Separacion De Variables

Ecuaciones diferenciales parciales separables

(© Chema Madoz, VEGAP, Madrid 2009)

Método de separación de variables Resolvamos la EDP:

 2u u 4 . 2 y x

suponiendo que la solución puede factorizarse como: 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑋(𝑥)𝑌(𝑦)

Entonces:

u  X 'Y , x

u  XY ' , y

 2u  X "Y , 2 x

 2u  XY " 2 y

Y la EDP se transforma (a veces) en separable:

X " Y  4 XY ' ,

X" Y'  4X Y Hemos separado las variables...

X " ( x) Y ' ( y)  4 X ( x) Y ( y)

Observemos que el lado izq. de la ecuación solo depende de 𝑥 y que el lado derecho solo depende de 𝑦. La igualdad entre las expresiones solo es posible si ambas son idénticas a una misma constante. Así que:

X" Y'    Constante de 4X Y

separación real

X "  4 X  0 Y '  Y  0

Y tenemos tres casos posibles:

 = 0:

𝑋” = 0,

𝑌’ = 0

 = −2 < 0: 𝑋” – 42𝑋 = 0,

𝑌’ − 2 𝑌 = 0

 = 2 > 0:

𝑌’ + 2 𝑌 = 0

𝑋” + 42 𝑋 = 0,

Caso I: ( = 0) La solución de 𝑋” = 0 es: 𝑋(𝑥) = 𝑐1 + 𝑐2𝑥.

La solución de 𝑌’ = 0 es: 𝑌(𝑦) = 𝑐3. Así la solución de la EDP es:

u( x, y )  X ( x )Y ( y )  ( c1  c2 x )c3  A1  B1 x con 𝐴1 = 𝑐1𝑐3 , 𝐵1 = 𝑐2𝑐3.

Caso II: ( = −2) La solución de 𝑋” – 42 𝑋 = 0 es: 𝑋(𝑥) = 𝑐4 cosh(2𝑥) + 𝑐5 sinh(2𝑥) o 𝑋(𝑥) = 𝑑4 𝑒 2𝑥 + 𝑑5𝑒 −2𝑥 La solución de 𝑌’ − = 0 es: Y ( x )  c6 e De modo que la solución de la EDP es: 2 𝑌

2y

.

u( x, y )  XY  [c4 cosh(2x )  c5 sinh(2x )]c6 e o

u( x, y )  A2 e

2y

cosh(2x )  B2 e

donde 𝐴2 = 𝑐4𝑐6, 𝐵2 = 𝑐5𝑐6.

2y

sinh(2x )

2y

Caso III: ( = 2) La solución de 𝑋” + 42 𝑋 = 0 es: 𝑋 𝑥 = 𝑐7 cos(2𝑥) + 𝑐8 sin(2𝑥) La solución de 𝑌’ +  𝑌 = 0 es: Y ( y )  c9 e 2

 2 y

De modo que:

u( x, y )  A3e

 2 y

cos(2x )  B3e

donde 𝐴3 = 𝑐7𝑐9, 𝐵3 = 𝑐8𝑐9.

 2 y

sin(2x )

.

Principio de superposición

Si 𝑢1, 𝑢2, … , 𝑢𝑘 son soluciones de una ecuación diferencial parcial homogénea, entonces al combinación lineal 𝑢 = 𝑐1𝑢1 + 𝑐2𝑢2 + … + 𝑐𝑘𝑢𝑘 donde las 𝑐𝑖 son constantes, también es una solución.

Si el conjunto de soluciones {𝑢𝑖 } es infinito, la combinación lineal también será solución: ∞

𝑢 = ෍ 𝑐𝑖 𝑢𝑖 𝑖=1

Ecuaciones clásicas:

 u u k 2 , t x

 2u  2u  2 0 2 x y

 u  u k 0 c  2 2 x t Se conocen como la ecuación unidimensional del calor, ecuación de ondas unidimensional, y forma bidimensional de la ecuación de Laplace, respectivamente. 2

2

2

2

La ecuación de Laplace se abrevia como 2𝑢 = 0, donde

 u  u  u 2 2 x y 2

2

2

se llaman Laplaciano bidimensional de u. En tres 2 2 2 dimensiones el Laplaciano de u es:  u  u  u 2  u 2 2 2 x y z

𝑢(𝑥, 𝑡) es la temperatura en la posición 𝑥 a tiempo 𝑡.

Ecuación de calor:

 u u k 2 , t x

0 xL ,

t 0

u (0, t )  0 ,

u ( L, t )  0 ,

t 0

2

u ( x, 0)  f ( x) , 0  x  L

Barra delgada de longitud L. La temperatura se mantiene siempre a 0 en los extremos. Temperatura inicial a 𝑡 = 0.

Usando 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑋(𝑥)𝑇(𝑡) y − como la constante de separación:

X  T     X kT

X   X  0

T   kT  0

Ahora las condiciones de frontera se traducen en: 𝑢(0, 𝑡) = 𝑋(0)𝑇(𝑡) = 0, 𝑢(𝐿, 𝑡) = 𝑋(𝐿)𝑇(𝑡) = 0. De donde obtenemos: 𝑋(0) = 𝑋(𝐿) = 0

X   X  0,

X (0)  0,

X ( L)  0

Problema regular de Sturm-Liouville

Una EDO con soluciones dependientes de 𝜆:

X ( x )  c1  c2 x,

 0

X ( x )  c1 cosh(x )  c2 sinh(x ),

    0

X ( x )  c1 cos(x )  c2 sin(x ),

  2  0

2

Al aplicar las condiciones de frontera 𝑋(0) = 𝑋(𝐿) = 0 a los dos primeros casos:

X ( x )  c1  c2 x,   0 𝑋 0 = 𝑐1 = 0 𝑋 𝐿 = 𝑐2 𝐿 = 0

𝑋 𝑥 =0

X ( x )  c1 cosh(x )  c2 sinh(x ),    2  0 𝑋 0 = 𝑐1 cosh 0 + 𝑐2 sinh 0 = 𝑐1 = 0 𝑋 𝐿 = 𝑐2 sinh 𝛼𝐿 = 0

𝑋 𝑥 =0

X ( x )  c1 cos(x )  c2 sin(x ),     0 2

𝑋(0) = 𝑋(𝐿) = 0

𝑋 0 = 𝑐1 cos 0 + 𝑐2 sin 0 = 𝑐1 = 0 𝑿 𝑳 = 𝒄𝟐 𝐬𝐢𝐧 𝜶𝑳 = 𝟎

Tenemos que sin(𝐿) = 0 para 𝑐2  0 . Entonces:  = 𝑛/𝐿, 𝑛 = 1, 2, 3, … y 𝑛 = 𝑛2 = (𝑛/𝐿)2 , 𝑛 = 1, 2, 3, … (valores propios) y las soluciones correspondientes son:

 n X ( x )  c2 sin  L

 x , n  1, 2, 3, ... (funciones propias) 

Nos falta resolver:

T ( t )  c3 e

T   kT  0

𝑛2 = (𝑛/𝐿)2

 k ( n 2 2 / L2 ) t

Y obtenemos finalmente:

un ( x, t )  X ( x )T (t )  An e

 k ( n 2 2 / L2 ) t

 n sin  L

 x 

Para cada valor de 𝑛 tenemos una solución particular de la EDP que satisface las condiciones de frontera. Nos falta aplicar la condición inicial:

𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥),

0 < 𝑥 < 𝐿

 n un ( x, 0)  f ( x )  An sin  L 



n 1

n 1

u( x, t )   un   An e

 x 

 k ( n 2 2 / L2 ) t

 n  sin x  L 

 n u( x, 0)  f ( x )   An sin  L n 1 

¡Serie de Fourier!

2   L u( x, t )     f ( x ) sin L n 1  0

Pero difícilmente podremos escoger los An para que cumplan la igualdad...

Por el principio de superposición.

 x 

2 An  L



L

0

 n f ( x ) sin  L

 x dx 

 n   k ( n2 2 /L2 ) t  n x d x e sin    L    L

 x 

Ejemplo. Resuelve:

 u u 0  x   ,  , 2 x t 2

u(0, t )  0 ,

u( , t )  0 ,

t0 t0

u( x, 0)  sin( x ) cos(2 x ) , 0  x   Usando 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑋(𝑥)𝑇(𝑡) y − como la constante de separación:

X  T     X T

X   X  0

T   T  0

X   X  0 X ( x )  c1 cos(x )  c2 sin(x ),

  0 2

Ahora las condiciones de frontera se traducen en: 𝑢(0, 𝑡) = 𝑋(0)𝑇(𝑡) = 0, 𝑢(𝜋, 𝑡) = 𝑋(𝜋)𝑇(𝑡) = 0. De donde obtenemos: 𝑋(0) = 𝑋(𝜋) = 0 𝑋 0 = 𝑐1 cos 0 + 𝑐2 sin 0 = 𝑐1 = 0 𝑋 𝜋 = 𝑐2 sin 𝛼𝜋 = 0

Tenemos que sin(𝜋) = 0 para 𝑐2  0 . Entonces:  = 𝑛, 𝑛 = 1, 2, 3, … y los valores propios son: 𝑛 = 𝑛2 = 𝑛2 , con autofunciones:

X ( x )  c2 sinnx , n  1, 2, 3, ...

Resolvamos ahora:

T ( t )  c3 e

 n 2t

T   T  0

con 𝑛 = 𝑛2

Y obtenemos finalmente: 



n 1

n 1

u( x, t )   un   An e Aplicando la c.i.:

 n 2t

sinnx 

∞

𝑢 𝑥, 0 = 𝑠𝑖𝑛 𝑥 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 = ෍ 𝐴𝑛 𝑠𝑖𝑛(𝑛𝑥) 1 sin x cos 2x = sin 𝑥 − 2𝑥 + sin(𝑥 + 2𝑥) 2 1 1 = − sin 𝑥 + sin(3𝑥) 2 2

𝑛=1

𝐴1 =

1 − , 2

𝐴3 =

de coef. son cero

1 y el resto 2

1 −𝑡 1 −9𝑡 𝑢 𝑥, 𝑡 = − 𝑒 sin 𝑥 + 𝑒 sin 3𝑥 2 2

Problema de Sturm-Liouville y   y  0 ,

y ( 0)  0 ,

y ( L)  0

Hemos visto que esta ecuación posee soluciones no triviales sólo cuando  toma valores: 𝑛 = 𝑛22/𝐿2, 𝑛 = 1, 2, 3, … llamados valores propios. Las soluciones no triviales correspondientes 𝑦(𝑥) = 𝑐2 sin(𝑛𝑥/𝐿) o simplemente 𝑦(𝑥) = sin(𝑛𝑥/𝐿) se llaman funciones propias.

Problema regular de Sturm-Liouville Sean 𝑝(𝑥), 𝑞(𝑥), 𝑟(𝑥) y 𝑟(𝑥) funciones de variable real continuas en [𝑎, 𝑏], y sea 𝑟(𝑥) > 0 y 𝑝(𝑥) > 0 para todo 𝑥 en el intervalo. Entonces se dice que

resolver sujeta a

d [r ( x) y]  (q( x)  p( x)) y  0 dx

EDO lineal y homogénea

de A1 y ( a )  B1 y ( a )  0 Condiciones contorno separadas homogéneas A2 y (b)  B2 y (b)  0 es un problema regular de Sturm-Liouville. Los coeficientes 𝐴’s y 𝐵’s se suponen reales e independientes de .

Propiedades del problema regular de Sturm-Liouville (a) Existe un número infinito de valores propios reales que se pueden arreglar en orden creciente 1 < 2 < 3 < … < n < … tal que n →  cuando n → . (b) Para cada valor propio hay sólo una función propia (excepto para múltiplos constantes no nulos). (c) Las funciones propias que corresponden a diferentes valores propios son linealmente independientes. (d) El conjunto de funciones propias que corresponden al conjunto de valores propios es ortogonal con respecto a la función peso 𝒑(𝒙) en el intervalo [𝒂, 𝒃]. (e) Si las condiciones de contorno son 𝒚 𝒂 = 𝒚 𝒃 = 𝟎 y 𝒒 𝒕 ≥ 𝟎 ∀𝒕 ∈ [𝒂, 𝒃], los autovalores n serán estrictamente positivos.

Demostremos que «el conjunto de funciones propias que corresponden al conjunto de valores propios es ortogonal con respecto a la función peso 𝑝(𝑥) en el intervalo [𝑎, 𝑏]». Sean 𝑦𝑚 e 𝑦𝑛 funciones propias correspondientes a valores propios m y n. Entonces son solución de:

d [r ( x) ym ]  (q( x)  m p( x)) ym  0 dx d [r ( x) yn ]  (q( x)  n p( x)) yn  0 dx Multiplicando por 𝑦𝑛 la primera ecuación y restando la segunda multiplicada por 𝑦𝑚 , tenemos:

d d (m  n ) p( x) ym yn  ym r ( x) yn '  yn r ( x) ym ' dx dx

Integrando (m  n ) p( x) ym yn  ym de a a b, se tiene:

d r ( x) yn '  yn d r ( x) ym ' dx dx

b

(m  n )  p ( x) ym yn dx a

 r (b)[ ym (b) yn (b)  yn (b) ym (b)]  r (a )[ ym (a ) yn (a)  yn (a ) ym (a )] Como todas las soluciones deben satisfacer las condiciones de contorno. De la primera llegamos a:

A1 ym (a )  B1 ym ' (a )  0 A1 yn (a )  B1 yn ' (a )  0

A1 y(a)  B1 y(a)  0

Para que A1 y B1 no sean ambas nulas, el determinante de los coeficientes debe valer cero:

ym (a ) yn ' (a )  yn (a ) ym ' (a )  0 De manera similar, usando la otra condición de contorno, tenemos: y (b) y ' (b)  y (b) y ' (b)  0 m

n

n

m

b

(m  n )  p( x ) y m y n dx  a

r (b)[ y m (b) y n (b)  y n (b) y m (b)]  r ( a )[ y m ( a ) y n ( a )  y n ( a ) y m ( a )] 0

0 Entonces 𝑦𝑚 e 𝑦𝑛 son ortogonales:

b

a p( x) ym ( x) yn ( x) dx  0, m  n

Ejercicio: Resolver y  y  0, y(0)  0, y(1)  y(1)  0

Solución

Verifica que para  = 0 y  < 0 sólo existe la solución trivial. Para  = 2 > 0, la solución general es 𝑦 = 𝑐1 cos(𝑥) + 𝑐2 sin(𝑥). Ahora, la condición 𝑦(0) = 0 implica 𝑐1 = 0, así que 𝑦 = 𝑐2 sin(𝑥). De 𝑦 1 + 𝑦 1 = 0: 𝑐2 sin  + 𝑐2 cos  = 0 o tan 𝛼 = −𝛼. Una ecuación trascendente con infinitas soluciones para  > 0 como podemos ver en la gráfica.

Los valores propios son: 𝑛 = 𝑛2, 𝑛 = 1, 2, 3, … Las funciones propias: 𝑦𝑛 = sin(𝑛𝑥).

Ejercicio: Resolver

Ejercicio: Resolver Nota: Realiza el cambio 𝑥 = 𝑡𝑦 en la EDO.

Ejercicio:

Resuelve

Ejercicio: Resolver

ut  u  u xx

0 x  ,

t0

u x (0, t )  0 , u x ( , t )  0 u ( x , 0)  1 Suponiendo 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑋(𝑥)𝑇(𝑡):

X  T '   X  0 X   1   XT ' XT  X T X T T '(1   )T  0 Ahora las condiciones de frontera se traducen en: 𝑢𝑥 (0, 𝑡) = 𝑋′(0)𝑇(𝑡) = 0, 𝑢𝑥 (𝜋, 𝑡) = 𝑋′(𝜋)𝑇(𝑡) = 0. De donde obtenemos: 𝑋′(0) = 𝑋′(𝜋) = 0.

X   X  0, X ' (0)  0, X ' ( )  0

No tiene autovalores negativos.

 = 0; 𝑋 𝑥 = 𝐴 + 𝐵𝑥, 𝑋 ′ 𝑥 = 𝐵. 𝐵 = 0 y entonces el autovalor  = 0 tiene como autofunción 𝑋0 𝑥 = 1. T 'T  0 ; 𝑇0 𝑡 = 𝐴0 𝑒 −𝑡 ;  = 2 > 0: X ( x )  A sin  x   B cos  x  X ' ( x )    A cos  x   B sin  x  𝐴 = 0 y 𝐵 sin 𝛼𝜋 = 0,  = 𝑛, 𝑛 = 1, 2, … Los valores propios y las funciones propias son: 𝜆𝑛 = 𝑛2 ,

𝑋𝑛 𝑥 = cos 𝑛𝑥 , 𝑛 = 1,2, …

Resolvamos ahora la parte en 𝑡: La solución es:

Tn (t )  Ae



u( x, t )   An e

(1 n 2 ) t

T '(1  n )T  0 2

 (1 n 2 ) t

cosnx 

n 0

Imponiendo la condición inicial:

Donde hemos puesto 0 = 0 con

𝑢0 𝑥, 𝑡 = 𝑋0 (𝑥)𝑇0 𝑡 𝑢0 𝑥, 𝑡 = 𝐴0 𝑒 −𝑡 .

u(x, 0) = 1



u( x,0)  1   An cosnx  n 0

𝑢 𝑥, 𝑡 = 𝑒 −𝑡

De modo que 𝐴0 = 1 y

𝐴𝑛 = 0, 𝑛 = 1,2, …

Volvamos a la ecuación de ondas y resolvamos las variantes homogéneas y no homogéneas (Tomado de los apuntes de Pepe Aranda):

[3] Condiciones de contorno homogéneas.

Ecuaciones no homogéneas Sea:

 2u u k 2  F ( x)  , 0  x  L, t  0 x t u(0, t )  u0 , u( L, t )  u1 , t  0 u( x, 0)  f ( x ),

0 x L

Tenemos una fuente de calor 𝐹(𝑥) y las condiciones en la frontera son independientes del tiempo.

𝑢0 y 𝑢1 son constantes. Si suponemos que 𝑢(𝑥, 𝑡) ≡ 𝑣(𝑥, 𝑡) + 𝜓(𝑥), pasamos a dos problemas:

𝑢(𝑥, 𝑡) ≡ 𝑣(𝑥, 𝑡) + 𝜓(𝑥)

 2u u k 2  F ( x)  x t u(0, t )  u0 , u( L, t )  u1

Problema 1:

k " F ( x )  0,  (0)  u0 ,  ( L)  u1 En este caso tenemos una EDO que resolveremos por integración directa.

Problema 2:

Queda esta condición:

u ( x , 0)  f ( x )

 2 v v k 2  ; v (0, t )  0, v ( L, t )  0; v ( x,0)  f ( x )   ( x ) x t Y en este caso, tendremos una EDP con condiciones de contorno homogéneas que resolveremos por separación de variables.

Ejemplo: Resolvamos la ecuación no homogénea (𝐹(𝑥, 𝑡) = 𝑟) sujeta a las condiciones de contorno no homogéneas:

Suponiendo:

 2u u k 2 r , 0  x  1, t  0 x t

u(0, t )  0, u(1, t )  u0 , t  0 u( x,0)  f ( x ),

0 x 1

𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑣(𝑥, 𝑡) + (𝑥)

 2u  2v  2   , 2 x x

u v  t t

 v v k 2  k   r  x t 2

r 2  ( x )   x  c1 x  c2 2k

𝑡 = 0.

Esta ecuación se reduce a una EDP homogénea si se exige que  sea una función que satisfaga la EDO.

k "r  0

r 2  ( x )   x  c1 x  c2 2k

Y tenemos que:

u (0, t )  v(0, t )   (0)  0 u (1, t )  v(1, t )   (1)  u0

Si elegimos (0) = 0 y (1) = 𝑢0, entonces las condiciones de contorno serán homogéneas para 𝒗 𝒙, 𝒕 : 𝑣(0, 𝑡) = 0 y 𝑣(1, 𝑡) = 0. Aplicando estas condiciones se tiene: 𝑐2 = 0, (0) = 0 (1) = 𝑢 𝑐1 = 𝑟/2𝑘 + 𝑢0. 0

En consecuencia:

r 2  r   ( x)   x    u0  x 2k  2k 

Por último, la condición inicial: 𝑢(𝑥, 0) = 𝑣(𝑥, 0) + 𝜓(𝑥) implica que: 𝑣(𝑥, 0) = 𝑢(𝑥, 0) − 𝜓(𝑥) = 𝑓(𝑥) – 𝜓(𝑥). Y llegamos a un problema homogéneo:

 v v k 2  , 0  x  1, t  0 x t v (0, t )  0, v (1, t )  0, t  0 2

r 2  r  v ( x,0)  f ( x )  x   u0  x , 2k  2k 

0 x 1

Y de manera usual encontraremos: 

v ( x, t )   An e

 kn 2 2t

sin nx 

n 1

Con la condición inicial v ( x,0), se tiene r 2  r    An  2   f ( x )  x   u0  x  sin nx dx 0 2k  2k    1

 r 2  r   kn 2 2t u( x, t )   x   u0  x   An e sin(nx ) 2k  2k  n 1

u( x, t )   ( x ) con t   : solución estacionaria v ( x, t )  0 con t   : solución transitoria

Método alternativo:

Ejemplo:

 u u  (1  x ) sin t  , 0  x  1, t  0 2 x t u(0, t )  0, u(1, t )  0, t  0 u( x, 0)  0, 0  x  1 2

Si resolviéramos la EDP homogénea por separación de variables, llegaríamos a:

𝑋 + 𝑋 = 0, 𝑋(0) = 0, 𝑋(1) = 0 de valores propios: 𝑛 = 𝑛22 y funciones propias: sin(𝑛𝑥), 𝑛 = 1, 2, …

Supondremos: 

u( x, t )   un (t ) sin(nx ) n 1



F ( x, t )  (1  x ) sin t   Gn (t ) sin(nx ) n 1

Tratando t como un parámetro, 1 2 1 Gn (t )   (1  x ) sin t sinnx dx  2 sin t  (1  x ) sin(nx )dx 0 1 0 2 Gn ( t )  sin t n  2 F ( x, t )  (1  x ) sin t   sin t sinnx  n 1 n



De u( x, t )   un (t ) sin(nx ) n 1

 2u  2 2  u ( t )(  n  ) sin(nx )  n 2 x n 1 u    u' n (t ) sinnx  t n 1

Las derivadas parciales serán: Reordenando la EDP:

u  u  2  (1  x ) sin t t x 2





2 sin t un ' (t )  n  un (t )sinnx    n sinnx   n 1 n 1 2

2

2 sin t un ' (t )  n  un (t )  n 2

2

2 sin t un ' (t )  n  un (t )  n 2

2

Para cada n, la solución general de la EDO es: 2 2  2 n  sin t  cos t   n 2 2t    C n e un (t )  4 4 n  n  1  

u( x, t )   un (t ) sin( nx ) n 1

 n 2 2 sin t  cos t  n 2 2t  u ( x , t )   2  Cn e  sinnx  4 4 n ( n   1) n 1   

 n 2 2 sin t  cos t n 2 2t  u( x, t )   2  Cn e  sin nx  4 4 n (n   1) n 1   Los 𝐶𝑛 puede determinarse a partir de la condición inicial 𝑢(𝑥, 0) = 0 

  2 u ( x , 0)     C n  sinnx   0 4 4 n 1  n ( n   1)  

= 0

Cn 

2 n ( n 4 4  1)

 n 2 2 sin t  cos t 2  n 2 2t  u ( x , t )   2  e  sinnx  4 4 4 4 n ( n   1) n ( n   1) n 1   

Repitamos la idea: consideremos el siguiente problema del calor con un término fuente dependiente de 𝑥 y 𝑡:

Resolvimos este problema en su versión homogénea, encontrando como solución la suma infinita de:

No podemos encontrar la solución del problema no homogéneo como suma de estas soluciones. Pero podemos quedarnos con las autofunciones del problema para la variable 𝑥 que nos garantizan que se cumplirán las condiciones de contorno. Supongamos entonces que la solución es:

Introduciéndola en la EDP:

que podemos interpretar como una serie de Fourier:

De modo que cada coeficiente nos lleva a una EDO:

Imponiendo la condición inicial:

con de modo que 𝑇𝑛 0 = 𝑎𝑛

Resolvamos el siguiente ejemplo:

Habíamos resuelto el problema homogéneo. Así que probamos como solución del no homogéneo:

que al introducirla en la EDP nos da:

Resolvamos:

Para homogeneizar las condiciones de contorno necesitamos una función ℎ(𝑥, 𝑡) tal que ℎ𝑥 0, 𝑡 = 1 y ℎ𝑥 𝜋, 𝑡 = 0. Si suponemos:

ℎ 𝑥, 𝑡 = 𝐴 𝑡 𝑥 + 𝐵(𝑡)𝑥 2

ℎ𝑥 0, 𝑡 = 1 = 𝐴(𝑡) ℎ𝑥 𝜋, 𝑡 = 0 = 1 + 2𝐵 𝑡 𝜋; 1 𝐵 𝑡 =− 2𝜋

𝑥2 ℎ 𝑥, 𝑡 = 𝑥 − 2𝜋

𝑣 𝑥, 𝑡 = 𝑢 𝑥, 𝑡 − 𝑥 +

𝑥2 2𝜋

que nos lleva al problema:

que podemos resolver por la técnica anterior.

Ecuación de onda

𝑢(𝑥, 𝑡) es el desplazamiento vertical de la cuerda en la posición 𝑥 a tiempo 𝑡.

2 2  u  u 2 c  2 , 0  x  L , t  0 Cuerda de longitud L. 2 x t Extremos fijos. u(0, t )  0 , u( L, t )  0 u Condición inicial de  g ( x ) desplazamiento y velocidad u ( x , 0)  f ( x ) , t t 0 X  T   2   Suponiendo 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑋(𝑥)𝑇(𝑡): X cT 2

X   X  0

T   c T  0

Ahora las condiciones de frontera se traducen en: 𝑢(0, 𝑡) = 𝑋(0)𝑇(𝑡) = 0, 𝑢(𝐿, 𝑡) = 𝑋(𝐿)𝑇(𝑡) = 0. De donde obtenemos: 𝑋(0) = 𝑋(𝐿) = 0.

X   X  0, X (0)  0, X ( L)  0

Problema regular de Sturm-Liouville

Sólo  = 2 > 0 lleva a una solución no trivial. La solución general es: X  c1 cos  x   c2 sin  x 

que con 𝑋(0) = 0 y 𝑋(𝐿) = 0: 𝑐1 = 0 y 𝑐2 sin(𝛼𝐿) = 0. Por tanto se tiene que  = 𝑛/𝐿, 𝑛 = 1, 2, 3, … Los valores propios y las funciones propias son: n  n  / L , 2

2

2

 n X ( x )  c2 sin  L

 x , 

n  1,2,3,...

Resolvamos ahora la parte en t: La solución es:

2   T  c T  0

 nc   nc  T (t )  c3 cos t   c4 sin t  L   L 

Recordando la solución en x:

 n X ( x )  c2 sin  L

 x , 

n  1,2,3,...

Tenemos como soluciones:

  nc   nc    n un ( x, t )   An cos t   Bn sin t   sin  L   L   L  y



u( x, t )   n 1

𝐴𝑛 = 𝑐2𝑐3 𝐵𝑛 = 𝑐2𝑐4

 x 

  nc   nc    n  t   Bn sin t   sin x  An cos  L   L   L  



u( x, t )   n 1

  nc   nc    n t   Bn sin t   sin  An cos  L   L   L 

 x 

Imponiendo la condición inicial: u(x, 0) = f(x)

 n u( x,0)  f ( x )   An sin  L n 1 

 x 

Y volvemos a encontrarnos con una serie de Fourier. De modo que podemos determinar los coeficientes An como:

2 An  L



L

0

 n  f ( x ) sin  x dx  L 

u Nos falta imponer la condición inicial: t 

u( x, t )   n 1

 g ( x) t 0

  nc   nc    n t   Bn sin t   sin  An cos  L   L   L 

 x 

Derivando la solución respecto a t:

u   nc  nc  nc  nc    n      An sin t   Bn cos t   sin x t n 1  L L  L   L   L 

u t

 nc   n  sin t 0  g ( x )    Bn L   L n 1  

nc 2 L  n  Bn   g ( x ) sin dx 0 L L  L 

Bn 

 x 

2

L

nc 0

 n g ( x ) sin  L

 dx 

De modo que la solución final es: 

u( x, t )   n 1

con:

  nc   nc    n t   Bn sin t   sin  An cos  L   L   L 

 x 

2 L  n  An   f ( x ) sin  x dx L 0  L  2 L  n  Bn  g ( x ) sin dx   nc 0  L 

A primera vista, no se parece mucho a la solución de D’Alembert. Pero tomemos 𝑔(𝑥) = 0 por no resultar farragosos. En ese caso, la solución queda:

 nc   n u( x, t )   An cos t  sin   L   L n 1 

 x 

 nc   n  u( x, t )   An cos t  sin  x  L   L  n 1 

Usando la identidad trigonométrica:

 nc   n  1   n   n  cos t  sin x   sin ( x  ct )   sin ( x  ct )   L   L  2  L   L  Y observando que

 n f (t )   An sin  L n 1 

 x 

es el desarrollo en serie de la extensión impar de f(x). Es decir:

𝑓 𝑥 𝑠𝑖 𝑥 ∈ (0, 𝐿) 𝐹 𝑥 =ቊ −𝑓 −𝑥 𝑠𝑖 𝑥 ∈ (−𝐿, 0)

Llegamos a:

1 𝑢 𝑥, 𝑡 = 𝐹 𝑥 − 𝑐𝑡 + 𝐹(𝑥 + 𝑐𝑡) 2

Ondas estacionarias   nc   nc    n un ( x, t )   An cos t   Bn sin t   sin  L   L   L 

 x 

𝑛 = 1, 2, …

Podemos transformar las soluciones en:

 nc   n un ( x, t )  Cn sin t  n  sin  L   L donde:

Cn 

 x 

ondas estacionarias o modos normales

An Bn An  Bn , sin n  , cos n  Cn Cn 2

2

∞

𝑢 = ෍ 𝑢𝑖 𝑖=1

Hemos construido la solución como una suma de ondas estacionarias.

 nc   n un ( x, t )  Cn sin t  n  sin  L   L Amplitud variando con t

Para 𝑛 = 1, 𝑢1(𝑥, 𝑡) tenemos la primera onda estacionaria, primer modo normal o modo fundamental de vibración. La frecuencia 𝑓1 = 𝑐/(2𝐿) del primer modo normal se llama la frecuencia fundamental o primer armónico:

c f1  2L

 x 

Ejercicio:

Pulsando la cuerda en el centro desaparecen los armónicos pares.

Ecuación de Laplace  2u  2u  2 0, 2 x y 0 xa, 0 yb

𝑢(𝑥, 𝑦) es la temperatura estacionaria en una placa rectangular de aristas 𝑥 = 0 y 𝑥 = 𝑎 aisladas (no hay pérdida de calor a través de ellas).

u ( x , 0)  0 , u ( x , b )  f ( x ) 0 xa Temperatura mantenida en los bordes 𝑦 = 0 e 𝑦 = 𝑏.

u x

x 0

u 0, x

0 yb

0, x a Variación del incremento de temperatura con 𝑥 en los bordes 𝑥 = 0 e x = 𝑎.

 2u  2u  2 0, 0 xa, 0 y b 2 x y Todas las condiciones son de contorno:

X" Y"     𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑋(𝑥)𝑌(𝑦), X Y Y "  Y  0 X "  X  0 Las tres condiciones homogéneas de frontera:

u ( x , 0)  0

u x

0, x 0

u x

0 x a

se traducen en:

𝑌 0 = 0

𝑋’(0) = 0,

𝑋’(𝑎) = 0.

X   X  0, X ' (0)  0, X ' ( a )  0 Para  = 0:

𝑋” = 0

La solución es:

𝑋(𝑥) = 𝑐1 + 𝑐2𝑥.

𝑋’(0) = 0 implica que 𝑐2 = 0. 𝑋(𝑥) = 𝑐1 satisface también la condición 𝑋’(𝑎) = 0. Así 𝑋0(𝑥) = 𝑐1, 𝑐1  0 es una solución no trivial. (Para  = −2 < 0, la solución es la trivial).

Para  = 2 > 0,  > 0, tenemos que:

𝑋” +  𝑋 = 0; 2

𝑋’(0) = 0, 𝑋’(𝑎) = 0

Aplicando 𝑋’(0) = 0 a la solución: 𝑋 = 𝑐1 cos(𝑥) + 𝑐2 sin(𝑥), se tiene que 𝑐2 = 0 y por tanto 𝑋(𝑥) = 𝑐1 cos(𝑥) De la condición 𝑋’(𝑎) = 0 se obtiene: 𝑛 − 𝑐1  sin(𝑎) = 0, de modo que:  = , 𝑛 = 𝑎 1, 2, … Y los valores propios son: 𝑛 = (𝑛/𝑎)2 𝑋𝑛(𝑥) = 𝑐1 cos

𝑛

𝑎

𝑥

Asociando 0 con 𝑛 = 0; las funciones propias son:

X 0 ( x )  c1 ;

 n  X n ( x )  c1 cos x  ; n  1,2,..  a 

Para 𝑌” – 𝑌 = 0, cuando 0 = 0, la solución es: 𝑌(𝑦) = 𝑐3 + 𝑐4𝑦. 𝑌(0) = 0 implica 𝑐3 = 0 y por tanto 𝑌0(𝑦) = 𝑐4𝑦.

Para 𝑛 = (𝑛/𝑎)2 , 𝑛 = 1, 2, … , la solución es:

𝑌𝑛(𝑦) = 𝑐3 cosh(𝑛𝑦/𝑎) + 𝑐4 sinh(𝑛𝑦/𝑎) 𝑌(0) = 0 implica 𝑐3 = 0 y por tanto: 𝑌𝑛(𝑦) = 𝑐4 sinh(𝑛𝑦/𝑎).

Las soluciones 𝑢𝑛(𝑥, 𝑦) = 𝑋(𝑥)𝑌(𝑦) son: 𝑛

𝑋0 𝑥 = 𝑐1;

𝑋𝑛(𝑥) = 𝑐1 cos

𝑌0 𝑦 = 𝑐4𝑦;

𝑌𝑛(𝑦) = 𝑐4 sinh(𝑛𝑦/𝑎)

𝑎

𝑥

u0 ( x, y )  A0 y

 n   n un ( x, y )  An sinh y  cos  a   a

 x ; n  1,2,... 

El principio de superposición conduce a:

 n   n  u( x, y )  A0 y   An sinh  y  cos  x  a   a  n 1 

 n   n  u( x, y )  A0 y   An sinh  y  cos  x  a   a  n 1 

Aplicando la condición de contorno:

b   n  u( x, b)  f ( x )  A0 b   An sinh n  cos a  a  n 1 𝑏 Identificando 𝐴0𝑏 = 𝑎0/2 y Ansinh 𝑛 = 𝑎𝑛 𝑎 

2 a 2 A0 b   f ( x )dx a 0

 x 

1 a A0  f ( x )dx  ab 0

 n  2 a  n  An sin b    f ( x ) cos x dx 0  a  a  a  a 2  n An  f ( x ) cos  0 a  n   a sin b  a 

 x dx 

Ejercicio: Demostrar que la solución del siguiente problema de Dirichlet:  u  u  2  0, 0  x  a,0  y  b 2 x y u(0, y )  0, u(a, y )  0 u( x,0)  0, u ( x , b)  f ( x ) 2

es

2

 n   n  u( x, y )   An sinh y  sin x  a   a  n 1 a 2  n  An  f ( x ) sin x dx  a   nb  0  a sinh   a  

Condiciones de contorno no homogéneas El problema de Dirichlet anterior se resuelve fácilmente por separación de variables porque hay condiciones de contorno homogéneas para fronteras paralelas. Resolvamos un caso más general:

u u  2 0, 0 xa, 0 yb 2 x y u (0, y )  F ( y ) , u (a, y )  G ( y ) , 0  y  b u ( x , 0)  f ( x ) , u ( x , b )  g ( x ) , 0  x  a 2

2

Dividiremos en dos problemas, de modo que cada uno tenga condiciones homogéneas de contorno en dos fronteras paralelas:

𝑢 𝑥, 𝑦 = 𝑢1 𝑥, 𝑦 + 𝑢2 𝑥, 𝑦

Problema 1:

Principio de superposición

 2 u1  2 u1  2  0, 0  x  a,0  y  b 2 x y u1 (0, y )  0, u1 ( a, y )  0, 0  y  b u1 ( x,0)  f ( x ), u1 ( x, b)  g ( x ), 0  x  a Problema 2:

 u2  u2   0, 0  x  a, 0  y  b 2 2 x y u2 (0, y )  F ( y ), u2 ( a, y )  G ( y ), 0  y  b 2

2

u2 ( x,0)  0, u2 ( x, b)  0, 0  x  a

Comprueba que de esta manera se cumplen las condiciones de frontera originales, ya que:

u(0, y )  u1 (0, y )  u2 (0, y )  0  F ( y )  F ( y ) u( x, b)  u1 ( x, b)  u2 ( x, b)  g ( x )  0  g ( x ) ... Y demuestra que las soluciones son:   n   n    n u1 ( x, y )    An cosh y   Bn sinh y   sin  a   a   a n 1  

Bn 

1 2 a  n   g ( x ) sin  nb   a 0  a sinh   a 

  n x dx  An cosh   a

 x ; 

 x dx 

 b 

  n   n    n  u2 ( x, y )    An cosh x   Bn sinh x   sin y ; b b b       n 1  

Bn 

2 a  n An   f ( x ) sin a 0  a

1 2 b  n   n y dy  An cosh   G ( y ) sin  na   b 0  b   b sinh   b 

 a  

2 b n An   F ( y ) sin ydy b 0 b

Laplaciano Coordenadas Polares x  r cos  , y  r sin  , r 2  x 2  y 2 , tan   u u r u   x r x  u u r u   y r y 

 u sin   cos   x r r  u cos   sin   y r r

u  u 

y x

2 2  u 1  u 1  u 2  u 2   2 r r r r  2

 2u  2 u 2 sin  cos   2 u 2  cos  2  2 x r r r sin 2   2 u sin 2  u 2 sin  cos  u    2 2 r  r r r2 

 2u  2 u 2 sin  cos   2 u cos 2   2 u 2  sin  2   2 y r r r r 2  2 cos 2  u 2 sin  cos  u   r r r2 

¿Sin condiciones homogéneas?

Puesto que (r,  + 2) equivale a (r,  ), se debe tener: u(r, ) = u(r,  + 2). Si se busca una función poducto u = X(r) T( ), entonces: T( + 2) = T( ).

Resolver para una placa semicircular:

 u 1 u 1  u   2  0, 0     , 0  r  c 2 2 r r r r  u ( c,  )  u 0 , 0     2

2

u( r, 0)  0, u( r,  )  0,

0rc

Al definir u  R(r )( ) y separar las variables , se obtiene r 2 R"rR ' "   R 

r 2 R   rR   R  0

    0

Las condiciones homogéneas en  = 0 y  =  se traducen en (0) = 0 y () = 0. n = n2 ; ( ) = c2 sin(n), n = 1, 2, …

R(r) = c3rn

un = R(r)() = An rn sin (n ) Condición de contorno en r = c.





u( r,  )   An r sin(n ), u0   An c sin  n

n

n 1

An c  n

2

 



0

n 1

2u0 1  ( 1) u0 sin(n )d , An  n c n

1  ( 1)  r  u( r,  )    sin(n )   n 1 n c 2u 0



n

n

n

El problema es no homogéneo. La solución homogénea era: