Problemas parcial 8 a 14

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Análisis Numérico y Cálculo Avanzado -Industrial 
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PROBLEMAS PARCIAL 2: APLICACIONES de ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES Y SERIES DE FOURIER 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Problemas Resueltos Capítulo 2: Método de Separación de Variables (MSV) 
8. Para cada una de las siguientes ecuaciones en derivadas parciales, obtener las ecuaciones diferenciales 
ordinarias que surgen al aplicar el método de separación de variables: 
a. 
𝜕𝑢
𝜕𝑡
=
𝑘
𝑟
𝜕
𝜕𝑟
(𝑟
𝜕𝑢
𝜕𝑟
) 
Utilizando el MSV, podemos escribir entonces a 𝑢(𝑟, 𝑡) como la combinación lineal de una función de 
r 𝑓(𝑟) y una función de t 𝐺(𝑡). Entonces si 𝑢(𝑟, 𝑡) = 𝑓(𝑟). 𝐺(𝑡), escribimos 
𝜕𝑢
𝜕𝑡
 y 
𝜕
𝜕𝑟
(𝑟
𝜕𝑢
𝜕𝑟
) con 𝑓(𝑟) y 
𝐺(𝑡). De cada lado de la ecuación, derivamos la función de la variable mencionada e igualamos a la 
constante de separación −𝜆 como propone el método. 
𝜕𝑢
𝜕𝑡
=
𝑘
𝑟
𝜕
𝜕𝑟
(𝑟
𝜕𝑢
𝜕𝑟
) 
𝑓(𝑟). 𝐺′(𝑡) =
𝑘
𝑟
. (𝑓′(𝑟). 𝐺(𝑡) + 𝑟. 𝑓′′(𝑟). 𝐺(𝑡)) = −𝜆 
Luego, agrupamos las expresiones de la misma variable: 
𝐺′(𝑡)
𝐺(𝑡). 𝑘
=
1
𝑟
.
𝑓′(𝑟) + 𝑟. 𝑓′′(𝑟)
𝑓(𝑟)
= −𝜆 
Y podemos obtener una expresión para 𝐺′(𝑡) y 𝑓(𝑟) como sigue: 
𝐺′(𝑡)
𝐺(𝑡). 𝑘
= −𝜆 → 𝐺′(𝑡) = −𝜆. 𝑘. 𝐺(𝑡) 
1
𝑟
.
𝑓′(𝑟) + 𝑟. 𝑓′′(𝑟)
𝑓(𝑟)
= −𝜆 → −𝜆. 𝑓(𝑟) =.
𝑓′(𝑟) + 𝑟. 𝑓′′(𝑟)
𝑟
 
Entonces convertimos una ecuación diferencial parcial de dos variables en un nuevo problema con 
dos ecuaciones de variables separadas. 
b. 
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
+
𝜕2𝑢
𝜕𝑦2
= 0 
De la misma manera, podemos escribir ahora 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑥). 𝐺(𝑦) y escribir la ecuación como: 
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
= −
𝜕2𝑢
𝜕𝑦2
 
𝑓′′(𝑥). 𝐺(𝑦) = −𝑓(𝑥). 𝐺′′(𝑦) = −𝜆 
Agrupando las expresiones de misma variable: 
𝑓′′(𝑥)
𝑓(𝑥)
= −
𝐺′′(𝑦)
𝐺(𝑦)
= −𝜆 
Obtenemos entonces un nuevo problema de dos ecuaciones de variables separadas x e y. 
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𝑓′′(𝑥) = −𝜆. 𝑓(𝑥) 
𝐺′′(𝑦) = −𝜆. 𝐺(𝑦) 
c. 
𝜕𝑢
𝜕𝑡
= 𝑘
𝜕4𝑢
𝜕𝑥4
 
𝑆𝑖 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑓(𝑥). 𝐺(𝑡), entonces podemos escribir la ecuación diferencial parcial como: 
𝜕𝑢
𝜕𝑡
= 𝑘
𝜕4𝑢
𝜕𝑥4
 
𝑓(𝑥). 𝐺′(𝑡) = 𝑘. 𝑓𝑖𝑣(𝑥). 𝐺(𝑡) = −𝜆 
𝐺′(𝑡)
𝐺(𝑡). 𝑘
=
𝑓𝑖𝑣(𝑥)
𝑓(𝑥)
= −𝜆 
𝐺′(𝑡) = −𝜆. 𝑘. 𝐺(𝑡) 
𝑓𝑖𝑣(𝑥) = −𝜆. 𝑓(𝑥) 
d. 
𝜕2𝑢
𝜕𝑡2
= 𝑐2
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
 
𝑆𝑖 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑓(𝑥). 𝐺(𝑡) 
𝜕2𝑢
𝜕𝑡2
= 𝑐2
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
 
𝑓(𝑥). 𝐺′(𝑡) = 𝑐2. 𝑓′′(𝑥). 𝐺(𝑡) = −𝜆 
𝐺′(𝑡)
𝐺(𝑡). 𝑐2
=
𝑓′′(𝑥)
𝑓(𝑥)
= −𝜆 
𝐺′(𝑡) = −𝜆. 𝐺(𝑡). 𝑐2 
𝑓′′(𝑥) = −𝜆. 𝑓(𝑥) 
9. Considerar la ecuación diferencial 
𝜕2𝜙
𝜕𝑥2
+ 𝜆𝜙 = 0 . Determinar los autovalores 𝜆 y las correspondientes 
autofunciones, sabiendo además que 𝜙 satisface las siguientes condiciones de contorno. Estudiar los tres 
casos: 𝜆 > 0, 𝜆 = 0 y 𝜆 < 0. 
a. 𝜙(0) = 0 y 𝜙(1) = 0 
Entonces planteamos la ecuación 
𝜕2𝜙
𝜕𝑥2
+ 𝜆𝜙 = 0 con las condiciones de borde 𝜙(0) = 0 y 𝜙(1) = 0. 
𝜕2𝜙
𝜕𝑥2
+ 𝜆𝜙 = 0, 𝜙(0) = 0, 𝜙(1) = 0 
𝜙′′(𝑥) + 𝜆. 𝜙(𝑥) = 0 → 𝜙′′(𝑥) = −𝜆. 𝜙(𝑥) 
 
 
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Calculamos los valores de λ para soluciones no triviales (es decir, que no anulan nuestro problema): 
𝜆 = 0 
𝜙′′(𝑥) = 0 → 𝜙′(𝑥) = ∫0 𝑑𝑥 = 𝑎 → 𝜙(𝑥) = ∫𝑎 𝑑𝑥 = 𝑎. 𝑥 + 𝑏 
Utilizando las CB: 
𝜙(0) = 𝑎. 0 + 𝑏 = 0 → 𝑏 = 0 
𝜙(1) = 𝑎. 1 = 0 → 𝑎 = 0 𝑆𝑂𝐿𝑈𝐶𝐼𝑂𝑁 𝑇𝑅𝐼𝑉𝐼𝐴𝐿 
𝜆 > 0 
𝜙(𝑥) = 𝑎. cos(√𝜆. 𝑥) + 𝑏. sin(√𝜆. 𝑥) 
Utilizando las CB: 
𝜙(0) = 𝑎. cos(0) + 𝑏. 𝑠𝑖𝑛(0) = 𝑎. 1 + 0 = 0 → 𝑎 = 0 
𝜙(1) = 𝑏. sin(√𝜆. 1) = 0 
Buscamos soluciones distintas a la trivial, que sería b=0, por lo que si 𝑏 ≠ 0, para que 𝑏. sin(√𝜆. 1) = 0 
la expresión sin(√𝜆) = 0. Entonces podemos calcular que valor debe tomar √𝜆 para que se anule el seno. 
sin(√𝜆) = 0 → √𝜆 = 𝑛. 𝜋 → 𝜆 = (𝑛. 𝜋)2 
Obtenemos entonces la expresión de 𝜙(𝑥) = 𝑏. sin(𝑛. 𝜋. 𝑥) 
𝜆 < 0 
𝜙(𝑥) = 𝑐. cosh(√−𝜆. 𝑥) + 𝑑. sinh(√−𝜆. 𝑥) 
Utilizando las CB: 
𝜙(0) = 𝑐. cosh(0) + 𝑑. sinh(0) = 𝑐. 1 + 0 = 0 → 𝑐 = 0 
𝜙(1) = 𝑑. sinh(√−𝜆. 1) = 0 El único valor para el cual el seno hiperbólico se hace cero es cuando su 
argumento se hace cero, como se ve en su gráfica: 
 
Por lo que como evaluamos en x=1 y estamos trabajando con 𝜆 < 0 , 𝑠𝑖 √−𝜆 ≠ 0 , entonces 𝑑 = 0. 
SOLUCIÓN TRIVIAL. 
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b. 𝜙(0) = 0 y 
𝑑𝜙
𝑑𝑥
(𝐿) = 0 
Entonces planteamos la ecuación 
𝜕2𝜙
𝜕𝑥2
+ 𝜆𝜙 = 0 con las condiciones de borde 𝜙(0) = 0 y 
𝑑𝜙
𝑑𝑥
(𝑙) = 0. 
𝜕2𝜙
𝜕𝑥2
+ 𝜆𝜙 = 0, 𝜙(0) = 0, 
𝑑𝜙
𝑑𝑥
(𝑙) = 𝜙′(𝑙) = 0 
𝜙′′(𝑥) + 𝜆. 𝜙(𝑥) = 0 → 𝜙′′(𝑥) = −𝜆. 𝜙(𝑥) 
λ Para soluciones no triviales: 
𝜆 = 0 
𝜙′′(𝑥) = 0 → 𝜙′(𝑥) = ∫0 𝑑𝑥 = 𝑎 → 𝜙(𝑥) = ∫𝑎 𝑑𝑥 = 𝑎. 𝑥 + 𝑏 
Usando las CB: 
𝜙(0) = 𝑎. 0 + 𝑏 = 0 → 𝑏 = 0 
𝜙′(𝑙) = 𝑎 = 0 → 𝑎 = 0 𝑆𝑂𝐿𝑈𝐶𝐼𝑂𝑁 𝑇𝑅𝐼𝑉𝐼𝐴𝐿 
𝜆 > 0 
𝜙(𝑥) = 𝑎. cos(√𝜆. 𝑥) + 𝑏. sin(√𝜆. 𝑥) 
𝜙′(𝑥) = −𝑎. sin(√𝜆. 𝑥) . √𝜆 + 𝑏. cos(√𝜆. 𝑥). √𝜆 
Usando las CB: 
𝜙(0) = 𝑎. cos(0) + 𝑏. sin(0) = 𝑎. 1 + 0 = 0 → 𝑎 = 0 
𝜙′(𝑙) = 𝑏. cos(√𝜆. 𝑙). √𝜆 = 0 
Sabemos que √𝜆 ≠ 0 y si buscamos obtener una solución diferente a la trivial, planteamos que 𝑏 ≠ 0: 
𝑠𝑖 𝑏. √𝜆 ≠ 0 → cos(√𝜆. 𝑙) = 0 → √𝜆. 𝑙 = (𝑛 −
1
2
) . 𝜋 → 𝜆 = (
(𝑛 −
1
2
) . 𝜋
𝑙
)
2
 
𝜙(𝑥) = 𝑏. sin(
(𝑛 −
1
2
) . 𝜋
𝑙
. 𝑥) 
𝜆 < 0 
𝜙(𝑥) = 𝑐. cosh(√−𝜆. 𝑥) + 𝑑. sinh(√−𝜆. 𝑥) 
𝜙′(𝑥) = −𝑐. sinh(√−𝜆. 𝑥) . (√−𝜆) + 𝑑. cosh(√−𝜆. 𝑥) . (√−𝜆) 
𝜙(0) = 𝑐. cosh(0) + 𝑑. sinh(0) = 𝑐. 1 + 0 = 0 → 𝑐 = 0 
𝜙′(𝑙) = 𝑑. cosh(√−𝜆. 𝑙). (√−𝜆) = 0 
El coseno hiperbólico nunca se hace cero, como se puede ver en su gráfica: 
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Por lo que, para cumplir con 𝜙′(𝑙) = 𝑑. cosh(√−𝜆. 𝑙). (√−𝜆) = 0 → 𝑑 = 0 𝑆𝑂𝐿𝑈𝐶𝐼Ó𝑁 𝑇𝑅𝐼𝑉𝐼𝐴𝐿 
c. 
𝑑𝜙
𝑑𝑥
(0) = 0 y 𝜙(1) = 0 
Entonces planteamos la ecuación 
𝜕2𝜙
𝜕𝑥2
+ 𝜆𝜙 = 0 con las condiciones de borde 
𝑑𝜙
𝑑𝑥
(0) = 0 y 𝜙(1) = 0. 
𝜕2𝜙
𝜕𝑥2
+ 𝜆𝜙 = 0, 
𝑑𝜙
𝑑𝑥
(0) = 𝜙′(0) = 0, 𝜙(1) = 0 
𝜙′′(𝑥) + 𝜆. 𝜙(𝑥) = 0 → 𝜙′′(𝑥) = −𝜆. 𝜙(𝑥) 
λ Para soluciones no triviales: 
𝜆 = 0 
𝜙′′(𝑥) = 0 → 𝜙′(𝑥) = ∫0 𝑑𝑥 = 𝑎 → 𝜙(𝑥) = ∫𝑎 𝑑𝑥 = 𝑎. 𝑥 + 𝑏 
𝜙′(0) = 𝑎. 0 = 0 → 𝑎 = 0 
𝜙(1) = 0.1 + 𝑏 = 0 → 𝑏 = 0 𝑆𝑂𝐿𝑈𝐶𝐼𝑂𝑁 𝑇𝑅𝐼𝑉𝐼𝐴𝐿 
𝜆 > 0 
𝜙(𝑥) = 𝑎. cos(√𝜆. 𝑥) + 𝑏. sin(√𝜆. 𝑥) 
𝜙′(𝑥) = −𝑎. sin(√𝜆. 𝑥) . √𝜆 + 𝑏. cos(√𝜆. 𝑥). √𝜆 
𝜙′(0) = −𝑎. sin(√𝜆. 0) . √𝜆 + 𝑏. cos(√𝜆. 0). √𝜆 → −𝑎. 0 + 𝑏. 1 = 0 → 𝑏 = 0 
𝜙(1) = 𝑎. cos(√𝜆. 1) = 0 𝑠𝑖 𝑎 ≠ 0 → cos(√𝜆) = 0 → √𝜆 = (𝑛 −
1
2
) . 𝜋 → 𝜆 = ((𝑛 −
1
2
) . 𝜋)
2
 
𝜙(𝑥) = 𝑎. cos ((𝑛 −
1
2
) . 𝜋. 𝑥) 
𝜆 < 0 
𝜙(𝑥) = 𝑐. cosh(√−𝜆. 𝑥) + 𝑑. sinh(√−𝜆. 𝑥) 
𝜙′(𝑥) = −𝑐. sinh(√−𝜆. 𝑥) . (√−𝜆) + 𝑑. cosh(√−𝜆. 𝑥) . (√−𝜆) 
𝜙′(0) = −𝑐. sinh(√−𝜆. 0) . (√−𝜆) + 𝑑. cosh(√−𝜆. 0) . (√−𝜆) = 0 → 0 + 𝑑. 1. √−𝜆 = 0 → 𝑑 = 0 
𝜙(1) = 𝑐. cosh(√−𝜆. 1) = 0 Como cosh(√−𝜆. 1) ≠ 0 → 𝑐 = 0 𝑆𝑂𝐿. 𝑇𝑅𝐼𝑉𝐼𝐴𝐿 
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d. 𝜙(𝑎) = 0 y 𝜙(𝑏) = 0 . Ayuda: Usar funciones trasladadas, sustituir x → x – a 
𝜕2𝜙
𝜕𝑥2
+ 𝜆𝜙 = 0, 𝜙(𝑎) = 0, 𝜙(𝑏) = 0, 𝑏 − 𝑎 ≠0 
𝜙′′(𝑥) + 𝜆. 𝜙(𝑥) = 0 → 𝜙′′(𝑥) = −𝜆. 𝜙(𝑥) 
λ Para soluciones no triviales: 
𝜆 = 0 
𝜙′′(𝑥) = 0 → 𝜙′(𝑥) = ∫0 𝑑𝑥 = 𝑐 → 𝜙(𝑥) = ∫𝑐 𝑑𝑥 = 𝑐. 𝑥 + 𝑑 
Reemplazamos en 𝜙(𝑥) = 𝑐. 𝑥 + 𝑑 𝑥 𝑝𝑜𝑟 (𝑥 − 𝑎) → 𝜙(𝑥) = 𝑐. (𝑥 − 𝑎) + 𝑑 usando funciones 
trasladadas. Usando las CB: 
𝜙(𝑎) = 𝑐. (𝑎 − 𝑎) + 𝑑 = 0 → 𝑑 = 0 
𝜙(𝑏) = 𝑐. (𝑏 − 𝑎) = 0 → 𝑐 = 0 𝑆𝑂𝐿. 𝑇𝑅𝐼𝑉𝐼𝐴𝐿 
Sabemos que a y b son distintos porque son los extremos donde se evalúa el problema. Si aplicáramos 
este problema en una barra, serían el extremo a y b. 
𝜆 > 0 
𝜙(𝑥) = 𝑓. cos (√𝜆. (𝑥 − 𝑎)) + 𝑔. sin (√𝜆. (𝑥 − 𝑎)) 
𝜙(𝑎) = 𝑓. cos(0) + 𝑔. 𝑠𝑖𝑛(0) = 𝑓. 1 + 0 = 0 → 𝑓 = 0 
𝜙(𝑏) = 𝑔. sin (√𝜆. (𝑏 − 𝑎)) = 0 𝑠𝑖 𝑏 − 𝑎 ≠ 0, 𝑦 𝑔 ≠ 0 
sin (√𝜆(𝑏 − 𝑎)) = 0 → √𝜆(𝑏 − 𝑎) = 𝑛. 𝜋 → 𝜆 = (𝑛.
𝜋
𝑏 − 𝑎
)
2
 
𝜙(𝑥) = 𝑔. sin (
𝑛. 𝜋
𝑏 − 𝑎
. (𝑥 − 𝑎)) 
𝜆 < 0 
𝜙(𝑥) = ℎ. cosh(√−𝜆. (𝑥 − 𝑎)) + 𝑗. sinh(√−𝜆. (𝑥 − 𝑎)) 
𝜙(𝑎) = ℎ. cosh(√−𝜆. 0) + 𝑗. sinh(√−𝜆. 0) = 0 → ℎ. 1 + 0 = 0 → ℎ = 0 
𝜙(𝑏) = 𝑗. sinh(√−𝜆. (𝑏 − 𝑎)) = 0 El único valor para el cual el seno hiperbólico se hace cero es 
cuando su argumento se hace cero, lo que no es posible, entonces 𝑗 = 0 𝑆𝑂𝐿. 𝑇𝑅𝐼𝑉𝐼𝐴𝐿 
10. Considerar la ecuación del calor 
𝜕𝑢
𝜕𝑡
= 𝑘
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
 sujeta a las condiciones de contorno 𝑢(0, 𝑡) = 0 y 𝑢(𝐿, 𝑡) = 0. 
Resolver el problema de valores en el borde cuando la temperatura es inicialmente: 
a. 𝑢(𝑥, 0) = 100° 
b. 𝑢(𝑥, 0) = 3𝑠𝑒𝑛
𝜋𝑥
𝐿
− 𝑠𝑒𝑛
3𝜋𝑥
𝐿
 
c. 𝑢(𝑥, 0) = 2𝑐𝑜𝑠
3𝜋𝑥
𝐿
 
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d. 𝑢(𝑥, 0) = {
1 𝑠𝑖 0 < 𝑥 ≤
𝐿
2
0 𝑠𝑖 
𝐿
2
< 𝑥 ≤ 𝐿 
 
Resolveremos entonces por el Método se Separación de Variables la ecuación del calor 
𝜕𝑢
𝜕𝑡
= 𝑘
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
 en una 
varilla con temperatura impuesta en sus bordes 𝑢(0, 𝑡) = 0 y 𝑢(𝐿, 𝑡) = 0. 
𝜕𝑢
𝜕𝑡
= 𝑘
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
, 𝑢(0, 𝑡) = 0, 𝑢(𝑙, 𝑡) = 0 
Paso 1: Escribimos las ecuaciones separando variables si 𝒖(𝒙, 𝒕) = 𝒇(𝒙). 𝑮(𝒕) = −𝛌 
𝑠𝑖 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑓(𝑥). 𝐺(𝑡) donde f solo es función de x y G solo es función de t. 
𝜕𝑢
𝜕𝑡
= 𝑘
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
 
𝑓(𝑥). 𝐺′(𝑡) = 𝑘. 𝑓′′(𝑥). 𝐺(𝑡) = −𝜆 
Agrupando las expresiones de la misma variable: 
𝐺′(𝑡)
𝐺(𝑡). 𝑘
=
𝑓′′(𝑥)
𝑓(𝑥)
= −𝜆 
Vemos que la única posibilidad de que una función solamente de t sea igual a una función solamente de x 
es que ambas sean iguales a una constante −𝜆. A partir de esto, podemos obtener dos expresiones, una 
en función de x y otra en función de t. 
𝐺′(𝑡)
𝐺(𝑡). 𝑘
= −𝜆 → 𝐺′(𝑡) = −𝜆. 𝑘. 𝐺(𝑡) 
𝑓′′(𝑥)
𝑓(𝑥)
= −𝜆 → 𝑓′′(𝑥) = −𝜆. 𝑓(𝑥) 
Transformamos una EDP en dos EDO. 
Paso 2: Encontrar valores de la constante de separación λ 
Comenzamos a calcular los valores de 𝜆 para las expresiones de x, ya que las CB homogéneas (es decir, 
igualadas a cero) que necesitamos para trabajar las tenemos en x. Entonces, busquemos soluciones no 
triviales: 
Si 𝜆 = 0 
𝑓′′(𝑥) = 0 → 𝑓′(𝑥) = ∫0 𝑑𝑥 = 𝑎 → 𝑓(𝑥) = ∫𝑎 𝑑𝑥 = 𝑎. 𝑥 + 𝑏 → 𝑓(𝑥) = 𝑎. 𝑥 + 𝑏 
Usando las CB 𝑢(0) = 0 y 𝑢(𝐿) = 0: 
𝑓(0) = 𝑎. 0 + 𝑏 = 0 → 𝑏 = 0 
𝑓(𝑙) = 𝑎. 𝑙 = 0 → 𝑎 = 0 𝑆𝑂𝐿𝑈𝐶𝐼𝑂𝑁 𝑇𝑅𝐼𝑉𝐼𝐴𝐿 
𝜆 > 0 
𝑓(𝑥) = 𝑎. cos(√𝜆. 𝑥) + 𝑏. sin(√𝜆. 𝑥) 
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Usando las CB: 
𝑓(0) = 𝑎. cos(√𝜆. 0) + 𝑏. 𝑠𝑖𝑛(√𝜆. 0) = 𝑎. 1 + 0 = 0 → 𝑎 = 0 
𝑓(𝑙) = 𝑏. sin(√𝜆. 𝑙) = 0 
Recordar que buscamos soluciones distintas a las triviales, por lo que si 𝑏 ≠ 0, podemos plantear: 
sin(√𝜆. 𝑙) = 0 y buscar que valores debe tomar el argumento del seno para que se anule. 
sin(√𝜆. 𝑙) = 0 → √𝜆. 𝑙 = 𝑛. 𝜋 → 𝜆 =
(𝑛. 𝜋)2
𝑙2
 
𝑓(𝑥) = 𝑏. sin (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 
𝜆 < 0 
𝑓(𝑥) = 𝑐. cosh(√−𝜆. 𝑥) + 𝑑. sinh(√−𝜆. 𝑥) 
𝑓(0) = 𝑐. cosh(0) + 𝑑. sinh(0) = 𝑐. 1 + 0 = 0 → 𝑐 = 0 
𝑓(𝑙) = 𝑑. sinh(√−𝜆. 1) = 0 
Sabemos que el sinh solo se anula cuando su argumento vale cero, por lo que como x=1 y estamos 
trabajando con 𝑠𝑖 √−𝜆 ≠ 0, para que se cumpla la igualdad 𝑑 = 0 𝑆𝑂𝐿. 𝑇𝑅𝐼𝑉𝐼𝐴𝐿 
Paso 3: Hallar G(t) para aquellos valores de λ obtenidos 
Debemos obtener valores de G(t) para todos los valores de λ del paso 2. En este caso, concluímos que 
𝜆 =
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
 y del paso 1 obtuvimos la expresión de 𝐺′(𝑡) = −𝜆. 𝑘. 𝐺(𝑡), entonces podemos plantear: 
𝑠𝑖 𝜆 > 0 → 𝜆 =
(𝑛. 𝜋)2
𝑙2
 
𝐺′(𝑡) = −𝜆. 𝑘. 𝐺(𝑡) → 𝐺′(𝑡) = −
(𝑛. 𝜋)2
𝑙2
. 𝑘. 𝐺(𝑡) 
¿Cuál es la expresión que aparece también dentro de su derivada? ¡𝑒𝑎.𝑥! 
(𝑒𝑎.𝑡)′ = 𝑎. 𝑒𝑎.𝑡 𝑠𝑖 𝑎 = −
(𝑛. 𝜋)2
𝑙2
. 𝑘 
(𝑒
−
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡
)
′
= −
(𝑛. 𝜋)2
𝑙2
. 𝑘. 𝑒
−
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡
 
𝑆𝑖 𝐺(𝑡) = 𝑒
−
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡
 entonces 𝐺′(𝑡) = −
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
. 𝑘. 𝑒
−
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡
 
Le agregamos una constante cualquiera para compatabilidad del método y obtenemos: 
𝐺(𝑡) = 𝑓. 𝑒
−
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡
 
𝑃𝑟𝑢𝑒𝑏𝑎 ∫ 𝑒𝑎.𝑥 𝑑𝑥 =
1
𝑎
𝑒𝑎.𝑥 
𝐺(𝑡) = ∫𝐺′(𝑡) = ∫−
(𝑛. 𝜋)2
𝑙2
. 𝑘. 𝑓. 𝑒
−
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡
 𝑑𝑡 = −
(𝑛. 𝜋)2
𝑙2
. 𝑘. 𝑓. 𝑒
−
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡 1
−
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
. 𝑘
= 𝑓. 𝑒
−
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡
 
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Paso 4: Superposición 
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑓(𝑥). 𝐺(𝑡) 
𝑢(𝑥, 𝑡) =∑[𝜆=0 + 𝜆>0 + 𝜆<0] 
𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑𝑏. sin (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
) . 𝑓. 𝑒
−
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡
∞
𝑛=1
 𝑠𝑖 𝐴𝑛 = 𝑏. 𝑓 
𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑𝐴𝑛. sin (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
) . 𝑒
−
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡
∞
𝑛=1
 
Solución general del problema de valores de borde. 
Paso 5: Solución única 
Para obtener la solución única del problema, usaremos las condiciones iniciales brindadas por el problema 
y veremos que, dependiendo de la temperatura en el instante 0, la expresión de la solución del problema 
varía notablemente. 
a. CI: 𝑢(𝑥, 0) = 100° 
Partiendo de 𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑ 𝐴𝑛. sin (
𝑛.𝜋.𝑥
𝑙
) . 𝑒
−
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡∞
𝑛=1 y reemplazando t=0 obtenemos: 
𝑢(𝑥, 0) = ∑𝐴𝑛. sin (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
)
∞
𝑛=1
= 100 
Utilizaremos ahora un artilugio matemático llamado ortogonalidad, en este caso de senos, cuya 
expresión es: 
∫sin (
𝑛. 𝜋
𝐿
𝑥) sin (
𝑚. 𝜋
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥
L
0
= {
0 si n ≠ m 
L
2
 si n = m
 
Para aplicarlo, integraremos multiplicaremos ambos miembros de la expresión por 
sin (
𝑚.𝜋
𝐿
𝑥) e integraremos: 
𝐴𝑛. sin (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
) = 100 
𝐴𝑛∫ sin (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
) . sin (
𝑚. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥 =
𝑙
0
∫ 100. sin (
𝑚. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥
𝑙
0
 
𝑠𝑖 𝑛 = 𝑚 
𝐴𝑛.
𝑙
2
= 100∫ sin (
𝑚. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥
𝑙
0
 
𝐴𝑛.
𝑙
2
= 100. [
−𝑐𝑜𝑠 (
𝑚.𝜋.𝑥
𝑙
) . 𝑙
𝑚. 𝜋
 |
𝑙
0
] 
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𝐴𝑛 =
200
𝑙
.
𝑙
𝑚. 𝜋
[− cos(𝑚. 𝜋) + cos(0) ] 
𝐴𝑛 =
200
𝑚. 𝜋
(1 − cos(𝑚. 𝜋)) {
 𝑠𝑖 𝑚 = 𝑖𝑚𝑝𝑎𝑟 → (1 − (−1) = 2 → 𝐴𝑛 =
400
𝑚. 𝜋
𝑠𝑖 𝑚 = 𝑝𝑎𝑟 → (1 − (1)) = 0 → 𝐴𝑛 = 0
 
𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑
400
𝑚. 𝜋
.
∞
𝑛=1
sin (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
) . 𝑒
−
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡
 𝑠𝑖 𝑚 = 𝑖𝑚𝑝𝑎𝑟 
Solución única del problema 
b. 𝑢(𝑥, 0) = 3𝑠𝑒𝑛
𝜋𝑥
𝐿
− 𝑠𝑒𝑛
3𝜋𝑥
𝐿
 
Partiendo de 𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑ 𝐴𝑛. sin (
𝑛.𝜋.𝑥
𝑙
) . 𝑒
−
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡∞
𝑛=1 y reemplazando t=0 obtenemos: 
𝑢(𝑥, 0) = ∑𝐴𝑛. sin (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
)
∞
𝑛=1
= 3𝑠𝑒𝑛
𝜋𝑥
𝐿
− 𝑠𝑒𝑛
3𝜋𝑥
𝐿
 
Podemos partir la expresión en 2 y obtener dos valores de An con sus correspondientes n: 
𝑢(𝑥, 0) = 𝐴1𝑛. sin (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
) = 3. sin (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
) {
𝐴1 = 3
𝑛 = 1
 
𝑢(𝑥, 0) = 𝐴2𝑛. sin (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
) = −sin (
3. 𝜋. 𝑥𝑙
) {
𝐴2 = −1
𝑛 = 3
 
𝑢(𝑥, 𝑡) = 3. sin (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
) . 𝑒
−
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡
− sin(
3. 𝜋. 𝑥
𝑙
) . 𝑒
−
(3.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡
 
Solución única del problema 
c. 𝑢(𝑥, 0) = 2𝑐𝑜𝑠
3𝜋𝑥
𝐿
 
Partiendo de 𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑ 𝐴𝑛. sin (
𝑛.𝜋.𝑥
𝑙
) . 𝑒
−
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡∞
𝑛=1 y reemplazando t=0 obtenemos: 
𝑢(𝑥, 0) = ∑𝐴𝑛. sin (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
)
∞
𝑛=1
= 2𝑐𝑜𝑠
3𝜋𝑥
𝑙
 
Utilizando la ortogonalidad de los senos multiplicando ambos miembros de la expresión por 
sin (
𝑚.𝜋
𝐿
𝑥) e integrando: 
∫ 𝐴𝑛. sin (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
) . sin (
𝑚. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥 = ∫ 2cos
3𝜋𝑥
𝑙
. sin (
𝑚. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥
𝑙
0
𝑙
0
 
𝑠𝑖 𝑛 = 𝑚 
𝐴𝑛.
𝑙
2
= 2∫ cos
3𝜋𝑥
𝑙
. sin (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥
𝑙
0
 
𝐴𝑛 =
4
𝑙
 ∫ cos
3𝜋𝑥
𝑙
. sin (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥
𝑙
0
 
 
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Entonces, reemplazando en la expresión de u(x,t): 
𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑𝐴𝑛. sin (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
) . 𝑒
−
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡
∞
𝑛=1
 
𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑ {(
4
𝑙
.∫ cos
3𝜋𝑥
𝑙
. sin (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥
𝑙
0
) . sin (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
) . 𝑒
−
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡
}
∞
𝑛=1
 
Solución única del problema 
d. 𝑢(𝑥, 0) = {
0 𝑠𝑖 0 < 𝑥 ≤
𝐿
2
1 𝑠𝑖 
𝐿
2
< 𝑥 ≤ 𝐿 
 = f(x) 
Partiendo de 𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑ 𝐴𝑛. sin (
𝑛.𝜋.𝑥
𝑙
) . 𝑒
−
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡∞
𝑛=1 y reemplazando t=0 obtenemos: 
𝑢(𝑥, 0) = ∑𝐴𝑛. sin (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
)
∞
𝑛=1
= 𝑓(𝑥) 
Utilizando la ortogonalidad de los senos: 
∫sin (
𝑛. 𝜋
𝐿
𝑥) sin (
𝑚. 𝜋
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥
L
0
= {
0 si n ≠ m 
L
2
 si n = m
 
Multiplicaremos ambos miembros de la expresión por sin (
𝑚.𝜋
𝐿
𝑥) e integraremos: 
𝑠𝑖 𝑛 = 𝑚 
∫ 𝐴𝑛. sin (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
) .
𝑙
0
sin (
𝑚. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥 = ∫ 0. sin (
𝑚. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥 + ∫ 1. sin (
𝑚. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥
𝑙
𝑙
2
𝑙
2
0
 
𝐴𝑛.
𝑙
2
= ∫ 1. sin (
𝑚. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥
𝑙
𝑙
2
 
𝐴𝑛.
𝑙
2
= [−cos (
𝑚. 𝜋. 𝑥
𝑙
) .
𝑙
𝑚. 𝜋
 |
𝑙
𝑙
2
] 
𝐴𝑛.
𝑙
2
=
−𝑙
𝑚. 𝜋
. (cos(𝑛. 𝜋) − cos (
𝑛𝜋
2
)) 
𝐴𝑛.=
−2
𝑚. 𝜋
. (cos(𝑛. 𝜋) − cos (
𝑛𝜋
2
)) 
Escribimos finalmente la expresión de la solución exacta como: 
𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑
−2
𝑛. 𝜋
. (cos(𝑛. 𝜋) − cos (
𝑛𝜋
2
)) .
∞
𝑛=1
sin (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
) . 𝑒
−
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡
 
 
 
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11. Si la temperatura de una varilla de longitud l, en cada sección transversal en x y en cada instante de tiempo t, 
está dada por u(x, t) = 6 sen (
9πx
L
) e
−(
9π
L
)
2
kt
 : 
a. ¿Cuál es la energía térmica total en la varilla como función del tiempo? 
b. ¿Cuál es el flujo de energía térmica que sale de la varilla en 𝑥 = 0? ¿Y en 𝑥 = 𝐿? 
c. Verificar la relación que debe existir entre los resultados de los apartados a y b. 
Tenemos la ecuación de distribución de temperatura en la varilla u(x,t) como dato del problema: 
u(x, t) = 6 sen (
9𝜋𝑥
𝑙
) 𝑒
−(
9𝜋
𝑙
)
2
𝑘𝑡
 
a. 𝐸(𝑡) = 𝐴. ∫ 𝑐𝑝. 𝑢(𝑥, 𝑡)𝑑𝑥
𝑙
0
 
𝐸(𝑡) = 𝐴𝑐𝑝∫ 6 sin (
9𝜋𝑥
𝑙
) 𝑒
−(
9𝜋
𝑙
)
2
𝑘𝑡
𝑑𝑥
𝑙
0
 
𝐸(𝑡) = 𝐴. 𝑐𝑝. 6. 𝑒
−(
9𝜋
𝑙
)
2
𝑘𝑡
∫ sin (
9𝜋𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥
𝑙
0
 
𝐸(𝑡) = 𝐴. 𝑐𝑝. 6. 𝑒
−(
9𝜋
𝑙
)
2
𝑘𝑡
. [− cos (
9𝜋𝑥
𝑙
) .
𝑙
9. 𝜋
 |
𝑙
0
] 
𝐸(𝑡) = −𝐴. 𝑐𝑝. 6. 𝑒
−(
9𝜋
𝑙
)
2
𝑘𝑡
.
𝑙
9. 𝜋
[cos(9. 𝜋) − cos(0)] =
−6.𝐴. 𝑐𝑝. 𝑙
9. 𝜋
. 𝑒
−(
9𝜋
𝑙
)
2
𝑘𝑡(−1 − 1) 
𝐸(𝑡) =
4. 𝐴. 𝑐𝑝. 𝑙
3. 𝜋
. 𝑒
−(
9𝜋
𝑙
)
2
𝑘𝑡
 
b. 𝐹𝑙𝑢𝑗𝑜 ɸ(𝑥) = −𝐾0.
𝜕𝑢
𝜕𝑥
 
𝑢(𝑥, 𝑡) = 6 sen (
9𝜋𝑥
𝑙
) 𝑒
−(
9𝜋
𝑙
)
2
𝑘𝑡
 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= (6. 𝑒
−(
9𝜋
𝑙
)
2
𝑘𝑡
)
9. 𝜋
𝑙
. cos (
9𝜋𝑥
𝑙
) =
54. 𝜋
𝑙
. cos (
9𝜋𝑥
𝑙
) . 𝑒
−(
9𝜋
𝑙
)
2
𝑘𝑡
 
ɸ(𝑥) = −𝐾0.
54. 𝜋
𝑙
. cos (
9𝜋𝑥
𝑙
) . 𝑒
−(
9𝜋
𝑙
)
2
𝑘𝑡
 
ɸ(0) = −𝐾0.
54. 𝜋
𝑙
. 1. 𝑒
−(
9𝜋
𝑙
)
2
𝑘𝑡
 → ɸ < 0 → 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑓𝑙𝑢𝑗𝑜: ← 
 ɸ(𝑙) = −𝐾0.
54. 𝜋
𝑙
. (−1)𝑒
−(
9𝜋
𝑙
)
2
𝑘𝑡
= 𝐾0.
54. 𝜋
𝑙
. 𝑒
−(
9𝜋
𝑙
)
2
𝑘𝑡
 → ɸ > 0 → 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑓𝑙𝑢𝑗𝑜: → 
c. ¿Relación? Balance de energía térmica 
𝑑𝐸
𝑑𝑡
= 𝐴. [ɸ(0) − ɸ(𝑙)] + 𝐴∫ 𝑄(𝑥, 𝑡) 𝑑𝑥
𝑙
0
 
𝑄 = 0 𝑛𝑜 ℎ𝑎𝑦 𝑓𝑢𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑙𝑜𝑟 
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𝑑𝐸
𝑑𝑡
= 𝐴. [ɸ(0) − ɸ(𝑙)] 
Utilizando la expresión de la 𝐸(𝑡) =
4.𝐴.𝑐𝑝.𝑙
3.𝜋
. 𝑒
−(
9𝜋
𝑙
)
2
𝑘𝑡
, calculamos su derivada como: 
1) 
𝑑𝐸
𝑑𝑡
=
4. 𝐴. 𝑐𝑝. 𝑙
3. 𝜋
. 𝑒
−(
9𝜋
𝑙
)
2
𝑘𝑡
. (− (
9𝜋
𝑙
)
2
. 𝑘) = −
108. 𝜋. 𝐴. 𝑐𝑝. 𝑘
𝑙
. 𝑒
−(
9𝜋
𝑙
)
2
𝑘𝑡
 
2) 𝐴. [ɸ(0) − ɸ(𝑙)] = 𝐴. [−𝐾0.
54. 𝜋
𝑙
. 𝑒
−(
9𝜋
𝑙
)
2
𝑘𝑡
− 𝐾0.
54. 𝜋
𝑙
. 𝑒
−(
9𝜋
𝑙
)
2
𝑘𝑡
] 
→ 𝐴. [ɸ(0) − ɸ(𝑙)] = −𝐴.𝐾0.
108. 𝜋
𝑙
. 𝑒
−(
9𝜋
𝑙
)
2
𝑘𝑡
 
𝐼𝑔𝑢𝑎𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 1) 𝑦 2) 
−
108. 𝜋. 𝐴. 𝑐𝑝. 𝑘
𝑙
. 𝑒
−(
9𝜋
𝑙
)
2
𝑘𝑡
= −𝐴.𝐾0.
108𝜋
𝑙
. 𝑒
−(
9𝜋
𝑙
)
2
𝑘𝑡
 𝑠𝑖 𝑘 =
𝐾0
𝑐𝑝
 
−
108. 𝜋. 𝐴. 𝑘
𝑙
. 𝑒
−(
9𝜋
𝑙
)
2
𝑘𝑡
= −
108𝜋𝐴. 𝑘
𝑙
. 𝑒
−(
9𝜋
𝑙
)
2
𝑘𝑡
 𝐵𝐴𝐿𝐴𝑁𝐶𝐸 𝐸𝑁𝐸𝑅𝐺𝐸𝑇𝐼𝐶𝑂 
12. Resolver la ecuación del calor 
𝜕𝑢
𝜕𝑡
= 𝑘
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
 para 0 < 𝑥 < 𝐿 y 𝑡 > 0, con las condiciones de bordes aislados, 
𝜕𝑢
𝜕𝑥
(0, 𝑡) = 0 y 
𝜕𝑢
𝜕𝑥
(𝐿, 𝑡) = 0, 𝑡 > 0 , sabiendo además que la temperatura inicial es: 
a. 𝑢(𝑥, 0) = 0 𝑠𝑖 𝑥 ≤
𝐿
2
 y 𝑢(𝑥, 0) = 1 𝑠𝑖 𝑥 >
𝐿
2
 
b. 𝑢(𝑥, 0) = 6 + 4𝑐𝑜𝑠
3𝜋𝑥
𝐿
 
c. 𝑢(𝑥, 0) = −2𝑠𝑒𝑛
𝜋𝑥
𝐿
 
 Ayuda para a. y c.: ∫ cos (
𝑛𝜋𝑥
𝐿
) cos (
𝑚𝜋𝑥
𝐿
) 𝑑𝑥
L
0
= 
{
 
 
 
 
0 si n ≠ m 
L
2⁄ si n = m ≠ 0
L si n = m = 0 
 
Escribimos las ecuaciones como: 
𝜕𝑢
𝜕𝑡
= 𝑘
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
, 0 < 𝑥 < 𝑙, 𝑡 > 0 
𝐶𝐵: 
𝜕𝑢
𝜕𝑥
(0, 𝑡) = 0, 
𝜕𝑢
𝜕𝑡
(𝑙, 𝑡) = 0 
 
 
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Paso 1: Solución como u(x,t)= f(x). G(t) 
𝑠𝑖 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑓(𝑥). 𝐺(𝑡) 
𝜕𝑢
𝜕𝑡
= 𝑘
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
 
𝑓(𝑥). 𝐺′(𝑡) = 𝑘. 𝑓′′(𝑥). 𝐺(𝑡) = −𝜆 
Agrupando las expresiones de la misma variable: 
𝐺′(𝑡)
𝐺(𝑡). 𝑘
=
𝑓′′(𝑥)
𝑓(𝑥)
= −𝜆 
Podemos obtener dos expresiones, una en función de x y otra en función de t. 
𝐺′(𝑡) = −𝜆. 𝑘. 𝐺(𝑡) 
𝑓′′(𝑥) = −𝜆. 𝑓(𝑥) 
Paso 2: Obtener valores de λ utilizando las condiciones de borde 
𝜆 = 0 
𝑓′′(𝑥) = −𝜆. 𝑓(𝑥) = 0 
𝑓′′(𝑥) = 0 → 𝑓′(𝑥) = ∫0 𝑑𝑥 = 𝑎 → 𝑓(𝑥) = ∫𝑎 𝑑𝑥 = 𝑎. 𝑥 + 𝑏 
𝑓′(0) = 𝑎 = 0 → 𝑎 = 0 
𝑓′(𝑙) = 𝑎 = 0 → 𝑏 =? De b no sabemos nada, entonces 𝑓(𝑥) = b 
𝜆 > 0 
𝑓(𝑥) = 𝑐. cos(√𝜆. 𝑥) + 𝑑. sin(√𝜆. 𝑥) 
𝑓′(𝑥) = −𝑐. sin(√𝜆. 𝑥) . √𝜆 + 𝑑. cos(√𝜆. 𝑥). √𝜆 
𝑓′(0) = −𝑐. sin(√𝜆. 0) . √𝜆 + 𝑑. cos(√𝜆. 0). √𝜆 → 0 + 𝑑. 1. √𝜆 = 0 → 𝑑 = 0 
𝑓′(𝑙) = −𝑐. sin(√𝜆. 𝑙) . √𝜆 = 0 
Recordar que buscamos soluciones distintas a las triviales, por lo que si 𝑐 ≠ 0, podemos plantear: 
sin(√𝜆. 𝑙) = 0 y buscar que valores debe tomar el argumento del seno para que se anule. 
sin(√𝜆. 𝑙) = 0 → √𝜆. 𝑙 = 𝑛. 𝜋 → 𝜆 = (
𝑛𝜋
𝑙
)
2
 
𝑓(𝑥) = 𝑐. cos (
𝑛. 𝜋
𝑙
. 𝑥) 
𝜆 < 0 
𝑓(𝑥) = 𝑔. cosh(√−𝜆. 𝑥) + ℎ. sinh(√−𝜆. 𝑥) 
𝑓′(𝑥) = −𝑔. sinh(√−𝜆. 𝑥) . (√−𝜆) + ℎ. cosh(√−𝜆. 𝑥) . (√−𝜆) 
𝑓′(0) = −𝑔. sinh(√−𝜆. 0) . (√−𝜆) + ℎ. cosh(√−𝜆. 0) . (√−𝜆) = 0 → 0 + ℎ. 1√𝜆 = 0 → ℎ = 0 
𝑓′(𝑙) = −𝑔. sinh(√−𝜆. 𝑙) . (√−𝜆) = 0 
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Como sinh(√−𝜆. 𝑙) ≠ 0 → 𝑔 = 0 𝑆𝑂𝐿. 𝑇𝑅𝐼𝑉𝐼𝐴𝐿 
Paso 3: Hallar G(t) para los valores de λ obtenidos 
𝐺′(𝑡) = −𝜆. 𝑘. 𝐺(𝑡) 
𝒔𝒊 𝝀 = 𝟎 𝐺′(𝑡) = 0 → 𝐺(𝑡) = ∫0 𝑑𝑡 = 𝑗 = 𝑐𝑡𝑒 
𝒔𝒊 𝝀 > 𝟎→ 𝜆 =
(𝑛. 𝜋)2
𝑙2
 
𝐺′(𝑡) = −
(𝑛. 𝜋)2
𝑙2
. 𝑘. 𝐺(𝑡) 
𝐺(𝑡) = 𝑖. 𝑒
−
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡
 𝑠𝑒 𝑎𝑔𝑟𝑒𝑔𝑎 𝑙𝑎 𝑐𝑡𝑒 𝑖 
Paso 4: Superposición 
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑓(𝑥). 𝐺(𝑡) 
𝑢(𝑥, 𝑡) =∑[𝜆=0 + 𝜆>0 + 𝜆<0] 
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑗. 𝑏 +∑ 𝑐. cos (
𝑛. 𝜋
𝑙
. 𝑥) . 𝑖. 𝑒
−
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡
∞
𝑛=1
 𝑠𝑖 𝐴0 = 𝑗. 𝑏 𝐴𝑛 = 𝑐. 𝑖 
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝐴0 +∑𝐴𝑛. cos (
𝑛. 𝜋
𝑙
. 𝑥) . 𝑒
−
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡
∞
𝑛=1
 
Solución general de la ecuación del calor 
Paso 5: Obtener solución única a partir de las condiciones iniciales 
a. 𝑢(𝑥, 0) = 0 𝑠𝑖 𝑥 ≤
𝐿
2
 y 𝑢(𝑥, 0) = 1 𝑠𝑖 𝑥 >
𝐿
2
 
Para la obtención de las constantes A0 y An, se recurre a la ortogonalidad del coseno 
 ∫ cos (
𝑛𝜋𝑥
𝐿
) cos (
𝑚𝜋𝑥
𝐿
) 𝑑𝑥
L
0
= 
{
 
 
 
 
0 si n ≠ m 
L
2⁄ si n = m ≠ 0
L si n = m = 0 
 
Entonces: 
𝑢(𝑥, 0) = 𝐴0 +∑𝐴𝑛. cos (
𝑛. 𝜋
𝑙
. 𝑥)
∞
𝑛=1
= ∑𝐴𝑛. cos (
𝑛. 𝜋
𝑙
. 𝑥) = 𝑓(𝑥)
∞
𝑛=0
 
Puedo incluir A0 dentro de la sumatoria si varío el límite inferior de n=1 a n=0 pensando que en la 
expresión ∑ 𝐴𝑛. cos (
𝑛.𝜋
𝑙
. 𝑥)∞𝑛=0 igual obtendría una constante si n=0 ya que cos(0)=1. Este mecanismo 
nos servirá para poder aplicar la ortogonalidad como sigue: 
 
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𝑠𝑖 𝑛 = 𝑚 = 0 
∫ 𝐴𝑛. cos (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
) .
𝑙
0
cos (
𝑚. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑥). cos (
𝑚. 𝜋. 𝑥
𝑙
)
𝑙
0
 
𝐴0. 𝑙 = ∫ 0. cos (
𝑚. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥
𝑙
2
0
+∫ 1. cos (
𝑚. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥 = ∫ 1 𝑑𝑥 = 𝑥 |
𝑙
𝑙
2
= (𝑙 −
𝑙
2
) =
𝑙
2
𝑙
𝑙
2
𝑙
𝑙
2
 
𝐴0. 𝑙 =
𝑙
2
 → 𝐴0 =
1
2
 
𝑠𝑖 𝑛 = 𝑚 ≠ 0 
∫ 𝐴𝑛. cos (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
) .
𝑙
0
cos (
𝑚. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑥). cos (
𝑚. 𝜋. 𝑥
𝑙
)
𝑙
0
 
𝐴𝑛.
𝑙
2
= ∫ 0. cos (
𝑚. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥
𝑙
2
0
+∫ 1. cos (
𝑚. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥 = sin (
𝑚. 𝜋
𝑙
𝑥) .
𝑙
𝑚𝜋
𝑙
𝑙
2
 |
𝑙
𝑙
2
 
𝐴𝑛.
𝑙
2
=
𝑙
𝑚𝜋
. [sin(𝑚𝜋) − sin (
𝑚𝜋
2
)] = −
𝑙
𝑚𝜋
. sin (
𝑚𝜋
2
) 
𝐴𝑛 = −
2
𝑚𝜋
. sin (
𝑚𝜋
2
) = −
2
𝑛𝜋
. sin (
𝑛𝜋
2
) 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑛 𝑖𝑚𝑝𝑎𝑟, 𝑠𝑖 𝑛𝑜 = 0 
𝑢(𝑥, 𝑡) =
1
2
+∑−
2
𝑛𝜋
. sin (
𝑛𝜋
2
) . cos (
𝑛. 𝜋
𝑙
. 𝑥) . 𝑒
−
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡
∞
𝑛=1
 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑛 𝑖𝑚𝑝𝑎𝑟 
b. 𝑢(𝑥, 0) = 6 + 4𝑐𝑜𝑠
3𝜋𝑥
𝑙
 
Partiendo de: 
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝐴0 + ∑ 𝐴𝑛. cos (
𝑛.𝜋
𝑙
. 𝑥) . 𝑒
−
(𝑛.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡∞
𝑛=1 Solución general 
𝑢(𝑥, 0) = 𝐴0 +∑𝐴𝑛. cos (
𝑛. 𝜋
𝑙
. 𝑥) = 6 + 4𝑐𝑜𝑠
3𝜋𝑥
𝑙
∞
𝑛=1
 
𝐴0 = 6, 𝐴𝑛 = 4, 𝑛 = 3 
𝑢(𝑥, 𝑡) = 6 + ∑ 4. cos (
3.𝜋
𝑙
. 𝑥) . 𝑒
−
(3.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡∞
𝑛=1 Solución única 
c. 𝑢(𝑥, 0) = −2𝑠𝑒𝑛
𝜋𝑥
𝐿
 
(𝑥, 0) = 𝐴0 +∑𝐴𝑛. cos (
𝑛. 𝜋
𝑙
. 𝑥)
∞
𝑛=1
= ∑𝐴𝑛. cos (
𝑛. 𝜋
𝑙
. 𝑥) = −2𝑠𝑒𝑛
𝜋𝑥
𝐿
∞
𝑛=0
 
𝑠𝑖 = 𝑚 = 0 
∫ 𝐴0. cos (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
) .
𝑙
0
cos (
𝑚. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥 = ∫ −2. sin (
𝜋𝑥
𝑙
) . cos (
𝑚. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥
𝑙
0
 
𝐴0. 𝑙 = ∫ −2. sin (
𝜋𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥 = 2. cos (
𝑙
𝑜
𝜋𝑥
𝑙
).
𝑙
𝜋
 |
𝑙
0
= 2.
𝑙
𝜋
. (cos(𝜋) − cos(0)) 
𝐴0 = 𝐴𝑛 = −
4
𝜋
 
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𝑠𝑖 𝑛 = 𝑚 ≠ 0 
∫ 𝐴𝑛. cos (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
) .
𝑙
0
cos (
𝑚. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥 = ∫ −2. sin (
𝜋𝑥
𝑙
) . cos (
𝑚. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥
𝑙
0
 
𝐴𝑛.
𝑙
2
= ∫ −2. sin (
𝜋𝑥
𝑙
) . cos (
𝑚. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥
𝑙
0
 
𝐴𝑛 =
−4
𝑙
.∫ −2. sin (
𝜋𝑥
𝑙
) . cos (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥
𝑙
0
 
𝑢(𝑥, 𝑡) =
−4
𝜋
+∑ [
−4
𝑙
.∫ −2. sin (
𝜋𝑥
𝑙
) . cos (
𝑛. 𝜋. 𝑥
𝑙
) 𝑑𝑥
𝑙
0
] . cos (
3. 𝜋
𝑙
. 𝑥) . 𝑒
−
(3.𝜋)2
𝑙2
.𝑘.𝑡
∞
𝑛=1
 
13. Considerar un alambre suficientemente delgado (aislado en su superficie lateral) que se curva formando un 
anillo como el que se muestra en la Figura 1. Si es alambre tiene coeficientes térmicos constantes y no hay 
fuentes, es razonable suponer que la temperatura del anillo es constante en cada sección transversal y que la 
ecuación unidimensional del calor es la que modela la conducción del calor en el alambre, 𝑢(𝑥, 𝑡), donde la 
variable espacial 𝑥 es en realidad la longitud de arco a lo largo del alambre, y que por conveniencia 
“matemática” se toma variando desde – 𝐿 hasta 𝐿: 
 
Figura 1 – Esquema del anillo 
a. Formular el problema de valores en el borde que modela la distribución de temperaturas en dicho 
anillo. Suponer los dos extremos en 𝑥 = −𝐿 y 𝑥 = 𝐿 conectados entre sí, de manera que se tienen 
condiciones de contacto térmico perfecto (ver problema 3) y temperatura inicial dada por la función 
𝑓(𝑥) =
1
2
+ cos(2𝑥) − 6𝑠𝑒𝑛(2𝑥). 
b. Considerar 𝐿 = π y k =1 (difusividad) y resolver por el método de separación de variables. 
c. ¿Hay conservación de la energía térmica? Justificar. 
 
a. Suponemos que se cortamos el alambre y queda estirado, desde -l al, considerando contacto 
térmico perfecto en sus extremos: 
 
 
 
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𝜕𝑢
𝜕𝑡
= 𝑘
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
, − 𝑙 < 𝑥 < 𝑙, 𝑡 > 0 
𝐶𝐵: 𝑢(𝑙, 𝑡) = 𝑢(−𝑙, 𝑡) → 𝑢(𝑙) = 𝑢(−𝑙) 
-Ko
𝜕𝑢
𝜕𝑥
(𝑙, 𝑡) = −Ko
𝜕𝑢
𝜕𝑥
(−𝑙, 𝑡) → 𝑢′(𝑙) = 𝑢′(−𝑙) 
𝐶𝐼: 𝑢(𝑥, 0) =
1
2
+ cos(2𝑥) − 6. sin (2𝑥) 
b. 𝑆𝑖 𝑘 = 1 𝑦 𝑙 = 𝜋 
Paso 1: Solución como u(x,t)= f(x). G(t) 
𝜕𝑢
𝜕𝑡
= 𝑘
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
 
𝑠𝑖 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑓(𝑥). 𝐺(𝑡) 
𝑓(𝑥). 𝐺′(𝑡) = 𝑘. 𝑓′′(𝑥). 𝐺(𝑡) = −𝜆 
𝐺′(𝑡)
𝐺(𝑡). 𝑘
=
𝑓′′(𝑥)
𝑓(𝑥)
= −𝜆 
𝐺′(𝑡) = −𝜆. 𝑘. 𝐺(𝑡) 
𝑓′′(𝑥) = −𝜆. 𝑓(𝑥) 
Paso 2: Obtener los valores de λ 
𝜆 = 0 
𝑓′′(𝑥) = 0 → 𝑓′(𝑥) = ∫0 𝑑𝑥 = 𝑎 → 𝑓(𝑥) = ∫𝑎 𝑑𝑥 = 𝑎. 𝑥 + 𝑏 
𝑃𝑜𝑟 𝐶𝐵: 𝑓(𝑙) = 𝑓(−𝑙), 𝑠𝑖 𝑙 = 𝜋 
𝑎. 𝜋 + 𝑏 = −𝑎. 𝜋 + 𝑏 
2. 𝑎 = 0 → 𝑎 = 0 
𝑓(𝑥) = 𝑏 
𝜆 > 0 
𝑓(𝑥) = 𝑐. cos(√𝜆. 𝑥) + 𝑑. sin(√𝜆. 𝑥) 
𝑓′(𝑥) = −𝑐. sin(√𝜆. 𝑥) . √𝜆 + 𝑑. cos(√𝜆. 𝑥). √𝜆 
𝑃𝑜𝑟 𝐶𝐵: 𝑓(𝑙) = 𝑓(−𝑙), 𝑠𝑖 𝑙 = 𝜋 
𝑐. cos(√𝜆. 𝜋) + 𝑑. sin(√𝜆. 𝜋) = 𝑐. cos(√𝜆.−𝜋) + 𝑑. sin(√𝜆.−𝜋) 
𝐹𝑢𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 𝑝𝑎𝑟𝑒𝑠: 𝑓(𝑥) = 𝑓(−𝑥) → cos, cosh; 
𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 𝑖𝑚𝑝𝑎𝑟𝑒𝑠: 𝑓(𝑥) = −𝑓(𝑥) → sin, sinh 
Anulamos los cosenos y seguimos trabajando con los senos: 
𝑑. sin(√𝜆. 𝜋) = 𝑑. sin(√𝜆.−𝜋) 
𝑑. sin(√𝜆. 𝜋) = −𝑑. sin(√𝜆. 𝜋) → 2. 𝑑. sin(√𝜆. 𝜋) = 0 
𝑆𝑖 𝑑 ≠ 0 → sin(√𝜆. 𝜋) = 0 → √𝜆. 𝜋 = 𝑛𝜋 → 𝜆 = 𝑛2 
𝑓(𝑥) = 𝑐. cos(𝑛. 𝑥) + 𝑑. sin(𝑛. 𝑥) 
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𝑠𝑒 𝑣𝑒𝑟𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎 𝑐𝑜𝑛 𝑓′(𝜋) = 𝑓′(−𝜋) 
−𝑐. sin(√𝜆. 𝜋) . √𝜆 + 𝑑. cos(√𝜆. 𝜋). √𝜆 = −𝑐. sin(√𝜆.−𝜋) . √𝜆 + 𝑑. cos(√𝜆.−𝜋). √𝜆 
−𝑐. sin(√𝜆. 𝜋) . √𝜆 = 𝑐. sin(√𝜆. 𝜋). √𝜆 → 2. 𝑑. sin(√𝜆. 𝜋) = 0 → √𝜆. 𝜋 = 𝑛𝜋 → 𝜆 = 𝑛2 
𝜆 < 0 
𝑓(𝑥) = 𝑚. cosh(√−𝜆. 𝑥) + 𝑝. sinh(√−𝜆. 𝑥) 
𝑓′(𝑥) = −𝑚. sinh(√−𝜆. 𝑥) . (√−𝜆) + 𝑝. cosh(√−𝜆. 𝑥) . (√−𝜆) 
𝑃𝑜𝑟 𝐶𝐵: 𝑓(𝑙) = 𝑓(−𝑙), 𝑠𝑖 𝑙 = 𝜋 
𝑚. cosh(√−𝜆. 𝜋) + 𝑝. sinh(√−𝜆. 𝜋) = 𝑚. cosh (√−𝜆. (−𝜋)) + 𝑝. sinh (√−𝜆. (−𝜋)) 
𝑝. sinh(√−𝜆. 𝜋) = 𝑝. sinh (√−𝜆. (−𝜋)) → 2. 𝑝. sinh(√−𝜆. 𝜋) = 0 → 𝑝 = 0 
𝑃𝑜𝑟 𝐶𝐵: 𝑓′(𝜋) = 𝑓′(−𝜋) 
−𝑚. sinh(√−𝜆. 𝜋) . (√−𝜆) = −𝑚. sinh (√−𝜆. (−𝜋)) . (√−𝜆) 
→ 2.𝑚. sinh(√−𝜆. 𝜋) = 0 → 𝑚 = 0 
𝑆𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 𝑡𝑟𝑖𝑣𝑖𝑎𝑙 
Paso 3: Obtener G(t) para los 𝝀 obtenidos 
𝐺′(𝑡) = −𝜆. 𝑘. 𝐺(𝑡) 
𝑠𝑖 𝜆 = 0 𝐺′(𝑡) = 0 → 𝐺(𝑡) = 𝑗 = 𝑐𝑡𝑒 
𝑠𝑖 𝜆 > 0 → 𝜆 = 𝑛2 
𝐺′(𝑡) = −𝑛2. 𝐺(𝑡) 
𝐺(𝑡) = 𝑔. 𝑒−𝑛
2.𝑡 𝑠𝑒 𝑎𝑔𝑟𝑒𝑔𝑎 𝑙𝑎 𝑐𝑡𝑒 𝑔 
Paso 4: Superposición 
𝑢(𝑥, 𝑡) =∑[𝜆=0 + 𝜆>0 + 𝜆<0] 
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑓(𝑥). 𝐺(𝑡) 
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑗. 𝑏 +∑(𝑐. cos(𝑛. 𝑥) + 𝑑. sin(𝑛. 𝑥)). 𝑔. 𝑒−𝑛
2.𝑡
∞
𝑛=1
 𝑠𝑖 𝐴𝑛 = 𝑐.𝑔, 𝐴0 = 𝑗. 𝑏, 𝐵𝑛 = 𝑑. 𝑔 
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝐴0 +∑𝐴𝑛.
∞
𝑛=1
cos(𝑛. 𝑥). 𝑒−𝑛
2.𝑡 + 𝐵𝑛. sin(𝑛. 𝑥). 𝑒−𝑛
2.𝑡 
Paso 5: Solución única con CI 
𝑢(𝑥, 0) = 𝐴0 +∑𝐴𝑛.
∞
𝑛=1
cos(𝑛. 𝑥) + 𝐵𝑛. sin(𝑛. 𝑥) =
1
2
+ cos(2𝑥)− 6. sin(2𝑥) 
𝑃𝑜𝑟 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑎𝑟𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎: 𝐴0 =
1
2
; 𝐴𝑛 = 1, 𝑛 = 2; 𝐵𝑛 = −6, 𝑛 = 2 
𝑢(𝑥, 𝑡) =
1
2
+ cos(2. 𝑥). 𝑒−2
2.𝑡 − 6. sin(2. 𝑥). 𝑒−2
2.𝑡 
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c. ɸ(𝑥) = −𝐾0.
𝜕𝑢
𝜕𝑥
 
𝑑𝐸
𝑑𝑡
= 𝐴. [ɸ(0) − ɸ(𝑙)] + 𝐴∫ 𝑄(𝑥, 𝑡) 𝑑𝑥
𝑙
0
 
Sin fuente interna → Q = 0 
𝜕𝑢
𝜕𝑥
= −2. sin(2𝑥) . 𝑒−2
2.𝑡 − 12. cos(2𝑥) . 𝑒−2
2.𝑡 
ɸ(𝜋) = 𝐾0. 12𝑒
−22.𝑡 
ɸ(−𝜋) = 𝐾0. 12𝑒
−22.𝑡 
𝑑𝐸
𝑑𝑡
= 𝐴. [ɸ(𝜋) − ɸ(−𝜋)] = 0 
14. Determinar la distribución de temperaturas en equilibrio para el anillo delgado del problema 13: 
a. Directamente a partir del problema estacionario, es decir que 
𝜕𝑢
𝜕𝑡
= 0 por lo que podemos 
transformar nuestra ecuación en 0 = 𝑘
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
 
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
= 0 , −𝜋 < 𝑥 < 𝜋 ; 𝑢(−𝜋) = 𝑢(𝜋) ; 𝑢´(−𝜋) = 𝑢´(𝜋). 
𝑢′′(𝑥) = 0 integrando dos veces y usando las CB obtenemos la expresión de u(x). 
𝑢′(𝑥) = 𝑎 → 𝑢′(−𝜋) = 𝑢′(𝜋) → 𝑎 = 𝑎 
𝑢(𝑥) = 𝑎. 𝑥 + 𝑏 → 𝑢(−𝜋) = 𝑢(𝜋) → −𝑎. 𝜋 + 𝑏 = 𝑎. 𝜋 + 𝑏 → −2. 𝑎. 𝜋 = 0 
𝑢(𝑥) = 𝑏 
b. Calcule el límite cuando 𝑡 → ∞ de la solución del problema dependiente del tiempo resuelto en el 
ejercicio anterior. 
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝐴0 +∑𝐴𝑛.
∞
𝑛=1
cos(𝑛. 𝑥). 𝑒−𝑛
2.𝑡 + 𝐵𝑛. sin(𝑛. 𝑥). 𝑒−𝑛
2.𝑡 
Reescribiendo la solución para u(x): 𝑢(𝑥) = 𝐴0 = 𝑏 
Por definición de estado estacionario sabemos que lim
𝑡→∞
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑢(𝑥) = 𝐴0 y como la energía 
térmica total es constante pues 
𝑑𝐸
𝑑𝑡
= 𝐴. [ɸ(−𝜋) − ɸ(𝜋)] = 0 ya que el flujo en ambos extremos es el 
mismo como nos indican las CB 𝑢´(−𝜋) = 𝑢´(𝜋), podemos escribir que 𝐸(0) = 𝐸(∞) = lim
𝑡→∞
𝐸(𝑡). 
Entonces, a partir de la fórmula de 𝐸(𝑡) = 𝐴. ∫ 𝑐𝑝. 𝑢(𝑥, 𝑡)𝑑𝑥
𝑙
−𝑙
, podemos escribir la igualdad como: 
𝐸(0) = 𝐴𝑐𝑝.∫ 𝑢(𝑥, 0)𝑑𝑥
𝑙
−𝑙
= 𝐴𝑐𝑝∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥
𝑙
−𝑙
 
𝐸(∞) = 𝐴𝑐𝑝.∫ lim
𝑡→∞
𝑢(𝑥, 𝑡)𝑑𝑥
𝑙
−𝑙
= 𝐴𝑐𝑝∫ 𝐴0 𝑑𝑥 = 𝐴𝑐𝑝𝐴02𝑙
𝑙
−𝑙
 
Igualando 𝐸(0) = 𝐸(∞): 𝐴𝑐𝑝 ∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝐴𝑐𝑝𝐴02𝑙
𝑙
−𝑙
 → 𝐴0 =
1
2𝑙
 ∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥
𝑙
−𝑙