=1

ktk−1

k! Akg =∞∑k=1

tk−1Ak−1

(k − 1)! Ag = AetAg,

on hem pogut derivar terme a terme perquè∑∞k=1tk−1Ak−1

(k−1)! Ag és absolutament convergent.

Volem ara resoldre l’EDO no homogèniaut = Au+ f(t)u(0) = g ∈ E

amb f : R→ E. Sabem que el semigrup de l’equació homogènia ve donat per Ttg = etAg,que satisfà la propietat del semigrup: Ts Tt = esAetA = e(s+t)A = Ts+t. La soluciódel problema no homogeni ve donada per la fórmula de Duhamel o de variació de lesconstants:

u(t) = etAg +ˆ t

0e(t−s)Af(s) ds.


Observació 3.3.7. S’anomena també fórmula de variació de les constants perquè es potobtenir amb el mètode de variació de les constants de EDOs. Si suposem que u(t) =etAg(t), tenim que

u′(t) = AetAg(t) + etAg′(t) = AeAtg(t) + f(t).

I per tantg′(t) = e−tAf(t),

d’ong(t) = g(0) +

ˆ t

0e−sAf(s) ds.

I finalmentu(t) = etAg +

ˆ t

0e(t−s)Af(s) ds.

Volem finalment resoldre EDPs de transport no lineals, com ara

i) ut + cux = u2

u(x, 0) = g(x)

ii) (ut + cux)(x, t) = 1x

´ x0 cos

(u(y, t)

)dy x, t ∈ R

u(x, 0) = g(x) x ∈ R

El primer cas ja el sabem resoldre pel mètode de les característiques (veure problema 5de la primera llista). El segon, però, no és una EDO sobre la recta característica. Arabé, com sabem resoldre el problema homogeni lineal i en sabem descriure el semigrup,podem utilitzar la fórmula de Duhamel. És a dir, voldríem trobar solucions de

u(x, t) = (Ttg)(x) +ˆ t

0(Tt−sF (u(·, s)))(x) =: (Nu)(x, t) ds.

Si definim E = C 0b (R,R), E = C 0

b (I × R,R)2, i I = [−ε, ε], aleshores tenim que F és

F : E → E

w 7→ 1x

ˆ x

0cos(w(s)

)dy

i a l’origen F (w)(0) = cos(w(s)

). Busquem aleshores un punt fix de N : E → E.

Procedirem igual que hem fet anteriorment per aplicar el teorema del punt fix deBanach. En primer lloc cal veure que, com hem afirmat, N envia elements de E a E.Sigui u ∈ E. En primer lloc veiem que N(u) és fitada sobre (I × R). Sabem que Tt éslineal i continu, i per tant és Lipschitz. De fet, ||Ttg||E = ||g(x− ct)||E = ||g||E, és a dir,és una isometria. També tenim que

|F (u(·, s))(x)| ≤ 1|x|

ˆ x

0| cos

(u(x, s)

))| dx ≤ |x||x| ≤ 1.

2La tria de l’espai de Banach sobre el que treballem és rellevant. En aquest cas, el fet que fixeml’espai de funcions contínues farà que puguem veure que és una contracció més fàcilment però nomésobtindrem una solució integral.


Aleshores ||N(u(·, t))||E ≤ ||g||E + ε, és a dir, és fitat. Com Tt és continu respecte de t iF també, N(u) també ho serà. Vegem doncs que, suposant que F és Lipschitz, N és unacontracció.

||N(u)(·, t)−N(w)(·, t))||E =∥∥∥∥∥∥ˆ t

0Tt−s(F (u(·, s))− F (w(·, s))) ds

∥∥∥∥∥∥E

≤

≤ˆ t

0‖Tt−s(F (u(·, s))− F (w(·, s)))‖E ds =

=ˆ t

0‖F (u(·, s))− F (w(·, s))‖E ds ≤ CLε||u− w||E.

Prenent suprem per a tot t, ||N(u) − N(w)||E ≤ CLε||u − w||E, i per tant N és unacontracció si ε és prou petit. Demostrarem ara que F és globalment Lipschitz, comacabem de suposar.

||(F (v1)− F (v2))(x)|| ≤ 1|x|

ˆ max(0,x)

min(0,x)| cos

(v1(y)

)− cos(v2(y)

)| dy =

= 1|x|

ˆ max(0,x)

min(0,x)| sin ξ||v1(y)− v2(y)| dy ≤ ||v1 − v2||E.

Prenent suprem per a tota x, ||F (v1) − F (v2)||E ≤ ||v1 − v2||E, és a dir, F és Lipschitzi per tant N és una contracció i podem trobar un punt fix Nu = u. Remarquem queaquest punt fix pertany a E i per tant no és necessàriament diferenciable, és a dir, nomésobtenim una solució integral o generalitzada.

Tema 4

L’equació d’ones

4.1 ModelitzacióConsiderem una corda vibrant infinita disposada sobre l’eix x, i amb posició verticalu(x, t) en el temps t en la posició horitzontal x. Per a modelar el problema, assumiremque la corda és flexible i elàstica, i que les vibracions són petites (ja que sinó la EDP aresoldre seria no lineal).

Aplicarem la segona llei de Newton. D’una banda, si ρ(y) és la densitat de massa enel punt y, la força que actua sobre el punt y a temps t és:

ρ(y)utt(y, t).

D’altra banda, hi ha una força de tensió que actua sobre la corda. Si considerem l’interval(x, x + h), per a h prou petit, podem considerar que la tensió serà proporcional a ladiferència de derivades als extrems de l’interval (la corda estarà més doblegada commajor sigui la diferència de derivades).

u(y, t)

x x + h

En altres paraules, la tensió total a temps t en l’interval (x, x+ h) serà:

τ(ux(x+ h, t)− ux(x, t)),

sent τ una constant positiva.Si, a més, considerem l’acció de forces externes f(y, t), la segona llei de Newton ens

diu que:ˆ x+h

x

ρ(y)utt(y, t) dy = τ(ux(x+ h, t)− ux(x, t)) +ˆ x+h

x

f(y, t) dy.

19

20 TEMA 4. L’EQUACIÓ D’ONES

Per tant, per a tot interval (x, x+ h) i tot temps t es compleixˆ x+h

x

(ρ(y)utt(y, t)− τuxx(y, t)− f(y, t)

)dy = 0.

Dividint per h i aplicant el teorema fonamental del càlcul, arribem a:

0 = limh→0

´ x+hx

ρ(y)utt(y, t)− τuxx(y, t)− f(y, t) dyh

= ρ(x)utt(x, t)− τuxx(x, t)− f(x, t).

De moment, considerem que la densitat de massa ρ(y) és constant. Definintτ

ρ= c2,

arribem a l’equacióutt − c2uxx = f(x, t),

que és l’equació d’ones desitjada.

Definició 4.1.1. El problema de Cauchy de l’equació d’ones consisteix a trobar u =u(x, t) tal que:

utt − c2uxx = f(x, t), x ∈ R, t ∈ Ru(x, 0) = g(x), x ∈ Rut(x, 0) = h(x), x ∈ R

(4.1)

donats g ∈ C 2(R) (posició inicial de la corda) i h ∈ C 1(R) (velocitat inicial de la corda).La constant c > 0 és anomenada la velocitat de les ones en la corda.

4.2 Equació d’ones homogèniaProposició 4.2.1. L’equació d’ones homogènia

utt − c2uxx = 0, x ∈ R, t ∈ Ru(x, 0) = g(x), x ∈ Rut(x, 0) = h(x), x ∈ R

(4.2)

admet una única solució clàssica u ∈ C 2(R× R), amb la següent expressió:

u(x, t) = 12(g(x− ct) + g(x+ ct)

)+ 1

2c

ˆ x+ct

x−cth(y) dy

Demostració. Escrivim l’equació homogènia de la següent forma:

0 = utt − c2uxx = (∂2t − c2∂2

x)u.

Inspirant-nos en la diferència de quadrats, comprovem que:

(∂t + c∂x)(∂t − c∂x)u = (∂tt − c∂t∂x + c∂t∂x − c2∂xx)u = (∂tt − c2∂xx)u,

on hem usat el lema de Schwarz (uxt = utx), ja que u ∈ C 2(R × R). Així doncs, podemescriure l’equació homogènia com un problema de transport:

v = ut − cux =⇒ (∂t + c∂x)v = 0.

4.2. EQUACIÓ D’ONES HOMOGÈNIA 21

La condició inicial d’aquest problema de transport és:

v(x, 0) = (ut − cux)(x, 0) = h(x)− cg′(x).

En conseqüència,v(x, t) = (h− cg′)(x− ct).

D’aquesta manera, hem de resoldre una altra equació de transport:ut − cux = (h− cg′)(x− ct)u(x, 0) = g(x)

Aquest problema no homogeni es pot resoldre amb la fórmula de Duhamel per a l’equacióde transport (2.3.4):

u(x, t) = g(x+ ct) +ˆ t

0(h− cg′)(x+ c(t− s)− cs) ds =

= g(x+ ct) +ˆ t

0h(x− 2cs+ ct) ds− c

ˆ t

0g′(x− 2cs+ ct) ds.

Fent el canvi y = x− 2cs+ ct, obtenim:

u(x, t) = g(x+ ct)− 12c

ˆ x−ct

x+cth(y) dy + 1

2

ˆ x−ct

x+ctg′(y) dy.

Aplicant el teorema fonamental del càlcul a l’última integral, arribem a l’expressió desit-jada:

u(x, t) = 12(g(x− ct) + g(x+ ct)

)+ 1

2c

ˆ x+ct

x−cth(y) dy.

Es deixa com a exercici comprovar que l’expressió anterior realment és solució de l’EDP.La unicitat de solucions és conseqüència directa de l’aplicació del mètode de les caracte-rístiques.

Definició 4.2.2. La fórmula de d’Alembert és

u(x, t) = 12(g(x− ct) + g(x+ ct)

)+ 1

2c

ˆ x+ct

x−cth(y) dy (4.3)

Observació 4.2.3. Sigui u solució de (4.2). Si, a més, g ∈ C 2b (R) i h ∈ C 1

b (R), llavors,donat un temps t, es compleix u(·, t) ∈ C 2

b (R) i:

||u(·, t)||∞ ≤ ||g||∞ + t||h||∞La demostració és immediata a partir de la fórmula de d’Alembert (4.3).

Exercici 4.2.4. Trobeu una fórmula per a ut. A continuació, fiteu ||ut||∞ i vegeu ut ∈ C 1b .

Observació 4.2.5. El semigrup solució està ben definit i és un endomorfisme continu:

Tt : C 2b (R)× C 1

b (R)→ C 2b (R)× C 1

b (R)(gh

)7→(u(·, t)ut(·, t)

)

Serà útil més endavant per a la resolució de problemes no lineals.


Existeix una deducció alternativa de la fórmula de d’Alembert, que es detalla a con-tinuació. Considerem el problema homogeni (4.2) amb c = 1:

utt = uxx.

Hi ha un canvi de variables que simplifica l’EDP. Considerem:y = t+ x;z = t− x ⇐⇒

t = 12(y + z)

x = 12(y − z)

Per la regla de la cadena, observem que:

ut = ∂y

∂tuy + ∂z

∂tuz = uy + uz

ux = uy − uz.Així, les segones derivades queden:

utt = (ut)t = (ut)y + (ut)z = (uy + uz)y + (uy + uz)z = uyy + 2uyz + uzz

uxx = (ux)x = (ux)y − (ux)y = (uy − uz)y − (uy − uz)z = uyy − 2uyz + uzz.

L’EDP resultant és0 = utt − uxx = 4uyz =⇒ uyz = 0.

L’expressió obtinguda és tan simple que podem “integrar-la” i trobar una solució general:

uyz = 0 =⇒ vz = 0, v = v(y, z) ⇐⇒ v = v(y) =⇒ uy = v(y).

D’aquesta manera:

u(y, z) =ˆ y

0v(s) ds+ c(z) = G(y) + F (z),

amb F,G arbitràries a trobar segons les condicions inicials. Desfent el canvi,

u(x, t) = F (x− t) +G(x+ t),

o, per a c arbitrària:u(x, t) = F (x− ct) +G(x+ ct). (4.4)

Imposant les condicions inicials de l’equació (4.2), veiem:g(x) = F (x) +G(x)h(x) = −cF ′(x) + cG′(x)

Derivant la primera equació deduïm que

g′(x) = F ′(x) +G′(x)

Fent les combinacions lineals adequades amb el sistema, obtenim:cg′(x)− h(x) = 2cF ′(x)cg′(x) + h(x) = 2cG′(x)

4.2. EQUACIÓ D’ONES HOMOGÈNIA 23

Integrant ambdues equacions podem obtenir expressions per a F,G:

F (x) = 12c

(cg(x)−

ˆ x

0h(y) dy + A

)

G(x) = 12c

(cg(x) +

ˆ x

0h(y) dy +B

),

per a unes certes constants A,B. Finalment, l’expressió de la solució general queda:

u(x, t) = F (x− ct) +G(x+ ct) = 12(g(x− ct) + g(x+ ct)

)+ 1

2c

ˆ x+ct

x−cth(y)dy + A+B,

d’on deduïm que A+B = 0.Una interpretació que es pot fer de (4.4) és que u es pot expressar com la superposició

de dues ones viatgeres F i G, que es desplacen a una velocitat c en direccions oposades.A continuació, es mostra un exemple on s’observa aquest comportament.

Exemple 4.2.6. Considerem una corda de guitarra sobre l’eix x, amb posició inicialg(x) i velocitat inicial zero. Si la deixem anar, aleshores la posició vertical de la corda vedonada per l’expressió:

u(x, t) = 12(g(x− ct) + g(x+ ct)),

És a dir, el resultat són dues ones viatgeres iguals a la inicial però de la meitat d’amplitud.

g(x)

12g(x + ct) 1

2g(x − ct)

Observació 4.2.7. Una conseqüència interessant de (4.4) és la següent: Consideremels punts A, B, C i D sobre el paral.lelogram de la figura a continuació. Aleshores, ésimmediat veure que:

u(A) + u(D) = u(B) + u(C)


x−

ct=

c 3

x−

ct=

c 4x+ct =

c1

x+ct =

c2

C

D

B

Ax

t

La fórmula de d’Alembert ens diu que el valor de u a la posició (x, t) només depèn deles condicions inicials a l’interval [x− ct, x + ct]. Recíprocament, els valors de la posiciói velocitat inicials en un punt x0 afectaran tot el sector x0 − ct ≤ x ≤ x0 + ct, donat untemps t. Aquests fets se sintetitzen en les següents definicions:

Definició 4.2.8. El domini de dependència de (x, t) del punt x respecte el temps t ésl’interval [x− ct, x+ ct].

Definició 4.2.9. El rang d’influència a temps t del punt x0 és el sector x0 − ct ≤ x ≤x0 + ct.

4.3 Equació d’ones no homogèniaProposició 4.3.1. Donades g ∈ C 2(R), h ∈ C 1(R), f ∈ C 1(R×R), l’EDP no homogènia

utt − c2uxx = f(x, t), x ∈ R, t ∈ Ru(x, 0) = g(x), x ∈ Rut(x, 0) = h(x), x ∈ R

(4.5)

admet una única solució de classe C 2(R), i ve donada per:

u(x, t) = 12(g(x− ct) + g(x+ ct)

)+ 1

2c

ˆ x+ct

x−cth(y) dy + 1

2c

¨T (x,t)

f,

sent T (x, t) = (y, s) ∈ R2; 0 < s < t, x − c(t − s) < y < x + c(t − s) el trianglecaracterístic amb vèrtex superior (x, t).

Demostració. Siguin v, w respectivament les solucions de les següents EDPs:vtt − c2vxx = 0, x ∈ R, t ∈ Rv(x, 0) = g(x), x ∈ Rvt(x, 0) = h(x), x ∈ R

;

wtt − c2wxx = f(x, t), x ∈ R, t ∈ Rw(x, 0) = 0, x ∈ Rwt(x, 0) = 0, x ∈ R

Aleshores, si u és solució de l’EDP no homogènia (4.5), es complirà que u = v + w.Observem que v satisfà una EDP homogènia, i per tant la seva expressió ve donada per

4.3. EQUACIÓ D’ONES NO HOMOGÈNIA 25

la fórmula de d’Alembert (4.3). Per tant, només ens cal trobar l’expressió de w. La ideaés utiltzar la fórmula de Duhamel:

w(x, t) =ˆ t

0Tt−sf(x, s) ds.

No obstant, recordem que per a l’equació d’ones necessitem dues condicions inicials: g ih. Per tant, tenim dues opcions per a Tt−sf : o posem f com a posició inicial o com avelocitat inicial. Per deduïr quina és la correcta, reescrivim l’equació com una equació deprimer ordre en temps de la forma

wt =(wtwtt

)=(

wtc2wxx + f

)=(

wtc2wxx

)+(

0f

)= Aw + f ,

el que ens indica que el que té sentit és posar f com a velocitat inicial. Per tant, consi-derem la següent EDP per a una s fixada:

(ϕtt − c2ϕxx

)(x, t; s) = 0, x ∈ R, t > s

ϕ(x, s; s) = 0, x ∈ Rϕt(x, s; s) = f(x, s), x ∈ R

És una equació homogènia, i per tant podem aplicar la fórmula de d’Alembert (aplicantuna certa translació temporal, que podem fer perquè la EDP és autònoma):

ϕ(x, t; s) = 12c

ˆ x+c(t−s)

x−c(t−s)f(y, s) ds.

A partir d’aquí, hom pot comprovar (com a exercici) que

w(x, t) =ˆ t

0ϕ(x, t, s) ds

resol la EDP considerada. Combinant ambdues expressions:

w(x, t) = 12c

ˆ t

0

ˆ x+c(t−s)

x−c(t−s)f(y, s) dy ds = 1

2c

¨T (x,t)

f,

on T (x, t) és el triangle característic anteriorment definit. Per tant, com que u = v + w,se segueix el resultat.

Definició 4.3.2. La fórmula de d’Alembert-Duhamel és:

u(x, t) = 12(g(x− ct) + g(x+ ct)

)+ 1

2c

ˆ x+ct

x−cth(y) dy + 1

2c

¨T (x,t)

f, (4.6)

Observació 4.3.3. A EDOs, tota solució es podia expressar com a suma d’una solucióparticular i una solució de l’homogènia. A l’anterior demostració ens hem basat en unaidea similar: Suposem que coneixem una solució “particular” de utt − c2uxx = f (queno necessàriament satisfà les condicions inicials). Sigui w aquesta solució. Aleshores, lasolució general u de l’EDP es pot expressar com u = w + v, on v és la solució de

vtt − c2vxx = 0v(x, 0) = g − w(x, 0)vt(x, 0) = h− wt(x, 0).


Exemple 4.3.4. Considerem el problemautt − c2uxx = x sin tu(x, 0) = g(x)ut(x, 0) = h(x).

Per inspecció, es pot trobar la solució “particular” w = −x sin t. Per tant, considerantv = u+ w, només cal resoldre:

vtt − c2vxx = 0v(x, 0) = g(x)vt(x, 0) = h(x) + x,

que és una equació homogènia. Es remarca que aquesta no és l’única manera de resoldreel problema, ja que es pot aplicar directament la fórmula de d’Alembert-Duhamel (4.6),però en alguns casos pot ser més senzill resoldre l’equació amb el mètode esmentat.

4.4 Condicions de vora

4.4.1 Ona semi-infinitaFins ara, hem considerat que la corda era infinita, una suposició que ha simplificat elproblema però que no és realista físicament. Ara farem un pas més i suposarem que lacorda és semi-infinita, és a dir, que x ∈ R, x ≥ 0. Per tal de garantir que el problemaestigui ben posat (well-posed), haurem de preescriure el comportament de la corda a lavora, en el nostre cas a x = 0.

Definició 4.4.1. Les condicions de Dirichlet fixen la posició de la vora de la corda:

u(0, t) = d(t).

Es diu que les condicions de vora són homogènies si d(t) ≡ 0, i no homogènies altrament.

Definició 4.4.2. Les condicions de Neumann fixen l’angle de la vora de la corda:

ux(0, t) = n(t).

Es diu que les condicions de vora són homogènies si n(t) ≡ 0, i no homogènies altrament.

Tot seguit, fem una observació sobre el problema de la corda infinita que ens permetràresoldre el problema semi-infinit.

Observació 4.4.3. Sigui u una solució del problema no homogeni (4.5). Si g, h i f(·, t)són funcions parelles, senars o L-periòdiques en x ∈ R, llavors u(·, t) també serà parella,senar o L-periòdica, respectivament.

Demostració. Es farà la demostració només en el cas parell, la resta de casos són anàlegs.Considerem la funció u∗(x, t) = u(−x, t), la reflexió parella de u. En primer lloc, observemque:

u∗(x, t) = u(−x, t) =⇒ u∗x(x, t) = −ux(−x, t) =⇒ u∗xx(x, t) = uxx(−x, t).

4.4. CONDICIONS DE VORA 27

Vegem ara quina equació satisfà u∗:(u∗tt − c2u∗xx)(x, t) = (utt − c2uxx)(−x, t) = f(−x, t) = f(x, t)u∗(x, 0) = u(−x, 0) = g(−x) = g(x)u∗t (x, 0) = ut(x, 0) = h(−x) = h(x).

Per tant, si g, h i f(·, t) són parelles, u∗ satisfà la mateixa EDP que u, i per unicitat desolucions s’ha de tenir

u(x, t) = u∗(x, t) = u(−x, t),com volíem demostrar.

A partir d’aquesta observació, podem resoldre del problema de Dirichlet homogeni enla corda semi-infinita:

utt − c2uxx = f(x, t), x ≥ 0, t ∈ Ru(0, t) = 0, t ∈ Ru(x, 0) = g(x), x ≥ 0ut(x, 0) = h(x), x ≥ 0.

Considerem les reflexions senars de f(·, t), g i h:

gs(x) =g(x), x ≥ 0−g(−x), x < 0,

hs(x) =h(x), x ≥ 0−h(−x), x < 0,

fs(x, t) =f(x, t), x ≥ 0−f(−x, t), x < 0.

A partir d’aquí podem resoldre el problema per a la corda infinita:utt − c2uxx = fs(x, t), x ∈ R, t ∈ Ru(x, 0) = gs(x), x ∈ Rut(x, 0) = hs(x), x ∈ R

Aquest problema ja l’hem resolt abans amb la fórmula de d’Alembert-Duhamel:

u(x, t) = 12(gs(x− ct) + gs(x+ ct)

)+ 1

2c

ˆ x+ct

x−cths(y) dy + 1

2c

¨T (x,t)

fs.

Si gs ∈ C 2(R), hs ∈ C 1(R), i fs ∈ C 1(R × R), l’observació anterior garanteix que u ésuna funció senar de x i contínua, de manera que per a tot temps t

u(0, t) = 0.

Per tant, u = u|[0,+∞) és C 2(R× R) i resol el problema de Dirichlet (és solució clàssica).


Observem que hem necessitat unes condicions suficients per tal d’assegurar-nos queu sigui C 2. Aquestes condicions les hem imposat sobre gs, hs i fs, i ara ens agradariatraduir-les a condicions per a g, h i f . Es té:

gs(x) =g(x), x ≥ 0−g(−x), x < 0,

=⇒ g′s(x) =g′(x), x ≥ 0g′(−x), x < 0,

=⇒ g′′s (x) =g′′(x), x ≥ 0−g′′(−x), x < 0.

Per tant, gs serà C 2 si i només si g(0) = 0 i g′′(0) = 0. Anàlogament, hs serà C 1 si inomés si h(0) = 0, i fs serà C 1 si i només si f(0, t) = 0, ∀t.

Les condicions obtingudes anteriorment són condicions suficients, però potser no ne-cessàries. Ara ens intentarem trobar unes condicions de compatibilitat o necessàries pertal que la solució

u(x, t) = 12(gs(x− ct) + gs(x+ ct)) + 1

2c

ˆ x+ct

x−cths(s) ds+ 1

2c

¨T (x,t)

fs(y, s) dy ds

compleixi u ∈ C 2([0,+∞),R). En primer lloc, comparant les condicions inicials de u pera (x, 0) i (0, t):

g(0) = u(0, 0) = 0.

Si ara considerem les condicions inicials per a ut:

u(0, t) = 0 =⇒ ut(0, t) = 0 =⇒ h(0) = ut(0, 0) = 0,

obtenint així una altra condició necessària. Finalment:utt(0, t) = 0,uxx(x, 0) = g′′(x)

=⇒ f(0, 0) = (utt − c2uxx)(0, 0) = −c2g′′(0).

Hem obtingut, per tant, tres condicions necessàries per tal que u sigui solució clàssica.

Definició 4.4.4. Les condicions

• g(0) = 0

• h(0) = 0

• f(0, 0) + c2g′′(0) = 0

s’anomenen condicions de compatibilitat.

Exercici 4.4.5. Demostreu que les condicions de compatibilitat són també condicionssuficients.


Exemple 4.4.6. Analitzem la reflexió d’una ona fixada a la paret (condicions de Dirichlethomogènies) quan f ≡ 0, h ≡ 0. En aquest cas, l’ona es pot expressar amb la fórmula:

u(x, t) = 12(gs(x+ ct) + gs(x− ct)),

o, equivalentment:

u(x, t) =

12(g(x+ ct) + g(x− ct)), si x ≥ ct12(g(x+ ct)− g(−x+ ct)), si x ≤ ct

D’aquí, podem interpretar que quan l’ona xoca amb la paret es produeix una inversió del’amplitud.

Exercici 4.4.7. En el context de l’exemple anterior, demostreu que si g és una funcióparella (és a dir, existeix a tal que g(a + h) = g(a − h) per a tot h), aleshores hi ha uninstant de temps en el qual l’ona incident a la paret és nul.la.

4.4.2 Ona finitaConsiderem ara una corda finita continguda a l’interval x ∈ [0, L]. Assumint condicionsde Dirichlet homogènies, es té:

utt − c2uxx = f(x, t), x ∈ [0, L], t ∈ Ru(0, t) = u(L, t) = 0, t ∈ Ru(x, 0) = g(x), x ∈ [0, L]ut(x, 0) = h(x), x ∈ [0, L].

(4.7)

Sigui Ω = (0, L)× R. Per tal que una solució u tingui sentit, s’ha de satisfer:

• u ∈ C 2(Ω) per tal que pugui ser solució clàssica.

• u ∈ C 1(Ω) per tal que la posició i la velocitat també siguin contínues a les vores.

Resoldrem el problema mitjançant el mètode de reflexions:

1. Estenem g, h, f(·, t) de forma senar respecte x = 0, de manera que les funcionsqueden definides a [−L,L].


2. Fem l’extensió 2L-periòdica de les funcions obtingudes anteriorment.

L−L

Siguin gext, hext i fext les extensions obtingudes, i sigui u la corresponent solució obtingudaamb la fórmula de d’Alembert-Duhamel (4.6) a tot R. Volem que

u = u|[0,L]

sigui solució clàssica del problema de la corda finita. Per a assegurar-ho, necessitemgext ∈ C 2, hext ∈ C 1, fext ∈ C 1. Farem un raonament anàleg al de la corda semi-infinitaper a imposar condicions suficients sobre g, h i f .

Si gs és la reflexió senar de g, observem que

g ∈ C 2

g(0) = 0g′′(0) = 0

=⇒ gs ∈ C 2

Per tant, quan fem l’extensió periòdica,

gs ∈ C 2

g(L) = 0g′′(L) = 0

=⇒ gext ∈ C 2

D’aquesta manera, obtenim unes condicions suficents per a garantir gext ∈ C 2. Anàloga-ment:

h ∈ C 1

h(0) = 0h(L) = 0

=⇒ hext ∈ C 1

f ∈ C 1

f(0, t) = 0f(L, t) = 0

=⇒ fext ∈ C 1

Només queda per veure que u compleix les condicions de vora, però això se segueix delfet que gext, hext i fext són senars respecte x = 0 i x = L (la comprovació es deixa com aexercici pel lector), i de l’observació 4.4.3.


Observació 4.4.8. En aquest cas, també tenim unes condicions necessàries o de compa-tibilitat, que també resulten ser suficients. En concret, són:

• g(0) = g(L) = 0

• h(0) = h(L) = 0

• f(0, 0) + c2g′′(0) = f(L, 0) + c2g′′(L) = 0

Proposició 4.4.9. La solució de l’equació (4.7) és única.

Demostració. Considerem el problema de l’ona finita definit per

utt − c2uxx = f(x, t), x ∈ [0, L], t ∈ Ru(0, t) = u(L, t) = 0, t ∈ Ru(x, 0) = g(x), x ∈ [0, L]ut(x, 0) = h(x), x ∈ [0, L].

Suposem que tenim dues solucions u1 i u2. Sigui v = u1 − u2, amb v ∈ C 2([0, L] × R).Considerem vs, l’extensió senar de v respecte x = 0, definida a [−L,L] × R. Volemvs ∈ C 2([−L,L]× R). Observem que:

• v(0, t) = 0

• vtt(0, t) = 0 =⇒ vxx(0, t) = 1c2vtt(0, t) = 0.

Per tant, vs és C 2([−L,L]×R). Pel mateix argument, podem veure que vext ∈ C 2(R×R).En aquest cas, atès que v satisfà unes condicions inicials nul.les:

(∂x − c∂t)(∂x + c∂t)v = (∂x − c∂t)w = 0 =⇒ w ≡ 0,w = vx + cvt = 0 =⇒ v ≡ 0,

com volíem veure.

Corol.lari 4.4.10. En el cas homogeni (utt − c2uxx = 0), la solució del problema de lacorda finita en (0, L) amb condicions de Dirichlet homogènies (4.7) és 2L

c-periòdica en el

temps.

Demostració. Utilitzant la solució explícita u = u|[0,L]×R,

u(x, t) = 12(gext(x− ct) + gext(x+ ct)) + 1

2c

ˆ x+ct

x−cthext(y) dy =

=1

2gext(x− ct) + 12c

ˆ 0

x−cthext(y) dy

+1

2gext(x+ ct) + 12c

ˆ x+ct

0hext(y) dy

=

= F (x− ct) +G(x+ ct)

És suficient comprovar que F , G són 2L-periòdiques. Farem la demostració per a F , pera G és anàleg. Observem que, com que gext és 2L-periòdica, només cal veure que

H(x) =ˆ 0

x

hext(y) dy


és 2L-periòdica. En efecte,

H(x+ 2L) =ˆ x

x+2Lhext(y) dy +

ˆ 0

x

hext(y) dy.

Com que hext és senar respecte L i 2L-periòdica,ˆ 0

2Lhext(y) dy = 0 =⇒

ˆ x

x+2Lhext(y) dy = 0 =⇒ H(x+ 2L) = H(x).

Fins ara, hem solucionat EDPs amb condicions de vora homogènies, i ens preguntemcom ens ho podem fer per resoldre el cas no homogeni. En primer lloc, consideremcondicions de Dirichlet no homogènies:

utt − c2uxx = f(x, t), 0 ≤ x ≤ L, t ∈ Ru(0, t) = d0(t), t ∈ Ru(L, t) = dL(t), t ∈ Ru(x, 0) = g(x), x ∈ [0, L]ut(x, 0) = h(x), x ∈ [0, L]

L’objectiu és reduir el cas no homogeni al cas homogeni, que ja sabem resoldre. Ho faremrestant una certa funció a la incògnita u, de manera que passi a satisfer condicions devora homogènies. L’opció més senzilla serà restar la recta que uneix d0(t) i dL(t):

v := u (x, t)−(d0 (t) +

(dL (t)− d0 (t)

) xL

),

que, en efecte, satisfà:v(0, t) = v(L, t) = 0.

Per tant, v satisfà una equació amb condicions de vora homogènies amb unes certes f , g,h que es poden determinar fàcilment (es deixa com a exercici pel lector).

Observació 4.4.11. L’elecció de v no és única.

Considerem ara condicions de Neumann no homogènies (ux(0, t) = n0(t), ux(L, t) =nL(t)). Volem trobar una funció que tingui angle n0(x) a x = 0 i nL(x) a x = L. Unaparàbola servirà:

w(x, t) = n0(t)x+ nL(t)− n0(t)L

x2

2 .

Les condicions de vora seran:

wx(0, t) = n0(t);

wx(L, t) = n0(t)L+ nL(t)− n0(t)L

L = nL(t).

Per tant, u− w satisfarà unes condicions de vora homogènies.

4.5. CONSERVACIÓ DE L’ENERGIA I APLICACIONS 33

4.5 Conservació de l’energia i aplicacionsAl problema 1 de la llista 3 s’estudia la conservació de l’energia en una corda infinita quesatisfà l’equació homogènia i que té les condicions inicials amb suport compacte. Quèsucceeix en una corda finita?Proposició 4.5.1. Per l’equació d’ones homogènia amb condicions de vora nul.les (deDirichlet o de Neumann), l’energia total

E(t) =ˆ L

0

(12u

2t (x, t) + 1

2c2u2

x(x, t))

dx

és constant en el temps, independentment de les condicions inicials.Demostració. Calculem la derivada de l’energia respecte el temps i veiem que és 0:

E ′(t) =ˆ L

0

(ututt + c2uxuxt

)dx = c2uxut

∣∣∣Lx=0

+ˆ L

0

(ututt − c2uxxut

)dx,

on a l’última igualtat hem integrat per parts. Si les condicions són de Dirichlet,

u(0, t) = u(L, t) = 0=⇒ ut(0, t) = ut(L, t) = 0.

D’altra banda, si les condicions són de Neumann,

ux(0, t) = ux(L, t) = 0.

En qualsevol cas,c2uxut

∣∣∣Lx=0

= 0ututt − c2uxxut = 0

=⇒ E ′(t) = 0.

Una conseqüència curiosa de la conservació de l’energia és que ens permet demostrarde manera alternativa la unicitat de solucions:Corol.lari 4.5.2. Donades g i h, si existeix solució de classe C 2([0, L] × R) a l’equaciód’ones amb condicions de vora homogènies (de Dirichlet o de Neumann), aleshores lasolució és única (de fet, també és cert per condicions de vora no homogènies però no hodemostrarem).Demostració. Si u i u són solucions, aleshores v = u− u resol el problema completamenthomogeni. L’energia és:

E(t) =ˆ L

0

12v

2t + c2

2 v2x dx.

Com que l’energia és constant, E(t) = E(0). A t = 0,(12v

2t + c2

2 v2x

)(x, 0) = 0 =⇒ E(t) = E(0) = 0.

Aleshores, tenim que la integral d’una funció contínua i positiva és 0, de manera que lafunció ha de ser idènticament 0. En conseqüència,

12v

2t + c2

2 v2x ≡ 0 =⇒ vt ≡ 0 =⇒ v ≡ 0.


4.6 Equació d’ones en dimensions superiorsTeorema 4.6.1. Teorema de la divergència.Donat un camp vectorial T ∈ C 1(Ω;Rn), on Ω ⊂ Rn és un domini fitat suficientmentregular1. Aleshores, ˆ

Ωdiv T dx =

ˆ∂ΩT · ν dS, (4.8)

sent ν la normal exterior a Ω, que està definida sobre ∂Ω.

El resultat és un cas particular del teorema de Stokes. Pel propòsit d’aquest curs, ensserà particularment interessant el següent corol.lari.

Corol.lari 4.6.2. Integració per parts a Rn. Donats u, v ∈ C 1(Ω ⊂ Rn), es compleixˆ

Ωuvxi = −

ˆΩuxiv +

ˆ∂Ω

(uv)νi, (4.9)

on uxi representa la derivada parcial respecte xi i νi és la component i-èsima de ν.

Demostració. ConsiderantT = (0, ..., 0, uv, 0, ..., 0)

i aplicant (4.8) s’obté el resultat desitjat.

Fixem-nos ara en l’equació d’ones en n dimensions:

utt − c2∆u = 0, x ∈ Ω ⊂ Rn

u(x, 0) = g x ∈ Ωut(x, 0) = h x ∈ Ωcondicions de vora x ∈ ∂Ω

on les condicions de vora poden ser:

• de Dirichlet: u = 0

• de Neumann: ∇u · ν = ∂u∂ν

= 0.

Proposició 4.6.3. Sigui u ∈ C 2(Ω) solució de l’equació d’ones n-dimensional. Aleshoresl’energia

E(t) =ˆ

Ω

12u

2t + c2

2 |∇u|2

és constant en el temps.

Demostració. Derivant E respecte el temps:

d

dtE(t) =

ˆΩututt + c2∇u∇ut.

1Per exemple, si Ω és Lipschitz (és a dir, si Ω és localment la gràfica d’una funció Lipschitz), ja quepel Teorema de Rademacher (fora de l’abast d’aquest curs), tota funció Lipschiz és diferenciable a quasitot punt, i per tant, la normal ν està definida a quasi tot punt de ∂Ω. Considerem dominis Lipschitz pertal d’incloure rectangles o triangles al pla, cubs a l’espai, etc.

4.6. EQUACIÓ D’ONES EN DIMENSIONS SUPERIORS 35

Ara, integrant per parts:ˆ

Ωututt + c2∇u∇ut =

ˆΩututt − c2∆uut dx+

ˆ∂Ωc2ut∇u · ν dS,

però el primer terme és zero utilitzant la EDP i el segon terme és zero a causa de lescondicions de vora (siguin les que siguin). Per tant,

d

dtE(t) = 0,

com volíem veure.

Corol.lari 4.6.4. Si existeix alguna solució u ∈ C 2(Ω) per l’equació d’ones n-dimensional,aleshores és única.

Demostració. Suposem que u, v són dues solucions. Aleshores, w = u − v resol la EDPamb h = g = 0. Per la proposició anterior,

E(t) = E(0) = 0 =⇒ w = 0,

ja que estem integrant una quantitat nul.la.

Tema 5

Equació de la calor o de difusió

5.1 IntroduccióConsiderem una vareta modelada com un segment [0, L]. Al llarg del tema u(x, t) mo-delarà la temperatura de la vareta al punt x ∈ [0, L] i instant t o la concentració d’unasubstància que es difon al llarg de la vareta. Com hem fet ja a temes anteriors, deduireml’equació diferencial que regeix el comportament d’aquests fenòmens a partir de senglesprincipis físics. La llei de Fourier diu que la calor flueix dels punts més calents als mésfreds amb flux proporcional al gradient de la temperatura. La llei de Fick estableix elmateix comportament al estudiar la concentració d’una substància en difusió.

Considerem ara un interval [a, b] de la vareta. La massa o energia calòrica totals escalculen com

´ bau(x, t). Si suposem que no hi ha fonts de calor (o de massa) a la vareta,

la variació d’aquesta quantitat depèn exclusivament de la massa o calor que entra o surtper la vora, és a dir, el flux que passa a través de la vora. Per tant,

ddt

ˆ b

a

u(x, t) dx = q(b, t)− q(a, t) Fick= D(ux(b, t)− ux(a, t)).

D’on ˆ b

a

ut(x, t) dx−Dˆ b

a

uxx(x, t) dx = 0.

Com això és cert per tot [a, b], en deduïm l’equació de la calor,

ut = Duxx,

per x ∈ (0, L) i t > 0. La constant D > 0 s’anomena coeficient de difusió. Reescalantadequadament les variables, podem assumir que D = 1.

Quan autors com Euler, D’Alembert o Fourier van començar l’estudi de l’equació dela calor, es coneixien exemples particulars de solucions. Per exemple, la funció

u(x, t) = e−k2t sin(kx)

satisfàuxx = −k2e−k

2t sin(kx) = ut.

A partir d’aquests exemples un pot observar que ∂xx sin(kx) = −k2 sin(kx). Diem quesin(kx) és una funció pròpia de l’operador ∂xx amb valor propi −k2. Podem veure, amés, que l’operador A = ∂xx és simètric. Recordem que un operador és simètric si

37

38 TEMA 5. EQUACIÓ DE LA CALOR O DE DIFUSIÓ

(Ax, y) = (x,Ay)∀x, y ∈ E (en el cas de dimensió finita és equivalent a AT = A). Enaquest cas, considerant el producte escalar habitual de L2, (u, v) = (u, v)L2 =

´ L0 uv, es

té(Au, v) =

ˆ L

0uxxv = [uxv]L0 −

ˆ L

0uxvx =

ˆ L

0uvxx = (u,Av),

on el primer terme de la resta s’anul.la si tenim condicions homogènies de Dirichlet o deNeumann. Notem que els vectors propis de valors propis diferents són ortogonals, i que elteorema espectral real diu que un operador simètric i compacte diagonalitza. Intentaremdiagonalitzar l’operador ∂xx, és a dir, trobar una base de funcions que siguin funcionspròpies de l’operador i que les seves combinacions lineals generin totes les funcions del’espai que ens interessi. Concretament, si fixem L = π i plantegem el problema ambcondicions de Dirichlet: ut = uxx

u(0, t) = u(π, t) = 0

Com ja hem dit, les funcions sin(kx) són funcions pròpies de ∂xx i cal que k ∈ Z per talque siguin solucions del problema, és a dir, per tal que pertanyin a l’espai de funcionsque volem estudiar. Per ara, procedirem per analogia amb el cas de dimensió finita iintentarem veure si obtenim així la solució que busquem. Concretament, si A fos unoperador de dimensió finita i tinguéssim el problemaut = Au

u(0) = g

Obtindríem la solució u = eAtg, i, si A diagonalitzés amb valors propis λk, tindríem (enla base ortonormal de vectors propis)

u =

eλ1tg1

...eλktgk

Volem veure ara si les combinacions lineals de la família sin(kx) amb k ∈ Z+ podengenerar totes les solucions del problema, però sabem que això és cert perquè qualsevolcondició inicial g = g(x) ∈ L2(0, π) admet una sèrie de Fourier de la forma

g(x) =∞∑k=1

bk sin(kx),

on els termes dels cosinus són innecessaris perquè ens trobem a l’interval (0, π). Aleshoresla solució del problema1 és de la forma

u(x, t) =∞∑k=1

bke−k2t sin(kx).

Notem que u serà solució del problema si podem derivar sota el signe d’integral i quesatisfà la condició inicial u(x, 0) = g(x). Per tant, si tenim unicitat de solucions, comveurem més endavant, totes les solucions es poden expressar així.

1Aquesta deducció de la solució de l’equació de la calor és una primera aproximació al problema. Lademostració que fem és vàlida, però en farem els detalls amb rigor més endavant.

5.2. MÈTODE DE SEPARACIÓ DE VARIABLES 39

5.2 Mètode de separació de variablesFins ara hem vist una via per resoldre el problema mitjançant combinacions lineals desinus, funcions pròpies del laplacià. Veurem ara que també es pot resoldre amb el mètodede separació de variables, que és més calculístic però és útil per altres EDPs com la d’oneso la d’electromagnetisme.

Considerem el problema ut = Duxx. Busquem solucions de l’equació a variablesseparades, és a dir, de la forma u(x, t) = v(x)w(t). Si el problema és adequat, obtindremEDOs per a v i w.

i) En primer lloc, cal imposar l’equació ut = Duxx. Separant u,

ut = v(x)w′(t) = Dv′′(x)w(t) = Duxx.

És a dir,−v′′(x)v(x) = −w

′(t)Dw(t) = c,

amb c constant perquè no depèn ni de la posició ni del temps.

ii) En segon lloc, cal imposar les condicions de vora i resoldre la EDO corresponent:v(0) = v(L) = 0−v′′(x) = cv(x) x ∈ (0, L)

Si fixem c < 0, es tév(x) = ae

√−cx + be−

√−cx.

Imposant v(0) = 0, tenim a+ b = 0, i imposant v(L) = 0 obtenim

ae√−cL − ae−

√−cL = 0

Que només és cert si a = b = 0. Per tant, aquest cas no ens proporciona solucionsde variables separades. Ara bé, si fixem c > 0, obtenim les solucions de la forma

v(x) = a sin(√

cx)

+ b cos(√

cx).

Amb v(0) = 0 obtenim b = 0 i imposant v(L) = 0, tenim que sin(√

cL)

= 0, és adir, c =

(kπL

)2. Per tant, en aquest cas obtenim la família de solucions de la forma

v(x) = ak sin(kπLx)per k ∈ N+. Trobem aleshores la w associada a v per k fixada

−w′(t)Dw(t) =

(kπ

L

)2

=⇒ w(t) = e−( kπL )2Dt.

iii) Finalment, hem d’imposar la condició inicial del problema. Considerem com acandidates a solució les combinacions lineals de les solucions a variables separadesobtingudes. És a dir,

u(x, t) =∞∑k=1

bke−( kπL )2

Dt sin(kπ

Lx

).

I, a t = 0, volem que

g(x) = u(x, 0) =∞∑k=1

bk sin(kπ

Lx

).


5.3 L’equació de la calor en una vareta homogèniaObservació 5.3.1. Les funcions L-periòdiques i L2(0, L) es poden escriure en termes dela seva seriè de Fourier

sN(x) = a0

2 +N∑k=1

ak cos(

2kπLx

)+ bk sin

(2kπLx

) ,en el sentit que limN→∞ ||f − sN ||L2 = 0.

Proposició 5.3.2. Donat L > 0, la família de funcions√

2L

sin(kπLx)

per k ∈ N+ ésuna base ortonormal de L2(0, L).

Demostració. Donada g ∈ L2(0, L), definim la reflexió senar

gs(x) =g(x) si x ∈ (0, L)−g(x) si x ∈ (−L, 0)

Tenim doncs que gs ∈ L2(−L,L) i per tant sabem que, per

sN(x) = a0

2 +N∑k=1

ak cos(kπ

Lx

)+ bk sin

(kπ

Lx

) .on ak i bk són els coeficients de la sèrie de Fourier, es té limn→∞ ||gs − sn||2 = 0. A més,

ak = 1L

ˆ L

−Lgs(x) cos

(kπ

Lx

)dx.

Per ser el primer terme del producte senar i el segon parell, el producte és senar i laintegral és zero, és a dir, ak = 0. Anàlogament, a0 = 1

2L´ L−L gs(x) = 0. Per tant,

sN(x) =N∑k=1

bk sin(kπ

Lx

).

I en particular l’aproximació de gs també serà vàlida per g(x) = gs(x) a l’interval (0, L).És a dir, hem vist que

limN→∞

||gs − sN ||2 = limN→∞

ˆ L

0|g(x)− sN |2 dx = 0.

Encara quedaria veure que els elements de la base són de norma 1 i ortogonals entre ells.Es deixa com exercici pel lector.

Observació 5.3.3. Així com per les condicions de Dirichlet la base ortonormal adecuadade L2(0, π) és

√2L

sin(kπLx)

per k ∈ N+, per les condicions de Neumann la base

ortonormal adecuada és√

2L

cos(kπLx)

per k ∈ N+, perquè volem que els elements dela base satisfacin les condicions de vora.

Presentem ara diferents models de condicions de vora.

5.3. L’EQUACIÓ DE LA CALOR EN UNA VARETA HOMOGÈNIA 41

• Condicions de Dirichlet: Es prescriu el valor de u a la vora de (0, L). En aquestcas absorbim tota la calor a la vora i la mantenim sempre a temperatura zero. Perexemple, si hi ha una massa gran, com el mar, que pot absorbir tanta energia comcalgui.

• Condicions de Neumann (o aïllants): La vora de (0, L) és aïllant, no hi ha flux decalor a la vora.

ux(0, t) = ux(L, t) = 0∀t ≥ 0.

• Condicions periòdiques: Vareta circular de longitud L, és a dir, de radi R = L2π .

u(0, t) = u(L, t)ux(0, t) = ux(L, t)

∀t ≥ 0.

• Condicions mixtes: u(0, t) = 0 i ux(L, t) = 0.

• Condicions de Robin (o radiació):

ux(0, t) + αu(0, t) = 0ux(L, t) + βu(L, t) = 0

Amb α, β > 0 constants. Aquestes constants descriuen materials que aïllen més omenys en funció de la temperatura.

Observació 5.3.4. En el cas de Neumann o periòdic no s’absorbeix o s’afegeix calor.Per tant, l’energia calòrica total (o la massa de la substància) es conserva en el temps

ddt

ˆ L

0u(x, t) dx =

ˆ L

0ut(x, t) dx = D

ˆ L

0uxx(x, t) dx = D(ux(L, t)− ux(0, t)) = 0.

5.3.1 Existència i unicitat pel problema de DirichletRecordem el problema de Dirichlet de la calor o de la difusió (en aquesta subseccióagafarem D = 1):

ut = Duxx (x, t) ∈ (0, π)× (0,∞)u(0, t) = u(π, t) = 0 t > 0u(x, 0) = g(x) x ∈ (0,∞)

Si g(x) ∈ L2 i g(x) = ∑∞k=1 bk sin(kx), considerem u(x, t) = ∑

k≥1 bke−k2tsin(kx) que hem

vist que és solució en sentit formal. Vegem ara amb més precisió el caràcter d’aquestasolució.

Observació 5.3.5. Per la demostració del següent teorema recordem el següent resultatpropi de l’anàlisi real. Donada una succesió de funcions hn tal que existeix x0 ambhn(x0)→ h(x) puntualment i h′n → y uniformement, aleshores h és diferenciable i h′ = y.

Teorema 5.3.6. Sigui g ∈ L2(0, π) i bk els seus coeficients de Fourier en base de sinus.Aleshores


i) La funció u definida com u(x, t) = ∑k≥1 bke

−k2t sin(kx) és la única funció u ∈C∞

([0, π]× (0,∞)

)que satisfà

ut = uxx (x, t) ∈ (0, π)× (0,∞)u(0, t) = u(π, t) = 0 t > 0u(·, t)→ g(x) en L2(0, π) quan t→ 0+

De fet, és l’unica funció C 2 ([0, π]× (0,∞))que ho satisfà.

ii) Si a més a més g ∈ C 1([0, π]) i g(0) = g(π) = 0, aleshores u ∈ C 0 ([0, π]× [0,∞))i

u(x, 0) = g(x)∀x ∈ [0, π].

iii) Podem fitar la seva norma com

||u(·, t)||L2(0,π) ≤ e−t||g||L2(0,π)

Demostració.

i) Veurem el primer apartat per parts. Vegem en primer lloc la regularitat de lasolució per t > 0. Considerem la successió dels coeficients de la sèrie de Fourierde g, (bk) ∈ l2, és a dir, ∑k≥1 b

2k < ∞. Es té que bk → 0, i per tant |bk| ≤ B per

alguna B. Sigui t0 > 0 un temps tan petit com vulguem. Demostrarem que tenimconvergència uniforme a [0, π] × [t0,∞) per totes les derivades. Per poder aplicarel resultat de l’observació anterior, en primer lloc fitem les derivades. Es té que2

∣∣∣∣∂(i)t ∂

(j)x uN(x, t)

∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣N∑k=1

bk(−k2)ikje−k2t [± sin(kx) o ± cos(kx)]∣∣∣∣∣∣ ≤

≤N∑k=1|B|k2i+je−k

2t0 <∞.

Aplicant el criteriM de Weierstrass les derivades de uN convergeixen uniformementi podem aplicar el resultat anterior per dir que les uN convergeixen uniformement isón infinitament derivables. En particular, podem derivar terme a terme i obtenimque

ut = uxx.

A més, u(0, t) = u(π, t) = 0, perquè uN(0, t) = uN(π, t) = 0 i tenim convergència a0 i π.Vegem ara que u(·, t)→ g a L2(0, π) quan t→ 0+, és a dir,

||u(·, t)− g||2L2(0,π) → 0

quan t→ 0. Tenim que

||u(·, t)− g||2L2(0,π) =ˆ π

0|u(x, t)− g(x)|2 dx =

= π

2

ˆ π

0

∣∣∣∣∣∣∞∑k=1

bk(e−k

2t − 1)

sin(kx)√

2π

∣∣∣∣∣∣2

dx

2La derivada del sinus és el sinus o el cosinus segons la paritat de j.

5.3. L’EQUACIÓ DE LA CALOR EN UNA VARETA HOMOGÈNIA 43

Que, per la identitat de Parseval, és igual a

π

2

∞∑k=1|bk|2|e−k

2t − 1|2. (5.1)

A més, com podem fitar els termes de la suma per

|bk|2|e−k2t − 1| ≤ |bk|2.

I la suma ∑k≥1 |bk|2 < ∞ com hem dit al principi, per tant si fem tendir t a 0 lasuma de 5.1, podem intercanviar el límit i la suma i obtenir

limt→0

∞∑k=1|bk|2|e−k

2t − 1| =∞∑k=1

limt→0|bk|2|e−k

2t − 1| = 0.

Demostrem finalment la unicitat de la solució. Suposem que u, v són solucions delproblema. Aleshores w := u−v satisfà el mateix problema que hem plantejat, peròamb g = 0. Per tant, w(·, t) → 0 a L2(0, π) quan t → 0. Farem servir el mètodeintegral o “de l’energia”, com vam fer per l’equació d’ones. Considerem

E(t) =ˆ π

0w2(x, t) dx.

Per t > 0, tenim que

E ′(t) =ˆ π

0wwt dx =

ˆ π

02wwxx dx =

= [2wwx]π0 −ˆ π

02wxwx dx = −

ˆ π

02w2

x dx ≤ 0.

És a dir, E(t) és decreixent en el temps. A més, E(t) ≥ 0 i limt→0E(t) = 0, i pertant E(t) = 0 per a tot t ≥ 0. Això implica que w(x, t) = 0, d’on u = v.

ii) No demostrarem el segon apartat, es fa com el primer exercici de la llista 5.

iii)

||u(·, t)||2L2(0,π) = π

2

∞∑k=1|bk|2|e−2k2t| ≤ e−2t

∞∑k=1|bk|2 = e−2t||g||2L2(0,π)

Corol.lari 5.3.7. L’equació de la calor té un efecte regularitzador. Per a qualsevolg ∈ L2(0, π), la solució u esdevé C∞ en x i t instantàniament, és a dir, per a tot tempst0 > 0 arbitràriament petit.

Observació 5.3.8.

i) Les condicions de vora fan que la temperatura tendeixi cap a zero exponencialmentràpid en el temps.

ii) El corol.lari anterior 5.3.7 estableix una diferència molt important entre les solucionsde ut = uxx i utt = uxx, ja que les ones no tenen cap efecte regularitzant sobre lacondició inicial.


Corol.lari 5.3.9. Per la majoria de condicions inicial g, per exemple sempre que g nosigui analítica, no es pot resoldre l’equació de difusió per temps negatius, per petits quesiguin aquests temps. Diem que l’equació de difusió és irreversible.

Demostració. Hem demostrat que la solució per temps futur és C∞ en x i t si g ∈ L2(0, π).És més, l’expressió de la solució u implica que aquesta és analítica3. Suposem ara queexisteix ε > 0 tal que es pot resoldre l’equació a t ∈ (−ε,∞). Aleshores t = 0 és untemps futur respecte de −ε i per tant es pot expressar com la solució d’una condicióinicial passada, cosa que implica que g ha de ser C∞ i analítica.

Observació 5.3.10. Per algunes funcions analítiques (les que tenen coeficients de Fourierque decauen prou ràpid), u(x, t) = ∑∞

k=1 bke−k2t sin(kx) encara pot definir una solució per

−ε < t < 0, amb ε petit.

Observació 5.3.11.

i) Considerem el cas amb coeficient de difusió D > 0 amb condicions de Dirichlet iuna vareta de longitud L. Aleshores la solució és de la forma

u(x, t) =∞∑k=1

bke−k2( πL)2

Dt sin(kπ

Lx).

I podem observar que la taxa de refredament de la vareta és inversament proporci-onal a L2. És a dir, si augmenta la longitud de la vareta, l’exponencial decau méslentament. En canvi, és directament proporcional a D, i, per tant, l’exponencialdecau més lentament si el coeficient de difusió de calor D decreix.

ii) El mètode de separació de variables és equivalent a diagonalitzar l’operador (enaquest cas el Laplacià). És, però, útil també per altres equacions, com ara l’equaciód’ones. Si considerem el problema

utt = c2uxx,

i busquem solucions de la forma u = v(x)w(t), obtenim dues EDOs. La primeraens diu que v′′(x)

v(x) = λ, d’on

v(x) = sin(kπ

Lx

),

i λ = k2(πL

)2. La segona ens diu que w′′(t)

c2w(t) = λ, d’on

wk(t) = ak cos(kπ

Lct

)+ bk sin

(kπ

Lct

).

Si ara imposem les condicions de vora i inicials, suposant que

g(x) =∞∑k=1

ak sin(kπ

Lx

),

h(x) =∞∑k=1

bk cos(kπ

Lx

).

3No demostrarem aquest fet.

5.4. EL CAS NO HOMOGENI 45

aleshores

u(x, t) =∞∑k=1

ak cos(kπ

Lct

)+ bk

L

cπksin

(kπ

Lct

) sin(kπ

Lx).

En particular, la solució u és periòdica en el temps amb període 2Lc(tal i com haviem

vist al corol.lari 4.4.10 amb un altre mètode).

5.4 El cas no homogeni

5.4.1 Vareta no homogènia. Teoria de Sturm-LiouvilleSigui p = p(x) la conductivitat tèrmica de la vareta, i r = r(x) la seva densitat de massa.Aleshores, amb el model que havíem plantejat, l’equació resultant és

r(x)ut = (p(x)ux)x,

és a dir,r(x)ut = p(x)uxx + p′(x)ux.

També el podem escriure com ut = Au, on A és l’operador A = 1r(x)∂x(p(x)∂x). Voldríem

aplicar el teorema espectral real per poder afirmar que A diagonalitza. Ara bé, amb elproducte escalar habitual A no és simètric. Definim aleshores el producte escalar

〈u, v〉r =ˆ L

0uvr(x) dx,

suposant r > 0, p > 0 prou regulars. Amb aquest producte escalar,

〈Au, v〉r =ˆ L

0

1r(x)(p(x)ux)xvr(x) dx = [p(x)uxv]L0 −

ˆ L

0uxp(x)vx dx =

= −[up(x)vx]L0 +ˆ L

0u(p(x)vx)x dx = 〈u,Av〉r.

On hem aplicat que [p(x)uxv]L0 = −[up(x)vx]L0 = 0 sota condicions de vora nul.les deDirichlet o Neumann. És a dir, A és simètric sota condicions de vora nul.les de Dirichleto Neumann. A més, tenim que amb aquest producte escalar L2(a, b) és un espai de Hilbertamb la mateixa topologia que amb el producte escalar habitual, si suposem que

0 < c1 ≤ r(x) ≤ c2,

per a tota x ∈ [a, b], i per tant

c1||u||L2 ≤ ||u||r ≤ c2||u||L2 .

Teorema 5.4.1. Existeix una base de L2(a, b) ortonormal respecte el producte escalar〈·, ·〉r formada per funcions pròpies de l’operador A. De fet, existeixen ϕ1, ϕ2, · · · ∈L2(a, b) ortonormals i 0 < λ1 < λ2 < . . . valors propis tals que per tota k

−1r(x)(p(x)∂xϕk(x))x = λkϕk(x)ϕk(a) = ϕk(b) = 0


Aleshores, si g(x) = ∑∞k=1 bkϕk(x), la solució és

u(x, t) =∞∑k=1

bke−λktϕk(x).

Exemple 5.4.2. Per a certes funcions r(x), la base ortonormal per l’equació del calor ésimportant i té nom. Exemples:

i) Hermite: r(x) = e−x22 , amb x ∈ (−∞,∞).

ii) Laguerre: r(x) = e−x, amb x ∈ (0,∞).

iii) Chebyshev: r(x) = 1√1−x2 , amb x ∈ (−1, 1).

5.4.2 Equació de la calor no homogèniaTornant al problema original, considerem

ut = uxx + f(x, t) x ∈ (0, π), t > 0u(0, t) = u(π, t) = 0 t > 0u(x, 0) = g(x) x ∈ (0, π)

On hem introduït el terme no homogeni f(x, t). La fórmula de Duhamel (2.3.4) ens diuque

u(x, t) = (Ttg)(x) +ˆ t

0Tt−sf(·, s)(x) ds.

Amb el semigrup lineal i continu

Tt : L2(0, π)→ L2(0, π)

g 7→ (Ttg)(x) =∞∑k=1

bke−k2t sin(kx)

Tenim que||Ttg||2 =

∞∑k=1

b2ke−2k2tπ

2 ≤ e−2t||g||.

Per tant, Tt és una contracció.Alternativament, sense usar la fórmula de Duhamel, podem resoldre el problema bus-

cant una solució de la forma

u(x, t) =∞∑k=1

ck(t) sin(kx).

Si f(x, t) = ∑k≥1 dk(t) sin(kx), com coneixem bk i dk(t) podem imposar la EDP no

homogènia per obtenir una EDO de primer ordre per ck(t):c′k + k2ck = dk(t),ck(0) = bk

que haurem de resoldre utilitzant el mètode de variació de les constants.

5.5. UNICITAT DE LA SOLUCIÓ A RN 47

Observació 5.4.3. Donades condicions de vora no homogènies podem resoldre el pro-blema restant a u una funció h(x, t) que satisfaci les condicions de vora.

Resolguem el cas particular on f(x) no depèn de t. Podem interpretar f com una fontde calor o fred a cada punt de l’interior de la vareta. La podem resoldre explícitamentamb la fórmula de Duhamel. Si bk i dk són els coeficients de Fourier de g i f , tenim queel seu comportament assimptòtic quan t→∞ satisfà

limt→∞

u(x, t) = limt→∞

∞∑k=1

bke−k2t sin(kx) +

ˆ t

0

∞∑k=1

dke−k2(t−s) sin(kx) ds =

= limt→∞

∞∑k=1

dke−k2t

ˆ t

0ek

2s ds sin(kx) = lim

t→∞

∞∑k=1

dkk2 (1− e−k2t) sin(kx) =

=∞∑k=1

dkk2 sin(kx) =: v(x).

És a dir, tenim que limt→∞ u(x, t) = v(x). Aquesta funció v(x) satisfàvxx + f(x) = 0 x ∈ (0, π)v(0) = v(π) = 0

Que anomenem el problema estacionari perquè és el problema resultant de l’equació delcalor si suposem que la solució no depèn del temps (ut = 0).

5.5 Unicitat de la solució a Rn

Demostrarem en aquesta secció la unicitat de la solució per a l’equació de la calor enoberts fitats prou regulars (per exemple, Lipschitz) de Rn mitjançant el mètode integral.

Definició 5.5.1. Un domini Ω ⊂ Rn és un obert connex.

Proposició 5.5.2. Si Ω és un domini fitat i Lipschitz,ˆ

Ω(∆u)v =

ˆ∂Ω

∂u

∂νv −

ˆΩ∇u∇v.

Aquest resultat es coneix com identitat de Green.

Demostració. Usant integració per parts a Rn (4.6.2),ˆ

Ω(∆u)v =

ˆΩ

n∑i=1

uxixiv =ˆ

Ω

n∑i=1

uxivνi −

ˆΩ

n∑i=1

uxivxi =

=ˆ∂Ω

(∇u · ν)v −ˆ

Ω∇u∇v =

ˆ∂Ω

∂u

∂νv −

ˆΩ∇u∇v.


Proposició 5.5.3. Sigui Ω ⊂ Rn un domini fitat i de classe C 1 (Lipschitz seria sufici-ent), és a dir, que tingui vora regular. L’equació de difusió amb condició de Dirichlet oNeumann a Ω

ut = ∆u+ f(x, t)u(x, t) = 0 x ∈ ∂Ω, t > 0u(x, 0) = g(x) x ∈ Ω

si té solució u ∈ C 2(Ω× [0,∞)

), llavors és única.

Demostració. Considerem dues solucions u1, u2 i definim v := u1 − u2. Aleshores v resolvt = ∆vv|∂Ω = 0v(·, 0) = 0

DefinimE(t) =

ˆΩv2(x, t) dx,

que podem integrar per ser Ω compacte. Aleshores, usant la identitat de Green (5.5.2),

ddtE(t) =

ˆΩ

2vvt dx =ˆ

Ω2v∆v dx =

ˆ∂Ω

∂v

∂νv −

ˆΩ∇v∇v.

El primer terme d’aquesta resta és nul perquè v = 0 si treballem amb Dirichlet i ∂v∂ν

= 0per Neumann. Així doncs,

ddtE(t) = −

ˆΩ

2|∇v|2 ≤ 0.

Com 0 ≤ E(t) i E(0) =´

Ω v2(x, 0) dx = 0, aleshores E(t) = 0. Finalment,

0 = E(t) =ˆ

Ωv2(x, t) dx =⇒ v = 0.

És a dir, u1 = u2.

Observació 5.5.4. La demostració funciona exactament igual si les condicions de vorano són homogènies.

Tema 6

El laplacià. Funcions harmòniques

6.1 IntroduccióLes solucions de l’equació de la calor ut −∆u = f(x) convergiran, quan t→∞, cap a lasolució estacionària del problema, és a dir, la solució de−∆v = f(x) Ω ⊂ Rn

condicions de vora

Això ens indueix de forma natural a estudiar aquesta nova equació, coneguda com l’e-quació de Poisson o, en el cas homogeni f ≡ 0, com l’equació de Laplace.

Definició 6.1.1. Sigui Ω ⊂ Rn obert, u ∈ C 2(Ω). Direm que u és harmònica a Ω si

∆u = ux1x1 + ...+ uxnxn = 0 a Ω.

De la mateixa manera, direm que u és subharmònica a Ω si −∆u ≤ 0, i direm que u éssuperharmònica a Ω si −∆u ≥ 0.

Observació 6.1.2. Tota funció u ∈ C 2 convexa en Ω ⊂ Rn convex és subharmònica. Laconvexitat d’una funció es pot caracteritzar per les següents condicions equivalents.

• A cada punt de la gràfica, l’hiperplà tangent per aquell punt queda per sota de lagràfica.

• Restringida a qualsevol segment és una funció convexa d’una variable real. Aques-ta condició permet fer una analogia de les funcions convexes en dimensió n a lesfuncions convexes en dimensió 1.

• Per a tot x, y ∈ Ω, es compleix u(x+y2 ) ≤ u(x)+u(y)

2 . Aquesta condició no requereixque u sigui C 2. Hi ha, per tant, funcions convexes que no són C 2, ni C 1. Exem-ple: u(x) = |x|, que compleix aquesta condició. Nosaltres, però, ens centrarem enfuncions C 2 per poder calcular puntualment el seu Laplacià.

• Si u és C 2, per a tot x ∈ Ω, es compleix D2u(x) ≥ 0. És a dir, la Hessiana és unamatriu simètrica definida positiva o nul.la.

Per tant, per ser D2u definida positiva o nul.la, tenim pel criteri de Sylvester

∆u = trD2u ≥ 0.

49

50 TEMA 6. EL LAPLACIÀ. FUNCIONS HARMÒNIQUES

Un exemple molt senzill de funcions harmòniques són les funcions les gràfiques de lesquals són un pla o un hiperplà, és a dir, les funcions afins u(x) = a · x+ b, amb a ∈ Rn ib ∈ R. En dimensió 1, de fet, aquestes són totes les funcions harmòniques (per integraciódirecta de l’equació). En dimensió 2, ens és convenient fer la identificació

R2 ∼= C(x, y)↔ z = x+ iy.

Recordem que una funció ϕ : Ω ⊂ C → C és holomorfa o analítica si és derivable (oequivalentment C 1) com a funció de variable complexa, i que tota funció holomorfa ésautomàticament C∞. També recordem que podem escriure ϕ = u+ iv, sent u, v : Ω→ Rles parts real i imaginària de ϕ. En particular,

Proposició 6.1.3. Equacions de Cauchy-Riemann. Si ϕ = u + iv és holomorfa, llavorsux = vy i uy = −vx.

Corol.lari 6.1.4. Les parts real i imaginària u i v d’una funció holomorfa són C∞ iharmòniques a Ω.

Demostració.

∆u = uxx + uyy = (vy)x + (−vx)y = vyx − vxy = 0.∆v = vxx + vyy = (−uy)x + (ux)y = −uyx + uxy = 0.

Recíprocament, també és cert que si u : Ω→ R és harmònica en Ω simplement connex,llavors existeix una altra funció harmònica v : Ω→ R (l’harmònica conjugada) de maneraque u + iv és holomorfa. En tot cas, aquí el que volem és donar exemples de funcionsharmòniques de dues variables. Per exemple,

ϕ(z) = z2 = (x+ iy)2 = (x2 − y2) + i(2xy),

i així, tant x2 − y2 com 2xy són funcions harmòniques. Podem fer el mateix per a zk,k = 1, 2, 3, ... per a obtenir una família de polinomis harmònics. Si ho fem en coordenadespolars,

zk = (reiθ)k = rkeikθ = (rk cos(kθ)) + i(rk sin(kθ)),

i per tant rk cos(kθ) i rk sin(kθ) són harmòniques.

Exercici 6.1.5. Demostreu que el laplacià en coordenades polars és

∆u = urr + urr

+ uθθr2 = 1

r(rur)r + uθθ

r2 .

Observació 6.1.6. Les funcions holomorfes són C∞ i analítiques en el sentit quep pera tot punt, la sèrie de Taylor o de potències coincideix amb la funció de partida. Si ϕés holomorfa en un disc B1(0), aleshores la podem expressar com a sèrie de potències enaquest domini:

ϕ(z) =∞∑k=0

akzk,

6.2. EXISTÈNCIA I UNICITAT DE SOLUCIONS 51

amb ak = ϕ(k)(0)k! . Usant que z = reiθ i que eikθ = cos(kθ) + i sin(kθ)

ϕ(z) =∞∑k=0

akrk(cos(kθ) + i sin(kθ)).

Si ak = bk + ick, amb bk, ck ∈ R, podem observar que la part real de ϕ,

u(z) =∞∑k=0

(bkr

k cos(kθ)− ckrk sin(kθ)),

està expressada en sèrie de Fourier i serà harmònica. Així, observem que una sèrie deTaylor en variable complexa es converteix en una sèrie de Fourier quan s’expressa encoordenades polars.

Finalment, donem exemples de funcions holomorfes que no són polinomis:

ϕ(z) = ez = ex(cos y + i sin y)ϕ(z) = Log z = log r + iθ.

D’aquí obtenim altres exemples de funcions harmòniques, com ex cos y i ex sin y en el casde l’exponencial i log

(√x2 + y2

)i arctan

(yx

)pel logaritme complex (aquest últim només

en un domini simplement connex que no contingui el 0).

Exercici 6.1.7. Comproveu que log(√

x2 + y2)i arctan

(yx

)són funcions harmòniques

calculant els seus Laplacians.

6.2 Existència i unicitat de solucionsEn aquesta secció, estudiarem els resultats relacionats amb l’existència i unicitat de solu-cions de l’equació de Poisson. Mentre que els resultats d’existència seran més complicatsd’obtenir en general, la unicitat la podem demostrar amb relativa facilitat per a dominisgenerals de Rn.

Proposició 6.2.1. Donats Ω ⊂ Rn obert regular Lipschitz fitat i funcions f : Ω → R ig : ∂Ω→ R, considerem el problema−∆u = f a Ω,

u = g a ∂Ω.

Si el problema admet una solució u ∈ C 2(Ω), aleshores és única.

Demostració. Utilitzarem el mètode integral o d’energia. En primer lloc, suposem queu, v ∈ C 2(Ω) són solucions del problema. Aleshores, w = u − v satisfà el problemacompletament homogeni: −∆w = 0 a Ω,

w = 0 a ∂Ω.

Aleshores,

0 =ˆ

Ωw∆w =

*0ˆ∂Ωw∂w

∂ν−ˆ

Ω|∇w|2 = −

ˆΩ|∇w|2,


on hem usat la integració per parts i el primer terme es cancel.la per les condicions deDirichlet. Com que |∇w|2 és sempre positiu o nul, deduïm:

∇w = 0 a Ω =⇒ w ≡ constantw|∂Ω = 0

=⇒ w ≡ 0 a Ω.

Observació 6.2.2. Si consideréssim el problema amb condicions de Neumann tindríemque la solució és única excepte per a una constant aditiva.

Observació 6.2.3. A R2, podem fer una associació entre funcions harmòniques al pla reali funcions holomorfes a C. D’aquí es dedueix que tota funció harmònica (u ∈ C 2(Ω ⊂ R2))resulta ser C∞(Ω) i analítica. El mateix , resultat és cert per a funcions harmòniques enoberts de Rn, però no ho demostrarem aquí.

Mirant enrere, recordem que per l’equació de la calor també es dona aquest efecteregularitzant, però que això no té perquè ser cert per l’equació d’ones (per exemple, unasolució és u(x, y) = |x−y|2.5). Aquesta diferència és deguda a que l’equació de Poisson ésel.líptica, l’equació de la calor és parabòlica i l’equació d’ones és hiperbòlica. Tot seguitdetallem una mica més aquesta classificació.

Considerem una EDP de segon ordre a coeficients constants en R2

Auxx + 2Buxy + Cuyy = 0.

Només considerem els termes d’ordre dos, que són els termes dominants. Podem reescriurel’EDP com:

tr(uxx uxyuxy uyy

)(A BB C

) = tr[(D2u)M

]= 0.

Ens agradaria trobar una base ortonormal per la matriu dels coeficients (que existiràperquè és simètrica), de manera que

0 = tr((D2u)M

)= tr

((D2u)ODOt

)= tr

(Ot(D2u)OD

).

Això és el mateix que fer un canvi de variables entre (x, y) i uns certs (ξ, η) a determinar:

u(x, y)→ u(ξ, η) = u

C (ξη

) =⇒ D2u = Ct(D2u)C o C(D2u)Ct,

on a l’última igualtat deixem com a exercici pel lector determinar quina de les duesexpressions és la correcta. Si prenem C = Ot o C = O (segons la resposta correcta),l’EDP s’expressa com a

tr((D2u)D

)= λ1uξξ + λ2uηη. (λ1, λ2 ∈ R)

Reescalant ξ i η adequadament, ens queden tres opcions, que és la classificació d’equacionsde 2n ordre lineals al pla R2:

• Si λ1 i λ2 tenen el mateix signe, ens queda, després de reescalar les variables inde-pendents, uxx + uyy = 0 i diem que l’equació és el.líptica.

6.2. EXISTÈNCIA I UNICITAT DE SOLUCIONS 53

• Si λ1 i λ2 tenen el signe diferent, ens queda, després de reescalar les variablesindependents, uxx − uyy = 0 i diem que l’equació és hiperbòlica.

• Si λ1 = 0 o λ2 = 0, ens queda, després de reescalar les variables independents,uxx = 0. Si a més tinguessim una derivada d’ordre 1 en el temps, ut − uxx = 0(equació de difusió), diem que l’equació és parabòlica.

Observació. La terminologia ve de substituir derivades per polinimis: uxx per X2, ut perT , etc. Laplace esdevé X2 +Y 2 el.lipse, ones X2−Y 2 hipèrbola, difusió T−X2 paràbola.

Tot seguit, estudiarem l’existència de solucions per l’equació de Laplace en un disc deR2. Al problema 3 de la llista 6 de problemes del curs, es demostra que, per l’equació dePoisson esdevé l’EDO: −u′′ = f,

u(0) = u(L) = 0,

hi ha existència i unicitat de solucions, i que la solució es pot expressar de la forma

u(x) =ˆ L

0G(x, y)f(y) dy,

on la funció G(x, y) és explícita i rep el nom de funció de Green. Una utilitat de G ésque si f,G ∈ C∞, aleshores les solucions del problema seran C∞. Una altra utilitat de lafunció de Green és que, un cop es coneix, no cal resoldre l’EDO −u′′(x) = f(x) per cadaf donada, sino que només cal calcular la seva integral, de f(y), contra G(·, y).

Proposició 6.2.4. Sigui BR ⊂ R2 la bola de radi R centrada a l’origen. Donadag : ∂BR → R contínua, el problema∆u = 0 a BR,

u = g a ∂BR,

admet una solució u ∈ C 2(BR) ∩ C 0(BR) i ve donada per

u(x) =ˆ∂BR

PR(x, y)g(y) dy = R2 − |x|22πR

ˆ∂BR

g(y)|x− y|2 dy.

Observació. PR és C∞ ja que el denominador no s’anul.la.

Demostració. Aplicarem el mètode de separació de variables en coordenades polars apro-fitant la simetria de BR. Busquem una solució de la forma

u(x) = v(r)w(θ).

Usant l’expressió del laplacià en polars:

0 = ∆u = urr + urr

+ 1r2uθθ =⇒ 0 = v′′w + v′w

r+ vw′′

r2 .

Separant la part que depèn de r i de θ:

r2v′′ + v′

r

v= −w

′′

w= λ,


sent λ una constant. Com que w és 2π-periòdica, deduïm que:

w(x) = a cos(kθ) + b sin(kθ),

amb k ∈ Z i, per tant, podem calcular λ = k2 a partir de −w′′

w= λ. Pel que fa a l’altra

equació:v′′ + v′

r− k2

r2 v = 0.

Busquem solucions del tipus v(r) = rα:

α(α− 1)rα−2 + αrα−2 − k2rα−2 = 0 =⇒ α2 − k2 = 0 =⇒ α = ±k.

Així, les candidates a solucions són

rk(a cos(kθ) + b sin(kθ)).

D’aquestes, descartem les que tinguin k negatiu, ja que són singulars a l’origen i volemresoldre el problema de Laplace amb solucions que són C 2. Per tant, la solució generalde l’equació seran les combinacions lineals de les candidates:

u = u(r, θ) = a0

2 +∞∑k=1

rk

Rk(ak cos(kθ) + bk sin(kθ)).

Com que ∑∞k=1 rk cos(kθ) i ∑∞k=1 rk sin(kθ) són harmòniques, u és harmònica. Per arala sèrie és formal. Falta imposar la condició inicial. Com que g ∈ C 0(∂BR), la podemexpressar en sèrie de Fourier:

u|r=R = g(θ) = a0

2 +∞∑k=1

(ak cos(kθ) + bk sin(kθ)),

amb els coeficients:

ak = 1π

ˆ 2π

0g(β) cos(kβ) dβ,

bk = 1π

ˆ 2π

0g(β) sin(kβ) dβ.

Així, en l’expressió de la u, podem canviar sumatori i integrals:

u(r, θ) = 1π

ˆ 2π

0dβg(β)

12 +

∞∑k=1

rk

Rk(cos(kβ) cos(kθ) + sin(kβ) sin(kθ))

.

Com que

(cos(kβ) cos(kθ) + sin(kβ) sin(kθ)) = cos(k(θ − β)

)= Re(eik(θ−β)),

el sumatori es converteix en

u(r, θ) = 1π

ˆ 2π

0dβg(β)

12 + Re

∞∑k=1

(r

R

)keik(θ−β)

=

= 1π

ˆ 2π

0dβg(β)

12 + Re

rRei(θ−β)

1− rRei(θ−β)

.

6.3. PROBABILITATS I EL LAPLACIÀ 55

Fent les operacions pertinents, l’expressió es converteix en:

u(r, θ) = 1π

ˆ 2π

0dβg(β) R2 − r2

R2 + r2 − 2Rr cos(θ − β) ,

que, desfent el canvi a polars, és l’expressió desitjada.

Definició 6.2.5. El nucli de Poisson pel disc BR ⊂ R2 és la funció

PR(x, y) = R2 − |x|22πR

1|x− y|2 .

És la funció de Green pel problema de Dirichlet per l’equació de Poisson.

Corol.lari 6.2.6. Si u ∈ C 2(BR), aleshores

u(x) =ˆ∂BR

PR(x, y)g(y) dy

és l’única solució. De fet és C∞ ja que PR és C∞ respecte de x ∈ BR (y ∈ ∂BR i per tantx 6= y i el denominador no s’anul.la).

Observació 6.2.7. Pels mètodes de variable complexa sabíem que u ∈ C∞. Però aquestnou mètode amb funcions de Green serveix també per dimensions superiors, Rn (si bé noho fem al curs).

Exercici 6.2.8. Demostreu l’existència de solucions per a la mateixa equació en undomini rectangular de R2, i trobeu el seu nucli de Poisson (potser escrit com una sèrie).És útil separar la condició inicial g = g1 + g2 + g3 + g4, on cada gi correspon a un costatdel rectangle, i resoldre el problema suposant que totes menys una són nul.les.

Observació 6.2.9. De fet, demostrar existència i unicitat de solucions per a un disc éssuficient per a demostrar-ho per a un obert de R2 simplement connex, ja que

• Per a tot obert Ω ⊂ R2 simplement connex, existeix ϕ : Ω → D1 holomorfa ibijectiva (Teorema de l’aplicació conforme de Riemann).

• Si u : Ω→ R és harmònica, aleshores u ϕ−1 : D1 → R també és harmònica.

Per tant, en un obert simplement connex de R2 hi ha existència i unicitat de solucionspel problema de Laplace.

6.3 Probabilitats i el laplaciàConsiderem el següent problema: Tenim una regió fitada Ω ⊂ R2, de manera que la sevavora està partida en dos subconjunts disjunts: ∂Ω = Γo∪Γt, Γo∩Γt = ∅ (la part “oberta”i la part “tancada”). Fixem una partícula x = (x1, x2) ∈ Ω que camina “aleatòriament”dins de Ω sortint inicialment de x de manera que:

• No privilegia cap direcció.

• No té memòria.


Aquest és un procés de difusió o moviment Brownià. Volem calcular la funció u(x), queés la probabilitat que el primer cop que el camí toqui la vora ∂Ω, ho faci a la part obertaΓo. A u se li diu la probabilitat d’escapament o de sortida. Depèn del punt x d’inici.

Discretitzem el problema. Suposem que cada vegada que ens movem, ho fem en passosde distància h > 0, i que ho fem en alguna de les quatre direccions cardinals (nord, est,sud o oest) amb probabilitat uniforme. Aleshores, per la fórmula de les probabilitatscondicionades:

uh(x) = 14(uh(E) + uh(O) + uh(N) + uh(S)),

o, en coordenades:

uh(x1, x2) = 14(uh(x1 + h, x2) + uh(x1 − h, x2) + uh(x1, x2 + h) + uh(x1, x2 − h)).

Això és equivalent a:

0 = [uh(x1+h, x2)+uh(x1−h, x2)−2uh(x1, x2)]+[uh(x1, x2+h)+uh(x1, x2−h)−2uh(x1, x2)]

que, dividint per h2, és el quocient incremental per la segona derivada. Així, si u ∈ C 2,es té

0 = (ux1x1 + ux2x2) (x1, x2) = ∆u(x).

Per tant, la probabilitat d’escapar (o el guany esperat) és una funció harmònica. Notemque hem utilitzat que uh → u quan h → 0. Observem que si fóssim a Rn, podríemresoldre el problema exactament igual.∆u = 0 a Ω

u = δΓ a ∂Ωon δΓ =

1 si estem a la part oberta Γo0 si estem a la part tancada Γt

Vam veure en el punt anterior que en dominis simplement connexos tenim una fórmulaper a calcular u. Considerem un altre problema: Sigui t > 0 un instant de temps donat,i x = 0 la posició inicial d’una partícula unidimensional que es mou aleatòriament per larecta real. Quina és la probabilitat que després d’un cert temps t, la partícula estigui enel punt x?

Com abans, discretitzem: considerem uns passos de temps ∆t = τ > 0 i d’espai∆x = h > 0, de manera que una partícula a la posició x es pot moure a les posicionsx± h indistintament en l’increment de temps τ , amb probablititat 1/2 per cada posició(dreta/esquerra). La probabilitat uh(x, t) que la partícula estigui a x a temps t és:

uh(x, t) = 12(uh(x− h, t− τ) + uh(x+ h, t− τ)).

Això és equivalent a:

uh(x, t)− uh(x, t− τ)h2 = 1

2uh(x− h, t− τ) + uh(x+ h, t− τ)− 2uh(x, t− τ)

h2 .

El terme de la dreta, quan h, τ → 0, és 12uxx(x, t). El terme de l’esquerra és més simple.

Per tal que el límit existeixi, fixem una constant D > 0 i fem l’elecció h2 = 2Dτ .D’aquesta manera:

u(x, t)− u(x, t− τ)2Dτ → 1

2Dut(x, t),

6.3. PROBABILITATS I EL LAPLACIÀ 57

i així l’equació quedaut = Duxx,

que és l’equació de difusió. Pel que fa a la condició inicial, sabem que en temps 0 lapartícula està a la posició x = 0. Com que u és una funció de densitat de probabilitat,això es tradueix com u(x, 0) = δ(x), on δ és la delta de Dirac, que satisfà:

ˆ ∞−∞

δ(x) dx = 1,ˆ ∞−∞

f(x)δ(x) dx = f(0).

Podem pensar la delta de Dirac com una funció que és zero arreu excepte a l’origen, on ésinfinit, i que imposem que tingui integral 1 per tal que sigui una probabilitat o “mesura”.

Procedim ara a resoldre l’equació de la calor que hem obtingut a tota la recta real.No hi ha condicions de vora com quan hem resolt, per Fourier, l’equació de la calor a uninterval fitat. Observem que les solucions de l’equació són invariants pel canvi

x→ λx,

t→ λ2t,

si λ > 0 és una constant. És a dir, que si u és solució, aleshores u = u(λx, λ2t) tambého és. Ens preguntem si hi ha solucions invariants pel canvi anterior, és a dir, tals queu = u per a tot λ > 0. En aquest cas,

λ = 1√t

=⇒ u(x, t) = u

(x√t, 1)

= φ

(x√t

),

que és una funció d’una variable. u resol la EDP si, i només si, φ resol l’EDO. Es potcomprovar que existeixen solucions de l’equació de difusió del tipus u(x, t) = φ( x√

t), però

no són les que ens interessen, ja que:ˆRu(x, t) dx =

ˆRφ

(x√t

)dx =

√t

ˆRφ(y) dy,

la integral anterior, en el nostre cas, ha de valdre 1 per tot t, doncs u és una densitat deprobabilitat. A la vista del resultat, assl.lara solucions del tipus:

u(x, t) = 1√tφ

(x√t

).

Aquestes solucions sí que tindran integral constant en el temps i així serà u(x, t) unaprobabilitat per a tot temps. Trobem-les:

ut = − x

2t2φ′(x√t

)− 1

2t3/2φ(x√t

),

uxx = 1t3/2

φ′′(x√t

).

Imposant l’equació:

x

2t2φ′(x√t

)+ 1

2t3/2φ(x√t

)+ 1t3/2

φ′′(x√t

)= 0.


Multiplicant per 2t3/2:

x√tφ′(x√t

)+ φ

(x√t

)+ 2φ′′

(x√t

)= 0.

Així, fent el canvi z = x√t, ens queda l’EDO:

2φ′′ + zφ′ + φ = 0 ⇐⇒ (zφ)′ = −2φ′′.

Integrant,zφ = −2φ′ + C.

Intuïtivament, veiem que u ha de ser parella en x, ja que la partícula té la mateixaprobabilitat d’anar a la dreta i a l’esquerra. En aquest cas, ux(0, t) = 0 =⇒ φ′(0) = 0, iper tant:

C = zφ+ 2φ′∣∣∣z=0

= 0.

Observem també que

(log φ)′ = φ′

φ= −z2 =⇒ log φ = −z

2

4 +D =⇒ φ = ae−z2/4,

sent a > 0 una constant positiva, que trobem imposant que u(x, t) sigui una funció dedensitat de probabilitat:

1 =ˆRu(x, t) dx = a√

t

ˆ ∞−∞

e−x2/4t dx.

Com que la integral és invariant en el temps, podem prendre qualsevol temps, com arat = 1. Veiem que ens queda una integral Gaussiana, que ja sabem calcular:

ˆRe−x

2/4 dx = 2√π =⇒ a = 1

2√π

=⇒ u(x, t) = 12√πte−x

2/4t.

Així, el resultat final és una funció de densitat Gaussiana.Si en comptes d’una delta de Dirac, la condició inicial fos una funció g general, ales-

hores per a cada punt y ∈ R podem aproximar la funció com a g(y)hδ(y) per a cert h.Per tant,

g ≈∑k∈Z

g(kh)hδ(kh)→∑k∈Z

g(kh)h 1√4πt

e−(x−kh)2

4t = u(x, t).

Observem que aquest últim terme és una suma de Riemann, que quan h→ 0, esdevé:

u(x, t) =ˆRg(y) 1√

4πte−(x−y)2

4t dy = g ∗(

1√4πt

e−x2

4t

).

És la solució de l’equació de la calor a tota la recta real. Anàlogament, podem considerarel problema en dimensions superiors ut = D∆u. Assl.luna solució de la forma:

Γ(x, t) = 1(Dt)n/2ϕ

(|x|

(Dt)1/2

).

6.4. PROPIETAT DE LA MITJANA I PRINCIPI DEL MÀXIM 59

Definició 6.3.1. Anomenem Funció de Green per l’equacio de difusió a la recta real a:

G(x, y, t) = 1√4πt

e−(x−y)2

4t

També se l’anomena solució fonamental de l’equació de difusió a la recta real (o Rn) oNucli de Gauss (per la gaussiana).

Observació 6.3.2. Les funcions de dues variables u(x, t) que resolen l’equació de difusiói que es poden expressar de forma més senzilla com una funció d’una variable real s’a-nomenen funcions autosimilars (self-similar). La propietat que tenen aquestes funcionsés que si es canvien les unitats, les funcions en sí no canvien o bé canvien de foma moltsimple (per exemple 1√

t). Diem que són autosimilars perquè són (pràcticament) elles

mateixes multiplicades per una constant quan canvien les unitats.

Exercici 6.3.3. Comproveu que

∂xir = ∂rxi = xir.

Procediment:

i) Deriveu r =√x2

1 + ...+ x2n

ii) x = rσ, amb σ a la esfera unitat Sn−1 i obteniu ∂rxi = σi = xir

Proveu també que si u = u(r) és radialment simètrica a Rn, llavors:

∆u = r1−n(rn−1ur)r = urr + n− 1r

ur.

Si se substitueix Γ a l’equació (usant l’exercici anterior) i es resol l’EDO que en resulta,s’obté la solució:

Γ(x, t) = 1(4πDt)n/2 e

−|x|2/(4Dt),

que té la mateixa forma que la unidimensional. També de forma anàloga amb l’anterior,si la condició inicial és u(x, 0) = g, aleshores:

u = Γ(·, t) ∗ g.

6.4 Propietat de la mitjana i Principi del màximTot seguit estudiarem dues propietats molt interessants de les funcions harmòniques comsón la propietat de la mitjana i el principi del màxim, i en veurem les seves conseqüènciesen referència al problema de Laplace.

Proposició 6.4.1. Propietat de la mitjana. Sigui Ω ⊂ Rn un obert, i sigui u ∈ C 2(Ω)una funció harmònica a Ω. Llavors, per a tot x0 ∈ Ω i per a tota bola Br(x0) ⊂ Ω, es té:

u(x0) = ∂Br(x0)

u(y) dy = Br(x0)

u(y) dy.

onffl

vol dir integrar i dividir per la mesura del conjunt on s’integra. És per tant lamitjana de u sobre el conjunt.


Demostració. Quant a l’integral sobre la vora de la bola, veurem que és constant respecteel radi. Per a fer-ho, considerem el canvi a polars r = |x|, σ = x

|x| :

d

dr

∂Br(x0)

u(y) dy = d

dr

Sn−1

u(x0 + rσ) dσ = Sn−1∇u(x0 + rσ) · σ dσ.

Com que per a tot punt σ ∈ Sn−1, la normal exterior és ν = σ: Sn−1∇u(x0 + rσ) · σ dσ =

∂Br(x0)

∂u

∂ν(y) dy = 1

|∂Br(x0)|

ˆBr(x0)

∆u = 0,

on a la penúltima integral hem usat la identitat de Green amb v = 1. Per tant, ∂Br(x0)

u constant en r =⇒ ∂Br(x0)

u = limr↓0

∂Br(x0)

u = u(x0).

Pel que fa a la integral sòlida, usarem el “Fubini esfèric” demostrat al problema 5 de lallista 4 de problemes: ˆ

Ωu =

ˆ +∞

0dρ

ˆ∂Bρ∩Ω

dσ u.

En el nostre cas, usant Fubini esfèric i el resultat anterior: Br

u = 1|Br|

ˆBr

u = 1|Br|

ˆ r

0dρ

ˆ∂Bρ

u = 1|Br|

ˆ r

0dρ|∂Bρ|u(x0).

Com que|Br| =

ˆBr

1 =ˆ r

0dρ

ˆ∂Bρ

1 =ˆ r

0dρ|∂Bρ|,

obtenim: Br

u = 1|Br|

ˆ r

0dρ|∂Bρ|u(x0) = u(x0).

Observació 6.4.2. El recíproc també és cert però no ho demostrarem en aquest curs,en el sentit que si una funció u ∈ C 0(Ω) satisfà la propietat de la mitjana, aleshoresu ∈ C 2(Ω) i −∆u = 0.

Proposició 6.4.3. Principi del màxim i del mínim. Sigui Ω ⊂ Rn un obert fitat, i siguiu ∈ C 2(Ω) ∩ C 0(Ω). Aleshores,

i) Si −∆u ≤ 0 a Ω, llavors la funció u assoleix el seu màxim a Ω en algun punt de ∂Ω.

ii) Si −∆u ≥ 0 a Ω, llavors la funció u assoleix el seu mínim a Ω en algun punt de ∂Ω.

iii) Si u és harmònica, aleshores satisfà el principi del màxim i del mínim.

Demostració. Només cal demostrar i), la resta se segueixen immediatament. En primerlloc, suposem que −∆u(x) < 0 per a tot x ∈ Ω (després ens reduïrem a aquest cas). Siguix0 ∈ Ω un punt de màxim interior. Llavors, ∆u(x0) ≤ 0, entrant en contradicció. Pertant, u ha d’assolir el seu màxim a la vora.

6.4. PROPIETAT DE LA MITJANA I PRINCIPI DEL MÀXIM 61

En conseqüència, només ens cal reduir-nos al cas −∆u(x) < 0. Suposem −∆u(x) ≤ 0i, per a cert ε > 0, considerem la funció

uε(x) = u(x) + εx21 =⇒ ∆uε = ∆u+ 2ε > 0.

En aquest cas, per a tot x ∈ Ω se satisfà:

u(x) ≤ uε(x) ≤ maxΩ

uε = max∂Ω

uε.

Com que Ω és fitat, existeix una constant C tal que x21 ≤ C a Ω. Per tant,

max∂Ω

uε ≤ max∂Ω

u+ εC.

Per tant, fent ε→ 0, obtenim:

u(x) ≤ max∂Ω

u =⇒ maxΩ

u ≤ max∂Ω

u.

L’altra desigualtat és immediata.

Notem que la hipòtesi de Ω fitat és necessari: u(x, y) = ex sin y és harmònica. SiΩ = R× (0, π), aleshores u és nul.la a la vora però u 6= 0.

Corol.lari 6.4.4. Sigui Ω ⊂ Rn obert fitat. El problema de Dirichlet−∆u = f(x) x ∈ Ωu = g(x) x ∈ ∂Ω,

si té solució u ∈ C 2(Ω) ∩ C 0(Ω), llavors aquesta és única.

Demostració. Si u1 i u2 són solucions, aleshores v = u1 − u2 resol el problema completa-ment homogeni. Com que ∆v = 0, aleshores v assoleix el màxim i el mínim a la vora.Però a la vora aquesta funció és idènticament nul.la, així que el màxim i el mínim han deser zero, concloent que v ≡ 0.

Per a l’equació de difusió també és certa una versió del principi del màxim, queestudiem tot seguit. Considerem l’equació de difusió en un obert Ω ⊂ Rn, i consideremel cilindre QT = Ω× (0, T ).

Definició 6.4.5. Donada u ∈ C 2(QT ), direm que u és subcalòrica si ut −∆u ≤ 0 a QT .

Definició 6.4.6. La frontera parabòlica de QT és

∂PQT = (Ω× 0) ∪ (∂Ω× [0, T ]).

És a dir, la frontera parabòlica consta de la tapa inferior i la frontera lateral, però nola tapa de dalt (que correspondria a t = T ).

Proposició 6.4.7. Principi del màxim per l’equació de difusió. Sigui Ω un obert fitatde Rn, i sigui T > 0. Considerem u ∈ C 2(QT )∩C 0(QT ), i ut −∆u ≤ 0 a QT . Llavors, uassoleix el màxim a la seva frontera parabòlica ∂PQT .

Demostració. Procedim com en el cas del laplacià. En primer lloc, suposem que ut−∆u <0 a QT . Per contradicció suposem que el màxim s’assoleix a QT \ ∂PQT . Per tant, hi hadues opcions:


i) El màxim s’assoleix a l’interior QT . En aquest cas, si (x0, t0) ∈ QT és un punt demàxim:

ut(x0, t0) = 0∆u(x0, t0) ≤ 0

=⇒ (ut −∆u)(x0, t0) ≥ 0,

arribant a contradicció.

ii) El màxim s’assoleix a Ω× T. En aquest cas,

• u(x0, ·) : [0, T ]→ R té un màxim a T , de manera que ut(x0, T ) ≥ 0.• u(·, T ) : Ω→ R té un màxim a x0 ∈ Ω, de manera que ∆u(x0, T ) ≤ 0.

Combinant-ho, obtenim que (ut −∆u)(x0, T ) ≥ 0, arribant a contradicció.

Per tant, és suficient reduir-nos al cas anterior, i això ho podem considerant la funció:

uε = u+ εx21.

Els detalls són iguals que a la demostració anterior.

De fet, una conseqüència immediata del principi del màxim anterior és l’equació dela calor amb condicions de Dirichlet:

ut −∆u = f(x, t) (x, t) ∈ QT

u(x, t) = d(x, t) (x, t) ∈ ∂Ω× [0, T ]u(x, 0) = g(x) Ω× 0.

El problema té unicitat. Si hi ha dues solucions u, v, prenem w = u− v que soluciona elproblema homogeni. Pel principi del màxim i del mínim, aquests s’assoleixen a la fronteraparabòlica, on w = 0. Per tant w = 0. Si f ≤ 0, aleshores el màxim de u serà el màximentre els màxims de g i el de d. Si f ≥ 0, aleshores el mínim de u serà el mínim entre elsmínims de g i el de d.

El principi del màxim també és cert per a altres equacions. Per exemple, quan n = 2,

Lu = ux1x1 + 3ux2x2 − 5ux2 .

Si se satisfà Lu ≤ 0 a Ω, aleshores el màxim se satisfà a la vora pel Principi del màxim.La comprovació d’aquest fet és anàloga a les anteriors i es deixa com a exercici. Unaversió més general del principi del màxim la podem obtenir considerant:

Lu = tr(A(x)D2u(x)

)+ b(x) · ∇u(x),

amb A(x) una matriu simètrica definida positiva per a tot x ∈ Ω i així l’operador seràde tipus el.líptic.

Lema 6.4.8. Si −B = −D2u(x0) i A = A(x0) són matrius simètriques definides positiveso nul.les, aleshores tr(−BA) ≥ 0.

A partir d’aquest lema d’àlgebra lineal, es pot fer la demostració del principi delmàxim igual que abans.

6.5. EL PRINCIPI DE COMPARACIÓ 63

6.5 El principi de comparacióConsiderem el problema de Dirichlet:−∆u = f(x) x ∈ Ω

u = g(x) x ∈ ∂Ω,

Definició 6.5.1. Direm que v és una subsolució del problema si v ∈ C 2(Ω) ∩ C 0(Ω) i−∆v ≤ f(x) x ∈ Ωv ≤ g(x) x ∈ ∂Ω.

Definició 6.5.2. Direm que w és una supersolució del problema si w ∈ C 2(Ω)∩C 0(Ω) i−∆w ≥ f(x) x ∈ Ωw ≥ g(x) x ∈ ∂Ω.

Proposició 6.5.3. Principi de comparació. Considerem el problema de Dirichlet a unobert fitat Ω ⊂ Rn. Si v i w són subsolució i supersolució respectivament, llavors v ≤ wa Ω. Si, a més, u és solució, llavors v ≤ u ≤ w.

Demostració. És conseqüència del principi del màxim. Considerem ϕ = v−w, subsoluciódel problema completament homogeni. En particular és subharmònica. Llavors,

ϕ(x) ≤ max∂Ω

ϕ ≤ 0.

Si u és solució, en particular és supersolució i subsolució. Per tant v ≤ u ≤ w.

El principi de comparació és una de les eines més potents en la teoria de EDPs(per aquelles equacions que el satisfan, que són les equacions el.líptiques i parabòliques;en efecte, es poden trobar exemples de solucions de l’equació d’ones que no satisfan elprincipi del màxim o de comparació).

És una eina molt útil doncs: trobar solucions exactes (o demostrar la seva existència)és, en general, difícil. En canvi, trobar subsolucions i supersolucions (inclús explícites)és més fàcil, ja que només cal provar una desigualtat. El principi de comparació, llavors,ens dirà que la solució (desconeguda) ha d’estar entre la subsolució i la supersolució. Aixípodem “controlar” i afitar la solució.

A continuació veiem dos exemples d’això. Considerem en primer lloc el problema−∆u = 1 a Ωu = 0 a ∂Ω,

sent Ω ∈ Rn un obert fitat. Aquest problema és important i té una interpretació pro-babilística (és un problema de la llista). A u se l’anomena temps de sortida (exit time).Donat un punt x, el valor de u representa el temps esperat per a què un moviment brow-nià, que comença en el punt x, impacti en la vora. Pel principi del màxim, u ≥ 0 a Ω.Ara voldríem trobar una fita superior per a u, i ho farem trobant una supersolució delproblema. Suposem que Ω ⊂ BR per a alguna R. Resolem:−∆v = 1 a BR

v = 0 a ∂BR,


Per inspecció, podem suposar que v tindrà simetria radial ja que si rotem la bola, tindríemunes altres solucions però com que hi ha unicitat de solucions, v és invariant per rotacions.Per tant, v només depèn de la distància al centre de la bola. Considerant el laplacià enpolars, només cal integrar:

−r1−n(rn−1vr)r = 1.

Es pot comprovar que la solució obtinguda així és:

v(x) = 12n(R2 − |x|2).

Com que v ≥ 0 a BR, obtenim que v és supersolució del problema a Ω. Per tant,

0 ≤ u(x) ≤ v = R2 − |x|22n ≤ R2

2n .

Una altra aplicació del principi de comparació la veiem en la següent equació dedifusió:

ut −∆u = 0 a Ω× (0,+∞)u = 0 a ∂Ω× (0,+∞)u(x, 0) = g(x) a Ω.

Proposició 6.5.4. En aquest problema, existeix una constant C depenent de Ω tal que,si g ∈ C 0(Ω), llavors:

u(x, t) ≤ C

tn/2||g||L∞ .

Per exemple, C = eR24 per R suficientment gran.

Demostració. Ja vam veure que una solució de l’equació de difusió era:

v(x, t) = Γ(x, t) = 1(4πt)n/2 e

−|x|24t .

Com que no està definida per t = 0, la podem desplaçar temporalment per a que hoestigui. També podem reescalar-la per una certa constant, obtenint:

v(x, t) = C0||g||L∞(4π(t+ 1))n/2 e

−|x|24(t+1) .

Volem escollir C0 per tal que la funció compleixi:

vt −∆v = 0 a Ω× [0,+∞)v ≥ 0 a ∂Ω× [0,+∞)v ≥ g a Ω× 0v ∈ C 0(Ω× [0,+∞)).

Per a t = 0, se satisfà:

v(x, 0) = C0||g||L∞(4π)n/2 e

−|x|24 ≥ C0

(4π)n/2 e−R2

4 ||g||L∞ .

6.5. EL PRINCIPI DE COMPARACIÓ 65

Si prenem C0 = (4π)n/2eR2/4, aleshores:

v(x, 0) ≥ ||g||L∞ ≥ g(x).

Pel principi de comparació, sabem que u(x, t) ≤ v(x, t), i per tant:

u(x, t) ≤ eR24

(t+ 1)n/2 e−|x|24(t+1) ||g||L∞ ≤

eR24

tn/2||g||L∞ .

Índex alfabètic

condicionsde compatibilitat, 28de Dirichlet, 26de Neumann, 26

domini, 47domini de dependència, 24

EDP lineal, 1equació

d’Euler, 2d’ones, 2, 20de Black-Scholes, 2de difusió, 2de Laplace, 1de Navier-Stokes, 2de Poisson, 2de Schrodinger, 2general de primer ordre, 2lineal del transport, 3

exponencial d’un operador, 15

frontera parabòlica, 61

funcióharmònica, 49localment Lipschitz, 13subcalòrica, 61

fórmulade d’Alembert, 21de d’Alembert-Duhamel, 25de Duhamel, 7

norma d’un operador lineal, 12nucli de Poisson, 55

operador, 12ordre d’una EDP, 1

rang d’influència, 24

semigrup de l’equació homogènia, 6solució generalitzada de l’equació del

transport, 9subsolució, 63supersolució, 63

67

Equacions en derivades parcials ApuntsFME...EQUACIONS DE PRIMER ORDRE Estudiarem ara una proposició...

Documents

Transcript of Equacions en derivades parcials ApuntsFME...EQUACIONS DE PRIMER ORDRE Estudiarem ara una proposició...