Ejercicios resueltos Edp - Alfredo Mallea (2)

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Universidad Técnica Federico Santa Maŕıa
Departamento de Matemática Ejercicios Resueltos E.D.P.
Problema 1. a) Resuelva el problema de Sturm-Liouville
y′′(x) + (1 + λ)y(x) = 0
y(0) = y(π) = 0
b) Use el método de separación de variables y la parte a) para resolver la ecuación
uxx(x, t) + u(x, t) = ut(x, t), 0 < x < π, t > 0
u(0, t) = u(π, t) = 0
u(x, 0) = sen(3x) + 4 sen(5x) + 2 sen(7x)
Problema 2. Considere la e.d.p
ut(x, t) = uxx(x, t)
ux(0, t) = 0, ux(1, t) = 2
u(x, 0) = x2 + 1
Pruebe que el cambio de variable u(x, t) = ax2 + bt+ w(x, t) transforma está ecuación en
wt(x, t) = wxx(x, t)
wx(0, t) = wx(1, t) = 0
w(x, 0) = 1
Usando separación de variables, encuentre las soluciones w(x, t) y u(x, t).
Problema 3. Resuelva la e.d.p
utt = x
2uxx + 3xux + u, 1 < x < e
e, t > 0
u(1, t) = u(ee, t) = 0
u(x, 0) =
1
x2
, ut(x, 0) = 0
Problema 4. Resuelva la edp
utt = uxx + 1, 0 < x <
π
2
, t > 0
u(0, t) = 1, ux(
π
2
, t) = −π
2
u(x, 0) = −x2 + 1
2
πx, ut(x, 0) = 0
(Ayuda: use el cambio de variable u(x, t) = w(x, t) + P (x) y además
�
x sen(x)dx = sen(x)− x cos(x) y
�
x2 sen(x)dx = −x2 cos(x) + 2 cos(x) + 2x sen(x))
Problema 5. Encontrar en la región r ≥ 1, 0 ≤ θ ≤ π
3
, una solución acotada de la ecuación de Laplace que
verifique las condiciones
u(r, 0) = u
(
r,
π
3
)
= 0, u(1, θ) = θ(π − 3θ)
Problema 6. Resuelva la ecuación de Laplace ∆u = 0 en un anillo semi circular, considerando las siguientes
condiciones:
u(r, 0) = u(r, π) = 0, para 1 < r < 2
u(1, θ) = sen(2θ) y u(2, θ) = 0 para 0 < θ < π
Mat 024 Primer semestre 2020 1
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¿en que puntos de la región se obtiene la máxima temperatura?
Problema 7. Considere la e.d.p
uxx + uyy = 0, 0 < x < 1, 0 < y < 1
u(x, 0) = u(x, 1) = 0
u(0, y) = 0, u(1, y) = 4 sen(πy)
Determine el valor máximo de u(x, y) y el (o los) punto donde lo alcanza.
Problema 8. Encuentre una solución acotada para la e.d.p
uxx + uyy = 0 para 0 < x <∞ , 0 < y < 1
u(x, 0) = 1
u(x, 1) = 2
u(0, y) = 0
(Use el cambio de variable u(x, y) = w(x, y) + f(y))
Mat 024 Primer semestre 2020 2
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Soluciones
Problema 1.
a) La ecuación caracteŕıstica es k = ±
√
−(1 + λ). Sea a =
√
−(1 + λ)
Si 1 + λ < 0, entonces y(x) = c1e
−ax + c2e
ax
y(0) = c1 + c2 = 0 =⇒ c2 = −c1
y(π) = c1e
−aπ − c1eaπ = 0 =⇒ c1 = 0 =⇒ c2 = 0
Si 1 + λ = 0, entonces y(x) = c1x+ c2
y(0) = c2 = 0 y y(π) = c1π = 0 =⇒ c1 = 0
Si 1 + λ > 0, entonces y(x) = c1 cos(
√
1 + λx) + c2 sen(
√
1 + λx)
y(0) = c1 = 0
y(π) = c2 sen(
√
1 + λπ) = 0 =⇒ λ = n2 − 1 y y(x) = sen(nx)
b) Consideremos u(x, t) = M(x)N(t), reemplazando obtenemos
M ′′(x) + (1 + λ)M(x) = 0
M(0) = M(π) = 0 y N ′(t) + λN(t) = 0
De la parte a) los autovalores son λn = n
2 − 1 y las autofunciones Mn(x) = sen(nx). Las soluciones de la
ecuación
N ′(t) + (n2 − 1)N(t) = 0 son Nn(t) = ane(1−n
2)t
Por lo tanto, la solución general es
u(x, t) =
∞∑
n=1
ane
(1−n2)t sen(nx)
De la condición inicial, se tiene
u(x, 0) =
∞∑
n=1
an sen(nx) = sen(3x) + 4 sen(5x) + 2 sen(7x) =⇒ a3 = 1, a5 = 4, a7 = 2
Luego la solución es
u(x, t) = e−8t sen(3x) + 4e−24t sen(5x) + 2e−48t sen(7x)
Problema 2
Derivando el cambio de variable, obtenemos
ut = b+ wt, ux = 2ax+ wx, uxx = 2a+ wxx
Reemplazando en la e.d.p. se tiene
b+ wt = 2a+ wxx =⇒ b = 2a
Como
ux(0, t) = 0 =⇒ wx(0, t) = 0
y
ux(1, t) = 2 = 2a+ wx(1, t) =⇒ si a = 1 =⇒ wx(1, t) = 0
Concluimos que el cambio de variables es u(x, t) = x2 + 2t+ w(x, t) transforma nuestra e.d.p en
wt = wxx
Mat 024 Primer semestre 2020 3
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wx(0, t) = wx(1, t) = 0, w(x, 0) = 1
Usando separación de variables con w(x, t) = M(x)N(t) obtenemos
M ′′(x) + λM(x) = 0
M ′(0) = M ′(1) = 0
N ′(t) + λN(t) = 0
Los autovalores son λn = n
2π2 y las autofunciones Mn(x) = cos(nπx), n ≥ 0
Aśı, la ecuación para N(t) queda
N ′n(t) + n
2π2Nn(t) = 0 =⇒ Nn(t) = ane−n
2π2t
Por lo tanto, la solución formal es
w(x, t) =
∞∑
n=0
ane
−n2π2 cos(nπx)
De la condición inicial, obtenemos
1 = w(x, 0) =
∞∑
n=0
an cos(nπx) =⇒ an = 2
� 1
0
cos(nπx)dx =
{
2, si n = 0
0, si n 6= 0
Luego, w(x, t) = 2 y u(x, t) = x2 + 2t+ 2
Problema 3
Usando separación de variables, hacemos u(x, t) = M(x)N(t) y derivando se tiene
utt = MN
′′, ux = M
′N, uxx = M
′′(x)N
reemplazando en la e.d.p. obtenemos
x2M ′′(r) + 3xM ′(r) + (1 + λ)M(r) = 0
M(1) = M(ee) = 0
∧ N ′′(t) + λN(t) = 0
Los autovalores λn =
n2π2
e2
y autofunciones Mn(x) = x
−1 sen(nπe ln(x)), n ≥ 1 y las solución para N(t) es
Nn(t) = an cos
(nπ
e
t
)
+ bn sen
(nπ
e
t
)
Por lo tanto, la solución es
u(x, t) =
∞∑
n=1
[
an cos
(nπ
e
t
)
+ bn sen
(nπ
e
t
)]
x−1 sen
(nπ
e
ln(x)
)
Ahora,
1
x2
= u(x, 0) =
∞∑
n=1
anx
−1 sen
(nπ
e
ln(x)
)
=⇒ 1
x
=
∞∑
n=1
an sen
(nπ
e
ln(x)
)
=⇒ an =
2
ee − 1
� ee
0
1
x
sen
(nπ
e
ln(x)
)
dx =
2e
(ee − 1)nπ
(1− (−1)n)
y como ut(x, 0) = 0 =⇒ bn = 0, ∀ n
Luego, la solución es
u(x, t) =
2e
(ee − 1)π
∞∑
n=1
1
n
(1− (−1)n) cos
(nπ
e
t
)
x−1 sen
(nπ
e
ln(x)
)
Mat 024 Primer semestre 2020 4
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Problema 4
Derivando el cambio de variables, se tiene utt = wtt y uxx = wxx + P
′′(x). Para que la ecuación sea homogénea,
hacemos P ′′(x) = −1 obteniendo P (x) = −x
2
2 + cx+ d.
Para determinar las constantes, usamos las condiciones de borde
u(0, t) = w(0, t) + P (0) = 1 =⇒ P (0) = 1 =⇒ d = 1
y
ux(
π
2
, t) = wx(
π
2
, t) + P ′(
π
2
) = −π
2
=⇒ P ′(π
2
) = −π
2
=⇒ c = 0
Concluimos que P (x) = −x
2
2 + 1.
De las condiciones iniciales obtenemos
u(x, 0) = w(x, 0)− x
2
2
+ 1 = −x2 + π
2
x =⇒ w(x, 0) = −x
2
2
+
π
2
x− 1
y
ut(x, 0) = 0 =⇒ wt(x, 0) = 0
Ahora, usamos variables separadas para resolver
wtt = wxx, 0 < x <
π
2
, t > 0
w(0, t) = wx(
π
2
, t) = 0
w(x, 0) = −x
2
2
+
π
2
x− 1, wt(x, 0) = 0
Sea w(x, t) = M(x)N(t), reemplazando en la ecuación, obtenemos
M ′′(x) + λM(x) = 0
M(0) = M ′(π2 ) = 0
y N ′′(t) + λN(t) = 0
Los autovalores y autofunciones del problema de Sturm-Liouville son
λn = (2n+ 1)
2 y Mn(x) = sen(2n+ 1)x, ∀ n ≥ 0
Por lo tanto, la solución formal de la ecuación es
w(x, t) =
∞∑
n=0
[an cos(2n+ 1)t+ bn sen(2n+ 1)t] sen(2n+ 1)x
Calculemos los coeficientes an y bn
−x
2
2
+
π
2
x− 1 = w(x, 0) =
∞∑
n=0
an sen(2n+ 1)x =⇒ an =
4
π
� π
2
0
(−x
2
2
+
π
2
x− 1) sen(2n+ 1)x dx
Usando las fórmulas dadas, obtenemos
� π
2
0
−x2 sen(2n+ 1)x dx = 1
2
(
2
(2n+ 1)3
− (−1)n π
(2n+ 1)2
)
� π
2
0
πx sen(2n+ 1)x dx = (−1)n π
(2n+ 1)2
� π
2
0
sen(2n+ 1)x dx =
1
2n+ 1
Mat 024 Primer semestre 2020 5
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Por lo tanto,
an =
4
π
(
1
(2n+ 1)3
− 1
2n+ 1
)
Derivando la solución formal con respecto a t, obtenemos
wt(x, t) =
∞∑
n=0
[−an(2n+ 1) sen(2n+ 1)t+ bn(2n+ 1) cos(2n+ 1)t] sen(2n+ 1)x
Evaluando en t = 0, se tiene
wt(x, 0) =
∞∑
n=0
bn(2n+ 1) sen(2n+ 1)x = 0 =⇒ bn = 0, ∀ n ≥ 0
Luego, la solución de la ecuación es
u(x, t) = 1− x
2
2
+
∞∑
n=0
[
4
π
(
1
(2n+ 1)3
− 1
2n+ 1
)
cos(2n+ 1)t
]
sen(2n+ 1)x
Problema 5
Consideremos u(r, θ) = M(r)N(θ) reemplazando en la e.d.p obtenemos
r2M ′′(r) + rM ′(r) + λM(r) = 0,
N ′′(θ)− λN(θ) = 0
N(0) = N(π3 ) = 0
Los autovalores son λn = −9n2 y las autofunciones Nn(θ) = sen(3nθ), n ≥ 1
Resolviendo la ecuación para M(r), obtenemos Mn(r) = anr
3n + bnr
−3n.
Por lo tanto, la solución formal
u(r, θ) =
∞∑
n=1
(anr
3n + bnr
−3n) sen(3nθ)
Como se pide una solución acotada, lim
r→∞
u(r, θ) <∞, se tiene que an = 0, ∀n
Luego, la solución buscada es
u(r, θ) =
∞∑
n=1
bnr
−3n sen(3nθ)
Para determinar los coeficientes bn usamos
θ(π − 3θ) = u(1, θ) =
∞∑
n=1
bn sen(3nθ) =⇒ bn =
6
π
� π/3
0
θ(π −3θ) sen(3nθ)dθ
=⇒ bn =
4
3πn3
(1− (−1)n)
Luego la solución es
u(r, θ) =
4
3π
∞∑
n=1
1
n3
(1− (−1)n)r−3n sen(3nθ)
Problema 6
Usemos separación de variables, considerando u(r, θ) = M(r)N(θ). Obtenemos las e.d.o
r2M ′′(r) + rM(r) + λM(r) = 0 ∧ N ′′(θ)− λN(θ) = 0
Mat 024 Primer semestre 2020 6
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De las condiciones de frontera:
u(r, 0) = 0⇐⇒M(r)N(0) = 0⇐⇒ N(0) = 0
u(r, π) = 0⇐⇒M(r)N(π) = 0⇐⇒ N(π) = 0
obtenemos el problema de autovalores (Sturm-Liouville)
N ′′(θ)− λN(θ) = 0
N(0) = N(π) = 0
Los autovalores son: λn = −n2 y las autofunciones son: Nn(θ) = sen(nθ), para n ≥ 1.
La solución de la ecuación de Euler
r2M ′′(r) + rM(r)− n2M(r) = 0 es M(r) = anrn + bnr−n
Por lo tanto, la solución general es
u(r, θ) =
∞∑
n=1
(anr
n + bnr
−n) sen(nθ)
Para calcular las constantes an y bn usamos las condiciones iniciales
u(2, θ) = 0⇐⇒
∞∑
n=1
(an2
n + bn2
−n) sen(nθ) = 0⇐⇒ an2n + bn2−n = 0⇐⇒ bn = −an22n
u(1, θ) = sen(2θ)⇐⇒
∞∑
n=1
(an − an22n) sen(nθ) = sen(2θ)⇐⇒ a2 − a224 = 1⇐⇒ a2 = −
1
15
es decir,
a2 = −
1
15
y an = 0, ∀ n 6= 2
Luego, la solución es
u(r, θ) =
(
− 1
15
r2 +
16
15
r−2
)
sen(nθ)
La máxima temperatura debe estar en el borde, en este caso, cuando r = 1 (en los otros es cero) . Es decir,
u(1, θ) = sen(θ) =⇒ uθ(1, θ) = 2 cos(2θ) = 0 =⇒ θ =
π
4
∧ θ = 3π
4
La temperatura máxima se alcanza en los puntos (1, π4 ), (1,
3π
4 )
Problema 7
Consideremos u(x, y) = M(x)N(y), reemplazando obtenemos
N ′′(y) + λN(y) = 0
N(0) = N(1) = 0 y M ′′(x)− λM(x) = 0
Los autovalores son λn = n
2π2 y las autofunciones son Nn(y) = sen(nπy). Las soluciones de la ecuación
M ′′(x)− n2π2M(x) = 0 son Mn(x) = ane−nπx + bnenπx
Por lo tanto, la solución general es
u(x, y) =
∞∑
n=1
(ane
−nπx + bne
nπx) sen(nπy)
Mat 024 Primer semestre 2020 7
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Usando las condiciones iniciales, obtenemos
u(0, y) = 0 =⇒
∞∑
n=1
(an + bn) sen(nπy) = 0 =⇒ an = −bn
Es decir,
u(x, y) =
∞∑
n=1
2bn senh(nπx) sen(nπy)
Por otro lado
u(1, y) = 4 sen(πy) =⇒ 4 sen(πy) =
∞∑
n=1
2bn senh(nπ) sen(nπy) =⇒ 2b1 senh(π) = 4 y bn = 0 ∀ n ≥ 2
Luego
u(x, y) =
4
senh(π)
senh(πx) sen(πy)
Como los puntos óptimos están en el borde de la región, notamos que en los lados x = 0, y = 0, y = 1 la función
u(x, y) = 0 y en el lado x = 1 tenemos que u(1, y) = 4 sen(πy). Esta función alcanza el valor máximo 4, en el punto
(1, 12 )
Problema 8
Como las condiciones de frontera no son homogéneas, usamos el cambio de variable
uxx = wxx, uyy = wyy + f
′′(y) =⇒ uxx + uyy = wxx + wyy + f ′′(y) = 0 =⇒ f ′′(y) = 0
Integramos con respecto a y y obtenemos f(y) = ay+ b, con a y b constantes reales. Establezcamos las condiciones
de borde homogéneas para la e.d.p en la variable w
u(x, 0) = w(x, 0) + f(0) = 1 =⇒ f(0) = 1 =⇒ b = 1
u(x, 1) = w(x, 1) + f(1) = 2 =⇒ f(1) = 2 =⇒ a = 1
Además, la condición inicial en la variable w es
u(0, y) = w(0, y) + f(y) = 0 =⇒ w(0, y) + (y + 1) = 0 =⇒ w(0, y) = −y − 1
Por lo tanto, tenemos que resolver
wxx + wyy = 0
w(x, 0) = w(x, 1) = 0
w(0, y) = −y − 1
Usando separación de variables con w(x, y) = M(x)N(y) obtenemos
M ′′(x) + λM(x) = 0 ∧ N ′′(y)− λN(y) = 0
De las condiciones de frontera, se tiene
w(x, 0) = M(x)N(0) = 0 =⇒ N(0) = 0
w(x, 1) = M(x)N(1) = 0 =⇒ N(1) = 0
El problema de Sturm-Liouville es
N ′′(y)− λN(y) = 0
N(0) = N(1) = 0
Mat 024 Primer semestre 2020 8
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y sus autovalores son: λn = −n2π2 y las autofunciones son: Nn(y) = sen(nπy)
Las soluciones de
M ′′(x)− n2π2M(x) = 0 son Mn(x) = cne−nπx + dnenπx
Como la solución debe ser acotada
lim
x→∞
w(x, y) <∞ =⇒ dn = 0, ∀ n ≥ 1
la solución general es
w(x, y) =
∞∑
n=1
cne
−nπx sen(nπy)
Con la condición inicial, obtenemos los coeficientes cn
w(0, y) =
∞∑
n=1
cn sen(nπy) = −y − 1 =⇒ cn = 2
� 1
0
(−y − 1) sen(nπy)dy = −2
� 1
0
sen(nπy)dy − 2
� 1
0
y sen(nπy)dy
� 1
0
sen(nπy)dy = − 1
nπ
cos(nπy)
∣∣∣1
0
= − 1
nπ
(cos(nπ)− 1) = 1
nπ
(1− (−1)n)
Usamos integración por parte para calcular
� 1
0
y sen(nπy)dy = − 1
nπ
cos(nπy)y
∣∣∣1
0
+
1
nπ
� 1
0
cos(nπy)dy = − 1
nπ
cos(nπ) = − 1
nπ
(−1)n
Por lo tanto, cn =
2
nπ
=⇒ w(x, y) =
∞∑
n=1
2
nπ
e−nπx sen(nπy).
Luego, la solución del problema inicial es
u(x, y) = y + 1 +
∞∑
n=1
2
nπ
e−nπx sen(nπy)
Mat 024 Primer semestre 2020 9