ESPACIOS EUCLIDIANOS FUNCIONALES Diferenciales Parciales... · soluciones de ecuaciones...

Tema 5. Ecuación de calor unidimensional 1

TEMA 1

ESPACIOS EUCLIDIANOS FUNCIONALES

1.1. INTRODUCCIÓN Gran parte del contenido de la geometría elemental depende de la capacidad de medir la distancia entre puntos. En este tema se demostrará como la distancia,

junto con conceptos afines tales como longitud y medida angular, pueden

generalizarse a espacios vectoriales reales arbitrarios. Los llamados conceptos “métricos” son las bases de la geometría euclidiana, y de ellos se desprenden gran

cantidad de resultados tanto en geometría como en análisis. Para finalizar, en este

capítulo se prepara el camino para el estudio de tópicos tales como las series de Fourier y problemas con valor en la frontera, introduciendo la noción de convergencia

en los espacios euclidianos.

1.2. ESPACIO VECTORIAL CON PRODUCTO INTERIOR

Definición 1. Un espacio vectorial real es un conjunto V (cuyos elementos se

llamarán vectores), con una operación binaria de adición y una multiplicación escalar que satisfacen las siguientes propiedades: ( , R)α β ∈

a. Dado cualquier par de vectores x, y V∈ , existe un único vector x y V+ ∈ , llamado

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

c. x∀ ,y V∈ , x y y x+ = +

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

f. Dado cualquier vector x V∈ y cualquier número real α , existe un único vector

x Vα ∈ llamado el producto de α y x g. x y x y( )α + = α + α

h. x x x( )α + β = α + β

i. x x( ) ( )αβ = α β

j. x x1. = Definición 2. Se dice que un subconjunto S ≠ φ de un espacio vectorial V, es un

subespacio de V, si x y, S∀ ∈ y , R∀α β ∈ el vector x y Sα + β ∈ .

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

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


a. x y y x• = •

b. x y x y( ) ( )α • = α • para cada número real α

c. 1 2 1 2x x y x y x y( )+ • = • + •

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

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

espacio euclidiano o espacio vectorial con producto interior.

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

1 2 1 2 1 1 1 2 2 1 2 2x x y y x y x y x y x y1 2 1 2 1 1 1 2 2 1 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )α + α • β + β = α β • + α β • + α β • + α β •

donde 1 2 1, ,α α β y 2β son escalares arbitrarios.

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

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

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

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

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

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

f g• definido por

f g

b

af(x)g(x)dx• = ∫ . Pruebe que f g• define un producto interior.

Solución. No es difícil demostrar que satisface todas las exigencias de un producto

interior: Se tiene que

b b

a af(x)g(x)dx f(x)g(x)dxα = α∫ ∫ , siendo α un número real, y

b b b

1 2 1 2a a a

f (x) f (x) g(x)dx f (x)g(x)dx f (x)g(x)dx+ = + ∫ ∫ ∫ . Finalmente, al recordar que la

integral de una función no negativa es no negativa, y que la integral de una función

continua no negativa es cero si, y solamente si, la función es idénticamente cero se ve

que

f f

b2

a(f(x)) dx 0• = ≥∫ , y que f f 0• = si, y solamente si, f 0= .

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

euclidianos, se considerará que se están utilizando los productos interiores definidos en los ejemplos anteriores, a menos que se mencione expresamente lo contrario.

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

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

f g

b

af(x)g(x)r(x)dx• = ∫

también define un producto interior en C a,b .


La función r se llama la función peso para este producto interior, y se observará que cuando r es idénticamente igual a 1 se tendrá la fórmula definida en el

ejemplo anterior. Se encontrará este producto interior nuevamente cuando se estudien

problemas de valor en la frontera, para ecuaciones diferenciales. 1.3. LONGITUD. MEDIDA ANGULAR. DISTANCIA Se definirá longitud, medida angular y distancia, en términos del producto

interior de un espacio euclidiano. Cada uno de estos conceptos tiene un significado bien definido en el espacio euclidiano, de dimensión 2, y es razonable exigir que

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

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

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

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

definición:

Definición 5. La longitud (o norma) de un vector x en un espacio euclidiano, se define como el número real no negativo x x x= • .

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

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

f

1 /2b2

a(f(x)) dx

= ∫ .

A continuación, se observa que si x y y son dos vectores no nulos cualesquiera,

en 2R , la fórmula x y

x y

cos , 0•θ = ≤ θ ≤ π , es una consecuencia inmediata de la ley

de los cosenos. La expresión x yx y

• también es significativa en un espacio euclidiano

arbitrario, hecho que sugiere considerarla como un candidato razonable para la definición general del cos θ . Sin embargo, antes de proceder, debe establecerse la

desigualdad x yx y

1 1•− ≤ ≤ para cada par de vectores no nulos en un espacio

euclidiano, ya que, por supuesto, cualquier definición de cos θ debe satisfacer la desigualdad 1 cos 1− ≤ θ ≤ . Este hecho surgirá como una consecuencia del siguiente

resultado importante, conocida como la desigualdad de Schwarz o de Cauchy-Schwarz.

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


Demostración. Primero se observa que esta desigualdad es inmediata si x o y, es el vector cero, ya que entonces ambos miembros de la desigualdad son cero. Así, es

suficiente considerar el caso en que x y y son no nulos. Aquí se usan propiedades del producto interior para desarrollar x y x y( ) ( )α − β • α − β donde α y β son números

reales arbitrarios. Por la propiedad d de la definición 3 se tiene

x y x y x x x y y y2 20 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( )≤ α − β • α − β = α • − αβ • + β • ,

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

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

bien, si se eleva al cuadrado, se obtiene lo que se quería demostrar. ■

En nR la desigualdad de Schwarz toma la forma

2n n n2 2

i i i ii 1 i 1 i 1

x y x y= = =

≤ ∑ ∑ ∑ y

en C a,b se convierte en

2b b b2 2

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

≤

∫ ∫ ∫ .

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

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

Es importante recordarla ya que es frecuentemente útil en la deducción de otras desigualdades aritméticas.

En la notación de la definición 5, la desigualdad de Schwarz se convierte en x y x y• ≤ , y afirma que el valor absoluto del producto interior de dos vectores no

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

x y1

•≤ , siempre que x y y

sean no nulos.

Ejemplo 4. Sean 1 na ,...,a números reales positivos. Use la desigualdad de Cauchy

para demostrar que 21 n

1 n

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

a a

+ + + + ≥

.

Solución. Sean x y1 n1 n

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

a a

= =

. De modo que x x 1 na ... a• = + + ,

y y x y1 n

1 1... , n

a a• = + + • = y aplicando la desigualdad de Cauchy se obtiene lo que

se quería demostrar.

Ejemplo 5. Sean a, b y c, números reales positivos, tales que a b c 1+ + = . Utilice la

desigualdad de Cauchy para demostrar que 1 1 1

1 1 1 8a b c − − − ≥

.

Solución. Sean x y1 1 1

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

= =

. De modo que x x a b c 1,• = + + =

y y x y1 1 1

, 3a b c

• = + + • = y aplicando la desigualdad de Cauchy 1 1 1

9a b c

+ + ≥ .


Por lo tanto manipulando se tiene

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

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

8 1 1 1 8a b c a b c

+ + + + + + − − − −≥ ⇒ − ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥

− − − ⇒ ≥ ⇒ − − − ≥

Ejemplo 6. Demuestre que la desigualdad 2 2 2

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

+ + + + ≤

persiste para

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

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

n n = =

. Entonces x x y y2 21 n

2

a ... an,

n

+ +• = • = ,

x y 1 na ... an

+ +• = y aplicando la desigualdad de Cauchy se obtiene lo que se quería

demostrar.

Ejemplo 7. Sea 1f C 0,1∈ . Pruebe que

1 /21 121 1 2

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

− ≤

∫ ∫ .

Solución.

Integrando por partes: 2t t1

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

11 1 12 2 2t t t t t t12 2 2 2 2 2 20 0 00

( t)f(t)dt ( )f(t) ( )f '(t)dt ( )f '(t)dt− = − − − = −∫ ∫ ∫ .

Aplicando la desigualdad de Schwarz:

1 /2 1 /21 1 12 2 2 2t t t t2 2 2 20 0 0

( )f '(t)dt ( ) dt (f '(t)) dt

− ≤ − ∫ ∫ ∫ .

11 12 4 3 2 5 4 32t t t t t t t t 6 15 101 1 1 12 2 4 2 4 20 8 12 20 8 12 120 120

0 0 0( ) dt ( )dt ( ) − +− = − + = − + = − + = =∫ ∫ .

Por lo tanto:

1 /21 2 2 1 /2 2t t 1 1 1 22 2 120 4 152 2 15 4 150

( ) dt ( )

− = = = = ∫ . En consecuencia se

demuestra que:

1 /21 121 1 2

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

− ≤

∫ ∫ .

Definición 6. Si x y y son vectores no nulos en un espacio euclidiano, se define el

coseno del ángulo entre ellos como x yx y

cos•θ = .

Queda finalmente pendiente por definir la distancia entre dos puntos cualesquiera (esto es, vectores) en un espacio euclidiano. Nuevamente esto se hace

sencillamente copiando la definición de 2R donde la distancia entre x y y es la longitud del vector x y− . Así se establece la definición de distancia:

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


Pero ¿es ésta una definición razonable del término “distancia”? Con objeto de contestar esta pregunta, primero debe decidirse qué propiedades se requieren de la

distancia, en general. En ese aspecto, los matemáticos están de acuerdo, y lo han

decidido como sigue: la distancia entre dos puntos debe ser un número real no negativo que es cero si, y solamente si, los puntos coinciden. Debe ser independiente

del orden en el que se consideren los puntos y, finalmente, la desigualdad del

triángulo, famosa en la geometría plana, debe satisfacerse.

Así, con el objeto de justificar el uso del término “distancia” en la definición 7

se debe demostrar que d(x,y) es un número real que satisface las siguientes propiedades: a. x yd( , ) 0≥

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

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

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

Las tres primeras de estas propiedades se deducen inmediatamente de la

definición de longitud y de los axiomas que gobiernan un producto interior. La última,

sin embargo, no es tan obvia. Para demostrarla, primero se establecerá una desigualdad que es de cierta importancia por sí misma.

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

Demostración.

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

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

x y

1 /2 1 /2

1 /221 /2

( ) ( ) ( ) 2( ) ( )

( ) 2 ( )

+ = + • + = • + • + •

≤ • + • • + • = • + • = • + •

≤ +

■

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

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

b. x z y z x yd( , ) d( , )+ + =

1.4. ORTOGONALIDAD. ORTOGONALIZACIÓN Definición 8. Se dice que dos vectores en un espacio euclidiano son ortogonales o perpendiculares, si el coseno del ángulo que forman, vale cero. En seguida se generalizará algo más la noción de ortogonalidad, pero primero se probará un teorema particularmente notable.


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

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

Demostración.

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

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

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

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

Solución. Se sabe que

1 n 1 n 1 n

i i i j i i j

x x x x x x

x x x x x x x

2

n n n n n n2

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

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

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

≠ ≠

+ + = + + • + +

= • + • = + •∑ ∑∑ ∑ ∑∑

Así 1 n i 1 nx x x x xn

2 2 2 2

i 1

... ...=

+ + = = + +∑ ya que i jx x 0, i j• = ≠ .

Dicho esto, se continúa la discusión, dando la siguiente definición: Definición 9. Se dice que un conjunto de vectores 1 2 ix x x, ,..., ,... en un espacio

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

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

Así, un conjunto ortogonal es un conjunto de vectores no nulos perpendiculares

entre sí, mientras que un conjunto ortonormal es un conjunto ortogonal en el cual cada

uno de los vectores es de longitud unitaria. Por economía de notación, cuando se discutan conjuntos ortonormales, las propiedades anteriores se combinarán

frecuentemente escribiendo i j

x x ij

0 si i j1 si i j

≠• = δ = =

. El símbolo ijδ que se introduce

aquí, se le llama la delta de Kronecker.

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

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

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

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

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

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


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

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

forman un sistema completo.

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

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

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

vectores de la base en nR es ortonormal.

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

expresión de la forma

01 2 n 1 2 n

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

2= + + + + + + + +

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

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

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

ordinarios y un producto interior dado por

f g f(x)g(x)dx

π

−π• = ∫ , el conjunto de

funciones 1,cos(x),sen(x), ...,cos(nx), sen(nx) es un conjunto ortogonal en nT ya

que, para enteros m y n no negativos

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

π

−π= ≠∫ ,

sen(mx)cos(nx)dx 0,

π

−π=∫

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

π

−π= ≠∫ .

Para normalizar este conjunto se observa que

1dx 2

π

−π= π∫ y

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

π π

−π −π= = π >∫ ∫ .

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

, ,..., ,2π π π

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

π π forman un

conjunto ortonormal en nT .

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

En lugar de empezar con la situación más general, se introducirá el proceso de

ortogonalización con dos ejemplos. El primero es extraído de 2R donde se considera un par de vectores linealmente independientes 1x y 2x . Entonces 1x y 2x forman

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

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

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

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


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

1 1

x ee e

•α =

•. Con

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

se ha ortogonalizado.

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

•α = =•

, y así 1e (1,1),=

2e1 12 2( , )= − .

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

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

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

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

1 1

x ee e

•α =

•.

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

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

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

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

1 2 1 2e e x x( , ) ( , )δ = δ .

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

igualdad implica que 3x no pertenece al subespacio de 3R generado por 1e y 2e . El proceso de ortogonalización debe completarse aceptando que 3e sea la componente

de 3x , perpendicular al subespacio 1 2e e( , )δ . Así, se hace 3 3 1 2e x e e1 2= − α − α , y se

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

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

3 2 2 2x e e e20 ( )= • − α • de donde 3 1 3 2

1 1 2 2

x e x e

e e e e1 2,• •

α = α =• •

. Con esto se completa el

proceso de ortogonalización de la base 1x , 2x y 3x . Ahora se puede disponer de la

situación general requerida para ortogonalizar un conjunto arbitrario de vectores linealmente independientes 1 2x x , , ... en un espacio euclidiano. Se va a presentar un

teorema que puede resumir este proceso de generalización.

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

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

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

donde n 1 1 n 1 2 n 1 n

1 1 2 2 n n

x e x e x e

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

• • •.

El método de ortogonalización descrito en este teorema, es conocido como el proceso de ortogonalización de Gram-Schmidt.


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

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

polinomios P con producto interior definido por

p q

1

1p(x)q(x)dx

−• = ∫ .

La ortogonalización va como sigue:

1e 1= ,

1 1

e e1

1dx 2

−• = =∫ ,

2

e 1

12 1

x , donde xdx 0−

= − α α = =∫ .

Así, 2e x= ,

2 2

e e1

2 231

x dx−

• = =∫ , 3e2

1 2x x,= − α − α donde

1 12 331 1

1 22 3 21 1x dx , x dx 0

− −α = = α = =∫ ∫ .

Así, 3e2 1

3x= − ,

3 3

e e1

2 2 813 451

(x ) dx−

• = − =∫ .

Continuando de este modo, se obtiene la sucesión ortogonal 2 131, x, x ,−

3 4 23 6 35 7 35x x, x x , ...− − + en P. Cuando se presentan con constantes de multiplicación

adecuadas, estos polinomios se convierten en los famosos polinomios de Legendre del Análisis.

1.5. EL ESPACIO DE LAS FUNCIONES CONTINUAS POR TRAMOS

Dada la importancia de las diferentes series que están por considerarse, reviste cierto interés expresar la discusión siguiente de tal modo que, de una categoría de funciones, se abarque tanto como sea posible. Desafortunadamente, la mayoría de las generalizaciones que van más allá del espacio de funciones continuas, son sumamente técnicas e inaccesibles en un curso de este nivel. Sin embargo, es posible extender las conclusiones para incluir funciones continuas por tramos, y ya que bien vale la pena hacer esta modesta generalización, esta sección se destina a demostrar cómo el conjunto de todas estas funciones en un intervalo determinado, puede estar dentro de un espacio euclidiano. Por conveniencia, se empieza por recordar la definición de continuidad por tramos. Definición 10. Se dice que una función de valor real f es continua por tramos, en un intervalo a,b si

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

(ii) los límites 0 0 0 0h 0 h 0

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

= + = − existen en cada punto 0x en

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

extremo de a,b .)


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

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

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

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

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

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

b

af(x)dx∫ existe, y es

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

de discontinuidad, entonces

b b

a af(x)dx g(x)dx=∫ ∫ .

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

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

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

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

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

fórmula

b

af g f(x)g(x)dx• = ∫ . ¿Pero la fórmula anterior produce realmente un producto

interior en el conjunto de funciones continuas por tramos en a,b ? La respuesta

desagradable es, NO. Para ver lo que está equivocado, sea n(x) una función que es cero dondequiera en a,b excepto en un número finito de puntos.

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

que

b2

an(x) dx 0=∫ a pesar del hecho de que n no es la función cero. Esto, por

supuesto, invalida el uso de la fórmula cuestionada como un producto interior, ya que, por definición, el producto interior de un vector no cero por sí mismo, no puede ser

cero.

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

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

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

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

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


1.6. CONVERGENCIA DE SUCESIONES

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

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

→∞− = . En este

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

converge a x, escribiendo { }kx xklim

→∞= .

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

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

producto interior integral, la afirmación

k

f f1 /2b 2

kk k al í m lím f (x) f(x) dx 0

→∞ →∞

− = − =

∫ de

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

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

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

a la función cero, ya que

1 /2 1 /21k 2k

k k k1

2lím x 0 lím x dx lím 0

2k 1→∞ →∞ →∞−

− = = = + ∫ . Aunque

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

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

Figura 1. Sucesión de funciones del ejemplo 14


1.7. BASES EN ESPACIOS EUCLIDIANOS DE DIMENSIÓN INFINITA

En secciones anteriores se utilizó el proceso de ortogonalización de Gram-Schmidt para demostrar que cada espacio euclidiano de dimensión finita tiene una base ortonormal 1 ne e,..., y que cada vector en tal espacio puede expresarse

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

Pero el proceso de Gram-Schmidt puede aplicarse igualmente bien en un espacio euclidiano de dimensión infinita donde puede usarse para dar un conjunto ortonormal infinito 1 2e e, ,... . Este hecho sugiere que una versión ampliada de los

resultados iniciales, podría aceptarse, y las secciones restantes del presente tema se dedican a realizar esta sugerencia. La forma más obvia para intentar generalizar (1) en presencia de un conjunto ortonormal 1 2e e, ,... en un espacio de dimensión infinita V,

es reemplazar su segundo miembro por la serie infinita

k kx e ek 1

( )∞

=

•∑ . (2)

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

no hay razón a priori para suponer que esta serie converge y, mucho menos, que converge a x* . No obstante, es conveniente tener una notación que exprese el hecho

de que (2) se deduce de x, aunque de modo puramente formal. La usada con más

frecuencia es k kx x e ek 1

( )∞

=

•∑∼ , usándose el símbolo ∼ (el que, de paso, nada tiene

que ver con el usado antes, para relaciones equivalentes) para enfatizar que las series

en cuestión podrían no converger a x. Por supuesto, en caso de que suceda, se escribe

k kx x e ek 1

( )∞

=

= •∑ , y se dice que la serie converge en la media a x. En uno u otro

caso, los productos interiores kx e• son llamados las coordenadas o (generalizando)

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

Está claro que los coeficientes de Fourier de x dependen del conjunto ortonormal con respecto al cual se calculan. No tan claro, pero igualmente ciero, es

que (1) puede converger en la media a x para un conjunto ortonormal, pero no para

otro. Los ejemplos siguientes ilustran ambos puntos. Ejemplo 15. Calcule los coeficientes generalizados de Fourier de la función f(x) x= ,

x−π ≤ ≤ π en C ,−π π con respecto al conjunto ortonormal senx sen2x

, ,π π

sen3x

,...π

Solución. En este caso los coeficientes son

k

x e 1

xsenkxdx, k 1,2,...,π

−π• = =

π ∫ y

usando integración por partes, se obtiene


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

1 2 kxsenkxdx coskk 2

k 2,4,6,...k

π

−π

π =π = − π = π π− =

∫

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

sen2x sen3xx 2 senx ... .

2 3 − + −

∼ En próximos temas se verá que esta serie realmente

converge en la media a x, de suerte que se justifica escribir k 1

k 1

senkxx 2 ( 1)

k

∞−

=

= −∑ .

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

conjunto dado por 1 cos x cos2x

, , ,...,2π π π

entonces los coeficientes de Fourier son

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

2

π π

−π −π= = =

π π∫ ∫ . Pero todas estas integrales son

cero, y en consecuencia (2) se convierte en x 0∼ . Ahora queda claro que no se tiene

una igualdad, ya que

x

1 /21 /2 32 2

x dx 03

π

−π

π= = ≠ ∫ .

Observación 2. Para desarrollar f en una serie de funciones ortogonales, es necesario que no sea ortogonal a cada elemento del conjunto ortogonal. Para evitar este problema se supondrá, en temas siguientes, que un conjunto ortogonal es completo. Esto quiere decir que la única función ortogonal a cada miembro del conjunto es la

función cero. 1.8. DESIGUALDAD DE BESSEL. IGUALDAD DE PARSEVAL. TEOREMA 5. Sea 1 2e e, ,... un conjunto ortonormal de vectores en un espacio

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

kx e x 22

k 1

( )∞

=

• ≤∑ (desigualdad de Bessel). Más aún, 1 2e e, ,... es una base para V

si, y solo si, kx e x 22

k 1

( )∞

=

• =∑ (igualdad de Parseval).

Demostración. La demostración descansa en el cálculo del valor de la expresión

k kx x e e

2n

k 1

( • )=

−∑ para cualquier x en V y cualquier entero n. Ahora


k k k k k kx x e e x x e e x x e e

2n n n

k 1 k 1 k 1

( • ) ( • ) ( • )= = =

− = − • −

∑ ∑ ∑

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

k 1 j 1 k 1

2 ( • )( • ) ( • ) ( • )= = =

= • − + •

∑ ∑ ∑

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

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

2

j 1 k 1 j 1 k 1 k 1

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

• = = •

∑ ∑ ∑∑ ∑

Entonces

k k kx x e e x x e

2n n2 2

k 1 k 1

( • ) ( )= =

− = − •∑ ∑ . (3)

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

k k kx x e e x x e

2n n2 2

k 1 k 1

0 ( • ) ( )= =

≤ − = − •∑ ∑ para todo x en V y toda n. En consecuencia

kx e xn

22

k 1

( )=

• ≤∑ para toda n, y las sumas parciales de la serie kx e 2

k 1

( )∞

=

•∑ forman

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

kx e xn

22

k 1

( )=

• ≤∑ . Terminando la demostración ahora se supone que 1 2e e, ,... es una

base ortonormal para V. Entonces, se sabe que k kx x e ek 1

( )∞

=

= •∑ . Por lo tanto

k kx x e e

2n

nk 1

lím ( ) 0→∞

=

− • =∑ , y se sigue de (3) que kx x en

2 2

nk 1

lím ( ) 0→∞

=

− • =

∑ . Por

tanto kx e x 22

k 1

( )∞

=

• =∑ , que es la igualdad de Parseval. Finalmente, ya que los

eslabones de esta cadena de razonamientos son reversibles, se concluye que 1 2e e, ,...

es una base siempre que la igualdad de Parseval se satisfaga, y la demostración está

completa.


1.9. PROBLEMAS PROPUESTOS 1. Encuentre x y• para cada uno de los siguientes pares de vectores en 3R .

a. x y(1 /2,2, 1) (4, 2,3)= − = −

b. x y(2 /3,1 /2,1) ( 1 /2,4,2)= = −

2. Encuentre f g• para cada uno de los siguientes pares de vectores en C 0,1 .

a. f g 2(x) x (x) 1 x= = −

b. f g(x) sen( x /2) (x) cos( x /2)= π = π

c. f g1 1 12 2 2(x) x (x) x= − = − −

3. Encuentre f g• para cada uno de los siguientes pares de vectores en C 0,1 si el

producto interior está definido con respecto a la función de peso r x(x) e= .

a. f g x(x) 1 2x (x) e−= − =

b. f g(x) x (x) 1 x= = −

4. Sea r cualquier función en C a,b que se anula para, cuando más, un número

finito de valores en el intervalo a,b . Demuestre que

f g

b

af(x)g(x) r(x) dx• = ∫

define un producto interior en C a,b .

5. Encuentre la longitud de los siguientes vectores en 4R .

a. (3,4, 3,1)−

b. 12( , 3, 2,1)−

c. 2 1 2 13 2 3 2( , , , )− −

6. Encuentre la distancia entre cada uno de los siguientes pares de puntos en 4R . a. x y(3,0, 1,5) (2,2, 1,3)= − = −

b. x y 3 32 1 13 6 2 2 2( ,1,0,2) ( , , , )= = −

7. Calcule f para cada uno de los siguientes vectores en C 0,1 .

a. f 2(x) 1 x= − b. f(x) ln(x 1)= +

c. f x /2(x) e=

d. f2

(x) sen( x)π=

8. Encuentre el ángulo entre cada uno de los siguientes pares de vectores en 3R . a. x y 1 1

2 2(1,1,1) ( , 1, )= = −

b. x y(1, 1,0) (2, 1,2)= − = −

c. x y( 3, 1,0) (1,2, 5)= − − = −


9. Encuentre el coseno del ángulo de cada uno de los siguientes pares de vectores en

3P si el producto interior es

p q

1

1p(x)q(x)dx

−• = ∫ .

a. 1,x

b. 2x,x

c. x,1 x−

10. Repita el apartado anterior usando ahora el producto interior

p q

1

0p(x)q(x)dx• = ∫ .

11. Sean p y q polinomios en el espacio vectorial 2P (espacio de los polinomios de

coeficientes reales de grado a lo sumo dos). Discuta si la operación definida de la forma p,q p( 1)q( 1) p(0)q(0) p(1)q(1)= − − + + es un producto interno en 2P .

12. Utilice la ley de los cosenos para establecer que x yx y

cos•θ = para cualquier par

de vectores no nulos x y y en 2R . 13. Demuestre que x y x y+ = + si, y solamente si, y x= α o x y= α para algún

número real 0α ≥ .

14. Sean x y y vectores arbitrarios en un espacio euclidiano, y se supone x y= .

Demuestre que x y+ y x y− son ortogonales. Interprete este resultado de forma

geométrica.

15. Sea (V, , )< > un espacio producto interno real y sean v, w elementos de V. Pruebe

que v w v w v w2 2 2 22( )+ + − = + . Esta igualdad se conoce como ley del

paralelogramo. 16. Demuestre que las funciones dadas son ortogonales en el intervalo indicado:

a. 21 2f (x) x, f (x) x , 2 x 2= = − ≤ ≤

b. 3 21 2f (x) x , f (x) x 1, 1 x 1= = + − ≤ ≤

c. x x x1 2f (x) e , f (x) xe e , 0 x 2− −= = − ≤ ≤

d. 21 2f (x) cos x, f (x) sen x, 0 x= = ≤ ≤ π

17. Demuestre que el conjunto de funciones dado es ortogonal en el intervalo indicado.

Encuentre la norma de cada función del conjunto. a. 2senx, sen3x, sen5x, ..., 0 x π≤ ≤

b. n x m xp p{1,cos( ),sen( )} n 1,2,3,... m 1,2,3,... p x pπ π = = − ≤ ≤

18. Verifique mediante integración directa que las funciones son ortogonales con

respecto a la función de peso indicada, en el intervalo dado.


a. 22 x

0 1 2H (x) 1, H (x) 2x, H (x) 4x 2 w(x) e , x−= = = − = − ∞ < < ∞

b. 2 x10 1 2 2L (x) 1, L (x) x 1, L (x) x 2x 1 w(x) e , 0 x−= = − + = − + = < < ∞

19. Sea n{ (x)}φ un conjunto ortogonal de funciones en a x b≤ ≤ tal que 0(x) 1φ = y

1(x) x.φ = Demuestre que

b

na( x ) (x)dx 0α + β φ =∫ para n 2,3,...,= y constantes α y

β cualesquiera.

20. Sea n{ (x)}φ un conjunto ortogonal de funciones en a x b≤ ≤ . Demuestre que

2 2 2m n m n(x) (x) (x) (x)φ + φ = φ + φ , m n≠ .

21. Halle los valores de a, b y c para que f(x) ax 2= + , 2g(x) bx cx 1= + + y h(x) x 1= −

sean mutuamente ortogonales en el intervalo 0,1 .

22. Demuestre que las funciones 1f (x) 1= y 2f (x) x= son ortogonales, con respecto al

producto interno integral en el intervalo 1,1− , y determine las constantes A y B

de modo que la función 23f (x) 1 Ax Bx= + + sea ortogonal a 1f y 2f .

23. Sea 1 12 2C , − con el producto interno

1 /2

1 /2f,g r(x)f(x)g(x)dx

−= ∫ , donde la función

peso r está definida mediante 2

1r(x)

1 x=

−. Pruebe que la sucesión { }n n 0

f ∞= , donde

nf (x) cos(n.arccos(x))= es ortogonal.

24. Ortogonalice cada una de las bases siguientes en 3R . a. (1,1,0), ( 1,1,0), ( 1,1,1)− −

b. 13(2, 1,1), (3, 2, ), (1,0,1)− −

c. (1,0,0), (0,1,0), ( 1,0,1)−

25. Ortogonalice cada uno de los conjuntos de vectores siguientes en C 0,1 .

a. x xe , e−

b. x 2xe , e

c. x1, 2x, e

26. Determine cuál de las siguientes sucesiones { }ka converge en R, y encuentre el

límite de cada sucesión convergente.

a. k

k( 1)

ak

−=

b. kka 1 ( 1)= + −

c. kka 1 e−= +

d. k 1 k

k k

2 ( 1)a

2

+ + −=


27. Determine cuál de las siguientes sucesiones { }kx converge en 3R , y encuentre el

límite de cada sucesión convergente. (En cada caso, los vectores 1 2e e, y 3e son

una base ortonormal para 3R .

a. k 1 2 3x e e e1 k 1

1k k 2

+ = + + + +

b. k 1 2 3x e e ek senk(1 2 ) (lnk)

k−= − + +

28. Calcule los coeficientes de Fourier de la función 2f(x) x , x= − π ≤ ≤ π en C ,−π π

con respecto al conjunto ortonormal 1 cos x cos2x

, , ,...,2π π π

y también con respecto

al conjunto ortonormal senx sen2x

, ,...π π

29. Repita el ejercicio anterior, para la función xe , x− π ≤ ≤ π .

30. Considere que las funciones 1,senx,cos x,..., senkx,coskx,... son una base para el

espacio euclidiano C ,−π π . Encuentre los coeficientes de Fourier de f en C ,−π π

en términos de esta base. ¿Cuál es el desarrollo en serie de f?


RESPUESTAS A LOS PROBLEMAS PROPUESTOS 1. a. -5 b. 11/3 3. a. 0 b. 3-e 5. a. 35 b. 5/2 c. 5

6 2

7. a. 215 30 b. 2(1 ln2)− c. e 1− d. 1

2 2

9. a. 0 b. 0 c. 12− 10. 1 1 1

2 4 23, 15,

15. a. (1,1,1), (-1,1,0), (0,0,1) b. 1 218 83(2, 1,1), (4, 11, 19), (5,7, 3)− − − −

c. (1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)

16. a. x x x2

2e , e e

e 1− −

− b.

2x 2x x2(e e 1)

e , e e3(e 1)

+ +−+

c. x1, 2x 1, e 6(e 3)x 10 4e− + − + − 17. a. 0 b. No converge c. 1 d. 2 18. a. 1 2 3e e e+ + b. No converge

20. Respecto al primer conjunto 0e e

c2

π −π−=π

; k

k 2

( 1)c (e e ), k 1,2,3,...

(1 k )π −π−= − =

+ π

Respecto al segundo conjunto k 1

k 2

( 1) kc (e e ), k 1,2,3,...

(1 k )

+π −π−= − =

+ π


TEMA 2

PROBLEMA DE STURM-LIOUVILLE

2.1. INTRODUCCIÓN Una aplicación importante de las ideas que se han desarrollado en cursos anteriores de ecuaciones diferenciales, se tiene en el estudio de problemas con valor

en la frontera, para ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden. Formalmente

tales problemas consisten de

(i) Una ecuación del tipo Lf h= en la que L es un operador diferencial lineal de segundo orden, definido en un intervalo (finito) [a,b], y h una función en C a,b ; y

(ii) Un par de límites o condiciones de puntos extremos de la forma

1 2 3 4 1 1 2 3 4 2y(a) y(b) y '(a) y '(b) y(a) y(b) y '(a) y '(b)α + α + α + α = γ β + β + β + β = γ

donde las iα , iβ y iγ son constantes. El problema, es encontrar todas las funciones

f en 2C a,b que satisfacen simultáneamente ambas condiciones.

2.2. EJEMPLOS

Ejemplo 1. y '' y 0, y(0) 0, y( ) 0+ = = π = .

Solución. Para resolver este ejemplo simplemente se aplican las condiciones de

frontera a la solución general 1 2c senx c cos x+ para deducir que 2c 0= y que 1c es

arbitraria. Así, y csenx= donde c es una constante arbitraria, es una solución general

de este problema particular.

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

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

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

de la ecuación

Ly y= λ , (1)

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

valores de λ para los cuales (1) admite soluciones no triviales en δ , y luego encontrar

las soluciones correspondientes a estas λ . Se puede observar que (1) puede volver a

escribirse (L I)y 0− λ = , donde I indica la transformación identidad que envía cada

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

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


Así, para cada valor de λ , (1) es una ecuación diferencial lineal homogénea de

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

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

L I− λ .

Ejemplo 2. Resuelve el problema con valor en la frontera

y '' y 0, y(0) 0, y( ) 0+ λ = = π = . (2)

Solución. Aquí, δ es el espacio de todas las funciones dos veces continuamente

diferenciables en 0, π que se anulan en los puntos extremos del intervalo, y L es el

operador lineal de segundo orden 2D− .(El signo menos se ha introducido únicamente

para simplificar los resultados finales. Sin él, los valores adecuados de λ serían

negativos.) Se distinguen tres casos, según que 0, 0 y 0λ = λ < λ > .

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

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

triviales cuando 0λ = .

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

y 0≡ .

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

1 2y c sen x c cos x= λ + λ , (3)

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

Así, (2) admite soluciones no triviales si, y solamente si, sen 0λπ = ; esto es,

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

Para cada uno de estos valores de λ , la constante 1c en (3) permanece

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

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

determinan los casos en que (2) tiene soluciones no triviales son llamados los valores

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

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

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

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


2.3. PROBLEMA DE STURM-LIOUVILLE

Definición 1. Un problema de Sturm-Liouville es una ecuación diferencial ordinaria de

segundo orden homogénea de la forma

d

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

+ + λ = , a x b< < (4)

sujeta a las condiciones de frontera

1 1 2 2y(a) y '(a) 0, y(b) y '(b) 0α + β = α + β = , (5)

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

ecuaciones (4) y (5) se suponen reales e independientes de λ . Además, 1α y 1β no

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

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

(autovalores) y funciones propias (autofunciones) no triviales que satisfagan (4) y (5).

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

Sturm-Liouville.

TEOREMA 1. (Propiedades del problema regular de Sturm-Liouville).

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

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

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

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

linealmente independientes.

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

Demostración de la propiedad (d).

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

y nλ , respectivamente. Entonces

'm m m

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

dx+ + λ = (6)

'n n n

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

dx+ + λ = (7)

Al multiplicar la ecuación (6) por ny y la ecuación (7) por my y restar los

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

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

dx dxλ − λ = − .

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

b' ' ' '

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

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

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

condiciones en la frontera (5). Por ejemplo, de acuerdo a una de las condiciones se


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

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

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

condición de (5) y se obtiene ' 'm n n my (b)y (b) y (b)y (b) 0− = . Como los dos miembros del

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

b

m n m nap(x)y (x)y (x)dx 0,= λ ≠ λ∫ .

Ejemplo 3. Resuelva el problema de valores en la frontera

y '' y 0, y(0) 0, y(1) y '(1) 0+ λ = = + = . (8)

Solución. Se puede comprobar que para 0λ < y para 0λ = , el problema planteado

por la ecuación (8) sólo posee la solución trivial y 0= . Cuando 0λ > , la solución

general de la ecuación diferencial es 1 2y c cos x c sen x= λ + λ . Ahora bien, la condición

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

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

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

hace x = λ , los valores propios del problema (8) son, entonces, 2n nxλ = , donde

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

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

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

la ecuación (8) es un problema regular de Sturm-Liouville. Así, { }nsen( x ,λ

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

intervalo 0,1 .

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

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

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

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

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

frontera que involucren el operador considerado.

Ejemplo 4. Resuelva el sistema de Sturm-Liouville

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

Solución. Esta es una variante de un problema que se ha considerado muchas veces

y, en esta ocasión, se encuentra que las constantes dadas por 2 2

n 2

n, n 1,2,...

L

πλ = = y


las funciones nn x

y (x) sen , n 1,2,...,Lπ = =

son considerados conjuntos completos de

valores propios y funciones propias. Se verá en detalle su resolución: Se tienen tres

opciones: 20 kλ < → λ = − : 2 2 2y '' k y 0 m k 0 m k− = ⇒ − = ⇒ = ±

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

Sustituyendo: kx kx1y(x) c (e e )−= − , kL kL

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

Conduce a solución trivial.

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

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

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

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

2n

y(L) c sen(kL) 0 sen(kL) 0 kL n kLπ= = ⇒ = ⇒ = π ⇒ = . Al sustituir se tiene:

n 2n

y c sen xLπ =

(Solución no trivial). Como

2

nn n

kL Lπ π = ⇒ λ =

Autovalores.

Ejemplo 5. Resuelva el sistema de Sturm-Liouville y '' y 0, y '(0) 0, y '(L) 0+ λ = = = .

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

ejemplo anterior, revela que los valores propios para este problema son las constantes

no negativas 2 2

n 2

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

L

πλ = = y que nn x

y (x) cos , n 0,1,2,...,Lπ = =

constituye

un conjunto completo de funciones propias.

Ejemplo 6. Resuelva el sistema de Sturm-Liouville

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

considerando que h y L son constantes positivas.

Solución. Como es usual, se estudia por casos, dependiendo del signo algebraico de

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

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

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

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

implica que λ debe escogerse en forma tal que

L

sen( L) cos( L)hLλλ = − λ ; (9)

una ecuación que vuelve a escribirse como

t ghLµµ = − (10)


haciendo Lµ = λ . Aunque es imposible resolver (9) explícitamente para λ , sus

soluciones pueden visualizarse conforme surgen, a través de (10), en los puntos de

intersección de las gráficas de las funciones tgµ y /hL.−µ

Hay una infinidad de tales puntos localizados simétricamente con respecto al

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

positivos 2n

n 2, n 1,2,...

L

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

caso h 1, L 1, x= = µ = ):

Figura 2. Problema del Sturm-Liouville del ejemplo 6

con n n 1+λ < λ para toda n, y nn

lím→∞

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

se tiene que n 1 nnlím( )+→∞

λ − λ = π ). Las funciones nn

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

Lµ = = λ =

constituyen un conjunto completo de funciones propias para este problema.

Ejemplo 7. Considere el problema con valores en la frontera

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

+ + − λ = = =

.

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

1 2y(x) e c cos(kx) c sen(kx)−= + , donde 2k = −λ . Con las condiciones iniciales se tiene 1

1 20 c , 0 e c sen(k)−= = . Si 2c 0,≠

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

se tiene la siguiente relación de ortogonalidad entre las soluciones:


12x x x

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

2.4. FORMA AUTOADJUNTA DE PROBLEMAS DE STURM-LIOUVILLE

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

entonces cualquier ecuación diferencial de segundo orden

a(x)y '' b(x)y ' (c(x) d(x))y 0+ + + λ = (11)

se puede llevar a la forma autoadjunta, ecuación (4), si se multiplica por el factor

integrante (b(x) a(x))dx1e

a(x)∫ . Para comprobarlo, se observa que la ecuación diferencial

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

a(x) a(x) a(x) ∫ ∫ ∫ ∫+ + + λ =

es la misma que

(b / a)dx (b / a)dx (b / a)dxd c(x) d(x)

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

∫ ∫ ∫+ + λ = . (12)

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

q(x) ea(x)

∫= , (b / a)dxd(x)p(x) e

a(x)∫= . Desde luego

que no es necesario llevar a una ecuación diferencial de segundo orden como la (11) a

la forma autoadjunta (4), para resolverla. Se usará la forma de la ecuación (12) para

determinar la función peso p(x) que se necesita en la relación de ortogonalidad.

Ejemplo 8. Encuentre los valores propios y las funciones propias para el problema de Sturm-Liouville y '' 4y ' (4 9 )y 0, y(0) 0, y(a) 0+ + − λ = = = .

Solución. En primer lugar, se escribirá en forma autoadjunta como

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

dx dx + − λ = = =

.

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

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

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

1 2y c e c e− + λ − − λ= + , y las condiciones de frontera implican que 1 2c c 0,+ = ( 2 3 )a ( 2 3 )a

1 2c e c e 0− + λ − − λ+ = . Así 1 2c c 0= = y el problema no tiene valores propios

positivos. Caso II. 0λ = . Ahora la solución general de la ecuación es 2a

1 2(c c x)e ,−+ y

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


Caso III. 0λ < . Aquí 2x1 2y e (c sen(3 x) c cos(3 x))−= −λ + −λ y la exigencia de que

y(0) y(a) 0= = da 2 1c 0, c sen a 0= −λ = . En consecuencia el problema tiene soluciones

no triviales si, y solamente si, λ satisface la ecuación sen(3 a) 0−λ = , siguiéndose que

los valores propios para este problema son 2 2

n 2

n, n 1,2,...

9a

πλ = − = Para encontrar un

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

y se obtienen 2xn

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

a− π ϕ = =

.

Ejemplo 9. Encuentre los valores propios y las funciones propias del problema de Sturm-Liouville dado por y '' ky 0, y(0) y(2 ), y '(0) y '(2 )+ = = π = π .

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

1 1y c c 0= ≠

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

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

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

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

2 2 2 2(cosh(2 ) 1) sen h(2 ) cos h(2 ) 2cosh(2 ) 1 sen h(2 ) 2 2cosh(2 ) 0πλ − − πλ = πλ − πλ + − πλ = − πλ ≠En consecuencia 3 4c c 0= = es la única solución y se tiene y(x) 0= .

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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


2.5. PROBLEMAS PROPUESTOS

1. Encuentre todas las soluciones de cada uno de los problemas siguientes con valor

en la frontera. a. y '' y 0; y(0) 1, y( ) 1+ = = π = −

b. y '' y 0; y(0) 0, y '( ) 0+ = = π =

c. y '' 4y sen(2x); y(0) 0, y( ) 0+ = = π =

d. xy '' 5y e ; y(0) 0, y( ) 0+ = = π =

e. y '' 9y 0; y '(0) 0, y '( ) 0+ = = π =

f. y '' 9y cos(2x); y '(0) 0, y '( ) 0+ = = π =

g. y '' 9y x; y '(0) 0, y '( ) 0+ = = π =

2. Calcule los valores propios y las funciones propias para los problemas con valores

en la frontera en los siguientes ejercicios: a. y '' (1 )y 0 ; y(0) 0, y( ) 0+ + λ = = π =

b. y '' 2y ' (1 )y 0 ; y(0) 0, y(1) 0+ + − λ = = =

c. 4y '' 4y ' (1 )y 0 ; y( 1) 0, y(1) 0− + + λ = − = =

d. y '' 2y ' (1 )y 0 ; y '(0) 0, y '( ) 0+ + − λ = = π =

3. La ecuación diferencial de Hermite y '' 2xy ' 2ny 0, n 0,1,2,...− + = = tiene

soluciones polinomiales nH (x). Escriba la ecuación en su forma autoadjunta y

deduzca una relación de ortogonalidad.

4. ¿Cuál es la función propia correspondiente para el problema de valores en la frontera y '' y 0, y '(0) 0, y( /2) 0+ λ = = π = para 25λ = ?

5. La ecuación diferencial de Laguerre xy '' (1 x)y ' ny 0, n 0,1,2,...+ − + = = tiene

soluciones polinomiales nL (x) . Escriba la ecuación en su forma autoadjunta y

deduzca una relación de ortogonalidad.

6. Desarrolle la función g(x) sen(x), 0 x= ≤ ≤ π , en términos de las funciones propias

del problema de Sturm-Liouville y '' y 0

y(0) 0,y( ) y '( ) 0+ λ =

= π + π =.

7. Determine los valores propios y las funciones propias del siguiente problema de

Sturm-Liouville

2x y '' 3xy ' y 0y(1) 0, y(e) 0

+ + λ =

= =.


RESPUESTAS A LOS PROBLEMAS PROPUESTOS 1. a. y cos x csenx= + c. No hay solución e. y c.cos(3x)= g. No hay solución

2. a. 2n nn 1 , (x) sen(nx), n 1,2,... ortogonal en C 0,λ = − ϕ = = π

b. 2 2 xn nn , (x) e sen(n x), n 1,2,3,...;−λ = − π ϕ = π = ortogonal en C 0,1 con respecto a

la función de peso 2xe .

c.

x /2

2 2n n

x /2

n xe sen , n 2,4,6,...

2n , (x)

n xe cos , n 1,3,5,...

2

π = λ = π ϕ =

π =

ortogonal en C 1,1− respecto a

la función peso xe− .

d. 2 xn nn , (x) e (ncos(nx) sen(nx)), n 1,2,3,...−λ = − ϕ = + =


TEMA 3

SERIES DE FOURIER

3.1. INTRODUCCIÓN Aunque ahora se conoce mucho acerca de la teoría general de series ortogonales en espacios euclidianos de dimensión infinita, se tendrá, no obstante, qué

imaginar un ejemplo sencillo y concreto de tales series. Es razonable advertir que cada

una de las series que se construiran es de importancia significativa en física y matemática aplicada. En realidad, desde 1822, cuando Jean Baptiste Fourier resolvió

por primera vez el problema del flujo del calor en cuerpos sólidos, por medio de las

series que ahora llevan su nombre, este tema ha sido desarrollado hasta que, ahora, es una rama completa de la matemática y de la física matemática. Posteriormente, se

examinarán algunas de las aplicaciones de esta teoría, pero primero se discutirán las

propias series.

3.2. FUNCIONES PARES Y FUNCIONES IMPARES

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

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

las nociones de funciones pares e impares, como sigue:

Definición 1. Se dice que una función f, definida en un intervalo centrado en el origen, es par si f( x) f(x)− = para toda x en el dominio de f, e impar si f( x) f(x)− = − .

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

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

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

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

de las igualdades

a a

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

−=∫ ∫ siempre que f sea par e integrable, y

a

af(x)dx 0

−=∫ siempre que f sea impar e integrable. Una propiedad un tanto menos

obvia de las funciones pares e impares, se establece en el siguiente

TEOREMA 1. Cada función en el intervalo a,a− puede expresarse justamente en

forma de una suma de una función par y una función impar.


Demostración. Sea f una función arbitraria en a,a− , y sea

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

f (x) , f (x)2 2+ − − −= = .

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

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

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

es par, y la diferencia de dos funciones impares es impar. Así, la función definida por la

igualdad anterior es simultáneamente par e impar, y así, debe ser la función cero. En otras palabras, E E 0 0f g g f 0− = − = , de donde se sigue que E Eg f= y 0 0g f= , como se

deseaba. Las funciones Ef y 0f son conocidas, respectivamente, como las partes par e

impar de f.

Ejemplo 1. Si xf(x) e= , entonces x x

Ee e

f (x)2

−+= y x x

0e e

f (x)2

−−= . Así, las partes

par e impar de la función exponencial son el coseno hiperbólico y el seno hiperbólico, respectivamente.

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

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

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

puede utilizarse la fórmula kk

k

x ex e

e 2k 1

∞

=

•=∑ para expresar cualquier función continua

por tramos f en el intervalo ,−π π en la forma

2 2 2k 1

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

1 cos(kx) sen(kx)

∞

=

• • • = + +

∑ (media)

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

Pero ya que

21 dx 2

π

−π= = π∫ ,

2 2cos(kx) cos (kx)dxπ

−π= = π∫ ,

2 2sen(kx) sen (kx)dxπ

−π= = π∫ ,

entonces se tiene que

0k k

k 1

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

2

∞

=

= + +∑ (media) , (1)

donde

k

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

π

−π= =

π ∫ ,

k

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

π

−π= =

π ∫

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


Fourier. Una vez más se enfatiza que (1) debe leerse como una afirmación de que la serie en cuestión converge en la media a f, no que converja punto por punto en el

sentido de que 00 k 0 k 0

k 1

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

2

∞

=

= + +∑ para toda 0x en ,−π π . En

efecto ya que el valor de f en 0x puede cambiarse arbitrariamente, sin cambiar los

valores de sus coeficientes de Fourier, esto sería demasiado esperar. Pero, sorprendentemente, siempre que f se comporte razonablemente bien, converge a f(x)

para toda x.

Ejemplo 2. Encuentre el desarrollo en serie de Fourier, de la función

1 x 0f(x)

1 0 x− −π < <

= < < π.

Solución. En este caso f es una función impar en ,−π π . En consecuencia, así es

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

lo tanto, se tiene k0

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

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

0 k 2,4,6,...

π == = − π = ππ π =∫

. Por tanto,

el desarrollo en serie de Fourier de f es

k 1

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

3 5 2k 1

∞

=

− = + + + = π π − ∑

A continuación se presentan algunas gráficas:

4sen(x)y =

π


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

3 5 = + + π

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

y sen(x)3 5 7 9

= + + + + π

TEOREMA 2. Sea f una función suave por tramos en PC ,−π π , por lo que se entiende

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

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

valor 0 0f(x ) f(x )2

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

f( ) f( )2

+ −−π + π en ±π .


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

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

sen(x) ...3 5

+ + + π converge punto por punto en el intervalo

,−π π a

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

− − π < <= −π π

< < π.

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

4 1 1 11 1 ...

3 5 7 = − + − + π

, o 1 1 1

1 ...4 3 5 7π = − + − +

TEOREMA 3. El desarrollo en serie de Fourier de una función f suave por tramos en PC ,−π π converge punto por punto en toda la recta real. Más aún, si F indica la

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

de continuidad de F, y 0 0F(x ) F(x )2

+ −+ cuando 0x es una discontinuidad por salto de F.

Ejemplo 3. Halle el desarrollo en serie de Fourier de la función f(x) x , x= − π < < π .

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

toda k, mientras que, para k 0≠ ,

k0 00

22 2

0

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

k k

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

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

ππ π

π

= = −

π π

− == = π − = ππ π =

∫ ∫

Finalmente, cuando k 0= , se tiene

0

0

2a xdx

π= = π

π ∫ , siguiendo que

2 2 2k 1

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

2 23 5 (2k 1)

∞

=

π π − = − + + + = − π π − ∑

Algunas gráficas:

4 cos(3x)y cos(x)

2 9π = − + π


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

2 9 25 49π = − + + + π

Ejemplo 4. Sea g la función en PC ,−π π definida por 0 x 0

g(x)1 0 x

−π < <= < < π

. Entonces,

con f como en el ejemplo 2, 1 1 1

g (1 f) f,2 2 2

= + = + y se concluye que el desarrollo en

serie de Fourier de g es k 1

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

2 2k 1

∞

=

−= +π −∑ . La moraleja de este ejemplo es

que una serie de Fourier puede, algunas veces, encontrarse sin recurrir a la

integración. Otra forma de expresar la serie sería k

k 1

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

2 k

∞

=

− −= +π∑ .


Gráficas: 11 2

k 1 s (x) sen(x)2

= ⇒ = +π

31 2 sen(3x)

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

= ⇒ = + + π

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

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

= ⇒ = + + + + π


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

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

= + + + + + + π

3.4. SERIES DE SENOS Y COSENOS En los ejemplos anteriores se abusó del hecho de que las funciones consideradas eran pares o impares, para simplificar la tarea de encontrar su desarrollo

en serie de Fourier. Esta técnica puede ser explotada más frecuentemente de lo que se

pudiera esperar, y es de suma importancia para sacarla al descubierto. Específicamente, si f es una función par en PC ,−π π , entonces, para todos los

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

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

π π

−π=∫ ∫

f(x)sen(kx)dx 0,

π

−π=∫


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

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

0k

k 1

af(x) a cos(kx)

2

∞

=

= +∑ donde

k

0

2a f(x)cos(kx)dx

π=

π ∫ . Un argumento similar muestra

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

términos senos, y se calcula con kk 1

f(x) b sen(kx)∞

=

=∑ donde

k

0

2b f(x)sen(kx)dx

π=

π ∫ .

En las aplicaciones de la teoría de las series de Fourier, frecuentemente se

necesita obtener el desarrollo en serie para una función f continua por tramos, que está definida solamente en el intervalo 0,π . Una forma de hacerlo es, extendiendo f

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

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

una serie de Fourier.

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

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

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

por ff(x) 0 x

E (x)f( x) x 0

≤ ≤ π= − −π ≤ <

mientras la segunda es la extensión impar de f, indicada

por fO , y definida por ff(x) 0 x

O (x)f( x) x 0

≤ ≤ π= − − −π ≤ <

. Se tienen entonces los desarrollos

0

f k k0

k 1

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

2

∞ π

=

= + =π∑ ∫

y

f k k

0k 1

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

∞ π

=

= =π∑ ∫ .

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

Ejemplo 5. Halle el desarrollo de Fourier de 2

0 x 0f(x)

x 0 x

−π < ≤= ≤ < π

y pruebe, usando el

desarrollo anterior, que n 1 2

2n 1

( 1)12n

∞ +

=

− π=∑ .

Solución. Sea 0n n

n 1

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

2

∞

=

= + +∑ .

3 22

00

0

1 1 xa x dx . .

3 3

ππ π= = =

π π∫


22

n0 0

0

2

200

2 2

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

n n

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

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

n n n nn n

ππ π

π π

= = − π π

= − − + π

π π = = − = − − = π π

∫ ∫

nn 2

2( 1) .

n= −

22

n 20 00

2 2 22

2 2

n 1 n2

n

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

n n n n

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

n n n n nn n

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

n

π ππ

+

= = − + + π π

π π π = + − = π − = − = − π π π π

− − −= π −π

∫

n 1 n

2 3

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

+ − π − −= + π

De modo que: 2 n 1 n

n2 3

n 1

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

6 nn n

∞ +

=

π − π − −= + − + + π ∑ .

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

n n2 2 2

n 1 n 1 n 1

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

6 6 12n n n

∞ ∞ ∞ +

= = =

π π − π= + − ⇒ − − = ⇒ =∑ ∑ ∑

Ejemplo 6. Encuentre la serie de Fourier de 0 x 0

f(x)1 0 x

−π < <= ≤ < π

.

Rta. n

n 1

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

2 n

∞

=

− −= +π∑

11 2

n 1 s (x) sen(x)2

= ⇒ = +π


31 2 sen(3x)

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

= ⇒ = + + π

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

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

= ⇒ = + + + + π

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

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

= + + + + + + π


Ejemplo 7. Encuentre la serie de Fourier de 0 x 0

f(x)x 0 x

−π < <= ≤ < π

y usela para calcular

el valor de la serie k

2k 1

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

∞

=

−+ −− ∑ .

Solución.

2 2

00

0

1 xa xdx .

2 2 2

ππ π π= = = =

π π π∫

k

k 20

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

k

π − −= =π π∫ .

k 1

k0

1 ( 1)b xsen(kx)dx

k

+π −= =π ∫ .

Se tiene entonces que k k 1

2k 1

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

4 kk

∞ +

=

π − − −= + + π ∑

Si x 0 := 2

2 2k 1 k 1

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

∞ ∞

= =

π π− = − ⇒ =π − −∑ ∑

Si x :2π=

k 1

2k 1 k 1

k 1 k 1 k

k 1 k 1 k 1

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

4 2 k 2(2k 1)

( 1) ( 1) ( 1)sen k

4 k 2 4 2k 1 4 2k 1

∞ ∞ +

= =∞ ∞ ∞+ +

= = =

π π − π = − − + π −

π − π π − π − = ⇒ = ⇒ − = − −

∑ ∑

∑ ∑ ∑

Por lo tanto: k 2

2k 1

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

∞

=

− π π+ = − −− ∑ .

Ejemplo 8. Desarrolle 0, x 0

f(x)x, 0 x

−π < <= π − < < π

en serie de Fourier.

Solución. Con p = π , se tiene que

20

00

0

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

2 2

ππ π

−π −π

π= = + π − = π − = π π π ∫ ∫ ∫


0

n0

n

2 200 0

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

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

n n n n n n

π π

−π −π

π ππ

= = + π − π π

− π + − −= π − + = − = =π π π π

∫ ∫ ∫

∫

En forma análoga, se obtiene que

n

0

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

n

π= π − =

π ∫ Por lo tanto,

n

2n 1

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

4 nn

∞

=

π − −= + + π ∑

3.5. CAMBIO DE INTERVALO

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

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

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

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

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

que las funciones x x 2 x 2 x

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

π π π π

son mutuamente

ortogonales en PC p,p− . Más aún, justamente como en el caso donde p = π , puede

demostrarse que estas funciones son una base para este espacio y, en consecuencia, que sus series ortogonales asociadas (las que, de paso, son aún llamadas series de Fourier) convergen en la media. Y finalmente, teniendo en cuenta la longitud del intervalo, todas las observaciones anteriores referentes a la convergencia por puntos,

son válidas en este caso. Entonces 0k k

k 1

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

2 p p

∞

=

π π= + +

∑ , donde

p

kp

1 k xa f(x)cos dx

p p−

π= ∫ ,

p

kp

1 k xb f(x)sen dx

p p−

π= ∫ para toda k. Y con esto se ha

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

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

Esto inmediatamente lleva a las fórmulas para calcular el desarrollo en serie de Fourier

de una función f en PC a,b de la forma: 0k k

k 1

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

2 b a b a

∞

=

π π = + + − − ∑ ,

donde

b

ka

2 2k xa f(x)cos dx,

b a b aπ = − − ∫

b

ka

2 2k xb f(x)sen dx,

b a b aπ = − − ∫ para toda k.


Ejemplo 9. Halle el desarrollo en serie de Fourier, en PC 0,1 de la función f(x) x= .

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

1 1

k k0 0

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

Integrando por partes se tiene ahora: 0 k k1

a 1 , a 0, k 0 , bk

= = ≠ = −π.

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

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

π π = − π + + + π .

Ejemplo 10. Encuentre el desarrollo en serie de Fourier de la función

x 2 2 x 3f(x)

4 x 3 x 4− ≤ ≤

= − ≤ ≤.

Solución. Las fórmulas serían

4 3 4

k2 2 3

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

4 3 4

k2 2 3

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

Aunque estas integrales pueden calcularse directamente, los cálculos pueden simplificarse considerablemente al tomar en cuenta el siguiente argumento: Designando por F la extensión periódica de f en todo el eje x. Entonces, las funciones F(x)cos(k x)π y F(x)sen(k x)π son periódicas con período 2, y se tiene

a 2 4 a 2 4

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

+ +π = π π = π∫ ∫ ∫ ∫

para cualquier número real a. (En este punto se utiliza el hecho obvio de que si g es

continua por tramos en ( , )−∞ ∞ con período 2p, entonces

a 2p b 2p

a bg(x)dx g(x)dx

+ +=∫ ∫

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

1 1

k k1 1

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

= π = π∫ ∫

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

para toda k, y

1

k0

a 2 x cos(k x)dx= π∫ . Así

2 20 k

4k impar

a 1, a k0 k par, k 0

−= = π ≠

, y el

desarrollo en serie de Fourier de f es 2 2 2

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

2 3 5

π π = − π + + + π .

Ejemplo 11. Encuentre la serie de Fourier de cosenos de 1 0 x 1

f(x)2 x 1 x 2

≤ ≤= − ≤ ≤

.

Solución.

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

2 x 1 x 2

+ − ≤ ≤ −= − ≤ ≤ − ≤ ≤

.


221 2 1

0 00 11

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

2 2 2

= + − = + − = + − =

∫ ∫

1 2 2

n0 1 1

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

2 2 2π π π = + −

∫ ∫ ∫

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

11

0 0

n 2 n 2cos x dx sen x .

2 n 2 nπ π = = π π ∫

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

11

0 0

n 2 n 2cos x dx sen x .

2 n 2 nπ π = = − π π ∫

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

11

0 0

n 2 ncos x dx sen x 0.

2 n 2π π = = π ∫

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

11

0 0

n 2 ncos x dx sen x 0.

2 n 2π π = = π ∫

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

22

n1 1

n 4 n 4a 2 cos x dx sen x

2 n 2 nπ π = = = − π π ∫ .

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

22

n1 1

n 4 n 4a 2 cos x dx sen x

2 n 2 nπ π = = = π π ∫ .

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

22

n1 1

n 4 na 2 cos x dx sen x 0

2 n 2π π = = = π ∫ .

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

22

n1 1

n 4 na 2 cos x dx sen x 0

2 n 2π π = = = π ∫ .

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

22

2 2 2 21 1

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

2 n 2 2 nn n

π π π = + = − − π ππ π ∫

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

22

2 2 2 21 1

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

2 n 2 2 nn n

π π π = + = − + π ππ π ∫

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

22

2 2 2 21 1

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

2 n 2 2n n

π π π = + = π π π ∫

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

22

2 21 1

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

2 n 2 2n

π π π = + = π π ∫

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

2 4 4 2 4a .

n n nn n= − + + =

π π ππ π

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

2 4 4 2 4a .

n n nn n= − + + − =

π π ππ π

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

8a .

n= −

π n 4,8,12,16,...= na 0.=

n

2 2 2n 1

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

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

∞

=

− π − − π = + + π − ∑


2 2

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

4 2 2 π = + − π π

4 2

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

4 2 2 9 2 π π = + − π + π

6 2

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

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


Ejemplo 12. Sin recurrir a la integración, encuentre el desarrollo en serie de Fourier

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

Solución. Usando las identidades trigonométricas, se puede demostrar que 12sen cos sen( ) sen( )α β = α + β + α − β . Por tanto:

3 12

1 12 4

1 14 8

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

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

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

+= = +

= +

= + + +

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

Ejemplo 13. Sea 110

110

x 0 x 10f(x)

(20 x) 10 x 20

≤ ≤= − ≤ ≤

. Encuentre el desarrollo en serie de

Fourier de:

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

2k 0

18(2k 1)

∞

=

π=+∑ .

Solución.

10 2010 20 2 22 1 x x 10 200 100 2 2 1000 10 0 10

a xdx (20 x)dx (20x ) (50 200 200 50) 1

= + − = + − = + − + = ∫ ∫

10 20k x k x2

k 200 20 200 10

20 20 20k x k x k x1

100 20 20 200 10 10

1020x k x 400 k x 4001

100 k 20 2 2 20 kk 0

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

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

( sen( ) cos( )) sen(

π π

π π π

π ππ ππ

= + − =

= + −

= + +

∫ ∫

∫ ∫ ∫

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

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

kk42 2 2k

) ( sen( ) cos( ))

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

2cos( ) 1 ( 1) . Si

π π ππ π

π π π π ππ π ππ π π π

ππ

− +

= + − − − π + +

= − − − k 2n,=


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

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

Por lo tanto k( 1) 1 k x1 2

2 2 2 10kk 1

f(x) cos( )∞

− − ππ

=

= + ∑ . En particular, para x 0= se obtiene

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

k 1 k 1 k 0 k 0

0 0∞ ∞ ∞ ∞

− − ππ π + π + +

= = = =

= + ⇒ = − ⇒ = ⇒ = ∑ ∑ ∑ ∑ .

b. senos de f(x) y use la identidad de Parseval para hallar el valor de 4

k 0

1

(2k 1)

∞

= +∑ .

Solución.

10 20k x k x2

k 200 20 200 10

20 20 20k x k x k x1

100 20 20 200 10 10

1020x k x 400 k x 4001

100 k 20 2 2 20 kk 0

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

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

( cos( ) sen( )) cos

π π

π π π

π ππ ππ

= + − =

= + −

= − + −

∫ ∫

∫ ∫ ∫

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

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

400 k 4001100 2 2 2k k

( ) ( cos( ) sen( ))

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

sen( )

π π ππ π

π π π π ππ π π π ππ π

ππ

− − +

= − + − π + + π − +

= + k 8 k2 2 2 2 2 2k

sen( ) sen( ).π ππ π

=

Por lo tanto ksen( )

8 k x22 2 20k

k 1

f(x) sen( )∞ π

ππ

=

=

∑ . Al calcular

20 2

0f(x) dx ∫ se obtiene:

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

f(x) dx x dx (20 x) dx − = + − = − =

∫ ∫ ∫ .

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

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

.∞ ∞ ∞π π

π ππ +

= = =

= ⇒ = ⇒ =∑ ∑ ∑


3.6. PROBLEMAS PROPUESTOS

1. Demuestre que las funciones x x n x n x

1,cos ,sen ,...,cos ,sen ,...a a a a

π π π π

son

linealmente independientes en PC a,a− .

2. Descomponga cada una de las siguientes funciones en sus partes par e impar:

a. x 1x 1

+−

b. 1

x 1+

c. xcox(x) cos(2x)−

d. 0k k k k

k 1

af(x) (a cos(kx) b sen(kx)) a ,b cons tantes

2

∞

=

= + +∑

3. Encuentre el desarrollo en serie de Fourier de cada función dada:

a. f(x) x, x= − π < < π

b. xf(x) e , x= − π < < π

c.

1 12 2

1 12 2

1 12 2

x x

f(x) 0 x

x x

− − −π ≤ < −= − ≤ ≤ − < ≤ π

d. f(x) ( x)( x), x= π − π + − π ≤ ≤ π

e. x x 0

f(x)x 0 x

+ π −π < <= − π < < π

4. a. Encuentre el desarrollo en serie de Fourier de la función 0 x 0

f(x)x 0 x

−π < ≤= ≤ < π

.

b. Use esta serie para demostrar que 2

2 2 2

1 1 11 ...

8 3 5 7

π = + + + +

5. Encuentre el desarrollo en serie de Fourier de la función f(x) cos(x) , 0 x= < < π y

use este resultado para deducir que 2 2 2 2

2 1 3 5 7...

16 2 1 6 1 10 1 14 1

π = − + − +− − − −

.

6. Encuentre el desarrollo en serie de Fourier de senos de xe , siendo 0 x< < π .

7. Sea f una función en PC 0,π con la propiedad f x f x2 2π π + = − −

, 0 x 2< < π .

Demuestre que los únicos términos no cero en el desarrollo en serie de Fourier de coseno de f son de la forma kA cos(kx) , k impar donde

2

0k

4f(x)cos(kx)dx k 1,3,5,7,...

A0 k 0,2,4,6,...

π== π

=

∫


8. Encuentre el desarrollo en serie de Fourier de la función en PC 2,2− definida por

0 2 x 1f(x) x 1 x 1

0 1 x 2

− < < −= − < < < <

.

9. Encuentre el desarrollo en serie de Fourier de la función 1 8 x 9

f(x)10 x 9 x 10

< <= − < <

.

10. Sin recurrir a la integración, encuentre el desarrollo en serie de Fourier, x ( , )∈ −π π ,

de cada una de las siguientes funciones: a. 3f(x) sen (x)=

b. 2 xf(x) sen(x)cos

2 =

c. 2 2 2f(x) sen (7x)sen (x)cos (x)=

11. Demuestre que n

k 1

1sen n x

21cos(kx)

x22sen

2=

+ + =

∑ , como sigue: Usando la fórmula de

Euler ixe cos(x) isen(x)= + se deduce que n

k 1

1cos(kx)

2=

+∑ es la parte real de la

expresión n

ikx

k 1

1e

2=

+∑ . Evalúe esta expresión usando la fórmula para la suma de los

n primeros términos de una serie geométrica, y luego encuentre su parte real.


RESPUESTAS A LOS PROBLEMAS PROPUESTOS

2. a. 2

E 02 2

x 1 2xf (x) , f (x)

x 1 x 1

+= =− −

b. E 02 2

1 xf (x) , f (x)

1 x 1 x= = −

− −

c. E 0f (x) cos(2x) , f (x) x cos(x)= − =

d. 0E k 0 k

k 1 k 1

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

2

∞ ∞

= =

= + =∑ ∑

3. a. k 1

k 1

( 1)2 sen(kx)

k

∞ +

=

−∑ b. k

2k 1

e e 1 ( 1)(cos(kx) ksen(kx))

2 1 k

∞π −π

=

− − + −

π + ∑

c. n 12

n 1

1 1 1 n 2 1 n 2 nsen cos(nx) ( 1) cos sen sen(nx)

4 2 n 2 n n 2 2n

∞+

=

− + + − + − π π π π ∑

d. k 1

22

k 1

2 ( 1)4 cos(kx)

3 k

∞ +

=

−π + ∑ e. k 1

12 sen(kx)

k

∞

=

− ∑

4. a. k k 1

2k 1

( 1) 1 ( 1)cos(kx) sen(kx)

4 kk

∞ +

=

π − − −+ + π ∑ 5.

2k 1

8 ksen(2kx)

4k 1

∞

=π −∑

6. k 12

k 1

2 k1 ( 1) e sen(kx)

1 k

∞+ π

=

+ − π +∑

8. kk 1

1 k xf(x) A cos

4 2

∞

=

π = +

∑ , donde

2 2

2 2k

2 2

2 4k 1,5,9,...

k k8

k 2,6,10,...A k

2 4k 3,7,11,...

k k0 k 4,8,12,16,...

− = π π − == π− − =

π π =

.

9. k

2 2k 1

3 ( 1) 1 1cos(k x) sen(k x) , 8 x 10

4 kk

∞

=

− −+ π + π < < ππ ∑

10.a. 3 1sen(x) sen(3x)

4 4− b.

1 1sen(x) sen(2x)

2 4+

c. 1 1 1 1 1

cos(4x) cos(10x) cos(14x) cos(18x)16 16 32 16 32

− + − +


TEMA 4

INTRODUCCIÓN A LAS

ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES

4.1. INTRODUCCIÓN En este tema y en algunos de los que vendrán se verán procedimientos para

resolver ecuaciones en derivadas parciales que surgen con frecuencia en problemas donde aparecen vibraciones, potenciales y distribuciones de temperatura. Se llaman

problemas de valores en la frontera y se describen mediante ecuaciones en derivadas

parciales de primer o segundo orden, que son relativamente simples. En el caso de las ecuaciones de segundo orden, lo que se hace es hallar las soluciones particulares de

una ecuación en derivadas parciales reduciéndolas a dos o más ecuaciones

diferenciales ordinarias. Se comenzará con el método de separación de variables para ecuaciones en derivadas parciales lineales. La aplicación de este método recordará

conceptos de temas anteriores como valores propios, funciones propias y el desarrollo

de una función en una serie infinita de funciones ortogonales. 4.2. ALGUNAS DEFINICIONES Definición 1. Una ecuación diferencial parcial (EDP) es una relación funcional

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

Ejemplo 1. z

2y

∂ = −∂

, 2 2 2

2 2 2

t t t0

x y z

∂ ∂ ∂+ + =∂ ∂ ∂

son ecuaciones diferenciales parciales o en

derivadas parciales.

Ejemplo 2. Se tienen las siguientes ecuaciones diferenciales parciales: a. 2

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

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

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

Definición 2. El orden de una EDP es el mayor orden de todas las derivadas parciales que figuran en la ecuación.


Ejemplo 3. La ecuación 4 2

4 2

t t0

x x

∂ ∂+ =∂ ∂

es una ecuación diferencial parcial de orden

cuatro. Definición 3. El grado de una EDP lo da la potencia de la derivada de mayor orden en dicha ecuación.

Ejemplo 4. 2

2

z z3x 6

xx

∂ ∂− =∂∂

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

Observación 1. Si se utiliza la notación xu u / x= ∂ ∂ , yu u / y= ∂ ∂ , 2 2xxu u / x= ∂ ∂ ,

2xyu u / x y= ∂ ∂ ∂ , se puede escribir una ecuación diferencial parcial general de segundo

orden para una función u de dos variables independientes x e y definida en un dominio D, en la forma x y xx xy yyF(x,y,u,u ,u ,u ,u ,u ) 0= , (1)

relación que debe verificarse para todo punto (x,y) del interior R del dominio D de la función u. Definición 4. Una solución de (1) en R es cualquier función u definida y dos veces continuamente diferenciable en R que verifica (1) idénticamente para todo (x,y) en 2R .

4.3. DIFERENCIAS ENTRE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS (EDO) Y LAS ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES (EDP)

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

EDO describen problemas unidimensionales, mientras que las EDP describen problemas de dos o más dimensiones.

b. En cuanto al espacio de soluciones, se puede decir que en el caso de las EDO el espacio de soluciones es de dimensión finita, y además la dimensión de dicho espacio coincide con el orden de la ecuación diferencial, mientras que en el caso de las EDP no necesariamente el espacio de soluciones es de dimensión finita y además no depende del orden de la ecuación. Es bueno hacer notar que en la mayoría de los casos los espacios de soluciones para EDP son de dimensión infinita.

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

agregar a la ecuación para determinar en forma única una solución, en el caso de las EDO, se necesitarán tantas como el número de constantes arbitrarias que aparezcan en la solución, o sea, tantas como el orden de la ecuación. En el caso de las EDP, aún en el caso comparativamente más simple de las ecuaciones lineales la situación es mucho más complicada. Las soluciones de una EDP dependen no ya de constantes arbitrarias, sino de funciones arbitrarias.


4.4. SOLUCIONES DE ALGUNAS ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES SENCILLAS Con el objeto de obtener algunas ideas relacionadas con la naturaleza de las soluciones de ecuaciones diferenciales parciales, considere los siguientes ejemplos:

Ejemplo 5. La ecuación de segundo orden 2

2

u0

y

∂ =∂

puede ser resuelta integrando dos

veces respecto de y: u

f(x)y

∂ =∂

, u yf(x) g(x)= + donde f y g son funciones arbitrarias.

Ejemplo 6. Obtenga soluciones de la ecuación diferencial parcial

2

2U6x 12y

x y∂ = +

∂ ∂. (2)

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

Si se escribe (2) como 2U6x 12y

x y ∂ ∂ = + ∂ ∂

, se puede integrar con respecto a x,

manteniendo y constante, para hallar

2 2U3x 12xy F(y)

y∂ = + +∂

(3)

donde se ha añadido la “constante” de integración, la cual depende de y y así realmente es una función de y denotada por F(y). Ahora se integra (3) con respecto a y manteniendo x constante para hallar

2 3U 3x y 4xy F(y)dy G(x)= + + +∫ (4)

esta vez añadiendo una función arbitraria de x dada por G(x). Puesto que la integral de una función arbitraria de y es otra función arbitraria de y, se puede escribir (4) como 2 3U 3x y 4xy H(y) G(x)= + + + . (5)

Esto se puede chequear al sustituirla en (2) y obtener una identidad. Puesto que (2) es una ecuación diferencial parcial de segundo orden, y (5) tiene dos funciones arbitrarias, por analogía con las ecuaciones diferenciales ordinarias se llama a (5) la solución general de (2). Usando la misma analogía, se llamaría por supuesto a cualquier solución obtenida de la solución general (5) por selecciones particulares de las funciones arbitrarias, tal como por ejemplo 3H(y) y ,= G(x) sen2x= , una solución

particular. Se construye así la siguiente definición:

Definición 5. Dada una ecuación diferencial parcial de orden n, una solución que

contenga n funciones arbitrarias se llama la solución general y cualquier solución obtenida de esta solución general por selecciones particulares de las funciones

arbitrarias se llama una solución particular.


Observación 2. Como en el caso de ecuaciones diferenciales ordinarias, puede suceder que existan soluciones singulares las cuales no se puedan obtener de la

solución general por cualquier selección de las funciones arbitrarias.

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

necesitan determinar soluciones de ecuaciones diferenciales parciales que satisfagan

condiciones dadas. Por ejemplo, suponga que se desea resolver la ecuación diferencial (2) sujeta a las dos condiciones

2U(1,y) y 2y , U(x,2) 5x 5= − = − . (6)

Entonces de la solución general (5) y la primera condición (6) se tiene 2 3 2U(1,y) 3(1) y 4(1)y H(y) G(1) y 2y= + + + = − o 2 3H(y) y 5y 4y G(1)= − − −

de modo que

2 3 2 3U 3x y 4xy y 5y 4y G(1) G(x)= + + − − − + . (7)

Si ahora se usa la segunda condición en (6), se tiene 2 3 2 3U(x,2) 3x (2) 4x(2) (2) 5(2) 4(2) G(1) G(x) 5x 5= + + − − − + = −

de donde 2G(x) 33 27x 6x G(1)= − − + . Usando esto en (7), se obtiene la solución 2 3 2 3 2U 3x y 4xy y 5y 4y 27x 6x 33= + + − − − − + .

Se podría usar la misma terminología de problemas de valor inicial y de

frontera para las ecuaciones diferenciales parciales como se hizo para las ecuaciones diferenciales ordinarias. Sin embargo, debido a que generalmente hay una

combinación de condiciones de frontera e iniciales, con frecuencia se refiere a tales

problemas como problemas de valor de frontera.

Ejemplo 7. Hallar una solución al problema de valor de frontera

2

2x

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

x y x∂ ∂= + = =

∂ ∂ ∂

Solución. Escribiendo la ecuación como U

U 2x y ∂ ∂ − = ∂ ∂

e integrando con respecto a x

se tiene U

U 2x F(y)y

∂ − = +∂

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

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

− − −∂ = +∂

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

arbitraria. Escribiendo y yH(y) e e F(y)dy−= ∫ , se tiene

yU(x,y) 2x H(y) e G(x)= − + + . (8)

De U(0,y) 0= se encuentra yH(y) G(0)e= − , así (8) llega a ser

y yU(x,y) 2x G(0)e e G(x)= − − + .

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


3

2x

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

3= − + = = + + ,

de donde, 3

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

3

= − − + + +

. Puesto que c G(0),= entonces se

tiene que 3 y

yx eU(x,y) 2xe 2x

3= + − .

4.5. SIGNIFICADO GEOMÉTRICO DE LAS SOLUCIONES GENERAL Y PARTICULAR En el ejemplo 6, se obtuvo la solución general 2 3U 3x y 4xy H(y) G(x)= + + + . (10)

Suponga ahora que se escogen funciones particulares para H(y) y G(x), y se reemplaza U por z. Entonces (10) toma la forma z f(x,y)= , la cual se interpreta como

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

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

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

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

4.6. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES QUE SURGEN DE LA ELIMINACIÓN DE FUNCIONES ARBITRARIAS

Puesto que las soluciones de ecuaciones diferenciales parciales involucran

funciones arbitrarias, parece lógico que se debiera obtener ecuaciones diferenciales

parciales por el proceso inverso de eliminar tales funciones. Esta idea es útil porque ayuda a enriquecer el conocimiento de cómo se pueden resolver ecuaciones

diferenciales parciales. Se van a considerar algunos ejemplos.

Ejemplo 8. Encuentre una ecuación diferencial parcial de primer orden que tenga

como su solución general

2U y F(x) 3x 4y= − + , (11)

donde F(x) es una función arbitraria de x. Solución. Si se diferencia a (11) con respecto a y, se obtiene

U

2yF(x) 4y

∂ = +∂

. (12)

Entonces eliminando F(x) entre (11) y (12), se encuentra la ecuación deseada U

y 2U 6x 4yy

∂ − = −∂

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

y∂ − = + − − + = −∂

.


Ejemplo 9. Encuentre una ecuación diferencial parcial de primer orden que tenga como solución general z F(3x 4y)= − , (13)

donde F es una función arbitraria. Solución. Sea u 3x 4y= − . Entonces (13) llega a ser

z f(u)= (14)

Diferenciando (14) con respecto a x, se tiene

z z u

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

∂ ∂ ∂= = =∂ ∂ ∂

. (15)

Diferenciando (14) con respecto a y, se tiene

z z u

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

∂ ∂ ∂= = − = −∂ ∂ ∂

. (16)

Eliminando F '(u) entre (15) y (16) produce la ecuación z z

4 3 0x y

∂ ∂+ =∂ ∂

.

Ejemplo 10. Encuentre una ecuación diferencial parcial de segundo orden que tenga

como su solución general U xF(y) yG(x)= + , (17)

donde F y G son funciones arbitrarias.

Solución. Se puede eliminar F(y) en (17) dividiendo ambos lados de (17) por x y

diferenciando el resultado con respecto a x. Entonces se encuentra U y

F(y) G(x)x x x x∂ ∂ = + ∂ ∂

, esto es, U

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

∂ − = −∂

,

la cual se puede escribir

U

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

∂ − = −∂

. (18)

Si ahora se dividen ambos lados de (18) por y y se diferencia con respecto a y,

se encuentra 21 U U U U

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

, la cual construye la

ecuación de segundo orden deseada. Note que la segunda ecuación también se puede

escribir como 2 2

2U U U U U

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

.

Se deberían hacer algunas observaciones acerca de los resultados anteriores. Observación 2. Al diferenciar las funciones arbitrarias se asume por supuesto que ellas son diferenciables. De otra manera, no se tiene derecho a diferenciar. Observación 3. La ecuación diferencial obtenida en cada ejemplo representa la ecuación diferencial de la familia representada por la solución general. Observación 4. Si una solución tiene un número dado de n funciones arbitrarias, con frecuencia es fácil escribir una ecuación diferencial de orden mayor que n teniendo


esta solución. Por ejemplo, es fácil ver que (17) es una solución de 4

2 2

U0

x y

∂ =∂ ∂

pero

ésta es de orden 4 y no 2. Cuando se busca la ecuación diferencial, se busca aquella

del menor orden. 4.7. EL MÉTODO DE SEPARACIÓN DE VARIABLES

A veces, para una ecuación diferencial en derivadas parciales lineal

homogénea, es posible obtener soluciones particulares en forma de producto u(x,y) X(x)Y(y)= . El uso de este producto, llamado método de separación de

variables, permite reducir la ecuación diferencial en derivadas parciales a varias

ecuaciones diferenciales ordinarias. Con este propósito, se hace notar que

2 2

2 2

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

x y x y

∂ ∂ ∂ ∂= = = =∂ ∂ ∂ ∂

,

en donde las primas indican diferenciales ordinarias.

Ejemplo 11. Halle soluciones en forma de producto de la ecuación

2

2

u u4 .

yx

∂ ∂=∂∂

(19)

Solución. Si u X(x)Y(y),= entonces (19) se transforma en X '' Y 4XY '= .

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

= . Puesto que el lado izquierdo de esta ecuación es independiente de y y es

idéntico al lado derecho, el cual es independiente de x, se concluye que ambos miembros deben ser iguales a una constante. En la práctica es conveniente escribir

esta constante real como 2λ , o bien como 2−λ . Se distinguen los casos siguientes:

CASO I: Si 2ctte ,= λ las igualdades 2X '' Y '4X Y

= = λ conducen a las ecuaciones

2X '' 4 X 0− λ = y 2Y ' Y 0− λ = . Estas últimas tienen las soluciones 2 x 2 x1 2X c e c e− λ λ= + y

2y3Y c eλ= , respectivamente. Así, una solución particular de (19) es

2 2 22 x 2 x y y 2 x y 2 x1 2 3 1 1u XY (c e c e )c e A e B e− λ λ λ λ − λ λ + λ= = + = + ,

en donde 1 1 3A c c= y 1 2 3B c c= .

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

= = −λ conducen a 2X '' 4 X 0+ λ = y

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

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

6Y c e−λ= ,

respectivamente, otra solución de (19) es 2 2y y

2 2u A e cos(2 x) B e sen(2 x)−λ −λ= λ + λ , en donde 2 4 6A c c= y 2 5 6B c c= . CASO III. Si ctte 0= , se tiene que X '' 0= y Y ' 0= . En este caso 7 8X c x c= + y

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

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


Ejemplo 12. Halle una solución en forma de producto de 2

2

u uk , k 0

tx

∂ ∂= >∂∂

que

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

Solución. Si u XT= , se puede escribir la ecuación dada como 2X '' T 'X kT

= = −λ lo que

conduce a 2X '' X 0+ λ = y 2T ' k T 0+ λ = , de modo que se tiene 1 2X c cos( x) c sen( x)= λ + λ

y 2k t

3T c e− λ= , respectivamente. Ahora bien, puesto que u(0, t) X(0)T(t) 0= = , u(L, t) X(L)T(t) 0= = se debe tener X(0) 0= y X(L) 0= . Estas son condiciones de

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

X 0= , de modo que u 0= . Para obtener una solución no trivial u, se debe tener 2c 0≠

y entonces la última ecuación se satisface cuando sen( L) 0λ = . Entonces L nλ = π o

nLπλ = , siendo n 1,2,3,...= Por tanto,

2 2 2 2k t k(n /L )t2 3 n

nu (c sen( x)(c e ) A e sen x

L− λ − π π = λ =

satisface la ecuación dada y ambas condiciones adicionales. El coeficiente 2 3c c se

reescribe como nA para recalcar que se obtiene una solución diferente para cada n. Se

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

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

lineal homogénea, entonces la combinación lineal 1 1 2 2 k ku c u c u ... c u= + + + , donde los

ic , i 1,2,...,k= son constantes, también es una solución.

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

puede obtener otra solución u formando la serie infinita kk 1

u u∞

=

=∑ .

Ejemplo 13. En virtud del principio de superposición, la función definida mediante la

serie 2 2 2k(n /L )t

nn 1

nu A e sen x

L

∞− π

=

π =

∑ debe satisfacer también, aunque sea formalmente,

a la ecuación del ejemplo anterior, junto con las condiciones dadas. 4.9. PROBLEMAS DE CONDICIÓN DE FRONTERA Las siguientes ecuaciones diferenciales parciales lineales

2

2

u uk , k 0,

tx

∂ ∂= >∂∂

2 2

22 2

u ua

x t

∂ ∂=∂ ∂

, 2 2

2 2

u u0

x v

∂ ∂+ =∂ ∂

,


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

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

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

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

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

especificada para y cons tan te= ,

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

t 0= para la segunda ecuación.

La descripción matemática colectiva de un problema de esta naturaleza es

conocida como problema de condición en la frontera.

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

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

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

Dirichlet; del segundo tipo (ii), condición de Neuman, y del tercer tipo (iii), condición de Robin. 4.10. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES LINEALES DE

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

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

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

a. Conducción o difusión de calor

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

Definición 6. Si u representa la variable dependiente, x e y las variables independientes, entonces la forma general de una ecuación diferencial parcial

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

2 2 2

2 2

u u u u uA B C D E Fu G

x y x yx y

∂ ∂ ∂ ∂ ∂+ + + + + =∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂

, (20)

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

Observación 1. Cuando G(x,y) 0= , la ecuación se llama homogénea; en cualquier

otro caso es no homogénea.


Ejemplo 14. 2 2

2 2

u u0

x y

∂ ∂+ =∂ ∂

es homogénea. 2

2

u uxy

yx

∂ ∂− =∂∂

no es homogénea.

Definición 7. Una solución de una ecuación (20) en derivadas parciales con dos variables independientes x e y es una función u(x,y) que posee todas las derivadas parciales que indica la ecuación y que la satisface en alguna región del plano xy. Una ecuación en derivadas parciales, lineal de segundo orden con dos variables independientes y con coeficientes constantes, puede pertenecer a uno de tres tipos generales. Esta clasificación sólo depende de los coeficientes de las derivadas de segundo orden. Naturalmente, se supone que al menos uno de los coeficientes A, B y C no es cero. Definición 8. La ecuación diferencial parcial lineal y de segundo orden

2 2 2

2 2

u u u u uA B C D E Fu 0

x y x yx y

∂ ∂ ∂ ∂ ∂+ + + + + =∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂

,

en donde A, B, C, D, E, F y G son constantes reales es a. parabólica, si 2B 4AC 0− = .

Ejemplo 15. 2

2

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

yx

∂ ∂− = = = =∂∂

. Esta ecuación modela la distribución

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

Ejemplo 16. 2 2

2 2

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

x y

∂ ∂− = = = = −∂ ∂

. Esta ecuación modela las vibraciones

en una cuerda (ecuación de onda unidimensional).

c. elíptica, si 2B 4AC 0− < .

Ejemplo 17. 2 2

2 2

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

x y

∂ ∂+ = = = =∂ ∂

. Esta ecuación modela el potencial o

distribución de temperatura estacionaria no dependiente del tiempo (ecuación de

Laplace).

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

destacan: a. Método de separación de variables

b. Método de la transformada de Laplace

c. Método de la integral de Fourier


4.11. PROBLEMAS PROPUESTOS 1. Obtenga soluciones a los siguientes problemas de valor de frontera:

a. U

seny ; U(0,y) 0.x

∂ = =∂

b. 2

22

Ux cos y ; U(x,0) 0 , U x, 0.

2y

∂ π = = = ∂

c. 2

2x

V0 ; V(0,y) 3seny , V (x,1) x .

x y∂ = = =∂ ∂

d. 2

xy

U4xy e ; U (0,y) y , U(x,0) 2.

x y∂ = + = =

∂ ∂

e. 2

2 xy

Z Z3 2y ; Z (0,y) y 2y , Z(x,0) x 3e

x y y−∂ ∂= + = − = +

∂ ∂ ∂.

ESPACIOS EUCLIDIANOS FUNCIONALES Diferenciales Parciales... · soluciones de ecuaciones...

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