TP8_Gelabert

Vista previa del material en texto

Métodos Matemáticos de la F́ısica II Julián Franco Gelabert
Trabajo Práctico Nro 8
1. Calcule (mediante lo aprendido resolviendo la ecuación de onda) la solución fundamental
para la ecuación de difusión unidimensional:
∂u
∂t
− ∂
2u
∂x2
= f
Demuestre cada resultado.
¿Es la solución fundamental una función de Green? Justifique
Ayuda:
Respecto a las variables x y k, necesitará la antitransformada de e−b k
2
con b > 0, la cual
es igual a
1√
4 π b
e−
x2
4b
Respuesta:
g(x, t; y, s) =
H(t− s)
2π
√
π
(t− s)
e−
(x−y)2
4 (t−s)
Algunos comentarios antes de empezar
Antes de comenzar con la resolución del problema se establecerá el convenio de notación de
la transformada de Fourier. En este problema hay una varible espacial, x, y una temporal t.
Luego, si f es una función solo de x, o sea, f = f(x), su transformada de Fourier es
f̃(k) =
∫ ∞
−∞
dxeikxf(x)
y su antitransfomada
f(x) =
1
2π
∫ ∞
−∞
dke−ikxf̃(k)
Si g es una función del tiempo, g = g(t), su transformada de Fourier es
ĝ(ω) =
∫ ∞
−∞
dte−iωtf(t)
y su antitransformada resulta
g(t) =
1
2π
∫ ∞
−∞
dωeiωtĝ(ω)
Finalmente, si h es una función tanto de x como de t, h = h(x, t), su transformada es
ˆ̃h(k, ω) =
∫ ∞
−∞
dx
∫ ∞
−∞
dtei(kx−ωt)h(x, t)
y su antitransformada
h(x, t) =
1
(2π)2
∫ ∞
−∞
dk
∫ ∞
−∞
dωe−i(kx−ωt)ˆ̃h(k, ω)
1
Rodolfo Id Betan
ok
Métodos Matemáticos de la F́ısica II Julián Franco Gelabert
Respuestas
La solución fundamental de la ecuación de difusión unidimensional
∂u
∂t
− ∂
2u
∂x2
= f (1)
corresponde a resolver la misma reemplazando la fuente f por el delta de Dirac en el espacio y
tiempo, ( ∂
∂t
− ∂
2
∂x2
)
w(x, t, y, s) = δ(x− y)δ(t− s) (2)
donde t y s hacen de parámetros.
Se procede a usar el método de la transformada de Fourier para obtener la solución w. Para
ello, se aplica la transformada de Fourier en ambos términos de (2) a las variables (x, t), con la
convención del tiempo∫ ∞
−∞
dx
∫ ∞
−∞
dtei(kx−ωt)
( ∂
∂t
− ∂
2
∂x2
)
w(x, t, y, s) =
∫ ∞
−∞
dx
∫ ∞
−∞
dtei(kx−ωt)δ(x− y)δ(t− s).
Omitiendo la dependencia de w y los extremos de integración (para no hacer tan pesada la
notación) y desarrollando las integrales se obtiene que∫
dx
∫
dtei(kx−ωt)
(∂w
∂t
− ∂
2w
∂x2
)
=
∫
dxeikxδ(x− y)
∫
dte−iωtδ(t− s)∫
dxeikx
∫
dte−iωt
(∂w
∂t
)
−
∫
dxeikx
∫
dte−iωt
(∂2w
∂x2
)
= (eiky)(e−iωs)
̂̃
∂w
∂t
−
̂̃
∂2w
∂x2
= ei(ky−ωs)
Usando las propiedades1
̂̃
∂2w/∂x2 = −k2v y ,
̂̃
∂w/∂t = iωv, con v = v(k, ω, y, s) = ˆ̃w, se
concluye que la transformada de la solución fundamental de (1) es
̂̃
∂w
∂t
−
̂̃
∂2w
∂x2
= ei(ky−ωs)
iωv − (−k2v) = ei(ky−ωs)
∴ v(k, ω, y, s) =
ei(ky−ωs)
iω + k2
1Se hallan demostradas en el Anéxo I.
2
Rodolfo Id Betan
ok
Rodolfo Id Betan
hay que mostrarlas
Rodolfo Id Betan
ok, que vi que están demostradas en el Anexo I, lo siento.
Sólo para darle más importancia, al texto del pie de página 1, sería mejor ponerlo entre paréntesis en el renglón
Métodos Matemáticos de la F́ısica II Julián Franco Gelabert
Ahora resta antitransformar2 v para hallar la solución fundamental w.
w(x, y, t, s) =
1
(2π)2
∫
dk
∫
dωe−i(kx−ωt)v(k, ω, y, s)
=
1
(2π)2
∫
dk
∫
dωe−i(kx−ωt)
ei(ky−ωs)
iω + k2
=
1
(2π)2
∫
dk
∫
dωe−i[k(x−y)−ω(t−s)]
1
iω + k2
=
1
(2π)2
∫
dk
∫
dωei(kξ−ωτ)
1
iω + k2
=
1
(2π)2
∫
dkeikξI(τ)
donde se hicieron las siguientes sustituciones,
ξ = −(x− y)
τ = −(t− s)
I(τ) =
∫
dωe−iωτ
1
iω + k2
Se procede a resolver la integral I(τ). Para ello se promueve la variable ω a variable compleja,
esto es, se la reemplaza para trabajar con z = ω+iβ, con ω = Re(z) y Im(z) = β, y se resolverá
la integral en el plano complejo utilizando el teorema de los residuos. Notando que el único polo
del integrando ocurre en z = ik2, la elección del contorno para realizar la integración depende
totalmente del signo de τ .
Si τ > 0, se observa que la exponencial resulta
e−iωτ → e−izτ = e−i[ω+iβ]τ = e−i[ω+iβ]|τ | = eβ|τ |−iω|τ | = eβ|τ |e−iω|τ |
Luego aparecerá un término de damping3 si la parte imaginaria de z es negativa. Esto es lo
que permite pensar un contorno para la integración como el mostrado en la Figura 1.
Figura 1: El contorno C es orientado positivo y cerrado por abajo del eje de abscisas.
Aśı, la integral en el contorno se puede expresar como
ĺım
R→∞
∮
= ĺım
R→∞
(
−
∫ R
−R
)
+ ĺım
R→∞
∫
CR
= 0 (3)
2Cada integral es sobre el intervalo (−∞,∞) a menos que se especifique lo contrario.
3Veremos que esta término nos permitirá hacer converger la integral y no obtener resultados no f́ısicos.
3
Rodolfo Id Betan
ok
Rodolfo Id Betan
correcto
Rodolfo Id Betan
ok
Rodolfo Id Betan
la figura es correcta, la circulación no se corresponde con la integral,
pero veo abajo que lo solucionaste agregando un signo, bien!
Rodolfo Id Betan
correcto
Rodolfo Id Betan
comprendido
Métodos Matemáticos de la F́ısica II Julián Franco Gelabert
siendo nula puesto que el integrando es anaĺıtico en el contorno C y dentro de él. Luego el
teorema de Cauchy-Goursat establece que dicha integral debe cero.
Es fácil ver que en el ĺımite R → ∞, −
∫ R
−R coincide
4 con I(τ), puesto que en el eje real
z = ω. Ergo, resta calcular el valor de
∫
CR
cuando R → ∞. Haciendo la sustitución z = Reiθ,
R ≥ 0, se ve que ∣∣∣ ∫
CR
e−izτ
k2 + iz
dz
∣∣∣ = ∣∣∣ ∫ 0
−π
e−iRe
iθτ
k2 + iReiθ
(iReiθ)dθ
∣∣∣
≤
∫ 0
−π
∣∣∣e−iReiθτ (iReiθ)
k2 + iReiθ
∣∣∣dθ
=
∫ 0
−π
|e−iReiθτ ||iReiθ|
|k2 + iReiθ|
dθ
=
∫ 0
−π
|e−iR(cos θ+i sin θ)τ ||iReiθ|
|k2 + iReiθ|
dθ
=
∫ 0
−π
|e−iRτ cos θeRτsinθ||iReiθ|
|k2 + iReiθ|
dθ
=
∫ 0
−π
|e−iRτ cos θ||eRτsinθ||i||R|eiθ|
|k2 + iReiθ|
dθ
≤
∫ 0
−π
|eRτ sin θ|R
|k2| − |iReiθ|
dθ
=
∫ 0
−π
|eRτ sin θ|R
k2 −R
dθ.
Luego recordando que τ ,R ≥ 0 y que | sin θ| = − sin θ, para θ � [−π, 0], se tiene∣∣∣ ∫
CR
e−izτ
k2 + iz
dz
∣∣∣ ≤ ∫ 0
−π
|eRτsinθ|R
k2 −R
dθ =
∫ 0
−π
e−Rτ | sin θ|R
k2 −R
dθ =
∫ 0
−π
Rdθ
eRτ | sin θ|(k2 −R)
.
Finalmente, la Regla de L’Hôpital comprueba que esa última integral converge a cero en el
ĺımite R→∞.5
Con todo esto, se concluye que de la ecuación (3) se obtiene el valor de I(τ), para τ > 0.
ĺım
R→∞
∮
= ĺım
R→∞
(
−
∫ R
−R
)
+ ĺım
R→∞
∫
CR
= −
∫ ∞
−∞
e−iωτ
k2 + iω
dω + 0 = 0⇒ I(τ) = 0
Si τ < 0, la exponencial resulta
e−izτ = e−i[ω+iβ]τ = ei[ω+iβ]|τ | = e−β|τ |+iω|τ | = e−β|τ |eiω|τ |
por lo que el contorno de integración debe cerrarse por arriba del eje de las absisas (ver Figura
2) para que la parte imaginaria de ω diverga a +∞, creando el efecto de damping que hará
converger la integral.
4La diferencia en el signo surge del hecho que C debe ser orientado positivo
5Ver Anéxo II.
4
Rodolfo Id Betan
ok
Rodolfo Id Betan
correcto
Rodolfo Id Betan
bien!
Rodolfo Id Betan
bien!,
buen análisis
Rodolfo Id Betan
ok
Rodolfo Id Betan
correcto
Rodolfo Id Betan
correcto!, vale la aclaración
Rodolfo Id Betan
es correcto, 
ayudaría agregarle >0
Métodos Matemáticos de la F́ısica II Julián Franco Gelabert
Figura 2: El contorno C es orientado positivo y cerrado por encima del eje de las abscisas.
Luego, por el teorema de los Residuos, se tiene que como dentro del contorno se haya un
único polo se encuentra dentro del contorno C,
ĺım
R→∞
∮
= ĺım
R→∞
∫ R
−R
+ ĺım
R→∞
∫
CR
= 2πiRes
(
f(z), z = ik2
)
(4)
con
f(z) =
e−izτ
k2 + iz
=
−ie−izτ
z − ik2
Analizando los términos de (4), se tiene que ĺımR→∞
∫ R
−R = I(τ) y que
Res
(
f(z), z = ik2
)
= −ie−izτ
∣∣∣
z=ik2
= −ie−i(ik2)τ = −ieτk2
con lo que resta ver el comportamiento de
∫
CR
cuando R→∞. Haciendo la sustitución z = Reiθ,
R ≥ 0, se ve que ∣∣∣ ∫
CR
e−izτ
k2 + iz
dz
∣∣∣ = ∣∣∣ ∫
CR
eiz|τ |
k2 + iz
dz
∣∣∣
=
∣∣∣ ∫ π
0
eiRe
iθ|τ |
k2 + iReiθ
(iReiθ)dθ
∣∣∣
≤
∫ π
0
∣∣∣eiR(cosθ+i sin θ)|τ |(iReiθ)
k2 + iReiθ
∣∣∣dθ
=
∫ π
0
|eiR|τ | cos θ−R|τ | sin θ||iReiθ|
|k2 + iReiθ|
dθ
≤
∫ π
0
|eiR|τ | cos θe−R|τ | sin θ||iReiθ|
|k2| − |iReiθ|
dθ
=
∫ π
0
|eiR|τ | cos θ||e−R|τ |sinθ||i||R|eiθ|
|k2| − |iReiθ|
dθ
=
∫ π
0
Re−R|τ | sin θ
k2−R
dθ
=
∫ π
0
R
(k2 −R)eR|τ | sin θ
dθ.
Luego como R ≥ 0 y | sin θ| = sin θ, θ � [0, π], en el ĺımite R→∞ el integrando converge a
la función nula, convergiendo la integral a cero.6
6Ver Anéxo III.
5
Rodolfo Id Betan
bien
Rodolfo Id Betan
correcto!
Rodolfo Id Betan
correcto
Métodos Matemáticos de la F́ısica II Julián Franco Gelabert
Por lo tanto,
ĺım
R→∞
∮
= ĺım
R→∞
∫ R
−R
+ ĺım
R→∞
∫
CR
= I(τ) + 0 = 2πi(−ieτk2)⇒ I(τ) = 2πeτk2
Con todo esto, se tiene que
I(τ) =
{
2πeτk
2
τ < 0
0 0 < τ
(5)
Recordando el cálculo que se veńıa haciendo de la solución fundamental
w(x, y, t, s) =
1
(2π)2
∫
dkeikξI(τ) (6)
se observa que si τ > 0, es decir, t < s, se tiene que
w(x, y, t, s) =
1
(2π)2
∫
dkeikξ(0) = 0. (7)
Si τ < 0, es decir, t > s, se tiene τ = −|τ | con lo que
w(x, y, t, s) =
1
(2π)2
∫
dkeikξ(2πeτk
2
) =
1
2π
∫
dkeikξe−|τ |k
2
(8)
Tomando b = |τ | y x = −ξ, se utiliza la ayuda en el enunciado: el lado derecho de (8) es la
antitransformada de e−|τ |k
2
, con lo que se obtiene
w(x, y, t, s) =
1√
4π|τ |
e−
ξ2
4|τ | (9)
Usando la función H de Heaviside evaluada en −τ para unir las expresiones en (7) y (9) en
una sola se obtiene
w(x, y, t, s) =
H(−τ)√
4π|τ |
e−
ξ2
4|τ |
Recordando cómo fueron definidos las variables τ y ξ, se concluye que la solución funda-
mental buscada es
w(x, y, t, s) =
H(t− s)
2π
√
π
(t− s)
e−
(x−y)2
4(t−s) (10)
Análisis de la Solución Fundamental
Como se puede ver, la solución fundamental w escrita de en la ecuación (10) es una solución
retardada: corresponde a la solución causal que da cero para t < s, es decir, que el sistema se
mantiene en reposo hasta el instante que se produce la perturbación.
6
Métodos Matemáticos de la F́ısica II Julián Franco Gelabert
Si se hace el ĺımite x→∞ se aprecia que
ĺım
x→∞
w(x, y, t, s) = ĺım
x→∞
H(t− s)
2π
√
π
(t− s)
e−
(x−y)2
4(t−s) =
H(t− s)
2π
√
π
(t− s)
(0) = 0
Dicho eso, se puede ver que w es la función de Green de la ecuación diferencial (1) para la
condición de borde homogenea w(x→∞) = 0. Por lo que se está en todo derecho de renombrar
w por g, con lo que se concluye
g(x, y, t, s) =
H(t− s)
2π
√
π
(t− s)
e−
(x−y)2
4(t−s) (11)
para la condición de borde g(x→∞) = 0.
7
Métodos Matemáticos de la F́ısica II Julián Franco Gelabert
Apéndice
Anéxo I
Sea w = w(x, t) una función de variales espacial x y temporal t cuyas derivadas están biend
definidas. Se deben probar las siguientes propiedades de la transformada de Fourier usual:
̂̃
∂2w
∂x2
= −k2 ˆ̃w (12)̂̃
∂w
∂t
= iω ˆ̃w. (13)
Comencemos mostrando (11). Para ello escribimos w como la antitransformada de ˆ̃w y
derivamos término a término dos veces respecto de la variable espacial x.
w =
1
(2π)2
∫
dk
∫
dωe−i(kx−ωt) ˆ̃w
⇒ ∂
2
∂x2
[
w =
1
(2π)2
∫
dk
∫
dωe−i(kx−ωt) ˆ̃w
]
⇒ ∂
2w
∂x2
=
1
(2π)2
∫
dk
∫
dω
∂2
∂x2
[
e−i(kx−ωt)
]
ˆ̃w
⇒ ∂
2w
∂x2
=
1
(2π)2
∫
dk
∫
dω(−ik)2e−i(kx−ωt) ˆ̃w
recordando que w = w(x, t, y, s) y ˆ̃w = ˆ̃w(k, ω, y, s).Tomando la transformada de Fourier
término a término se completa la demostración.
⇒
∫
dx
∫
dtei(kx−ωt)
[∂2w
∂x2
=
(−k2)
(2π)2
∫
dk
∫
dωe−i(kx−ωt) ˆ̃w
]
∫
dx
∫
dtei(kx−ωt)
(∂2w
∂x2
)
= (−k2)
∫
dx
∫
dtei(kx−ωt)
[ 1
(2π)2
∫
dk
∫
dωe−i(kx−ωt) ˆ̃w
]
̂̃
∂2w
∂x2
= (−k2)
∫
dx
∫
dtei(kx−ωt)w
̂̃
∂2w
∂x2
= (−k2) ̂̃w
Para mostrar (12) se vuelve a escribir w como la antitransformada de ̂̃w y se deriva término
a término respecto a la variable t.
8
Rodolfo Id Betan
entiendo, pero no es una notación que sea usual
Rodolfo Id Betan
correcto
Métodos Matemáticos de la F́ısica II Julián Franco Gelabert
w =
1
(2π)2
∫
dk
∫
dωe−i(kx−ωt) ˆ̃w
⇒ ∂
∂t
[
w =
1
(2π)2
∫
dk
∫
dωe−i(kx−ωt) ˆ̃w
]
⇒ ∂w
∂t
=
1
(2π)2
∫
dk
∫
dω
∂
∂t
[
e−i(kx−ωt)
]
ˆ̃w
⇒ ∂w
∂t
=
1
(2π)2
∫
dk
∫
dω(iω)e−i(kx−ωt) ˆ̃w
Ahora resta tomar la transformada término a término para concluir la demostración.
⇒
∫
dx
∫
dtei(kx−ωt)
[∂w
∂t
=
iω
(2π)2
∫
dk
∫
dω(iω)e−i(kx−ωt) ˆ̃w
]
⇒
∫
dx
∫
dtei(kx−ωt)
(∂w
∂t
)
= (iω)
∫
dx
∫
dtei(kx−ωt)
[ 1
(2π)2
∫
dk
∫
dω(iω)e−i(kx−ωt) ˆ̃w
]
̂̃
∂w
∂t
= (iω)
∫
dx
∫
dtei(kx−ωt)w
̂̃
∂w
∂t
= (iω) ̂̃w
Anéxo II
Se tiene que probar que el ĺımite
ĺım
R→∞
∫ 0
−π
Rdθ
eRτ | sin θ|(k2 −R)
(14)
converge a 0. Para ello se usará la Regla de L’Hôpital puesto este ĺımite es una indeterminación
del tipo ”∞∞”.
ĺım
R→∞
∫ 0
−π
Rdθ
eRτ | sin θ|(k2 −R)
L′H⇒ ĺım
R→∞
∫ 0
−π
dθ
[τ | sin θ|(k2 −R)− 1]eRτ | sin θ|
=
∫ 0
−π
(0)dθ = 0
Como el ĺımite existe la primer implicancia es una igualdad válida, por lo que el ĺımite en
la ecuación (13) existe y por la Regla de L’Hôpital es igual a cero.
Anéxo III
Se tiene que probar que el ĺımite
ĺım
R→∞
∫ π
0
Rdθ
(k2 −R)eR|τ | sin θ
(15)
9
Rodolfo Id Betan
bien
Métodos Matemáticos de la F́ısica II Julián Franco Gelabert
existe y vale cero. Para ello se volverá a hacer uso de la útil Regla de L’Hôpital, puesto otra
vez se trata de una indeterminación ”∞∞”.
ĺım
R→∞
∫ π
0
Rdθ
(k2 −R)eR|τ | sin θ
L′H⇒ ĺım
R→∞
∫ π
0
dθ
[|τ |(k2 −R) sin θ − 1]eR|τ | sin θ
=
∫ π
0
(0)dθ = 0
Como el ĺımite existe la primer implicancia es una igualdad válida, por lo que el ĺımite en
la ecuación (14) existe y por la Regla de L’Hôpital es igual a cero.
10