Apuntes de Clases EDPs - Separación de variables - Alfredo Mallea (2)

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Matemática IV (MAT024)
Campus Santiago San Joaquı́n
Apuntes de Clases
Tema: Ecuaciones con Valores en la Frontera.
Contenidos
Clase 1: Aplicación de las Series de Fourier a las Ecuaciones con Valores
en la Frontera.
Clase 2: Ecuaciones resolubles mediante separación de variables. Pro-
blemas de Sturm-Liouville.
Clase 1: Una aplicación: La ecuación de Onda Uno-Dimensional
Considerar una cuerda elastica de longitud L , suponer que esta es deformada y luego se
suelta (o se empuja) determinando con esto un movimiento oscilatorio . Asumir que
La masa de la cuerda por unidad de longitud es constante (ρ) .
La cuerda solo realiza movimientos transversales en un plano vertical.
Suponer además que no hay resistencia del medio.
Sea u(x, t) la posición de la cuerda en el tiempo t . Ası́ para t fijo u(x, t) representa una
función en la variable x . En particular u(x, 0) = f(x) corresponde a una función de clase al
menos C1 en el intervalo [0, L] .
Considerar el movimiento de un trozo de la cuerda (ver figura). Sean
−→
T 1 ,
−→
T 2 los vectores
correspondientes a la tensión en los puntos (x, t) y (x+ ∆x, t) . Por los supuestos anteriores
se cumple que T1 cos(α) = T2 cos(β) = T . Observar que los vectores tienen direcciones
opuestas, pero igual magnitud y la igualdad anterior se refiere a la magnitud.. Por otra parte
en la componente vertical se tienen dos fuerzas −T1 sen(α) ; T2 sen(β) .
APUNTES DE CLASES MATEMÁTICA UTFSM
Usando la 2da Ley de Newton se tiene
−→
F neta = suma de las fuerzas
ma =T2 sen(β)− T1 sen(α)
⇔ ρ∆x d
2u
dt2
=T2 sen(β)− T1 sen(α)
⇒ ρ∆x
T
d2u
dt2
=
T2 sen(β)
T2 cos(β)
− T1 sen(α)
T1 cos(α)
pero tg(α) =
du
dx
(x, t) y tg(β) =
du
dx
(x+ ∆x , t) . Luego se tiene
ρ
T
d2u
dt2
=
1
∆x
(
du
dx
(x+ ∆x , t)− du
dx
(x, t)
)
Haciendo ∆x→ 0 se obtiene
d2u
dx2
=
ρ
T
d2u
dt2
O equivalentemente, en su forma más conocida
a2
d2u
dx2
=
d2u
dt2
MAT024 2 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
APUNTES DE CLASES MATEMÁTICA UTFSM
Ecuación que modela el movimiento de la cuerda, donde a2 =
T
ρ
.
Consideremos ahora la ecuación diferencial
a2
d2u
dx2
=
d2u
dt2
0 < x < L ; t > 0
u(0 , t) = 0 ; u(L , t) = 0 ∀ t > 0
u(x , 0) = f(x)
ut(x , 0) = 0
Ecuación de Onda con Extremos fijos y velocidad inicial 0 .
La cual representa una cuerda que permanece fija en los extremos: u(0 , t) = u(L , t) = 0 ;
cuya posición inicial es u(x , 0) = f(x) y que se suelta en t = 0 con velocidad 0 . Se quiere
resolver, predecir cual es la posición de la cuerda en cada momento y para cada valor de x .
Para resolver dicha ecuación se usa un método conocido como separación de variables. Este
consiste en suponer que la solución de dicha ecuación puede expresarse como un producto
de dos funciones u(x, t) = X(x)T (t) = XT , donde X depende solo de x y T depende
solo de t .
Derivando respecto de x y respecto de t según sean las derivadas de u , se puede reescribir
la ecuación como
a2X ′′T = XT ′′
Asumiendo que nı́ X nı́ T pueden ser funciones nulas se obtiene
X ′′
X
=
T ′′
a2T
Igualdad que solo es posible si existe una constante −λ fija, tal que
X ′′
X
=
T ′′
a2T
= −λ
Por otra parte, de las condiciones de borde se tiene:
u(0, t) = 0 ⇔ X(0)T (t) = 0 ∀t ⇒ X(0) = 0
u(L, t) = 0 ⇔ X(L)T (t) = 0 ∀t ⇒ X(L) = 0
MAT024 3 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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Además de la condición inicial ut(x , 0) = 0 se obtiene:
ut(x , 0) = 0 ⇔ X(x)T ′(0) = 0 ∀x ⇒ T ′(0) = 0
Luego se obtienen dos ecuaciones diferenciales ordinarias
(1)
 X
′′ + λX = 0
X(0) = 0 ; X(L) = 0
(2)
 T
′′ + λa2T = 0
T ′(0) = 0
Observar que la primera ecuación se trata de un problema de autovalores para el operador
diferencial D2 . El problema consiste en hallar valores para λ que permitan encontrar
soluciones no nulas para la ecuación (1) , además de encontrar dichas soluciones.
Para resolver (1) observar que la ecuación caracteristica de la ecuación es
m2 + λ = 0 ⇔ m = ±
√
−λ
La cual tiene soluciones de distinta naturaleza para λ > 0 ; λ < 0 y para λ = 0 . Analizare-
mos estos 3 casos.
(i) Si λ = 0 ⇒ X ′′ = 0 . Y se tienen soluciones de la forma: X(x) = ax+b . Evaluando
en x = 0 se tiene b = 0 ; por otra parte evaluando en x = L se tiene a = 0 .
Por tanto cuando λ = 0 solo hay soluciones nulas.
(ii) Si λ < 0 entonces
X(x) = a e
√
−λx +b e−
√
−λx
Evaluando en x = 0 y en x = L se tiene el sistema
a+ b = 0
a e
√
−λL +b e−
√
−λL = 0
⇒ b = −a
Reemplazando queda:
a
(
e
√
−λL− e−
√
−λL
)
⇒ a = 0
pues e
√
−λL− e−
√
−λL 6= 0 . Por lo tanto X ≡ 0 .
MAT024 4 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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(iii) Si λ > 0 entonces m = ±
√
λ i y la solución es de la forma
X(x) = a cos(
√
λx) + b sen(
√
λx)
Evaluando en x = 0 se tiene a = 0 y X(x) = b sen(
√
λx)
Evaluando en x = L queda b sen(
√
λL) = 0 . Queremos encontrar soluciones no
nulas, por tanto tomar b 6= 0 , entonces:
sen(
√
λL) = 0 ⇔
√
λL = nπ ⇒ λ =
(nπ
L
)2
con n ∈ N .
Por lo tanto el problema (1) tiene soluciones no nulas cuando λ =
(nπ
L
)2
y las soluciones
son generadas por:
Xn(x) = sen
(nπx
L
)
; n = 1 , 2 , 3 , . . .
Los valores λn =
(nπ
L
)2
se conocen como Autovalores y las soluciones Xn = sen
(nπx
L
)
se conocen también como Autofunciones .
Para (2) . Con λn =
(nπ
L
)2
la ecuación (2) queda: T ′′+
(nπa
L
)2
T = 0 . Las soluciones son
de la forma:
Tn(t) = E cos
(
nπat
L
)
+ F sen
(
nπat
L
)
Luego
T ′n(t) = −E
(nπa
L
)
sen
(
nπat
L
)
+ F
(nπa
L
)
cos
(
nπat
L
)
Evaluando T ′n(0) = F
(nπa
L
)
= 0 ⇒ F = 0 . Por tanto las soluciones para la segunda
ecuación son generadas por las funciones:
Tn(t) = cos
(
nπat
L
)
; n = 1 , 2 , 3 , . . .
Luego para cada n natural
un (x, t) = Xn(x)Tn(t) = sen
(nπx
L
)
cos
(
nπat
L
)
MAT024 5 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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Es solución de la ecuación planteada, además cumple las condiciones de borde y una de las
condiciones iniciales. Luego las combinaciones lineales son también soluciones. Ası́ llegamos
a una solución formal de la forma:
u(x, t) =
∞∑
n=1
bnun(x, t) =
∞∑
n=1
bn sen
(nπx
L
)
cos
(
nπat
L
)
Además la solución que se busca debe cumplir
u(x, 0) = f(x) =
∞∑
n=1
bn sen
(nπx
L
)
Por lo tanto los coeficientes bn corresponden a los coeficientes de Fourier en el desarrollo
senoidal de la función f(x) .
La solución de la Ecuación de Onda, sujeta a las condiciones dadas es:
u(x, t) =
∞∑
n=1
 2
L
L∫
0
f(x) sen
(nπx
L
)
dx

︸ ︷︷ ︸
bn
sen
(nπx
L
)
cos
(
nπat
L
)
Otro ejemplo.
a2uxx(x, t) = ut(x, t) 0 < x < L ; t > 0
ux(0, t) = ux(L, t) = 0 ∀ t > 0
u(x, 0) = f(x)
Ecuación de Calor sin transferencia en los extremos .
Suponer una solución de la forma u(x, t) = U(x)V (t) , donde U es una función que solo
depende de x y V depende solo de t . Derivando y reemplazando se tiene:
UV ′ = a2U ′′V ⇒ U
′′
U
=
V ′
a2V
y esta última igualdad solo se tiene cuando existe λ ∈ R constante, tal que
U ′′
U
=
V ′
a2V
= −λ
Por otra parte de las condiciones de borde se obtiene:
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ux(0, t) = U
′(0)V (t) = 0 ∀t > 0 ⇔ U ′(0) = 0
ux(L, t) = U
′(L)V (t) = 0 ∀t > 0 ⇔ U ′(L) = 0
Luego se tienen las ecuaciones diferenciales ordinarias:
U ′′ + λU = 0
U ′(0) = U ′(L) = 0,︸ ︷︷ ︸
(1)
V ′′ + a2λV = 0︸ ︷︷ ︸
(2)
La ecuación (1) corresponde también a un problema de autovalores (Problema de Sturm-
Liouville). Igual que antes se debe estudiar la ecuación caracterı́stica m2 + λ = 0 .
Se tienen los siguientes casos:
(i) λ = 0 . Entonces U ′′ = 0 y por lo tanto U(x) = ax+ b . Luego U ′(x) = a .
Evaluando en x = 0 se tiene U ′(0) = a = 0 (lo mismo ocurre si se evalua U ′(L) ).
Por lo tanto λ = 0 es un autovalor con autofunciones generadas por U0(x) = 1 .
(ii) λ < 0 . Luego m = ±
√
−λ ∈ R . La solución general de la ecuación es de la forma
U(x) = A esqrt−λx +B e−
√
−λx
y U ′(x) =
√
−λA e
√
−λx−
√
−λB e−
√
−λx . Evaluando se tiene
U ′(0) =
√
−λA−
√
−λB = 0
U′(L) =
√
−λA e
√
−λL−
√
−λB e−
√
−λL = 0
⇒ A = B
Reemplazando queda A(e
√
−λL− e−
√
−λL) = 0 , de donde A = 0 y por tanto B = 0 .
Luego U ≡ 0 .
(iii) λ > 0 . Luego m = ±
√
λ i . La solución general de (1) es de la forma
U(x) = A cos(
√
λx) +B sen(
√
λx)
y por tanto U ′(x) = −
√
λA sen(
√
λx) +
√
λB cos(
√
λx) . Evaluando
U ′(0) =
√
λB = 0
U ′(L) = −
√
λA sen(
√
λL) +
√
λB cos(
√
λL) = 0
⇒ B = 0 y −
√
λA sen(
√
λL) = 0
pero A 6= 0 (caso contrario U ≡ 0 ) , entonces sen(
√
λL) = 0 y
√
λL = nπ con
n = 1 , 2 , 3 , . . . . Luego se tienen autovalores
λn =
(nπ
L
)2
con n = 1 , 2 , 3 , . . .
MAT024 7 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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y autofunciones
Un = cos
(nπx
L
)
con n = 1 , 2 , 3 , . . .
Luego para el problema de Sturm-Liouville (1) hay soluciones no nulas cuando
λ0 = 0 ; y λn =
n2π2
L2
n = 1 , 2 , 3 , . . .
y corresponden a (autofunciones):
U0(x) = constante y Un(x) = cos
(nπx
L
)
n = 1 , 2 , 3 , . . .
Reemplazando estos valores de λ en la ecuación (2) , se obtiene:
Para λ = 0 se tiene V0(t) = constante .
Para λn =
(nπ
L
)2
la ecuación (2) queda
V ′ +
(nπa
L
)2
V = 0
Con solución:
Vn(t) = cne
−(nπa/L)2t
Luego para todo n = 0 , 1 , 2 , 3 , . . . las funciones:
u0(x, t) =U0(x)V0(t) = cte
un(x, t) =Un(x)Vn(t) = cn cos
(nπx
L
)
e−(nπa/L)
2t
Son soluciones de la ecuación de calor y además satisfacen las condiciones de aislamiento en
la frontera.
Una solución general es:
u(x, t) =
c0
2
+
∞∑
n=1
cn cos
(nπx
L
)
e−(nπa/L)
2t
Imponiendo las condiciones iniciales, se tiene
u(x, 0) = f(x) =
c0
2
+
∞∑
n=1
cn cos
(nπx
L
)
,
donde los cn corresponden a los coeficientes de Fourier en el desarrollo cosenoidal de f(x)
en [0, L] . Luego
MAT024 8 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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c0 =
2
L
L∫
0
f(ε) dε ; cn =
2
L
∫ L
0
f(ε) cos
(nπε
L
)
dε
Por lo tanto, la solución al problema de calor (1) es:
u(x, t) =
1
2
 2
L
L∫
0
f(ε) dε
+ ∞∑
n=1
2
L
(∫ L
0
f(ε) cos
(nπε
L
)
dε
)
cos
(nπx
L
)
e−(nπa/L)
2 t
Clase 2
EDPs resolubles mediante Series de Fourier: Método de Separación de
variables
Para ciertas ecuaciones, definidas en intervalos finitos y con valores en los bordes, un método
de resolución consiste en suponer que una solución u(x, t) es el producto de dos funciones
u(x, t) = M(x)T (t) con 0 < x < L ; t > 0
donde M(x) depende solo de x y T (t) depende solo de t . En la resolución de tales
ecuaciones surgen de manera natural, problemas de valores y vectores propios (autovalores
y autofunciones), conocidos como Problemas de Sturm-Liouville. No es la idea aquı́ estudiar
la teorı́a de Sturm-Liouville, nuestro interes está dirigido a estudiar un método de resolución
de tales ecuaciones.
Anteriormente se resolvieron dos problemas de autovalores, los cuales surgieron de la
Ecuación de Onda, para una cuerda elastica con extremos fijos y de la Ecuación de Calor para
una varilla metalica de longitud L , sin transferencia de calor en los extremos.
Formalmente:
El Problema de valores propios
M ′′(x) + λM(x) = 0 ; 0 < x < L
M(0) = 0 y M(L) = 0
tiene soluciones no nulas cuando λn =
(nπ
L
)2
(Autovalores) y son generadas por
Mn = sen
(nπx
L
)
con n = 1 , 2 , 3 , . . . (Autofunciones) .
Teorema S-L 1 .
MAT024 9 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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El Problema de valores propios
M ′′(x) + λM(x) = 0 ; 0 < x < L
M ′(0) = 0 y M ′(L) = 0
tiene soluciones no nulas cuando λ = 0 y λn =
(nπ
L
)2
(Autovalores) y son generadas por
M0(x) = 1 y por Mn = cos
(nπx
L
)
con n = 1 , 2 , 3 , . . . (Autofunciones) .
Teorema S-L 2 .
Otro problema de autovalores surge de la ecuación:
a2
d2u
dx2
=
d2u
dt2
0 < x < L ; t > 0
u(0 , t) = 0 ; ux(L , t) = 0 ∀ t > 0
u(x , 0) = f(x)
ut(x , 0) = g(x)
Ecuación de Onda con un extremo fijo y el otro libre .
Usando el método de separación de variables, suponer que una solución es de la forma
u(x, t) = X(x)T (t) = X·T . Realizando los mismos pasos de los dos ejemplos anteriores, esto
es derivar y reemplazar en la ecuación, separar variables y luego despejar de las condiciones
de borde, se obtienen dos ecuaciones diferenciales ordinarias
(1)
 X
′′ + λX = 0
X(0) = 0 ; X ′(L) = 0
(2) T ′′ + λa2T = 0
La primera ecuación es un nuevo problema de autovalores . Para resolver esto considerar
nuevamente la ecuación caracteristica de la ecuación (1) .
m2 + λ = 0 ⇔ m = ±
√
−λ
la cual da pie a los siguientes casos.
MAT024 10 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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(i) Si λ = 0 ⇒ X ′′ = 0 . Y se tienen soluciones de la forma: X(t) = at+b ; X ′(x) = a .
Evaluando X en x = 0 se tiene b = 0 ; por otra parte evaluando X ′ en x = L se
tiene a = 0
Por lo tanto X ≡ 0 .
(ii) Si λ < 0 entonces
X(x) = a e
√
−λx +b e−
√
−λx
X ′(x) =
√
−λ a e
√
−λx−
√
−λ b e−
√
−λx
Evaluando se tiene el sistema
a+ b = 0
a e
√
−λL−b e−
√
−λL = 0
⇒ b = −a
Reemplazando en la segunda ecuación
a
(
e
√
−λL + e−
√
−λL
)
= 0 ⇒ a = 0 ( ∴ b = 0)
Por lo tanto X ≡ 0 .
(iii) Si λ > 0 entonces −λ < 0 y m = ±
√
λ i . Las solución general de la ecuación
diferencial es
X(x) = a cos
(√
λx
)
+ b sen
(√
λx
)
Por tanto
X ′(x) = −
√
λ a sen
(√
λx
)
+
√
λ b cos
(√
λx
)
Evaluando en x = 0 : X(0) = a = 0 ;
Evaluando en x = L y asumiendo que se quieren hallar soluciones no nulas se tiene:
X ′(L) =
√
λ b cos
(√
λL
)
= 0 ⇔
√
λL =
(2n− 1)π
2
⇒ λ =
(
(2n− 1)π
2L
)2
, n = 1 , 2 , 3 , . . .
MAT024 11 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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Luego se tienen autofunciones generadas por:
Xn(x) = sen
(
(2n− 1)πx
2L
)
; n = 1 , 2 , 3 , . . .
Por otra parte, con λn =
(
(2n− 1)π
2L
)2
la ecuación (2) queda : T ′′+a2
(
(2n− 1)π
2L
)
T = 0 .
Las soluciones son
Tn(t) = An cos
(
(2n− 1)πa
2L
t
)
+Bn sen
(
(2n− 1)πa
2L
t
)
Por lo tanto, para todo n = 1 , 2 , 3 , . . .
un(x, t) = sen
(
(2n− 1)πx
2L
)[
An cos
(
(2n− 1)πa
2L
t
)
+Bn sen
(
(2n− 1)πa
2L
t
)]
son soluciones de la ecuación de onda, además cumplen las dos condiciones de borde pedidas.
Luego (Principio de Superposición) una solución general es:
u(x, t) =
∞∑
n=1
sen
(
(2n− 1)πx
2L
)[
An cos
(
(2n− 1)πa
2L
t
)
+Bn sen
(
(2n− 1)πa
2L
t
)]
donde los coeficientes An y Bn se obtienen como coeficientes de Fourier al evaluar en t = 0 .
u(x, 0) = f(x) =
∞∑
n=1
An sen
(
(2n− 1)πx
2L
)
ut(x, 0) = g(x) =
∞∑
n=1
(
(2n− 1)πa
2L
)
Bn sen
(
(2n− 1)πx
2L
)
Ası́ las constantes An corresponden a los coeficientes de Fourier en el desarrollo senoidal de
f .
An =
2
L
L∫
0
f(x) sen
(
(2n− 1)πx
2L
)
dx
Por otra parte las constantes
(
(2n− 1)πa
2L
)
Bn corresponden a los coeficientes de Fourier en
el desarrollo senoidal de g .(
(2n− 1)πa
2L
)
Bn =
2
L
L∫
0
g(x) sen
(
(2n− 1)πx
2L
)
dx
MAT024 12 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
APUNTES DE CLASES MATEMÁTICA UTFSM
de donde
Bn =
4
(2n− 1)πa
L∫
0
g(x) sen
(
(2n− 1)πx
2L
)
dx �
Luego tenemos un tercer problema de Sturm-Liouville.
El Problema de valores propios
M ′′(x) + λM(x) = 0 ; 0 < x < L
M(0) = 0 y M ′(L) = 0
tiene soluciones no nulas cuando λn =
(
(2n− 1)π
2L
)2
(Autovalores) y son generadas por
Mn = sen
(
(2n− 1)πx
2L
)
con n = 1 , 2 , 3 , . . . (Autofunciones) .
Teorema: S-L 3 .
Ecuación de Laplace en un disco
Considerar la Ecuación de Laplace
d2u
dx2
+
d2u
dy2
= 0
también conocida como una Ecuación de Calor (2-dimensional) de estado estable.
Se quiere resolver esta ecuación en un disco de radio a . Para ello necesitamos expresar la
ecuación en coordenadas polares. Haciendo los calculos de rigor la ecuación queda:
d2u
dr2
+
1
r
du
dr
+
1
r2
d2u
dθ2
= 0
Se exije la continuidad de u y de
du
dθ
pidiendo que
u(r , −π) = u(r , π) y uθ(r , −π) = uθ(r , π)
Ademas se debe cumplir que u sea acotado en el disco, pues se trata de una función continua
sobre un compacto.
Por otra parte suponer que la función sobre el cı́rculo x2 + y2 = a2 vale f(θ) , donde f es
no nula y suficientemente buena de modoque admita una serie de Fourier.
Ası́ el problema queda expresado en coordenadas polares como
MAT024 13 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
APUNTES DE CLASES MATEMÁTICA UTFSM
d2u
dr2
+
1
r
du
dr
+
1
r2
d2u
dθ2
= 0 ; −π < θ < π , 0 < r < a
u(r , −π) = u(r , π) ; uθ(r , −π) = uθ(r , π)
u(a , θ) = f(θ)
Ecuación de Calor en un disco .
Para resolver hacer u(r , θ) = R(r)T (t) = RT , reemplazar en la ecuación y separar varia-
bles. Se llega a lo siguiente:
r2R′′ + rR′
R
= −T
′′
T
= λ
para algún λ ∈ R .
De las condiciones impuestas sobre u , se obtiene T (−π) = T (π) y T ′(−π) = T ′(π) . Luego
se tienen dos ecuaciones ordinarias
T ′′ + λT = 0
T (π) = T (π)
T ′(−π) = T ′(π)︸ ︷︷ ︸
(1)
r2R′′ + rR′ − λR = 0︸ ︷︷ ︸
(2)
La ecuación (1) es un nuevo problema de autovalores y la ecuación (2) es una ecuación de
Euler.
Para (1) , la ecuación caracterı́stica es la misma que ya hemos estudiado:
m2 + λ = 0 m = ±
√
−λ
(i) Si λ = 0 , entonces T ′′ = 0 y se tiene: T (θ) = aθ + b . Evaluando
T (−π) = T (π) ⇔ −aπ + b = aπ + b ⇒ a = 0
y lo mismo ocurre cuando hacemos T ′(−π) = T ′(π) . Por lo tanto λ = 0 es un
autovalor y el espacio propio esta generado por T0(θ) = 1 .
Reemplazando λ = 0 en la ecuación (2) esta queda r2R′′ + rR′ = 0 y la solución
general es R0(r) = c+ d ln(r) .
Sin embargo se quiere que R(r) permanezca acotada (pues u(r , θ) debe ser acotada) y
por lo tanto hacer d = 0 . Luego R0(r) = cte .
(ii) Para λ < 0 . la solución general de (1) es
T (θ) = E e
√
−λ θ +F e−
√
−λ θ
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Evaluando en las condiciones de borde se tiene T ≡ 0 (ejercicio) y no hay valores
propios negativos.
(iii) Para λ > 0 la solución general de (1) queda
T (θ) = A cos(
√
λ θ) +B sen(
√
λ θ)
Evaluando en T y T ′ . se tienen las ecuaciones
A cos(
√
λπ)−B sen(
√
λπ) = A cos(
√
λπ) +B sen(
√
λπ) ⇒ B sen(
√
λπ) = 0
√
λA sen(
√
λπ) +
√
λB cos(
√
λπ) = −
√
λA sen(
√
λπ) +
√
λB cos(
√
λπ) ⇒ A sen(
√
λπ) = 0
Ası́, si sen(
√
λπ) 6= 0 , entonces A = B = 0 y T ≡ 0 . Por lo tanto hacer
sen(
√
λπ) = 0 ⇒
√
λπ = nπ ⇒ λ = n2 , n = 1 , 2 , 3 , . . .
luego λn = n2 es un autovalor y el espacio propio esta generado por
Tn(θ) = An cos(n θ) +Bn sen(n θ) , n = 1 , 2 , 3 , . . .
Con esto, de paso, se probó el siguiente Teorema
El Problema de valores propios
M ′′(x) + λM(x) = 0 ; 0 < x < L
M(−L) = M(L) ; M ′(−L) = M ′(L)
tiene soluciones no nulas cuando λ = 0 o λn =
(nπ
L
)2
(Autovalores) y las Autofunciones
son
M0 = cte y Mn = An cos
(nπx
L
)
+Bn sen
(nπx
L
)
con n = 1 , 2 , 3 , . . . .
Teorema: S-L 4 .
Por otra parte y siguiendo con la ecuación de Laplace en el disco. Al reemplazar λn = n2 en
la ecuación (2) queda:
r2R′′ + rR′ − n2R = 0
Se trata de una ecuación de Euler que se resuelve haciendo el cambio de variable r = ez .
La solución general es de la forma Rn(r) = Cnrn +
Dn
rn
. Sin embargo la función R debe ser
acotada. Tomar Dn = 0 .
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Queda Rn(r) = Cnrn .
Ası́, u0(r , θ) =
a0
2
(una constante) y para todo n = 1 , 2 , 3 , . . . un(r , θ) = (an cos(nθ) +
bn sen(nθ))r
n son soluciones de la ecuación de Laplace y de las condiciones de borde que
surgen de la continuidad. Para terminar y reconocer los coeficientes a0 , an y bn , evaluar en
r = a . se tiene
u(a , θ) =
a0
2
+
∞∑
n=1
(an cos(nθ) + bn sen(nθ))a
n = f(θ)
de donde los coeficientes corresponden a los coeficientes de Fourier de f .
La solución de la ecuación de calor en el disco queda:
u(r , θ) =
1
2
 1
π
π∫
−π
f(ε) dε
+ ∞∑
n=1
 1
π
π∫
−π
f(ε) cos(nε) dε
 cos(nθ) +
 1
π
π∫
−π
f(ε) sen(nε) dε
 sen(nθ)

Ejercicios:
1. Verifique que la ecuación de onda (cuerda pulsada)
a2
d2u
dx2
=
d2u
dt
; 0 < x < L , t > 0
sujeta a las condiciones de borde:
u(0, t) = u(L, t) = 0 ; ∀t > 0
y condiciones iniciales:
u(x, 0) = 0 , ut(x, 0) = g(x) ; ∀0 < x < L
donde g(x) es suave a pedazos, en el sentido que admite una serie de Fourier , tiene
solución:
u(x, t) =
 2L
nπaL
L∫
0
g(x) sen
(nπx
L
)
dx
 sen(nπx
L
)
sen
(
nπat
L
)
2. Resuelva usando el método de separación de variables:
utt = uxx + 2ux
donde 0 < x < π y t > 0 . Sujeta a las condiciones:
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u(0 , t) = u(π , t) = 0 ∀ t > 0
u(x , 0) = e−x sen(2x)
ut(x , 0) = 2 e
−x sen(3x)
Respuesta:
u(x , t) = e−x cos(
√
5 t) sen(2x) +
2√
10
e−x sen(
√
10 t) sen(3x)
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