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Universidad Tecnica Federico Santa MarıaDepartamento de Matematica
Ayudantıa EDP
2do Semestre 2012
Ecuaciones en derivadas parciales
Profesor: Juan Bahamondes
Ayudante: Paz Palma Contreras
1. Resolver la ecuacion de Laplace en el rectangulo:
∆ = 0
donde 0 < x < π y 0 < y < 1, si ademas se cumple que:
ux (0, y) = ux (π, y) = 0 0 ≤ y ≤ 1
u (x, 0) = cos (x)− cos (3x) 0 ≤ x ≤ πu (x, 1) = cos (2x) 0 ≤ y ≤ 1
Solucion
Con anterioridad se conoce que ∆ = uxx + uyy = 0, es decir u (x, y). Haciendo entonces que u (x, y) =
X (x) · Y (y) se tiene que:
uxx + uyy = 0
X ′′Y +XY ′′ = 0 (1)
De la primera condicion inicial se conoce la variable del problema de Sturm-Liouville ya que X ′ (0) = X ′ (π).
Reordenando (1) de forma convenienteX ′′
X=−Y ′′
Y= −λ
De lo anterior se obtiene dos problemas a resolver:
X ′′ + λX = 0
X ′ (0) = X ′ (π)
}(2)
Y ′′ − λY = 0}
(3)
Por tabla, se sabe que para (2) los valores propios son λn =(nπL
)2y las funciones propias corresponden a
cos(nπxL
)para todo n ≥ 0. Dado que L = π se tiene que λn = n2 y que X (x) = cos (nx).
Ahora resolviendo para (3) se tiene que el polinomio caracterıstico es:
m2 − λ = 0
m2 = λ
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m = ±√λ = ±
√n2
m = ±n
Es decir, se tiene dos soluciones reales y distintas. Se obtiene que:
Y (y) = C1eny + C2e−ny
Ya que cualquier combinacion lineal de las soluciones anteriores, sera solucion para Y , se puede reescribir
como:
Y (y) = Ansinh (ny) +Bncosh (ny)
Entonces,
u (x, y) = X (x) · Y (y)
u (x, y) =
∞∑n=0
[cos (nx)] [Ansinh (ny) +Bncosh (ny)]
Sacando n = 0 de la sumatoria se tiene que λ = 0 y:
X0 = 1 Y ′′0 = 0
para que ocurra que la segunda derivada de Y sea nula, la solucion es que Y sea una recta. Luego, reescribiendo
u (x, y)
u (x, y) = Aoy +Bo +
∞∑n=1
cos (nx) [Ansinh (ny) +Bncosh (ny)]
Ahora, usando las condiciones restantes dadas en el enunciado, se evalua en y = 0
u (x, 0) = Bo +
∞∑n=1
cos (nx) [Bn]
De la segunda condicion se observa que:
u (x, 0) = cos (x)− cos (3x) = Bo +∞∑n=1
cos (nx) [Bn]
Es facil notar que la sumatoria solo existe para n = 1 y n = 3, lo que se evidencia en el argumento de la
funcion coseno. Entonces, igualando terminos se tiene que:
B0 = 0 B1 = 1 B3 = −1 y Bn = 0 ∀n 6= 1, 3
Luego, usando la tercera y ultima condicion, se evalua en y = 1
u (x, 1) = Aoy +
∞∑n=1
cos (nx) [Ansinh (n) +Bncosh (n)]
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u (x, 1) = A0 + cos (x) [A1sinh (1) +B1cosh (1)] + cos (2x) [A2sinh (2) +B2cosh (2)] +
+ cos (3x) [A3sinh (3) +B3cosh (3)] +
∞∑n=4
cos (nx) [Ansinh(n) +Bncosh(n)]
Utilizando los valores anteriormente calculados:
u (x, 1) = A0 + cos (x) [A1sinh (1) + cosh (1)] + cos (2x) [A2sinh (2)] +
+ cos (3x) [A3sinh (3) + (−1)cosh (3)] +
∞∑n=4
cos (nx) [Ansinh (n)]
Entonces:
u (x, 1) = cos(2x) = A0 + cos (x) [A1sinh (1) + cosh (1)] + cos (2x) [A2sinh (2)] +
+ cos (3x) [A3sinh (3) + (−1)cosh (3)] +
∞∑n=4
cos (nx) [Ansinh (n)]
Nuevamente se pueden establecer relaciones con solo igualar coeficientes. Es ası que se obtiene que :
A0 = 0;A1 =−cosh(1)
sinh(1);A2 =
1
sinh(2);A3 =
cosh(3)
sinh(3); y An = 0 ∀n ≥ 4
Finalmente:
u (x, y) = cos (x)
[[−cosh(1)
sinh(1)
]sinh (y) + cosh (y)
]+ cos (2x)
[[1
sinh(2)
]sinh (2y)
]+
+ cos (3x)
[[cosh(3)
sinh(3)
]sinh (3y) + (−1)cosh (3y)
]�
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2. Resuelva
utt = 4uxx + sin(x) x ∈[0, π2
], t > 0
u (x, 0) = 1 +3x
2π+
5sin(x)
4ut(x, 0) = x2
u (0, t) = 1 u(π2 , t) = 2
Solucion
De la primera ecuacion utt = 4uxx + sin(x) es posible notar que u(x, t) y que es no-homogenea, por lo que
se utiliza un cambio de variable para facilitar la resolucion del ejercicio. En este caso es conveniente usar
u(x, t) = v(x, t) + q(x) ya que la parte no homogenea depende solo de x. Entonces:
u(x, t)x = v(x, t)x + q(x)x u(x, t)xx = v(x, t)xx + q(x)xxu(x, t)t = v(x, t)t u(x, t)tt = v(x, t)tt
Usando lo anterior se tiene que:
utt = 4uxx + sin(x)
v(x, t)tt = 4 [v(x, t)xx + q(x)xx] + sin(x)
v(x, t)tt = 4v(x, t)xx + 4q(x)xx + sin(x)︸ ︷︷ ︸Para que el problema sea homogeneo se debe tener que 4q(x)xx+sin(x) = 0, por lo que se buscara una funcion
q(x) que satisfaga tal relacion.
Entonces:
4qxx + sin(x) = 0
qxx =−sin(x)
4/
∫qx =
cos(x)
4+ C1 /
∫q(x) =
sin(x)
4+ C1x+ C2 (4)
De las condiciones dadas, se tiene que:
u(0, t) = v(0, t) + q(0) = 1
u(π2 , t) = v(π2 , t) + q(π2 ) = 2
Es decir:
v(0, t) = 0 q(0) = 1
v(π2 , t) = 0 q(π2 ) = 2
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Usando lo anterior en (4):
q(0) = 1 = C2
q(π
2) = 2 =
1
4+π
2· C1
Se obtiene:
C1 =3
2πC2 = 1
Entonces:
q(x) =sin(x)
4+
3
2πx+ 1
Habiendo ya homogeneizado el problema se tiene que:
v(x, t)tt = 4v(x, t)xx (5)
Considerando que v(x, t) = X(x) · T (t)
XT ′′ = 4X ′′T
De las condiciones homogeneas anteriormente mencionadas, se tiene que el problema de Sturm-Liouville de-
pende de la variable x. Entonces reordenando de manera adecuada:
T ′′
4T=X ′′
X= −λ
De lo anterior se obtiene dos problemas a resolver:
X ′′ + λX = 0
X (0) = X(π2
) } (6)
T ′′ + 4λT = 0}
(7)
Por tabla, se sabe que para (6) los valores propios son λn =(nπL
)2y las funciones propias corresponden a
sin(nπxL
)para todo n ≥ 1. Dado que L = π
2 se tiene que λn = (2n)2
y que X (x) = sin (2nx).
Ahora resolviendo para (7) se tiene que el polinomio caracterıstico es:
m2 + 4λ = 0
m2 = −4λ
m = ±√−4λ = ±
√4 · (2n)2 · i
m = ±4n · i
Es decir, se tiene dos soluciones complejas conjugadas. Se obtiene que:
T (t) = Ancos(4nt) +Bnsin(4nt)
Entonces,
u (x, t) = v(x, t) + q(x) = X(x) · T (t) + q(x)
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u (x, t) =
{ ∞∑n=1
[sin(2nx)] [Ancos(4nt) +Bnsin(4nt)]
}+sin(x)
4+
3
2πx+ 1 (8)
Evaluando en la condiciones iniciales dadas se tiene que para t = 0 :
u(x, 0) = 1 +3x
2π+
5sin(x)
4=
∞∑n=1
[sin(2nx)] [An] +sin(x)
4+
3
2πx+ 1
Reduciendo terminos:
u(x, 0) = sin(x) =
∞∑n=1
[sin(2nx)]An
Lo que corresponde a una serie de Fourier. Es ası que An se obtiene de la forma:
An =2π2
π2∫
0
sin(x) · sin(2nx)dx
Usando la propiedad 2 · sin(α) · sin(β) = cos(α−β)− cos(α+β) para simplicar el calculo y considerando que
α = 2nx y β = x se llega a:
An =2
π
π2∫
0
[cos((2n− 1)x)− cos((2n+ 1)x)] dx
=1π2
[1
(2n− 1)sin((2n− 1)x)
∣∣∣∣π20
− 1
(2n+ 1)sin((2n+ 1)x)
∣∣∣∣π20
]
=1π2
[(−1)n+1
(2n− 1)− (−1)n
(2n+ 1)
]
Ahora, para la condicion ut(x, 0) = x2, se deriva u(x, t) con respecto a t
ut(x, t) =
∞∑n=1
[sin(2nx)] [−4nAnsin(4nt) + 4nBncos(4nt)]
Evaluando para t = 0 se tiene entonces que:
ut(x, t) = x2 =
∞∑n=1
[sin(2nx)] [4nBn]
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Nuevamente, 4Bn corresponde a un coeficiente de una serie de Fourier. Se obtiene entonces resolviendo:
4nBn =2π2
π2∫
0
x2sin(2nx)dx
=2π2
π2∫
0
−x2 cos(2nx)
2n
∣∣∣∣π20
−
π2∫
0
−cos(2nx)
2n2xdx
=
2π2
−π2
4· (−1)n
2n+
1
n
x · sin(2nx)
2n
∣∣∣∣π20
−
π2∫
0
sin(2nx)
2ndx
=2π2
(−π2
4· (−1)n
2n+
1
2n2· ·cos(2nx)
2n
∣∣∣∣π20
)
=4
nπ
(π2(−1)n+1
8+
1
4n2[(−1)n − 1]
)
Despejando Bn :
Bn =1
4n· 4
nπ
(π2(−1)n+1
8+
(−1)n − 1
4n2
)=π(−1)n+1
8n2+
(−1)n − 1
4n4π
Se tiene entonces que
An =1π2
[(−1)n+1
(2n− 1)− (−1)n
(2n+ 1)
]y Bn =
π(−1)n+1
8n2+
(−1)n − 1
4n4π
Reemplazando en la expresion (8) los coeficientes An y Bn se tiene la solucion:
u (x, t) =
{ ∞∑n=1
[sin(2nx)]
[[1π2
[(−1)n+1
(2n− 1)− (−1)n
(2n+ 1)
]]cos(4nt) +
[π(−1)n+1
8n2+
(−1)n − 1
4n4π
]sin(4nt)
]}+
+sin(x)
4+
3
2πx+ 1
�
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3. Sea f(w) = F [f(x)] (w) tal que
∫ −∞−∞
| f(x) | dx converge.
a) Probar que F [f(x− a)] (w) = e−jwaf(w)
b) Resolver la ecuacion
t2ut − ux = tu x ∈ R ; t > 0
sujeto a la condicion u(x, 1) = f(x); ∀x ∈ R
Solucion
a) La transformada de Fourier se define como
F {f(x)} (w) =1√2π
∫ −∞−∞
f(x)e−jwxdx
Entonces, de la definicion se desprende que:
F {f(x− a)} (w) =1√2π
∫ −∞−∞
f(x− a)e−jwxdx (9)
(10)
Haciendo el cambio de variable z = x− a (dz = dx) se tiene :
F {f(x− a)} (w) =1√2π
∫ −∞−∞
f(z)e−jw(z+a)dz
=1√2π
∫ −∞−∞
f(z)e−jwze−jwadz
= e−jwa1√2π
∫ −∞−∞
f(z)e−jwzdz︸ ︷︷ ︸= e−jwaf(w)
b) Se tiene
t2ut − ux = tu (11)
Y dado que
∫ −∞−∞
| f(x) | dx converge, es posible aplicar la transformada de Fourier de forma directa,
en particular para la variable x.
Recordando la propiedad F {f ′} (w) = jw · F {f} (w) y aplicandola en la expresion (11):
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t2ut − jwu = tu
t2du
dt= (jw + t)u
du
u= (jw + t) · dt
t2/
∫
ln(u) = ln(t)− jw
t+ C(w) /e
u = eln(t)−jwt +C(w)
u = eln(t) · e−jwt · eC(w)
u(w, t) = t · e−jwt ·A(w) (12)
Evaluando segun la condicion dada, se tiene que para t = 1:
u(w, 1) = e−jw ·A(w) = f(w)
De donde se puede obtener A(w)
e−jw ·A(w) = f(w)
A(w) =f(w)
e−jw
Reemplazando en (12) se tiene la expresion general:
u(w, t) = t · e−jwt · f(w)
e−jw
Reordenando
u(w, t) = t · f(w) · ejw · e−jwt
u(w, t) = t · f(w) · e−( 1t−1)jw
u(w, t) = t · f(w) · e−ajw
donde a = ( 1t − 1).
Considerando t como constante y recordando la propiedad
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F {f(t− a)} (w) = e−jwa · F {f} (w) , se aplica la transformada inversa obteniendose:
u(x, t) = t · f(x− a)
∴ u(x, t) = t · f(x−
[1
t− 1
])�
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4. Encuentre todos los autovalores y autofunciones del problema a continuacion.
y′′ + λy = 0
y(0) = 0,
L∫0
y(x)dx = 0
Solucion
El polinomio caracterıstico de la ecuacion diferencial es:
m2 + λ = 0 (13)
con soluciones tales que m = ±√−λ
a) Para λ < 0, la expresion (13) queda como m = ±√λ por lo que se obtienen dos soluciones reales y
distintas. La solucion general queda de la forma:
y(x) = Ae√−λx +Be−
√−λx
Considerando las condiciones iniciales, se tiene que:
y(0) = 0 = A+B ⇒ A = −B
L∫0
y(x)dx =
L∫0
[Ae√−λx +Be−
√−λx
]dx
=
L∫0
[Ae√−λx −Ae−
√−λx
]dx
=
L∫0
A[e√−λx − e−
√−λx
]dx
=e√−λx√−λ
+e−√−λx
√−λ
∣∣∣∣∣L
0
Como eα > 0 para todo real α, entonces se puede asegurar que e√−λx + e−
√−λx > 0 por lo que A = 0 .
Ası, y(x) = 0 y no existen autovalores menores que cero.
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b) Para λ = 0, la ecuacion diferencial queda como y′′ = 0, integrando dos veces la solucion es
y(x) = A+Bx
De la condicion y(0) = 0 se obtiene que A = 0.
De la otra condicion:L∫
0
Bxdx = BL2
2= 0
de donde B = 0, lo que implica que y(x) = 0 y que λ = 0 no sea autovalor.
c) Para λ > 0, la expresion (13) queda como m = ±√−λ por lo que se obtienen dos soluciones complejas
m = ±√λ. La solucion general queda de la forma:
y(x) = Acos(√
λx)
+Bsin(√
λx)
Considerando la primera condicion inicial:
y(0) = 0 = A⇒ B = 0
⇒ y(x) = Bsin(√
λx)
Considerando la otra condicion:
L∫0
y(x)dx =
L∫0
[Bsin
(√λx)]dx
=A√λcos(√
λ)∣∣∣∣L
0
=A√λ
(cos(√λL)− 1
)= 0
Para que la expresion anteriore sea nula, se debe cumplir que cos(√λL) = 1 y para ello
√λL = 2nπ.
Ası los autovalores son:
λn =
(2nπ
L
)2
Con las autofunciones:
yn(x) = sin
(2nπ
Lx
)para n ≥ 1
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5. Resuelva:
u = 0 0 < r < 1 0 < θ < 2π
u(1, θ) = θ(θ − 2π) lımr→0 u(r, θ) <∞
Solucion
Usando separacion de variables se tiene que:
u(r, θ) = R(r) · T (θ)
Luego,
∆u = uxx + uyy = 0
r2urr + rur + uθθ = 0
r2R′′T + rR′T +RT ′′ = 0
(r2R′′ + rR′)T = −RT ′′
r2R′′ + rR′
−R=T ′′
T= −λ
Ademas, lımr→0 u(r, θ) < ∞ indica que la region es un disco, por ende u(r, 0) = u(r, 2π). Entonces, de lo
anterior se obtiene dos problemas a resolver:
T ′′ + λT = 0
T (0) = T (2π)
}(14)
r2R′′ + rR′ − λR = 0}
(15)
Como no se tienen condiciones iniciales, se evaluaran en todos los casos.
La expresion (14) tiene como polinomio caracterıstico
m2 + λ = 0
m = ±√−λ (16)
Para λ < 0 se tiene de la expresion (16) que m = ±√λ, es decir, dos soluciones reales y distintas, donde
T (θ) = C1e√λθ + C2e
−√λθ
Ademas
T (0) = C1 + C2 (17)
T (2π) = C1e√λ2π + C2e
−√λ2π (18)
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y haciendo (17)− (18):
0 = C1
(1− e
√λ2π)
+ C2
(1− e−
√λ2π)
C1
(1− e
√λ2π)
= −C2
(1− e−
√λ2π)
dado que(
1− e√λ2π)6= 0 y
(1− e−
√λ2π)6= 0 se tiene que C1 = C2 = 0, por lo que la solucion es
trivial.
Para λ = 0, la solucion es una recta tal que T (θ) = Aθ+B. De forma analoga al caso anterior se tiene:
T (0) = B (19)
T (2π) = A · 2π +B (20)
(19)− (20):
−A · 2π = 0
⇒ a = 0 ∴ T0(θ) = B
Habiendo ya obtenido la solucion para (14), se procede a resolver (15). Se tiene entonces:
r2R′′ + rR′ = 0
R′′
R=−1
r
Haciendo z = R′:z′
z=−1
r/∫
ln(z) = −ln(r) + ln(c)/e
z =c
r= R′/
∫R0(r) = D + C · ln(r)
Para λ > 0, se tiene de la expresion (16) que m = ±√λi, es decir, dos soluciones complejas, donde
T (θ) = C1sin(√λθ) + C2cos(
√λθ)
Considerando que T (0) = T (2π):
T (0) = C2 (21)
T (2π) = C1sin(√λ2π) + C2cos(
√λ2π) (22)
y haciendo (21)− (22):
0 = −C1sin(√λ2π) + C2
(1− cos(
√λ2π)
)Para que se cumpla la ultima expresion de forma no trivial se tiene que sin(
√λ2π) = 0 o cos(
√λ2π)−1 =
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0, es decir √λ2π = 2nπ
√λ = n
λ = n2
Entonces
T (θ) = C1sin(nθ) + C2cos(nθ)
Habiendo ya obtenido la solucion para (14), se procede a resolver (15). Haciendo el cambio de variable
M(r) = ru:
r2R′′ + rR′ − λR = 0
r2 · ru−2u(u− 1) + r · ru−1u− λru = 0/ 1ru
u2 − u+ u− λ = 0
u = ±√λ
⇒ u = ±n
Es decir
R(r) = K1 · rn +K2 · r−n
Del analisis de todos los casos anteriores se tiene que:
u(r, θ) = R0 · T0 +
∞∑i=1
R(r) · T (θ)
u(r, θ) = D0 · C0ln(r) +
∞∑i=1
(K1 · rn +K2 · r−n) · (C1sin(nθ) + C2cos(nθ))
Como la solucion debe ser acotada, se debe cumplir que u(r, θ) debe converger para cualquier valor de r
cualquier. Para ello
⇒ C0 = 0 y K2 = 0
Entonces, renombrando las constantes:
u(r, θ) =D0
2+
∞∑i=1
[rn · (Ensin(nθ) + Fncos(nθ))] (23)
Ahora, imponiendo la otra condicion:
u(1, θ) = θ(θ − 2π) =D0
2+
∞∑i=1
·(Ensin(nθ) + Fncos(nθ))
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Es claro que D0, En y Fn son coeficientes de una serie de Fourier de funcion f(x) = θ(θ−2π). Estos coeficientes
se obtienen de la forma:
D0 =2
2π
2π∫0
[θ(θ − 2π)] dθ =1
π
2π∫0
[θ2 − 2πθ
]dθ
=1
π
[θ3
3− πθ2
]∣∣∣∣2π0
=8π2
3− 4π2
D0 =−4π2
3
En =2
2π
2π∫0
[θ(θ − 2π)sin(nθ)] dθ =1
π
−θ(θ − 2π)cos(nθ)
n
∣∣∣∣2π0
+1
n
2π∫0
[2(θ − π)cos(nθ)] dθ
=2
nπ
(θ − π)sin(nθ)
n
∣∣∣∣2π0
− 1
n
2π∫0
sin(nθ)dθ
= 0
En = 0
Fn =2
2π
2π∫0
[θ(θ − 2π)cos(nθ)] dθ =1
π
θ(θ − 2π)sin(nθ)
n
∣∣∣∣2π0
− 1
n
2π∫0
[2(θ − π)sin(nθ)] dθ
= − 2
nπ
−(θ − π)cos(nθ)
n
∣∣∣∣2π0
+1
n
2π∫0
cos(nθ)dθ
=2
n2π
(π + π +
sin(nθ)
n
∣∣∣∣2π0
)=
4
n2
Fn =4
n2
Reemplazando las expresiones obtenidas en la expresion (23) se tiene:
∴ u(r, θ) =
[−2π2
3
]+
∞∑i=1
[rn ·+
[4
n2
]cos(nθ)
]
�
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