derivadas parciales

Introducción a las Ecuacionesen Derivadas Parciales (EDP’s) Sixto Romero Francisco J. Moreno Isabel M. Rodr´ıguez T´ıtulo de la obra original Introducción a las ecuaciones diferenciales en derivadas parciales (EDP’s) c Copyright: 2001. Autores Sixto Romero, Francisco J. Moreno, Isabel M. Rodr´ıguez Reservados todos los derechos de publicación, repreducción, préstamo o cualquier otra forma de expresión de este ejemplar, por los autores. Universidad de Huelva Escuela Politécnica Superior de La Rábida 21819. Palos de la Frontera 8Huelva) Edita:Servicio de Publicaciones. Universidad de Huelva Printed in Spain ISBN: DL: Fotocomposición: Los autores Impresión: ´ Indice general 1. Nociones sobre las ecuaciones en derivadas parciales (EDP’s) 9 1.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.2. Definición. Algunos conceptos fundamentales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.3. Significado geométrico de las soluciones general y particular . . . . . . . . . . 15 1.4. EDP’s que surgen de la eliminación de funciones arbitrarias . . . . . . . . . . 17 1.5. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.6. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2. Ecuaciones diferenciales lineales en derivadas parciales. Propiedades 25 2.1. Ecuación en derivadas parciales lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 2.2. Propiedades de las soluciones de las EDP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 2.3. Clasificación de las EDP’s de segundo orden de dos variables independientes . 29 2.4. Condiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 2.5. Casos particulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 2.5.1. Ecuaciones de tipo hiperbólico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 2.5.2. Ecuaciones de tipo parabólico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 2.5.3. Ecuaciones de tipo el´ıptico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 2.6. Planteamiento de problemas para las EDP’s de segundo orden . . . . . . . . . 33 3 4 ´ INDICE GENERAL 2.7. Método de separación de variables: caso práctico . . . . . . . . . . . . . . . . 33 2.8. Teoremas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 2.8.1. Método de separación de variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.9. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 2.10. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 3. Ecuaciones de tipo hiperbólico 45 3.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 3.2. Problemas que dan lugar a vibraciones u oscilaciones . . . . . . . . . . . . . . 47 3.2.1. Problema de la cuerda vibrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 3.2.2. Modelo matemático . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 3.2.3. Condiciones de frontera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 3.2.4. Generalización del problema de la cuerda vibrante . . . . . . . . . . . 52 3.3. Ecuación ondulatoria unidimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 3.3.1. Solución del problema de Cauchy (problema inicial) para una cuerda ilimitada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 3.3.2. Casos particulares de la fórmula de D’ Alembert . . . . . . . . . . . . 58 3.3.3. ¿Cómo se debe plantear el problema de forma correcta ? . . . . . . . 61 3.3.4. Ejemplo de Hadamard . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 3.3.5. Otro ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 3.4. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 3.5. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 4. Vibraciones libres de una cuerda homogénea fijada en sus extremos 69 4.1. Método de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 4.2. Problema de Sturm-Liouville . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 ´ INDICE GENERAL 5 4.3. Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 4.4. Ejemplo resuelto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 4.5. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 5. Vibraciones forzadas de la cuerda homogénea de longitud L 81 5.1. Vibraciones forzadas de la cuerda fijada en los extremos . . . . . . . . . . . . 83 5.1.1. Método de resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84 5.2. Ejemplo resuelto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 5.3. Vibraciones forzadas de la cuerda con extremos móviles . . . . . . . . . . . . 87 5.4. Ejemplo resuelto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 5.5. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90 6. Ecuaciones de tipo parabólico 93 6.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95 6.2. Problemas que involucran conducción de calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95 6.3. Problema de Cauchy para la conductibilidad térmica . . . . . . . . . . . . . . 99 6.4. Propagación del calor en una varilla finita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 6.4.1. Planteamiento del problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 6.4.2. Problema mixto para la ecuación de conductibilidad térmica . . . . . 102 6.5. Método de Fourier para la conductibilidad térmica . . . . . . . . . . . . . . . 104 6.5.1. Solución de la ecuación homogénea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 6.5.2. Solución de la ecuación no homogénea . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107 6.5.3. Solución del problema con C.F. no homogéneas . . . . . . . . . . . . . 109 6.6. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 6.7. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110 6 ´ INDICE GENERAL 7. Ecuaciones de tipo el´ıptico 115 7.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117 7.2. Problemas que involucran potencial eléctrico o gravitacional . . . . . . . . . . 117 7.3. Problemas de valor de frontera que involucran la ecuación de Laplace . . . . . 119 7.3.1. Solución del problema de Dirichlet para el circulo empleando el método de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120 7.4. Funciones armónicas. Planteamiento de los problemas de contorno . . . . . . 124 7.4.1. Ecuación de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 7.5. Soluciones fundamentales de la ecuación de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . 127 7.5.1. Ejemplos más usuales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127 7.5.2. Soluciones con simetr´ıa esférica o cil´ındrica . . . . . . . . . . . . . . . 127 7.6. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 7.7. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 8. Técnicas para resolver problemas de Valor de Frontera (I) 133 8.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 8.2. La cuerda vibrante bajo la gravedad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 8.3. Conducción de calor en una barra con condiciones no cero en los extremos . . 137 8.4. La cuerda vibrante con velocidad inicial no cero . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 8.5. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 9. Técnicas para resolver problemas de Valor de Frontera(II) 143 9.1. Vibraciones de una piel de tambor: Series dobles de Fourier . . . . . . . . . . 145 9.2. Modos diferentes con la misma frecuencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150 9.3. Conducción de calor con radiación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 9.3.1. Planteamiento del problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 ´ INDICE GENERAL 7 9.3.2. Formalización matemática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 9.3.3. Solución del problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 10.Métodos de Diferencias Finitas (I) 157 10.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 10.2. Ecuación de ondas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 10.3. Construcción de la ecuación en diferencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160 10.4. Valores iniciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162 10.5. Cuando se conocen dos filas exactamente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 10.5.1. La solución de D’ Alembert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 10.5.2. Cuando se conocen dos filas exactamente . . . . . . . . . . . . . . . . 164 10.5.3. Primer ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165 10.5.4. Segundo ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166 10.6. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166 11.Métodos de Diferencias Finitas (II). Ecuaciones parabólicas 169 11.1. Introducción. La ecuación de calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171 11.2. Construcción de la ecuación en diferencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171 11.3. Primer ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172 11.4. El método de Crank-Nicholson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174 11.5. Segundo ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176 11.6. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177 12.Métodos de diferencias finitas (III). Ecuaciones el´ıpticas 179 12.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181 12.2. Ecuación en diferencias para la laplaciana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181 8 ´ INDICE GENERAL 12.3. Construcción del sistema lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182 12.4. Primer ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184 12.5. Condiciones de contorno de Neumann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185 12.6. Segundo ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186 12.7. Métodos iterativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 12.8. Tercer ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190 Bibliograf´ıa 193 Cap´ıtulo 1 Nociones sobre las ecuaciones en derivadas parciales (EDP’s) ”Una de las más importantes y fascinantes ramas de las matemáticas que proporcionó el medio para las formulaciones matemáticas y soluciones de una gran variedad de problemas, es sin duda el estudio de las Ecuaciones Diferenciales en Derivadas Parciales” M.R.Spiegel ”Los cient´ıficos estudian la naturaleza no porque sea ´ util, sino porque encuentran placer en ello, y encuentran placer porque es hermosa” H. Poincaré Las tierras pertenecen a su due˜ no, pero el paisaje es de quien sabe apreciarlo” U. Sinclair 9 10CAP ´ ITULO1. NOCIONES SOBRE LAS ECUACIONES ENDERIVADAS PARCIALES (EDP’S) 1.1. INTRODUCCI ´ ON 11 1.1. Introducción Las Ecuaciones Diferenciales Ordinarias (EDO’s) que involucran derivadas de una o más variables dependientes con respecto a una sola variable independiente se estudian generalmente en un curso de Cálculo Infinitesimal. Aprendimos como surgen tales ecuaciones diferenciales, los métodos mediante los cuales se pueden obtener sus soluciones exactas y aproximadas, viendo algunas aplicaciones en el campo cient´ıfico. Con el uso de las EDO’s para resolver problemas aplicados estamos simplificando mucho el modelo de la realidad f´ısica que conduce a tales problemas. Todo ello se debe a que en las fórmulas matemáticas aparece una sola variable independiente sobre la que dependen todas las otras variables pertinentes. Sin lugar a dudas utilizar este tipo de ecuaciones diferenciales es ´ util aunque limita las clases de problemas que podamos investigar, ya que en la mayor´ıa de los casos se necesitan varias variables independientes. Modelar un problema de la vida real desde el punto de vista matemático en el que se haga intervenir dos o más variables independientes conduce a las Ecuaciones Diferenciales en Derivadas Parciales (¡ La aparición de varias variables independientes hace que este tema resulte mucho más complejo que el de las EDO’s !). El curso de ecuaciones diferenciales en derivadas parciales que aqu´ı se presenta –donde no hay que esperar contenidos originales en una materia tan trillada y tan clásica– pretende exclusivamente exponer los conocimientos que, a nuestro juicio, consideramos básicos para que un estudiante de ingenier´ıa pueda entender sin grandes problemas los tres ejemplos clásicos: - Ecuaciones de tipo Hiperbólico (problemas que refieren fenómenos oscilatorios: vibraciones de cuerda, membranas, oscilaciones electromagnéticas). - Ecuaciones de tipo Parabólico (problemas que se presentan al estudiar los procesos de conductibilidad térmica y difusión). - Ecuaciones de tipo El´ıptico (problemas que aparecen al estudiar procesos estacionarios, o sea que no cambian con el tiempo). El Método de Separación de Variables, también constituye un tema importante que nos permitirá conocer los problemas de Sturm-Liouville y sus autovalores. Los tres ejemplos anteriores, y con desarrollos de mayor sofisticación, nos permitirán 12CAP ´ ITULO1. NOCIONES SOBRE LAS ECUACIONES ENDERIVADAS PARCIALES (EDP’S) estudiar las EDP’s de segundo orden lineales e incluso algunos problemas no lineales. 1.2. Definición. Algunos conceptos fundamentales Definición 1.1 (Ecuación diferencial en derivadas parciales) Se llama ecuación diferencial en derivadas parciales (EDP) a la ecuación de la forma: F x 1 , x 2 , . . . , x n , u, , ∂u ∂x 1 , · · · , ∂u ∂x n , · · · , ∂ m u ∂ k 1 x 1 ∂ k 2 x 2 · · · ∂ k n x n = 0 (1.1) que permite conexionar las variables independientes x i , ∀i = 1, 2, . . . , n, la función que se busca y sus derivadas parciales. Se cumple que: k i , ∀i = 1, 2, . . . , n son enteros no negativos tales que: k 1 +k 2 +· · ·+k n = m. La función F es la función prefijada de sus argumentos. Definición 1.2 (Orden) Se llama orden de una EDP el orden superior de las derivadas parciales que figuran en la ecuación. As´ı, si x, y son variables independientes, u = u(x, y) es la función buscada, entonces: a) y ∂u ∂x −x ∂u ∂y = 0 es una EDP de 1 er orden a) ∂ 2 u ∂x 2 − ∂ 2 u ∂y 2 = 0 es una EDP de 2 o orden Nota También utilizaremos las notaciones: u x ≡ ∂u ∂x , u y ≡ ∂u ∂y , u xx ≡ ∂ 2 u ∂x 2 , . . . quad Definición 1.3 (Solución) Sea la EDP definida en [1.1] de orden m, se llama solución de dicha EDP en cierta región D de variación de las x i , ∀i = 1, 2, · · · , n a una función cualquiera u = u(x 1 , x 2 , . . . , x n ) ∈ C m (D) (conjunto de funciones continuas en la regi´ on D junto con todas las derivadas de hasta orden m inclusive), tal que al sustituir u, y sus derivadas en [1.1] la ´ ultima se convierte en la identidad respecto a x i , ∀i = 1, 2, · · · , n en la regi´ on D 1.2. DEFINICI ´ ON. ALGUNOS CONCEPTOS FUNDAMENTALES 13 Ejemplo 1.2.1 Hallar la solución u = u(x, y) de la ecuación ∂u ∂x = 0 (1.2) Solución Si ∂u ∂x = 0 =⇒u no depende de x, pero puede ser una función cualquiera de y, u = φ(y). Solución de la ecuación [1.2] que contiene una función arbitraria. Ejemplo 1.2.2 Hallar la solución u = u(x, y) de la ecuación ∂ 2 u ∂x∂y = 0 (1.3) Solución Si llamamos v = ∂u ∂y =⇒ ∂v ∂x = 0, ya que ∂ 2 u ∂x∂y = 0, entonces v = ϕ(y). Como v = ∂u ∂y , se tiene que ∂u ∂y = ϕ(y). Integrando respecto de y ∂u ∂y dy = ϕ(y)dy =⇒u(x, y) = ϕ(y)dy +g(x) siendo g(x) arbitraria. Como ϕ(y) es una función arbitraria, la integral de ésta también es una función arbitraria. Llamémosla f(y). Por tanto u(x, y) = f(y) +g(x) siendo f(y) y g(x) arbitrarias. (1.4) Se llama solución general de la ecuación dada en el ejemplo [1.2.2], puesto que cualquier otra solución puede obtenerse de [1.4] si se eligen de forma adecuada las funciones f(y) y g(x). Notas a) Los ejemplos anteriores ponen de manifiesto que las EDP’s tienen familias enteras de soluciones. b) Existen EDP’s que tienen conjuntos de soluciones muy peque˜ nos y en algunos casos se obtiene incluso el ∅ (conjunto vac´ıo) b.1) La ecuación ∂u ∂x 2 + ∂u ∂y 2 = 0 tiene por conjunto de soluciones u(x, y) =cte. 14CAP ´ ITULO1. NOCIONES SOBRE LAS ECUACIONES ENDERIVADAS PARCIALES (EDP’S) b.2) La ecuación ∂u ∂x 2 + ∂u ∂y 2 + 1 = 0 no tiene soluciones reales del todo. c) Más adelante plantearemos el problema de como hallar las soluciones particulares o parciales haciendo intervenir condiciones adicionales que deben plantearse a la función. En definitiva dada una EDP de orden n, una solución que contenga n funciones arbitrarias se llama, como se ha dicho antes, la solución general, y cualquier solución obtenida de esta solución general por selecciones particulares de las funciones arbitrarias se llama una solución particular. Como en el caso de las EDO’s con frecuencia necesitamos determinar soluciones de EDP’s que satisfagan condiciones dadas. Ejemplo 1.2.3 Sea la EDP ∂ 2 u ∂x∂y = x +y 3 . Resolverla si dicha ecuación está sometida a las condiciones siguientes: u(1, y) = 2y 2 −4y; u(x, −2) = x + 8 Solución ∂ ∂x ¸ ∂u ∂y = x +y 3 x ⇒ ∂ ∂x ¸ ∂u ∂y dx = (x +y 3 )dx = ∂u ∂y = x 2 2 +y 3 x +φ(y) y ⇒ ∂u ∂y dy = x 2 2 +y 3 x +φ(y) dy ⇒ u(x, y) = 1 2 x 2 y + 1 4 xy 4 + φ(y)dy +ϕ(x). De aqu´ı que como se ha indicado anteriormente se llega a que u(x, y) = 1 2 x 2 y + 1 4 xy 4 +ξ(y) +ϕ(x), (1.5) siendo ξ(y) = φ(y)dy, que es la solución general. Sustituyendo en [1.5] x = 1, u(1, y) = 1 2 1 2 y + 1 4 1y 4 +ξ(y) +ϕ(1) = 2y 2 −4y ⇒ξ(y) = 2y 2 −4y − y 2 − y 4 4 −ϕ(1) ordenando, se tiene ξ(y) = − 1 4 y 4 + 2y 2 − 9 2 y −ϕ(1). 1.3. SIGNIFICADOGEOM ´ ETRICODE LAS SOLUCIONES GENERAL YPARTICULAR15 De modo que se llega a que u(x, y) = 1 2 x 2 y + 1 4 xy 4 − 1 4 y 4 + 2y 2 − 9 2 y −ϕ(1) +ϕ(x) Usando la condición u(x, −2) = x + 8 se tiene que u(x, −2) = 1 2 x 2 (−2) + 1 4 x(−2) 4 − 1 4 (−2) 4 + 2(−2) 2 − 9 2 (−2) −ϕ(1) +ϕ(x). Realizando las operaciones indicadas obtenemos u(x, −2) = −x 2 + 4x −4 + 32 + 9 −ϕ(1) +ϕ(x) = = −x 2 + 4x + 37 −ϕ(1) +ϕ(x) = x + 8. De donde ϕ(x) = x+8+x 2 −4x−37+ϕ(1) ⇒ϕ(x) = x 2 −3x−29+ϕ(1) que si sustituimos en la solución general nos queda: u(x, y) = 1 2 x 2 y + 1 4 xy 4 − 1 4 y 4 + 2y 2 − 9 2 y −ϕ(1) +x 2 −3x −29 +ϕ(1) es decir: u(x, y) = 1 2 x 2 y + 1 4 xy 4 − 1 4 y 4 + 2y 2 − 9 2 y +x 2 −3x −29. (1.6) Se puede utilizar la primera terminolog´ıa de problemas de valor inicial y de frontera para las EDP’s. Sin embargo, debido a que generalmente hay una combinación de condiciones de frontera e iniciales, con frecuencia nos referimos a tales problemas como Problemas de Valor de Frontera (PDVF) (Véase el concepto detallado en el ejercicio resuelto n´ umero 2) 1.3. Significado geométrico de las soluciones general y particular Sea una EDP : F x 1 , x 2 , . . . , x n , u, , ∂u ∂x 1 , · · · , ∂u ∂x n , · · · , ∂ m u ∂ k 1 x 1 ∂ k 2 x 2 · · · ∂ k n x n = 0 Para fijar ideas tomamos sólo de dos variables independientes x e y. Si la solución de F x, y, u, ∂u ∂x , · · · , ∂ 2 u ∂x∂y , · · · = 0, es por ejemplo, u(x, y) = P(x, y) +φ(y) +ϕ(x), utilicemos funciones particulares para φ(y) y ϕ(x), y reemplacemos la variables u por z. Entonces la expresión anterior toma la forma z = f(x, y). (1.7) 16CAP ´ ITULO1. NOCIONES SOBRE LAS ECUACIONES ENDERIVADAS PARCIALES (EDP’S) 0 20 40 60 80 100 120 0 20 40 60 80 100 120 −30 −20 −10 0 10 20 30 40 X z=f(x,y) Y Z Figura 1.1: Se interpreta, por tanto, como una superficie en un sistema de coordenadas cartesianas x, y, z. Para funciones arbitrarias φ(y) y ϕ(x), obtenemos una familia de superficies cada miembro de la cual corresponde a una selección particular de φ(y) y ϕ(x), esto es, una solución particular: La EDP que tenga esta como solución se llama Ecuación Diferencial de la Familia de Superficies. Notas: a) Obsérvese las analog´ıas con las EDO’s en las que la solución general con constantes arbitrarias -en vez de funciones- representa una familia de curvas, donde cada miembro de ella corresponde a una solución particular. b) Estas ideas se pueden generalizar a los casos donde hay más de dos variables independientes. As´ı por ejemplo, tendr´ıamos que si u = f(x, y, z) ya no podr´ıamos visualizar geométricamente: p = f(x, y, x). Se trata de una superficie de cuatro dimensiones o Hipersuperficie. As´ı por ejemplo:x 2 + y 2 + z 2 = R 2 representa una esfera centrada en (0, 0, 0) y radio R. Y la ecuación x 2 +y 2 +z 2 +u 2 = R 2 representa una hiperesfera de centro (0, 0, 0, 0) y radio R. 1.4. EDP’S QUE SURGEN DE LA ELIMINACI ´ ON DE FUNCIONES ARBITRARIAS17 1.4. EDP’s que surgen de la eliminación de funciones arbitrarias Ya que las soluciones de las EDP’s hacen intervenir funciones arbitrarias, parece lógico que se obtengan EDP por el proceso inverso de eliminar tales funciones. A modo de varios ejemplos veamos la utilidad de cómo se pueden resolver. Ejemplo 1.4.1 Sea la solución de la EDP u(x, y) = −3y 3 ϕ(x) − 6x + y con ϕ(x) una función arbitraria de x. Encontrar una EDP de primer orden para esa solución general. Solución u(x, y) = −3y 3 ϕ(x) −6x +y. Si diferenciamos respecto a y, ∂u(x, y) ∂y = −9y 2 ϕ(x) + 1, , eliminando ϕ(x) entre ambas −3y 3 ϕ(x) = u(x, y) + 6x −y ⇒ −3y 3 ϕ(x) −9y 2 ϕ(x) = u(x, y) + 6x −y ∂u(x, y) ∂y −1 −9y 2 ϕ(x) = ∂u(x, y) ∂y −1 ⇒ y 3 = u(x, y) + 6x −y ∂u(x, y) ∂y −1 ⇒y ∂u(x, y) ∂y −y = 3u(x, y) + 18x −3y ⇒y ∂u(x, y) ∂y −3u(x, y) = 18x −2y basta sustituir para comprobar que es la solución pedida. Ejemplo 1.4.2 Encontrar una EDP de segundo orden que tenga como solución general u(x, y) = xφ(y) +yϕ(x), φ, ϕ arbitrarias. 18CAP ´ ITULO1. NOCIONES SOBRE LAS ECUACIONES ENDERIVADAS PARCIALES (EDP’S) Solución [PASO 1 ] u(x, y) = xφ(y) +yϕ(x) ÷x =⇒ u(x, y) x = φ(y) + y x ϕ(x). [PASO 2 ] Diferenciando con respecto a x: ∂ ∂x ¸ u(x, y) x = ∂ ∂x φ(y) + y x ϕ(x) ⇒ − 1 x 2 u(x, y) + 1 x ∂u(x, y) ∂x = 0 +ϕ (x) y x − 1 x 2 yϕ(x) quitando denominadores: −u(x, y) +x ∂u(x, y) ∂x = xyϕ (x) −yϕ(x) ⇒ x ∂u(x, y) ∂x −u(x, y) = y[xϕ (x) −ϕ(x)] [PASO 3 ] Dividimos ambos lados por y, y derivámos con respecto a y ∂ ∂y ¸ 1 y x ∂u(x, y) ∂x −u(x, y) = ∂ ∂y ¸ y(x −ϕ (x) −ϕ(x)) y = 0. − 1 y 2 x ∂u(x, y) ∂x −u(x, y) + 1 y x ∂ 2 u(x, y) ∂x∂y − ∂u(x, y) ∂y = 0. [PASO 4 ] Quitando denominadores − x ∂u(x, y) ∂x −u(x, y) +y x ∂ 2 u(x, y) ∂x∂y − ∂u(x, y) ∂y = 0. Obtenemos la EDP que deseábamos xy ∂ 2 u(x, y) ∂x∂y −x ∂u(x, y) ∂x −y ∂u(x, y) ∂y +u = 0. Notas a) Al derivar las funciones arbitrarias admitimos que son diferenciables. b) La EDP obtenida en cada caso representa la EDP de la familia representada por la solución general. c) Si una solución tiene un n´ umero dado n de funciones arbitrarias, es frecuente escribir una ecuación diferencial de orden mayor que n teniendo esta solución 1.5. EJERCICIOS PROPUESTOS 19 1.5. Ejercicios propuestos 1.1 Obtener soluciones a los siguientes problemas de valor de frontera a) ∂u(x, y) ∂x = sen y; u(0, y) = 0 b) ∂ 2 u(x, y) ∂y 2 = x 2 cos y; u(x, 0) = 0, u x, π 2 = 0. 1.2 Obtener la EDP del menor orden eliminando las funciones arbitrarias en cada relación que se da. Comprobar en cada caso que se verifica que la relación dada es una solución de la ecuación obtenida a) u(x, y) = x 2 φ(y) + 3xy b) u(x, y) = √ xφ(y) + (ln y)ϕ(x) 1.3 Hallar n para que z = x 3 arctan x 2 −xy +y 2 x 2 +xy +y 2 satisfaga x ∂z ∂x +y ∂z ∂y = nz. 1.4 Resolver el problema de valor de frontera x ∂u(x, y) ∂x +y ∂u(x, y) ∂y = 2u(x, y); u(1, y) = 20 cos y 1.5 Mostrar que la función u(x, y, z) = 1 x 2 +y 2 +z 2 satisface la ecuación de Laplace ∂ 2 u ∂x 2 + ∂ 2 u ∂y 2 + ∂ 2 u ∂z 2 = 0 1.6 a) Si z = φ( y x ) +xϕ( y x ) demostrar que x 2 ∂ 2 z ∂x 2 + 2xy ∂ 2 z ∂x∂y +y 2 ∂ 2 z ∂y 2 = 0 b) Obtener una solución a la EDP anterior que satisfaga las condiciones z = cos y para x = 1 y z = e −2y para x = 1 2 . 1.7 a) Sea F(u, v) = 0, con F diferenciable arbitraria de u, v. Si u y v son funciones diferenciables de x, y, z, diferenciando con respecto a x e y probar que: ∂F ∂u ∂u ∂x + ∂u ∂z ∂z ∂x + ∂F ∂v ∂v ∂x + ∂v ∂z ∂z ∂x = 0 ∂F ∂u ∂u ∂y + ∂u ∂z ∂z ∂y + ∂F ∂v ∂v ∂y + ∂v ∂z ∂z ∂y = 0 20CAP ´ ITULO1. NOCIONES SOBRE LAS ECUACIONES ENDERIVADAS PARCIALES (EDP’S) b) Eliminando ∂F ∂u , ∂F ∂v de las ecuaciones anteriores, demostrar que la EDP resultante tiene la forma P ∂z ∂x + Q ∂z ∂y = R, siendo P, Q, R funciones conocidas de x, y, z (Este resultado es la EDP correspondiente a F(u, v) = 0). 1.8 Usando el método del ejercicio [1.7], encontrar las EDP’s correspondientes a cada una de las siguientes, donde F es una función arbitraria: a) F(2x + 3z, x −2y) = 0 b) F(x 2 +y 2 , yz) = 0 c) F(z sen x, z cos y) = 0 d) F(x −y −z, x 2 −2xy) = 0. Soluciones a los ejercicios propuestos 1.1 a) u(x, y) = xsen y b) u(x, y) = x 2 (1 −cos y) −2x 2 y π 1.2 a) x ∂u(x, y) ∂x −2u(x, y) + 3xy = 0 b) 2xy(ln y) ∂ 2 u(x, y) ∂x∂y −2x ∂u(x, y) ∂x −y(ln y) ∂u(x, y) ∂y +u(x, y) = 0. 1.3 n = 3 1.4 u(x, y) = 20x 2 cos( y x ) 1.6 b) z = (2x −1) cos( y x ) + 2(1 −x)e −y x 1.8 a) 6 ∂z ∂x + 3 ∂z ∂y = −4 b) y 2 ∂z ∂x −xy ∂z ∂y = xz c) (tan x) ∂z ∂x −(cot y) ∂z ∂y +z = 0 d) x ∂z ∂x + (x −y) ∂z ∂y = y 1.6. Ejercicios resueltos 1.1 Obtener las soluciones de la EDP siguiente: ∂ 2 u ∂x∂y = 3x + 8y 2 . Solución: ∂ 2 u ∂x∂y = ∂ ∂x ¸ ∂u ∂y = 3x + 8y 2 . Integrando respecto de x: ∂ ∂x ¸ ∂u ∂y dx = (3x + 8y 2 )dx ⇒ ∂u ∂y = 3 2 x 2 + 8xy 2 +φ(y). 1.6. EJERCICIOS RESUELTOS 21 Integrando respecto de y: ∂u ∂y dy = 3 2 x 2 + 8xy 2 +φ(y) dy ⇒ u(x, y) = 3 2 x 2 y + 8 3 xy 3 + φ(y)dy +ϕ(x) (1.8) De aqu´ı que como la integral de una función arbitraria de la variable y es otra función arbitraria de la variable y se tiene que φ(y)dy = ξ(y), y por tanto u(x, y) = 3 2 x 2 y + 8 3 xy 3 +ξ(y) +ϕ(x) (1.9) es la solución general de la EDP inicial. Si hacemos ξ(y) = y 3 , ϕ(x) = x 2 + 1 se tiene una solución particular: u(x, y) = 3 2 x 2 y + 8 3 xy 3 +y 3 +x 2 + 1 1.2 Hallar una solución al problema de valor de frontera ∂ 2 u ∂x∂y = ∂u ∂x + 8, u(0, y) = 0, u x (x, 0) 1 = x 2 . Solución: Para una mejor comprensión escribamos la EDP as´ı: ∂ ∂x ¸ ∂u ∂y −u = 8 x =⇒ ∂ ∂x ¸ ∂u ∂y −u dx = 8dx ⇒ ∂u ∂y − u = 8x + φ(y). Esta ecuación es una ecuación lineal con factor integrante e −y . Por tanto ∂ ∂y e −y u = 8xe −y +e −y φ(y). De aqu´ı: u(x, y) = −8x + e y e −y φ(y)dy + e y ϕ(x), siendo ϕ(x) arbitraria. Si escribimos ξ(y) = e y e −y φ(y)dy, se tiene: u(x, y) = −8x +ξ(y) +e y ϕ(x). Como u(0, y) = 0, se tiene que: ξ(y) = −e y ϕ(0). Por tanto: u(x, y) = −8x −e y ϕ(0) +e y ϕ(x). 1 u x es la ∂u ∂x 22CAP ´ ITULO1. NOCIONES SOBRE LAS ECUACIONES ENDERIVADAS PARCIALES (EDP’S) Diferenciando con respecto a x y haciendo y = 0 ¸ ∂u(x, y) ∂x y=0 = −8 +ϕ (x) = x 2 ⇒ϕ (x) = x 2 + 8 ⇒ ϕ(x) = (x 2 + 8)dx = 1 3 x 3 + 8x +K. De donde: u(x, y) = −8x −e y ϕ(0) +e y ¸ 1 3 x 3 + 8x +K Puesto que ϕ(0) es una constante igual a K, ϕ(0) = 1 3 0 3 + 8 · 0 +K, y será u(x, y) = −8x −e y K + 1 3 x 3 e y + 8xe y +e y K En definitiva: u(x, y) = 1 3 x 3 e y + 8xe y −8x 1.3 Encontrar una EDP de primer orden que tenga como una solución general: z = φ(x + y) siendo φ arbitraria. Solución: [PASO 1 ] Llamemos u = x +y =⇒z = φ(u) [PASO 2 ] Diferenciando respecto a x, tenemos ∂z ∂x = ∂z ∂u ∂u ∂x = φ (u) ∂u ∂x ⇒ ∂z ∂x = φ (u),1 = φ (u). [PASO 3 ] Diferenciando respecto a y, tenemos ∂z ∂y = ∂z ∂u ∂u ∂y = φ (u),1 ⇒ ∂z ∂y = φ (u). [PASO 4 ] Eliminando φ (u) en los pasos (2) y (3) se tiene: ∂z ∂x = ∂z ∂y =⇒ ∂z ∂x − ∂z ∂y = 0. 1.4 Encontrar una EDP, de menor orden, eliminando las funciones arbitrarias en la relación dada: a) z = φ(xy) b) z = φ(x 2 −y 2 ) c) z = φ e 3y (x −2y) . Solución: Seguimos los mismos pasos que en el ejercicio [1.3] para cada una de las propuestas: 1.6. EJERCICIOS RESUELTOS 23 a) Llamemos u = xy ⇒ z = φ(u). Diferenciando respecto a x, ∂z ∂x = ∂z ∂u ∂u ∂x = φ (u)y. Diferenciando con respecto a y, ∂z ∂y = ∂z ∂u ∂u ∂y = φ (u)x. Eliminando φ (u) en las expresiones anteriores: ∂z ∂x = φ (u)y ⇒ ∂z ∂x ∂z ∂y = y x ⇒ ∂z ∂y = φ (u)x x ∂z ∂x = y ∂z ∂y =⇒x ∂z ∂x −y ∂z ∂y = 0. b) Llamemos u = x 2 − y 2 ⇒ z = φ(u). Diferenciando respecto de x, y respecto de y y eliminando φ (u) de entre ambas se tiene: ∂z ∂x = ∂z ∂u ∂u ∂x = φ (u)2x, ∂z ∂y = ∂z ∂u ∂u ∂y = −φ (u)2y ∂z ∂x ∂z ∂y = φ (u)2x −φ (u)2y ⇒−y ∂z ∂x = x ∂z ∂y ⇒ x ∂z ∂y +y ∂z ∂x = 0 c) Llamemos u = e 3y (x −2y) = xe 3y −2ye 3y ⇒z = φ(u). Diferenciando respecto de x, ∂z ∂x = ∂z ∂u ∂u ∂x = φ (u)e 3y . Análogamente respecto de y, ∂z ∂y = ∂z ∂u ∂u ∂y = φ (u) 3xe 3y −2e 3y −6y 2 e 3y eliminando φ (u) de entre ambas se tiene que: ∂z ∂x ∂z ∂y = φ (u)e 3y −φ (u)e 3y [3x −2 −6y 2 ] ⇒(3x −6y 2 −2) ∂z ∂x = ∂z ∂y ⇒ (3x −6y 2 −2) ∂z ∂x − ∂z ∂y = 0. 24CAP ´ ITULO1. NOCIONES SOBRE LAS ECUACIONES ENDERIVADAS PARCIALES (EDP’S) Cap´ıtulo 2 Ecuaciones diferenciales lineales en derivadas parciales. Propiedades ”Ninguna certeza existe all´ı donde no es posible aplicar la Matemática o en aquello que no pueda relacionarse con la Matemática” Leonardo da Vinci ”Hay otros mundos pero están en éste” Paul Eluard 25 26CAP ´ ITULO2. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES ENDERIVADAS PARCIALES. PROPIEDADES 2.1. ECUACI ´ ON EN DERIVADAS PARCIALES LINEAL 27 2.1. Ecuación en derivadas parciales lineal Definición 2.1 La ecuaci´ on en derivadas parciales se llama lineal, si ésta es lineal respecto a la función buscada y todas sus derivadas que forman parte de la ecuaci´ on. En caso contrario se llama no lineal. Ejemplos a) ∂ 2 u(x, y) ∂x 2 = x 2 ∂ 2 u(x, y) ∂y 2 +e −x 2 es EDPL (Ecuación en Derivadas Parciales Lineal) b) y ∂u(x, y) ∂x − x ∂u(x, y) ∂y + [u(x, y)] 2 = 0 es EDPNL (Ecuación en Derivadas Parciales No Lineal) Definición 2.2 La EDP de segundo orden para la función de dos variables independientes x e y en el caso general tiene la forma A(x, y) ∂ 2 u(x, y) ∂x 2 + 2B(x, y) ∂ 2 u(x, y) ∂x∂y +C(x, y) ∂ 2 u(x, y) ∂y 2 + (2.1) a(x, y) ∂u(x, y) ∂x +b(x, y) ∂u(x, y) ∂y +c(x, y)u(x, y) = f(x, y) Siendo A(x, y), B(x, y), C(x, y), a(x, y), b(x, y), c(x, y) funciones de las variables x e y en una región D ⊂ R 2 , y la función incógnita u = u(x, y). Si f(x, y) = 0 en D ⊂ R 2 , la ecuación [2.1] se llama homogénea(EDPH) Notas 1. Si designamos el primer miembro de [2.1] por L[u] tenemos: L[u] = f(x, y) y su correspondiente homogénea L[u] = 0 (2.2) 2. El operador L es el operador diferencial definido en todo caso en el espacio lineal C 2 (D) mediante u = u(x, y). 2.2. Propiedades de las soluciones de las EDP Debido al carácter de linealidad del operador L los siguientes teorema son válidos y representan las propiedades de las soluciones de las EDP’s homogéneas. 28CAP ´ ITULO2. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES ENDERIVADAS PARCIALES. PROPIEDADES Teorema 2.1 Si u(x, y) es la solución de la EDPH L[u] = 0 entonces ku(x, y) es también solución de la homogénea para k ∈ R. Teorema 2.2 Si u 1 (x, y), u 2 (x, y) son las soluciones de la EDPH L[u] = 0 entonces u 1 (x, y)+ u 2 (x, y) es también solución de esta ecuaci´ on. Teorema 2.3 Si cada una de las funciones u i (x, y), i = 1, 2, . . . , k es la solución de L[u] = 0 entonces ¸ k i=1 c i u i (x, y) es también solución de la ecuación homogénea, siendo c i ∈ R, i = 1, 2, . . . n. Notas a) Este ´ ultimo teorema es un corolario de los dos anteriores. b) Las propiedades anteriores tienen lugar también para las EDPHL ordinarias. Sin embargo, la EDPHL ordinaria de n-ésimo orden tiene precisamente n soluciones parciales independientes linealmente, cuya combinación lineal nos da la solución general de esta ecuación. c) La EDP puede tener un conjunto infinito de soluciones parciales linealmente independientes. Veamos el siguiente ejemplo. Sea la EDP ∂u ∂y = 0. Tiene como solución general u = Φ(x), de tal manera que sus soluciones serán, por ejemplo, las funciones 1, x, x 2 , x 3 , . . . , x n , . . . En correspondencia con eso, en los problemas lineales para las EDP’s tendremos que operar no sólo con combinaciones lineales de un n´ umero fini- to de soluciones, sino también con las series ¸ ∞ n=1 c n u n (x, y) cuyos términos son los productos de algunas constantes, c n por las soluciones u n (x, y) de la ecuación diferencial. Teorema 2.4 Sea L[u] = f(x, y) a) Si u(x, y) es solución de L[u] = f y v(x, y) es la solución de la homogénea L[u] = 0, entonces u(x, y) +v(x, y) es la solución de L[u] = f. b) Si u 1 (x, y) es solución de L[u] = f 1 y u 2 (x, y) es solución de L[u] = f 2 , entonces u 1 (x, y)+u 2 (x, y) es solución de la ecuaci´ on L[u] = f 1 +f 2 (Principio de Superposición) Nota La demostración en ambos casos es inmediata debido al carácter de linealidad del operador L. 2.3. CLASIFICACI ´ ONDE LAS EDP’S DE SEGUNDOORDENDE DOS VARIABLES INDEPENDIENTES29 2.3. Clasificación de las EDP’s de segundo orden de dos variables independientes Definición 2.3 Sea la EDP de segundo orden A(x, y) ∂ 2 u(x, y) ∂x 2 + 2B(x, y) ∂ 2 u(x, y) ∂x∂y +C(x, y) ∂ 2 u(x, y) ∂y 2 + a(x, y) ∂u(x, y) ∂x +b(x, y) ∂u(x, y) ∂y +c(x, y)u(x, y) = f(x, y) en una cierta región Ω ⊂ R 2 (plano OXY ). Se dice: 1. Hiperbólica en Ω, si ∆ = B 2 −AC > 0 en Ω. 2. Parabólica en Ω, si ∆ = B 2 −AC = 0 en Ω. 3. El´ıptica en Ω, si ∆ = B 2 −AC < 0 en Ω. Ejemplos Las ecuaciones ∂ 2 u(x, y) ∂x 2 = ∂ 2 u(x, y) ∂y 2 y ∂ 2 u(x, y) ∂x∂y = 0 son hiperbólicas: ∀x, y ∈ Ω. La ecuación ∂u(x, y) ∂x = ∂ 2 u(x, y) ∂y 2 es parabólica: ∀x, y ∈ Ω. La ecuación ∂ 2 u(x, y) ∂x 2 + ∂ 2 u(x, y) ∂y 2 = 0 es el´ıptica : ∀x, y ∈ Ω. La ecuación y ∂ 2 u(x, y) ∂x 2 + ∂ 2 u(x, y) ∂y 2 = 0 es El´ıptica ∀y > 0 Parabólica en la l´ınea y = 0 Hiperbólica en el semiplano y < 0 2.4. Condiciones I) Se puede mostrar que, observando determinadas condiciones para los coeficientes de la ecuación A(x, y) ∂ 2 u(x, y) ∂x 2 + 2B(x, y) ∂ 2 u(x, y) ∂x∂y +C(x, y) ∂ 2 u(x, y) ∂y 2 + 30CAP ´ ITULO2. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES ENDERIVADAS PARCIALES. PROPIEDADES a(x, y) ∂u(x, y) ∂x +b(x, y) ∂u(x, y) ∂y +c(x, y)u(x, y) = f(x, y) (2.3) puede hacerse un cambio no singular de las variables independientes ξ = ϕ(x, y) y η = φ(x, y) ϕ, η ∈ C 2 . Ayudándose del cual la ecuación [2.3] se transforma en el tipo canónico más simple que es propio para cada tipo de la ecuación. Si la ecuación [2.3] es del tipo hiperbólico (∆ > 0), entonces ésta se transforma en la forma ∂ 2 u(x, y) ∂ξ∂η = Ψ ξ, η, u(x, y), ∂u(x, y) ∂ξ , ∂u(x, y) ∂η ó ∂ 2 u(x, y) ∂ξ 2 − ∂ 2 u(x, y) ∂η 2 = Φ ξ, η, u(x, y), ∂u(x, y) ∂ξ , ∂u(x, y) ∂η (son dos formas canónicas de las ecuaciones de tipo hiperbólico). Si la ecuación [2.3] es del tipo parabólico (∆ = 0), entonces ésta se transforma en la forma ∂ 2 u(x, y) ∂η 2 = Φ ξ, η, u(x, y), ∂u(x, y) ∂ξ , ∂u(x, y) ∂η (es la forma canónica de la ecuación de tipo parabólico). Si la ecuación [2.3] es del tipo el´ıptico (∆ < 0), entonces ésta se transforma en la forma: ∂ 2 u(x, y) ∂ξ 2 + ∂ 2 u(x, y) ∂η 2 = Φ ξ, η, u(x, y), ∂u(x, y) ∂ξ , ∂u(x, y) ∂η (es la forma canónica de las ecuaciones de tipo el´ıptico). Aqu´ı Ψ y Φ son algunas funciones que dependen de la función buscada u(x, y), de sus derivadas primeras ∂u(x, y) ∂ξ , ∂u(x, y) ∂η y de las variables independientes ξ, η. La forma de las funciones Ψ, Φ se determinan por la ecuación inicial [2.3]. En algunos casos la forma canónica de la ecuación permite hallar la solución general de la ecuación inicial. Nota Como regla, la reducción de la ecuación [2.3] a la forma canónica cambiando variables independientes tiene carácter local, es decir, es realizable sólo en un entorno suficientemente peque˜ no del punto examinado . 2.5. CASOS PARTICULARES 31 II) Cuando el n´ umero n de las variables independientes es superior a dos, también se diferencian las ecuaciones de los tipos hiperbólico, parabólico y el´ıptico. Por ejemplo, cuando n = 4, la forma canónica más simple de las ecuaciones semejantes tiene el aspecto de: ∂ 2 u(x, y) ∂t 2 − ∂ 2 u(x, y) ∂x 2 − ∂ 2 u(x, y) ∂y 2 − ∂ 2 u(x, y) ∂z 2 = 0(Tipo hiperbólico) ∂u(x, y) ∂t − ∂ 2 u(x, y) ∂x 2 − ∂ 2 u(x, y) ∂y 2 − ∂ 2 u(x, y) ∂z 2 = 0(Tipo parabólico) ∂ 2 u(x, y) ∂t 2 + ∂ 2 u(x, y) ∂x 2 + ∂ 2 u(x, y) ∂y 2 + ∂ 2 u(x, y) ∂z 2 = 0(Tipo el´ıptico) donde u = u(x, y, z, t). 2.5. Casos particulares Limitémonos al estudio de las EDPL de segundo orden. A semejantes ecuaciones puede reducirse un gran n´ umero de diferentes problemas f´ısicos. 2.5.1. Ecuaciones de tipo hiperbólico Los fenómenos oscilatorios de diferente naturaleza (vibraciones de cuerdas, membranas, oscilaciones ac´ usticas del gas en los tubos, oscilaciones electromagnéticas) se describen por las ecuaciones del tipo hiperb´ olico. La más simple es la ecuación de vibraciones de la cuerda (ecuación ondulatoria unidimensional) ∂ 2 u ∂t 2 = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 , u = u(x, t) (2.4) Siendo x la coordenada espacial, t el tiempo y a 2 = T ρ , donde T es la tensión de la cuerda y ρ su densidad lineal. 2.5.2. Ecuaciones de tipo parabólico Los procesos de conductibilidad térmica y de difusión conducen a las ecuaciones de tipo parabólico. En el caso unidimensional la ecuación más simple de cunductibilidad térmica 32CAP ´ ITULO2. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES ENDERIVADAS PARCIALES. PROPIEDADES tiene la forma ∂u ∂t = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 , u = u(x, t) (2.5) Aqu´ı a 2 = K cρ , donde ρ es la densidad del medio, c es el calor espec´ıfico y K es el coeficiente de conductibilidad térmica. 2.5.3. Ecuaciones de tipo el´ıptico Los procesos a ciclo fijo, cuando la función buscada no depende del tiempo, se determinan por las ecuaciones de tipo el´ıptico, el representante t´ıpico de éstas es la ecuación de Laplace ∆u ≡ ∂ 2 u ∂x 2 + ∂ 2 u ∂y 2 = 0, u = u(x, y) (2.6) Notas 1. Se puede comprobar directamente que la solución de la ecuación [2.4] es u(x, t) = ϕ(x −at) +ψ(x +at) ϕ(ξ) ∧ ψ(η) ∈ C 2 2. Se puede mostrar que las soluciones de [2.5] son de la forma u(x, t, λ) = Ae −a 2 λ 2 t sen(λx +α) siendo A, α ∈ R arbitrarias y λ es el parámetro numérico. Integrando la solución u(x, t, λ) = e −a 2 λ 2 t cos λx de la ecuación [2.5] respecto al parámetro λ dentro de los l´ımites de −∞ hasta +∞, obtenemos la llamada solución fundamental de la ecuación de conductibilidad térmica v(x, t) = π t e x 2 4a 2 t 3. Las funciones de valor real P n (x, y), Q n (x, y) que se determinan a partir de la relación (x + i y) n = P n (x, y) + i Q n (x, y) son las soluciones de la ecuación de Laplace [2.6] para n = 0, 1, 2, . . . Este ´ ultimo resultado es un caso particular de la afirmación general que las partes real e imaginaria de la función anal´ıtica f(z) = u(x, y) +i v(x, y) de la variable compleja z = x+i y son cada una de las soluciones de la ecuación de Laplace [2.6]. 2.6. PLANTEAMIENTO DE PROBLEMAS PARA LAS EDP’S DE SEGUNDOORDEN33 2.6. Planteamiento de problemas para las EDP’s de segundo orden Para describir completamente uno u otro proceso f´ısico es insuficiente sólo la ecuación diferencial del proceso, hace falta plantear el estado inicial de este proceso (Condiciones iniciales) y el régimen en la frontera S de aquella región Ω ∈ R n , en la cual tiene lugar el proceso (Condiciones de frontera). Esto se debe a la No unicidad de la solución de las ecuaciones diferenciales . Por ejemplo, la solución general de la ecuación ∂ 2 u ∂x∂y = 0 tiene la forma u(x, y) = f(x) + g(y), donde f y g son las funciones derivables arbitrarias. Por eso, para determinar la solución que describe el proceso f´ısico dado, hace falta plantear condiciones adicionales. Se distinguen tres tipos principales de problemas para las ecuaciones diferenciales en derivadas parciales: a) El problema de Cauchy para las ecuaciones de tipo hiperbólico y parabólico: se plantean las condiciones iniciales, la región Ω coincide con todo el espacio R n , las condiciones de frontera se omiten. b) El problema de contorno para las ecuaciones de tipo el´ıptico: se plantean las condiciones de la frontera S de la región Ω, las condiciones iniciales se omiten. c) El problema mixto para las ecuaciones de tipo hiperbólico y parabólico: se plantean las condiciones iniciales y las de frontera, Ω = R n . 2.7. Método de separación de variables: caso práctico Veamos en este apartado la forma de resolver desde el punto de vista práctico las EDP’s en los dos tipos se˜ nalados en apartados anteriores: lineal y no lineal. Si consideramos, por ejemplo, dos variables independientes x e y y la variable dependiente es u = u(x, y), la ecuación lineal tiene la forma: F ¸ ∂ ∂x , ∂ ∂y u(x, y) = φ(x, y) (2.7) donde el operador F ¸ ∂ ∂x , ∂ ∂y o F [D x , D y ] es un polinomio en los dos operadores D x ≡ ∂ ∂x , D y ≡ ∂ ∂y y los coeficientes son funciones de las variables x e y solamente. 34CAP ´ ITULO2. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES ENDERIVADAS PARCIALES. PROPIEDADES a) Si los coeficientes son constantes, la EDP se llama Ecuación Lineal con Coeficientes Constantes. b) En el caso de que los coeficientes sean variables, la EDP se llama Ecuación Lineal con Coeficientes Variables. Ejemplos 1. Si F = D 2 x + 4D x D y −2D 2 y −3D x + 5 y φ(x, y) = x 3 −e y , entonces podemos escribir ∂ 2 u ∂x 2 + 4 ∂ 2 u ∂x∂y −2 ∂ 2 u ∂y 2 −3 ∂u ∂x + 5u = x 3 −e y que es una EDPL con coeficientes constantes. 2. Si F = xD x +yD y y φ(x, y) = 1, entonces tendremos x ∂u ∂x +y ∂u ∂y = 1 que es una EDPL con coeficientes variables. 3. La ecuación ∂u ∂x 2 + ∂u ∂y 2 = 3x −8y es una EDP no lineal puesto que no puede expresarse en la forma [2.7]. Notas a) La extensión a más de dos variables se generaliza sin grandes dificultades. b) Las ecuaciones no lineales son, en general dif´ıciles, de estudiar. Por ello hablaremos de aquellas ecuaciones diferenciales parciales lineales que son más ´ utiles en problemas aplicados. 2.8. Teoremas En analog´ıa con las ecuaciones diferenciales ordinarias (EDO’s) tenemos los siguientes teoremas. 2.8. TEOREMAS 35 Teorema 2.5 Se considera la EDPL: F (D x , D y , · · ·) u(x, y, · · ·) = φ(x, y, · · ·) (2.8) donde x, y · · · son variables independientes y F (D x , D y , · · ·) es un operador polinómico en D x , D y , · · ·, entonces la solución general de [2.8] es la suma de la solución general u h de la ecuaci´ on homogénea (ecuaci´ on complementaria) F (D x , D y , · · ·) u(x, y, · · ·) = 0 (2.9) y cualquier solución particular u p de [2.8]. Esto es: u(x, y, · · ·) = u h (x, y, · · ·) +u p (x, y, · · ·) A la solución general u h (x, y, · · ·) de [2.9] con frecuencia se denomina la solución complementaria de [2.8] Teorema 2.6 Sean u 1 (x, y, · · ·), u 2 (x, y, · · ·), · · · soluciones de la ecuación [2.12]. Entonces si α 1 , α 2 , . . . son constantes cualesquiera u(x, y, z, · · ·) = α 1 u 1 (x, y, · · ·)+α 2 u 2 (x, y, · · ·)+· · · es también una solución . (Se conoce con el nombre, como indicábamos anteriormente, de Principio de Superposición) 2.8.1. Método de separación de variables Intentemos dar respuesta a la solución de la ecuación homogénea F (D x , D y ; · · ·) = 0. (2.10) Supongamos el caso de una EDO (Ecuación Diferencial Ordinaria), F (D) y = 0, con coeficientes constantes. En este caso usamos la sustitución y = e mx , la cual conduc´ıa a la ecuación auxiliar o ecuaci´ on caracter´ıstica para determinar la constante m. En el caso de la ecuación [2.9] con coeficientes constantes, por analog´ıa, deber´ıamos asumir como solución u(x, y, z, · · ·) = e α 1 x+α 2 y+··· y tratar de determinar las constantes α 1 , α 2 , α 3 , · · ·. Aunque este método tiene éxito en algunos casos, un método con mejor en- foque es asumir una solución de la forma u(x, y, z, · · ·) = X(x).Y (y).Z(z). · · · o más brevemente u = XY Z · · · esto es, una función sólo de x multiplicada por una función sólo de y, y as´ı sucesivamente, como se sugiere al escribir u = e α 1 x+α 2 y+··· como u = e ax .e by .e cz · · ·. Este método de solución con frecuencia se llama el Método de Separación de Variables(MSV). Este método es de gran utilidad para obtener soluciones de EDP’s, en casos de coeficientes variables o constantes, representa el objetivo central de este tema. 36CAP ´ ITULO2. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES ENDERIVADAS PARCIALES. PROPIEDADES Ejemplos que ilustran el Método de Separación de Variables (MSV) Vamos a mostrar algunos ejemplos que nos ayuden a entender el MSV. Ejemplo 1 Resolver el problema de valor de frontera ∂u ∂x + 3 ∂u ∂y = 0, u(0, y) = 4e −2y + 3e −6y . Solución Admitamos que existen soluciones de la forma u(x, y) = X(x).Y (y) ó u = X.Y . Susti- tuyendo en la ecuación se tiene, llamando X = dX dx e Y = dY dy , que X Y + 3XY = 0 ⇔ X 3X + Y Y = 0 (2.11) dividiendo ambos miembros por 3XY al suponerlo distinto de cero, se tiene que X 3X = − Y Y . (2.12) Se ve entonces que un lado de la igualdad sólo depende de x, mientras que el otro miembro sólo depende de y. Puesto que x e y son variables independientes, ellas no dependen entre s´ı, y por tanto [2.11] puede ser cierta si y sólo si cada miembro de [2.12] es igual a la misma constante, que llamaremos c. De [2.12] se tiene que X −3cX = 0 (2.13) Y +cY = 0 de ah´ı que las ecuaciones [2.13] tienen de soluciones, respectivamente, X = a 1 e 3cx , Y = a 2 e −cy (2.14) As´ı como u(x, y) = X · Y sustituyendo, u(x, y) = a 1 a 2 e c(3x−y) = Be c(3x−y) (2.15) siendo B = a 1 a 2 ∈ R. Si ahora usamos la condición que nos impone el problema de valor de frontera tendremos: Be −cy = 4e −2y + 3e −6y . (2.16) 2.8. TEOREMAS 37 Desafortunadamente [2.16] no puede ser cierta para ninguna selección de las constantes B y c; y parecer´ıa como si el método no funcionara. Por supuesto, si tuviéramos sólo uno de los términos a la derecha de [2.16] el método funcionar´ıa. As´ı, si tuviéramos sólo 4e −2y , por ejemplo, se tendr´ıa Be −cy = 4e −2y ⇒B = 4, y c = 2 y conducir´ıa a la solución deseada de [2.15]: u(x, y) = 4e 2(3x−y) . El problema sin aparente solución se salva aplicando el teorema [2.6]. Se tiene de [2.15] que u 1 (x, y) = b 1 e c 1 (3x−y) u 2 (x, y) = b 2 e c 2 (3x−y) son ambas soluciones, y se debe tener también como solución u(x, y) = b 1 e c 1 (3x−y) +b 2 e c 2 (3x−y) . La condición de frontera de inicial nos conduce a b 1 e −c 1 y +b 2 e −c 2 y = 4e −2y −3e −6y que se satisface si elegimos b 1 = 4, c 1 = 2 ∧ b 2 = −3, c 2 = 6. Por tanto la solución deseada viene dada por u(x, y) = 4e 2(3x−y) −3e 6(3x−y) . Notas a) Podemos preguntarnos porqué no trabajamos el problema resuelto anterior encontran- do primero la solución general y luego la solución particular. Una razón la encontramos en que excepto en casos muy sencillos la solución general es dif´ıcil de encontrar, y a´ un cuando se pueda encontrar, puede ser dif´ıcil determinar la solución particular a partir de ella. Sin embargo el cocktail del MSV con el Principio de Superposición de Variables (PSV) resulta de gran utilidad. b) Un ejemplo más complicado del método de separación de variables lo podemos ver más adelante en el ejercicio resuelto n´ umero uno. 38CAP ´ ITULO2. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES ENDERIVADAS PARCIALES. PROPIEDADES 2.9. Ejercicios propuestos 2.1 Hallar la solución general de la ecuación: ∂ 2 u ∂y 2 = ∂u ∂y . 2.2 Hallar la solución general de la ecuación: ∂ 2 u ∂x∂y = 2y ∂u ∂x . 2.3 Hallar la solución general de la ecuación: ∂ 2 u ∂y 2 = e x+y . 2.4 Hallar la solución general de la ecuación: ∂ 2 u ∂y 2 = x +y. 2.5 Hallar la solución general de la ecuación: ∂ 2 u ∂x∂y + 1 x ∂u ∂y = 0. 2.6 Hallar la solución general de la ecuación: ∂ n u ∂y n = 0. 2.7 Hallar la solución general de la ecuación: ∂ n u ∂x n = 0. 2.8 Considerando u = u(x, y, z), hallar la solución de la ecuación ∂ 3 u ∂x∂y∂z = 0. 2.9 Hallar las regiones de la hiperbolicidad, parabolicidad y la elipticidad de las ecuaciones siguientes: a) ∂ 2 u ∂x 2 + 2 ∂ 2 u ∂x∂y −3 ∂ 2 u ∂y 2 = 0 b) ∂ 2 u ∂x 2 −2x ∂ 2 u ∂x∂y +y ∂ 2 u ∂y 2 = u + 1. 2.10 Usar el MSV para obtener las soluciones a los problemas de valor de la frontera: a) ∂u ∂x +u = ∂u ∂y ; u(x, 0) = 4e −3x b) 4 ∂y ∂t + ∂y ∂x = 3y; y(x, 0) = 4e −x −e −5x . Soluciones a los ejercicios propuestos 2.1 u(x, y) = φ 1 (x) +φ 2 (x)e y . 2.2 u(x, y) = φ 1 (x)e y 2 +φ 2 (x). 2.10. EJERCICIOS RESUELTOS 39 2.3 u(x, y) = e x+y +φ 1 (x)y +φ 2 (x). 2.4 u(x, y) = xy 2 2 + y 3 x +φ 1 (x)y +φ 2 (x). 2.5 u(x, y) = φ 1 x +φ 2 (x). 2.6 u(x, y) = φ 1 (x)y n−1 +φ 2 (x)y n−2 +· · · +φ n (x). 2.7 u(x, y) = φ 1 (y)x n−1 +φ 2 (y)x n−2 +· · · +φ n (y). 2.8 u(x, y, z) = φ 1 (x, y) +φ 2 (x, z) +φ 3 (y, z). 2.9 a) La ecuación es hiperbólica en todas las partes. b) En la región x 2 −y > 0 la ecuación es hiperbólica, en la región x 2 − y < 0 la ecuación es el´ıptica y la curva y = x 2 está formada por los puntos de parabolicidad. 2.10 a) u(x, y) = 4e −3x−2y ; b) y(x, t) = 4e −x+t −e −5x+2t . 2.10. Ejercicios resueltos 2.1 Resolver el problema de valor de frontera ∂u ∂t = 2 ∂ 2 u ∂x 2 ; u(0, t) = 0, u(10, t) = 0, u(x, 0) = 50 sen 3πx 2 + 20 sen πx −10 sen 4πx. Solución Las variables independientes son x y t. [PASO 1 ] Apliquemos el MSV. Sustituimos u(x, t) = X(x).T(t) ⇒u = X.T en la ecuación diferencial dada. Se tiene ∂ ∂t (XT) = 2 ∂ 2 ∂x 2 (XT) ⇒X.T = 2X .T (2.17) siendo X = d 2 X dx 2 , T = dT dt . Escribimos [2.17] como T 2T = X X . Cada miembro de esta igualdad debe ser una constante. Denotémosla por c: 40CAP ´ ITULO2. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES ENDERIVADAS PARCIALES. PROPIEDADES T 2T = c ∧ X X = c, de ah´ı: T −2cT = 0, X −cX = 0 (2.18) [PASO 2 ] Ahora para escribir la solución de la segunda ecuación en [2.18], debemos saber si c es positiva, negativa o nula. Consideremos los tres casos. [PASO 3 ] c = 0 . En este caso las soluciones a T −2cT = 0; X −cX = 0 están dadas por T = c 1 , X = c 2 x +c 3 , c 1 , c 2 , c 3 ∈ R. Por tanto u(x, t) = X(x).T(t) = c 1 (c 2 x +c 3 ) (2.19) De la dos primeras condiciones de frontera se tiene c 1 c 3 = 0 (2.20) c 1 (10c 2 +c 3 ) = 0 (2.21) estas se satisfacen si c 1 = 0, pero en tal caso la solución es la trivial u(x, t) = 0, la cual no puede satisfacer la tercera condición de frontera. Por tanto, c 1 = 0. Sin embargo, en tal caso se ve que de [2.20] que c 3 = 0, y as´ı c 2 = 0, dando de nuevo u(x, t) = 0. Se tiene por tanto as´ı que c no puede ser cero. c > 0 . Aqu´ı las soluciones de T −2cT = 0, X −cX = 0 están dadas por T = c 1 e 2ct , X = c 2 e √ cx +c 3 e − √ cx , y por tanto u(x, t) = X(x).T(t) = e 2ct Ae √ cx +Be − √ cx de la primera condición de frontera A = c 1 c 2 , B = c 1 c 3 . De la segunda condición se tiene u(10, t) = Be 2ct e 10 √ c −e −10 √ c = 0. Como e 2ct = 0 ⇒ B = 0 ó e 10 √ c − e −10 √ c = 0 ⇒ e 20 √ c = 1. Ahora si B = 0, la solución u(x, t) = Be 2ct e √ cx −e − √ cx es la trivial u(x, t) = 0, que por supuesto no puede satisfacer la tercera condición de frontera, la cual ni siquiera ha sido considerada a´ un. También es imposible tener e 20 √ c = 1 para c > 0, puesto que para c > 0 ⇒e 20 √ c > 1, esto nos indica que no puede ser c > 0. c < 0 . 2.10. EJERCICIOS RESUELTOS 41 En este caso es conveniente escribir c = −λ 2 para mostrar que c es negativo. Entonces T −2cT = 0, X −cX = 0 llega a ser: T + 2λ 2 T = 0 T = c 1 e −2λ 2 t ⇒ X +λ 2 X = 0 X = c 2 cos λx +c 3 sen λx, (2.22) y por tanto u(x, t) = X(x).T(t) = e −2λ 2 t (Acos λx + Bsen λx), donde A = c 1 c 2 , B = c 1 c 3 . De la primera condición de frontera se tiene, u(0, t) = Ae −2λ 2 t = 0 ó A = 0 puesto que e −2λ 2 t = 0. La solución hasta ahora es u(x, t) = Be −2λ 2 t sen λx. De la segunda condición de frontera se tiene u(10, t) = Be −2λ 2 t sen 10λ = 0. Puesto que B = 0 (de otra manera ser´ıa u = 0), debemos tener que sen 10λ = 0 ⇔ 10λ = arc sen 0 = mπ ó λ = mπ 10 ∀m ∈ Z. De aqu´ı que u(x, t) = Be −2λ 2 t sen λx llega a ser u(x, t) = Be − m 2 π 2 t 50 sen mπx 10 . La ´ ultima condición de frontera produce u(x, 0) = Bsen mπx 10 = 50 sen 3πx 2 + 20 sen 2πx −10 sen 4πx. Sin embargo, no podemos encontrar un solo par de constantes m y B que satisfagan esta condición. El principio de superposición viene en nuestra ayuda, puesto que sabemos que sumas de soluciones del tipo u(x, t) = Be − m 2 π 2 t 50 sen mπx 10 para diferentes valores de B y enteros m también serán una solución. Puesto que sólo necesitamos tres términos con la forma anterior, consideramos la solución: u(x, t) = b 1 e − m 2 1 π 2 t 50 sen ( m 1 πx 10 ) +b 2 e − m 2 2 π 2 t 50 sen ( m 2 πx 10 ) + + b 3 e − m 2 3 π 2 t 50 sen ( m 3 πx 10 ) (2.23) de modo que la ´ ultima condición de frontera da u(x, 0) = b 1 sen ( m 1 πx 10 ) +b 2 sen ( m 2 πx 10 ) +b 3 sen ( m 3 πx 10 ) = = 50 sen ( 3πx 2 ) + 20 sen 2πx −10 sen 4πx. 42CAP ´ ITULO2. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES ENDERIVADAS PARCIALES. PROPIEDADES Esto se puede satisfacer si elegimos b 1 = 50, m 1 π 10 = 3π 2 ó m 1 = 15, b 2 = 20, m 2 π 10 = 2π ó m 2 = 20, b 3 = −10, m 3 π 10 = 4 ó m 3 = 40 usando éstas en [2.23] se obtiene la solución: u(x, t) = 50e − 9π 2 t 2 sen ( 3πx 2 ) + + 20e −8π 2 t sen 2πx −10e −32π 2 t sen 4πx. (2.24) Notas a) Para la mayor´ıa de problemas podemos anticipar el hecho de que debemos hacer la selección c = −λ 2 , puesto que de otra manera no obtenemos los términos no presentes en la ´ ultima condición de frontera del ejemplo anterior. b) De esta manera no necesitamos preocuparnos con cualquier otra selección por la constante distinta de −λ 2 . 2.2 Usar el método de separación de variables para obtener soluciones al valor de la frontera: ∂u ∂x = ∂u ∂y , u(0, y) = e 2y . Solución Ensayemos u(x, y) = X(x).Y (y). Sustituyendo: X .Y = Y .X ⇔ X X = Y Y , un miembro depende de x mientras que el otro depende sólo de y. Puesto que x e y son variables independientes: X X = c; Y Y = c siendo c la misma. Resolviendo ambas: X = a 1 e cx , Y = a 2 e cy . De aqu´ı que u(x, y) = a 1 e cx .a 2 e cy = a 1 a 2 e c(x+y) . Usando la condición inicial de frontera u(0, y) = e 2y resulta u(0, y) = a 1 a 2 e c(x+y) = e 2y . Tomando a 1 a 2 = 1 y c = 2 se tiene que la solución general es: u(x, y) = e 2(x+y) = e 2x+2y . 2.3 Obtener la solución del PVF (Problema de Valor de Frontera) ∂u ∂x + ∂u ∂y = u, u(0, y) = 2e −y + 3e −2y 2.10. EJERCICIOS RESUELTOS 43 Solución Aplicando el MSV, ensayamos con u(x, y) = X(x).Y (y). De ah´ı Y.X + X.Y = X.Y , dividiendo por X.Y Y.X X.Y + X.Y X.Y = X.Y X.Y ⇒ X X + Y Y = 1 por tanto X X = 1− Y Y . Se tiene que cumplir, por las mismas razones expuestas en el ejercicio anterior que X X = c; ¸ 1 − Y Y = c ⇔ Y Y = 1 −c resolviendo ambas X = a 1 e cx Y = a 2 e (1−c)y entonces u(x, y) = X(x).Y (y) = a 1 e cx a 2 e (1−c)y ⇒ u(x, y) = a 1 a 2 e cx+(1−c)y = be cx+(1−c)y siendo b = a 1 a 2 . De la condición de frontera u(0, y) = 2e −y + 3e −2y = be (1−c)y , desafortunadamente no puede ser cierta para ninguna selección de las constantes b y c, por tanto usemos el principio de superposición. Utilicemos para ello u 1 (x, y) = b 1 e c 1 x+(1−c 1 )y u 2 (x, y) = b 2 e c 2 x+(1−c 2 )y como soluciones particulares, entonces:u(x, y) = u 1 (x, y) +u 2 (x, y) también es solución. Por tanto b 1 e c 1 x+(1−c 1 )y +b 2 e c 2 x+(1−c 2 )y = 2e −y + 3e −2y que para x = 0 es b 1 e (1−c1)y +b 2 e (1−c 2 )y = 2e −y + 3e −2y , es decir, b 1 = 2, b 2 = 3, 1 −c 1 = −1 ⇒c 1 = 2, 1 −c 2 = −2 ⇒c 2 = 3. En definitiva la solución general será u(x, y) = 2e 2x−y + 3e 3x−2y . 44CAP ´ ITULO2. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES ENDERIVADAS PARCIALES. PROPIEDADES Cap´ıtulo 3 Ecuaciones de tipo hiperbólico ”Las matemáticas proporcionan a la f´ısica un lenguaje propio, las formas de expresión son claras y elegantes y le dan el se˜ nor´ıo necesario sobre los fenómenos naturales y su debido aprovechamiento ” G. Arfken ”E pur, si muove .....” Galilei 45 46 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DE TIPO HIPERB ´ OLICO 3.1. INTRODUCCI ´ ON 47 3.1. Introducción Ya afirmábamos en el cap´ıtulo anterior que a las ecuaciones de tipo hiperbólico conducen los problemas referentes a los fenómenos de tipo oscilatorio (problemas de la cuerda, membrana, de oscilaciones electromagnéticas, etc.). La particularidad caracter´ıstica de los procesos descritos por las ecuaciones de tipo hiperbólico es la velocidad finita de propagación de las perturbaciones. 3.2. Problemas que dan lugar a vibraciones u oscilaciones 3.2.1. Problema de la cuerda vibrante Uno de los problemas más simples en vibraciones u oscilaciones que conducen a problemas de valor de frontera dando lugar a EDP’s es el problema de una cuerda vibrante, por ejemplo una cuerda de viol´ın. Supongamos que tal cuerda esté tensa fuertemente entre dos puntos x = 0 y x = L, figura [3.1] ` • • x = 0 x = L Y X ` ¨ ¨ ¨ ¨ ¨ ¨ ¨r r r r r r r • x = L 2 • • h x = 0 x = L Y X Figura 3.1: Cuerda tensa y cuerda alzada En el tiempo t = 0 la cuerda se alza por el punto medio, seg´ un la figura [3.1], una distancia que designamos por h. A continuación la cuerda se suelta. El problema, que involucra la vibración que se produce, es describir el movimiento resultante. Para estudiar con rigor este problema debemos atender a muchos supuestos: 48 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DE TIPO HIPERB ´ OLICO 1. Puede suceder que la cuerda esté demasiado tensa cuando la alzamos por la mitad una altura h, y la cuerda se rompe. (Este caso es demasiado simple y no lo consideramos) 2. Suponemos que la cuerda es flexible y elástica 3. Para simplificar consideramos que h es suficientemente peque˜ no frente a L. 4. Otros supuestos (que iremos incorporando con el desarrollo del temario). 3.2.2. Modelo matemático Veamos a continuación el modelo matemático que rige la vibración de la cuerda. Supongamos que en alg´ un tiempo t la cuerda tiene la forma de la figura [3.2]. ` x Y (x,t) x+∆x Y (x+∆x,t) x = 0 x = L Y X Figura 3.2: Llamemos Y (x, t) el desplazamiento del punto x en la cuerda (medido desde la posición de equilibrio la cual tomamos como el eje OX) en el tiempo t. El desplazamiento, en el tiempo t, en en punto cercano x + ∆x vendrá dado por Y (x + ∆x, t). Para describir el movimiento resultante, consideraremos las fuerzas que act´ uan sobre el peque˜ no elemento de cuerda de longitud ∆s entre x y x +∆x como se muestra en la figura [3.3]. Habrá dos fuerzas actuando sobre el elemento, la tensión τ(x) debida a la porción de cuerda a la izquierda, y a la tensión τ(x + ∆x) debida a la porción de la derecha.(Nótese que hemos asumido por el momento que la tensión depende de la posición). 3.2. PROBLEMAS QUE DAN LUGAR A VIBRACIONES U OSCILACIONES 49 ` x ∆s . . . . . τ(x) sen θ 1 τ(x) cos θ 1 τ(x+∆x) sen θ 2 τ(x+∆x) cos θ 2 x+∆x ∆Y ∆x Y X Figura 3.3: Cuerda alzada Descomponiendo estas fuerzas en componentes se tiene Fuerza neta vertical (hacia arriba) = τ(x + ∆x) sen θ 2 −τ(x) sen θ 1 Fuerza neta horizontal (hacia la derecha) = τ(x + ∆x) cos θ 2 −τ(x) cos θ 1 Suponemos ahora que no hay movimiento a la izquierda ni a la derecha; es decir, la fuerza neta horizontal neta es cero (es una muy buena aproximación de la situación f´ısica). La fuerza vertical neta produce una aceleración del elemento. Asumiendo que la cuerda tiene densidad ρ (masa por unidad de longitud), la masa del elemento es ρ∆s. La aceleración vertical de la cuerda está dada aproximadamente por ∂ 2 Y ∂t 2 (más exactamente es ∂ 2 Y ∂t 2 + ε donde ε →0 cuando ∆x →0). Por tanto seg´ un la ley de Newton F = ma τ(x + ∆x) sen θ 2 −τ(x) sen θ 1 = ρ∆s ∂ 2 Y ∂t 2 (3.1) con un alto grado de precisión. Si llamamos θ al ángulo que forma la tangente en cualquier punto del elemento con el eje positivo de las X, entonces θ es una función de la posición, y escribimos θ 1 = θ(x); θ 2 = θ(x + ∆x) 50 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DE TIPO HIPERB ´ OLICO sustituyendo en la expresión [3.1] y dividiendo por ∆x, τ(x + ∆x) sen θ(x + ∆x) −τ(x) sen θ(x) ∆x = ρ ∆s ∆x ∂ 2 Y ∂t 2 . (3.2) Ahora bien, la pendiente de la tangente en cualquier punto de la cuerda está dada por tan θ(x) = ∂Y ∂x de aqu´ı que senθ(x) = ∂Y ∂x 1 + ∂Y ∂x 2 (3.3) As´ı, si asumimos que la pendiente es peque˜ na comparada con 1, podemos despreciar ∂Y ∂x 2 en el denominador de [3.3] lo cual equivale a la aproximación: sen θ(x) = tan θ(x) = ∂Y ∂x usando este resultado en [3.2] y tomando l´ımites cuando ∆x →0 tendremos l´ım ∆x→0 τ(x + ∆x) sen θ(x + ∆x) −τ(x) sen θ(x) ∆x = l´ım ∆x→0 ρ ∆s ∆x ∂ 2 Y ∂t 2 ⇒ ∂ ∂x [τ(x) tan θ(x)] = ρ ∂ 2 Y ∂t 2 ⇔ ∂ ∂x ¸ τ(x) ∂Y ∂x = ρ ∂ 2 Y ∂t 2 ∂ ∂x ¸ τ(x) ∂Y ∂x = ρ ∂ 2 Y ∂t 2 . (3.4) la cual se denomina Ecuación de la cuerda vibrante. Caso particular: Consideremos que τ(x) = τ es una constante ∂ ∂x ¸ τ(x) ∂Y ∂x = ρ ∂ 2 Y ∂t 2 ⇒τ ∂ 2 Y ∂x 2 = ρ ∂ Y ∂t 2 o lo que es lo mismo ∂ 2 Y ∂t 2 = a 2 ∂ 2 Y ∂x 2 (3.5) siendo a 2 = τ ρ . Mientras no se diga lo contrario consideraremos τ constante. 3.2. PROBLEMAS QUE DAN LUGAR A VIBRACIONES U OSCILACIONES 51 3.2.3. Condiciones de frontera Como la cuerda está fija en los puntos x = 0 y x = L se tiene que Y (0, t) = 0, Y (L, t) = 0, ∀t ≥ 0. Estas condiciones establecen que los desplazamientos en los extremos de la cuerda son siempre cero. Si nos referimos a la figura [3.1], cuando la cuerda está alzada, se ve que Y (x, 0) = 2hx L si 0 ≤ x ≤ L 2 2h L (L −x) si L 2 ≤ x ≤ L nos refleja las ecuaciones de los dos segmentos de recta de esa figura, siendo Y (x, 0) el desplazamiento de cualquier punto en t = 0. Puesto que la cuerda se suelta desde el reposo, su velocidad inicial en cualquier parte es cero. Denotando por Y t la velocidad ∂Y ∂t podemos escribir Y t (x, 0) = 0 lo cual dice que la velocidad en cualquier lugar x en el tiempo t = 0 es cero. Hay otros muchos problemas de frontera que se pueden formular usando la misma ecuación diferencial parcial [3.5]. Por ejemplo: a) Si L no es el punto medio ` d d x=L x=0 x=L Y X Figura 3.4: b) Podr´ıamos también tener una cuerda con uno de sus extremos fijo mientras que el otro se mueve arriba y abajo de acuerdo a alguna ley de movimiento. c) L y L varios puntos 52 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DE TIPO HIPERB ´ OLICO ` rr d d x=L x=L x=0 x=L Y X Figura 3.5: 3.2.4. Generalización del problema de la cuerda vibrante Podemos generalizar la ecuación de la cuerda vibrante [3.5]. Sea una membrana o piel de tambor con la forma de un cuadrado en el plano OXY cuya frontera está fija seg´ un se contempla en la siguiente figura [3.6]. ` • (x,y) Y X Figura 3.6: Si se pone a vibrar, a la manera de como se golpea un tambor, cada punto (x, y) del cuadrado se pone en movimiento en una dirección perpendicular al plano. Si se denota por Z el desplazamiento de su punto (x, y) a partir del plano, el cual es la posición de equilibrio, en cualquier tiempo t, entonces la ecuación diferencial parcial para la vibración está dada por ∂ 2 Z ∂t 2 = a 2 ∂ 2 Z ∂x 2 + ∂ 2 Z ∂y 2 , a 2 = τ ρ . (3.6) En la que ρ es la densidad (masa por unidad de área), τ es la tensión por unidad de 3.3. ECUACI ´ ON ONDULATORIA UNIDIMENSIONAL 53 longitud a lo largo de cualquier curva en la piel del tambor (se asume como constante) y Z = Z(x, y, t). Se puede obtener la generalización a tres dimensiones, dando como resultado ∂ 2 u ∂t 2 = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 + ∂ 2 u ∂y 2 + ∂ 2 u ∂z 2 . (3.7) Se podr´ıa pensar que esta ecuación tiene aplicaciones a las vibraciones de una superficie esférica o de otra forma. La ecuación [3.7] aparece también en la teor´ıa electromagnética en relación a la propaga- ción de ondas tales como ondas de radio o televisión. Por esta razón con frecuencia llamamos a [3.7], o cualesquiera de los casos [3.5] o [3.6], la Ecuación de onda. A modo de resumen: ∂ 2 u ∂t 2 = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 ≡ E. de Onda de una dimensión ∂ 2 u ∂t 2 = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 + ∂ 2 u ∂y 2 ≡ E. de Onda de dos dimensiones ∂ 2 u ∂t 2 = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 + ∂ 2 u ∂y 2 + ∂ 2 u ∂z 2 ≡ E. de Onda de tres dimensiones Si introducimos el operador derivada parcial ∇ 2 ≡ ∂ 2 ∂x 2 + ∂ 2 ∂y 2 + ∂ 2 ∂z 2 la ecuación [3.7]se puede escribir ∇ 2 u = 1 a 2 ∂ 2 u ∂t 2 . (3.8) En el caso de que u no dependa de t, la ecuación [3.8] se convierte en ∇ 2 u = 0, ∂u 2 ∂x 2 + ∂u 2 ∂y 2 + ∂u 2 ∂z 2 = 0 (3.9) llamada Ecuación de Laplace. 3.3. Ecuación ondulatoria unidimensional Comencemos el estudio de las ecuaciones hiperbólicas por la ecuación de onda unidimensional - ecuación de vibración de la cuerda ∂ 2 u ∂t 2 = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 . (3.10) 54 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DE TIPO HIPERB ´ OLICO Definición 3.1 Llamemos cuerda a un hilo fino, elástico e idealmente flexible sólo cuando éste está tensado y opone resistencia al estiramiento. Supóngase que la cuerda vibra en el plano OXU y el vector de desplazamiento u es perpendicular en cualquier momento t al eje OX. Entonces, como ya hemos visto en el apartado anterior, el proceso de vibración puede describirse por una función u(x, t) que caracteriza el desplazamiento vertical de la cuerda. Examinemos las vibraciones peque˜ nas de la cuerda si la densidad lineal de la cuerda ρ es constante, y están ausentes las fuerzas exteriores, la ecuación de oscilaciones libres de una cuerda homogénea tiene la forma ya conocida, ∂ 2 u ∂t 2 = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 ; a = τ ρ . 3.3.1. Solución del problema de Cauchy (problema inicial) para una cuerda ilimitada a) Método de onda móvil. Solución de d’ Alembert a.1) Vamos a integrar la ecuación de onda unidimensional ∂ 2 u ∂t 2 = a 2 ∂ 2 ∂x 2 . Aqu´ı u(x, t) es el desplazamiento de los puntos de la cuerda respecto a la posición de equilibrio en el momento de tiempo t. Para cada valor fijo de la t la gráfica de la función u = u(x, t) da la forma de cuerda en el momento de tiempo t. Hagamos el cambio de variable siguiente: ξ = x −at η = x +at (3.11) Entonces la ecuación [3.10] en las nuevas variables adopta la forma ∂ 2 u ∂ξ∂η = 0, ya que ∂u ∂x = ∂u ∂ξ ∂ξ ∂x + ∂u ∂η ∂η ∂x = ∂u ∂ξ + ∂u ∂η ⇒ ∂ 2 u ∂x 2 = ∂ ∂x ¸ ∂u ∂x = ∂ ∂x ¸ ∂u ∂ξ + ∂u ∂η = = ∂ 2 u ∂ξ 2 ∂ξ ∂x + ∂ 2 u ∂ξ∂η ∂η ∂x + ∂ 2 u ∂η∂ξ ∂ξ ∂x + ∂ 2 u ∂η 2 ∂η ∂x = ∂ 2 u ∂ξ 2 + 2 ∂ 2 u ∂ξ∂η + ∂ 2 u ∂η 2 ∂u ∂t = ∂u ∂ξ ∂ξ ∂t + ∂u ∂η ∂η ∂t = a ∂u ∂η − ∂u ∂ξ ⇒ ∂ 2 u ∂t 2 = ∂ ∂t ¸ ∂u ∂t = ∂ ∂t ¸ a ∂u ∂η − ∂u ∂ξ = a 2 ∂ 2 u ∂ξ 2 −2a 2 ∂ 2 u ∂ξ∂η +a 2 ∂ 2 u ∂η 2 . 3.3. ECUACI ´ ON ONDULATORIA UNIDIMENSIONAL 55 Introduciendo estas expresiones en la ecuación [3.10] se llega a que ∂ 2 u ∂ξ∂η = 0. Y esta ecuación, como se ha demostrado en el tema anterior se integra de una manera muy simple. Se llega a que u = θ 1 (ξ) +θ 2 (η) que deshaciendo los cambios se obtiene u = θ 1 (x −at) +θ 2 (x +at). (3.12) Que es la solución general de la ecuación [3.10], puesto que una solución cualquiera de la ecuación [3.10] puede representarse en forma de la ecuación [3.12], eligiendo correspondientemente las funciones θ 1 y θ 2 . Esta ecuación se denomina la solución de D’ Alembert, y cada sumando en la ecuación [3.12] también es solución de la ecuación [3.10]. a.2) Veamos el sentido f´ısico de u(x, t) = θ 1 (x −at) + θ 2 (x + at). Para t = 0 esta solución adopta la forma u(x; 0) = θ 1 (x) +θ 2 (x). ` c u = θ 1 (x) θ 1 (c) 0 X u Figura 3.7: Supongamos un observador que, saliendo en t = 0 del punto x = 0 del eje OX, se mueve en la dirección positiva con velocidad a, de tal manera que para su abscisa se tiene dx dt = a, de donde x = at +c ⇒x −at = c. Por consiguiente, para u = θ 1 (x − at) = θ 1 (c) =cte. En otras palabras, para tal observador el desplazamiento u de la cuerda, que viene determinado por la expresión u = θ 1 (x − at), será constante todo el tiempo e igual a θ 1 (c). De esta manera, la solución θ 1 (x −at) representa la Onda Directa que se propaga en sentido positivo del 56 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DE TIPO HIPERB ´ OLICO eje OX con velocidad a. Si por θ 1 (ξ) se toma, por ejemplo, sen ξ, entonces tendremos la onda sinusoidal. La solución u = θ 2 (x + at) representa la Onda Inversa que se propaga en dirección negativa del eje OX con velocidad a. En definitiva, la solución u(x, t) = θ 1 (x − at) + θ 2 (x + at) es la suma de las ondas directa e inversa. Esto conduce al siguiente procedimiento gráfico para construir la forma de cuerda en un momento cualquiera de tiempo t 1. Se construyen las curvas u = θ 1 (x), u = θ 2 (x) en t = 0. 2. Sin cambiar su forma, las desplazamos simultáneamente en magnitud at > 0 en sentidos opuestos - La curva u = θ 1 (x) a la derecha - La curva u = θ 2 (x) a la izquierda Para obtener la gráfica de la cuerda es suficiente construir la suma algebraica de ordenadas de las curvas desplazadas. b) Solución del problema de Cauchy para la cuerda ilimitada El problema de Cauchy consiste en hallar una función u(x, t) ∈ C 2 que satisfaga la ecuación ∂ 2 u ∂t 2 = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 ; t > 0, −∞< x < +∞ (3.13) y las condiciones iniciales u| t=0 = ϕ 0 (x); ∂u ∂t t=0 = ϕ 1 (x), −∞< x < +∞ (3.14) donde ϕ 0 (x) ∈ C 2 (R); ϕ 1 (x) ∈ C 1 (R) son las dos funciones tales que ϕ 0 (x) determina la forma de la cuerda en el instante inicial t = 0; ϕ 1 (x) plantea la distribución de las velocidades ∂u ∂t a lo largo de la cuerda en t = 0. Supongamos que la solución del problema examinado existe, entonces se tendremos u(x, t) = θ 1 (x −at) +θ 2 (x +at). 3.3. ECUACI ´ ON ONDULATORIA UNIDIMENSIONAL 57 Determinemos las funciones θ 1 y θ 2 de tal manera que se satisfagan las condiciones iniciales [3.14] u(x; 0) = θ 1 (x) +θ 2 (x) = ϕ 0 (x) (3.15) ∂u(x; 0) ∂t = −a[θ 1 (x) −θ 2 (x)] = ϕ 1 (x). (3.16) De aqu´ı, θ 1 (x) −θ 2 (x) = − 1 a ϕ 1 (x). Si integramos con respecto a x x 0 [θ 1 (α) −θ 2 (α)]dα = − 1 a x 0 ϕ 1 (α)dα +C : C ∈ R (arbitraria) θ 1 (x) −θ 2 (x) = − 1 a x 0 ϕ 1 (α)dα +C pero por otro lado, θ 1 (x) +θ 2 (x) = ϕ 0 (x). Entonces θ 1 (x) = 1 2 ϕ 0 (x) − 1 2a x 0 ϕ 1 (α)dα + C 2 θ 2 (x) = 1 2 ϕ 0 (x) + 1 2a x 0 ϕ 1 (α)dα − C 2 Introduciendo en la ecuación [3.12] las expresiones para θ 1 y θ 2 , obtendremos: u(x, t) = 1 2 ϕ 0 (x −at) − 1 2a x−at 0 ϕ 1 (α)dα + 1 2 ϕ 0 (x +at) + 1 2a x+at 0 ϕ 1 (α)dα u(x, t) = ϕ 0 (x −at) +ϕ 0 (x +at) 2 + 1 2a x+at x−at ϕ 1 (α)dα (3.17) que denominamos Fórmula de D’ Alembert. c) Dominio de dependencia La fórmula de D’ Alembert [3.17] muestra que el valor de la solución u(x, t) en el punto P(x; t) depende sólo de los valores de las funciones ϕ 0 y ϕ 1 en los puntos del segmento Υ p : [x −at, x +at] del eje OX. En realidad los valores de ϕ 1 forman parte de la solución en todo el segmento Υ p , mientras que los valores de ϕ 0 sólo en los extremos de este segmento. Se dice que la solución u(p) no advierte los datos fuera de Υ p . El segmento Υ p del eje OX se llama Dominio de dependencia para el punto P(x; t) (véase la figura [3.8]). 58 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DE TIPO HIPERB ´ OLICO ` P(x; t) x −at x +at Υ p Figura 3.8: 3.3.2. Casos particulares de la fórmula de D’ Alembert Estudiemos dos casos particulares que permiten figurar el comportamiento de la solución de la ecuación ∂ 2 u ∂t 2 = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 en el caso general. I) Caso Primero Sea ϕ 1 (x) = 0, mientras que la gráfica de la función ϕ 0 (x) tiene la forma de la siguiente figura ` d d d d d d d • 1 − 1 2 1 2 • • 0 u X t = 0 > > > > > > > Figura 3.9: 3.3. ECUACI ´ ON ONDULATORIA UNIDIMENSIONAL 59 Sin perdida de generalidad y para simplificar consideremos que a = 1. Entonces la fórmula de D’ Alembert (FDA) adopta la expresión u(x, t) = ϕ 0 (x −t) +ϕ 0 (x +t) 2 Para obtener la gráfica de la función u(x, t) considerada como función de x, ∀t ∈ R + (fijo), operemos as´ı - Inicialmente trazamos dos gráficas que coinciden, cada una de las cuales se obtiene a partir de la gráfica ϕ 0 (x), reduciendo las ordenadas dos veces (l´ınea de trazo fino de la figura [3.9]). - A continuación una de estas gráficas se desplaza, como un todo ´ unico, en t a la derecha en sentido positivo = X, mientras que la otra, en t a la izquierda. - Después de estos dos pasos se construye una gráfica nueva, en la cual la ordenada para cada valor de x es igual a la suma de ordenadas de dos gráficas desplazadas. Ejercicio para el lector Ayudándose de este procedimiento comprobar que las gráficas u(x; 0), u(x; 1/4), u(x; 1/2), u(x; 1) se corresponden, respectivamente, con la figura [3.10]. Nota Se observa que para las condiciones iniciales elegidas en cada punto de la cuerda, después de que pasen ambas ondas (y para los puntos que se hallan fuera de la región del desplazamiento inicial, después de que pase sólo una onda), se establece el estado de reposo. II) Caso Segundo Sean ϕ 0 (x) ≡ 0, ϕ 1 (x) ≡ 1, | x |≤ 1 2 0, | x |> 1 2 y sigamos considerando a = 1. La visualización gráfica es la que corresponde a la figura siguiente En este caso se dice que la cuerda tiene sólo un impulso inicial. Y la expresión [3.17] toma la forma: u(x, t) = 1 2 x+t x−t ϕ 1 (α)dα. 60 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DE TIPO HIPERB ´ OLICO ` ` ` d d d − 1 2 1 2 0 − 1 4 1 4 1 2 t = 1 4 X d d d d d d − 1 2 1 2 0 − 1 4 1 4 1 2 t = 1 2 X ¡ ¡ ¡e e e ¡ ¡ ¡e e e − 1 2 1 2 0 − 1 4 1 4 1 2 t = 1 X t t t Figura 3.10: - Para cada x fijo la solución u(x, t) será igual a cero hasta que la intersección del intervalo (x −t, x +t) con el intervalo − 1 2 , 1 2 , donde ϕ 1 (x) = 0, sea vac´ıo. - u(x, t) cambiará mientras (x − t, x + t) cubra cada vez mayor parte del intervalo − 1 2 , 1 2 . - Después de que el intervalo (x − t, x + t) tendrá en su interior el intervalo − 1 2 , 1 2 , u(x, t) permanecerá invariable e igual a 1 2 1 2 − 1 2 ϕ 1 (α)dα. (3.18) Para obtener la gráfica que represente la forma de la cuerda para valores diferentes de t, hagamos lo siguiente. Designemos por φ(z) una función primitiva cualquiera para ϕ 1 (z). Entonces u(x, t) = 1 2 [φ(x +t) −φ(x −t)] . (3.19) Para construir la gráfica de [3.19] tracemos las gráficas de las funciones : 1 2 φ(x) y − 1 2 φ(x) y después cada una de estas gráficas se desplaza, como un todo ´ unico, a una distancia t a lo largo del eje OX. - La primera gráfica, a la izquierda. - La segunda gráfica, a la derecha 3.3. ECUACI ´ ON ONDULATORIA UNIDIMENSIONAL 61 ` − 1 2 1 2 0 u = ϕ 1 (x) X u Figura 3.11: Al sumar las ordenadas de las gráficas desplazadas, obtendremos la gráfica de la función u(x, t). Veamos para diferentes valores de t, las gráficas correspondientes Al pasar un intervalo suficientemente grande de tiempo, cada punto de la cuerda se despla- zará y tendrá la desviación estacionaria u est que se determina por integral 1 2 1 2 − 1 2 ϕ 1 (α)dα. En este caso tenemos la deformación residual (Histéresis). 3.3.3. ¿Cómo se debe plantear el problema de forma correcta ? Al estudiar determinados problemas f´ısicos debemos introducir el concepto forma correcta de introducir el problema. Definición 3.2 Sea un problema P(x). Se dice que P(x) se plantea de forma correcta en Matemáticas si a) La solución del problema P(x) existe para cierta clase de funciones F 1 . b) La solución del problema P(x) es ´ unica para cierta clase de funciones F 2 . c) La solución del problema P(x) depende de forma ininterrumpida de los datos del problema (condiciones iniciales y de frontera, coeficientes de la ecuación), es decir, la solución posee estabilidad. Al conjunto F 1 ∩ F 2 se denomina Clase del Planteamiento Correcto del problema. 62 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DE TIPO HIPERB ´ OLICO ` ` ` ` − 1 2 1 2 t=0 1 2 1 u d d d 1 2 u t= 1 2 ¨ ¨ ¨ r r r t= 1 4 u d d d − 1 2 1 2 t=1 u t= 1 2 t= 1 2 > > > > > d) b) c) a) Figura 3.12: Teorema 3.1 Sea el problema de Cauchy para la cuerda ilimitada: ∂ 2 u ∂t 2 = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 , t > 0, −∞< x < +∞ u(x, t)| t=0 = ϕ 0 (x), ϕ 0 (x) ∈ C 2 (R) ∂u(x, t) ∂t t=0 = ϕ 1 (x), ϕ 1 (x) ∈ C 1 (R) (3.20) suponiendo que la solución existe y es ´ unica. Cualquiera que sea el intervalo [0, t 0 ], ∀t ∈ [0, t 0 ], y cualquiera que sea > 0, se encon- trará un δ = δ(, t 0 ) > 0 tal, que para dos soluciones cualesquiera u 1 (x; t), u 2 (x; t) de la 3.3. ECUACI ´ ON ONDULATORIA UNIDIMENSIONAL 63 ecuaci´ on [3.20] que corresponden a las condiciones iniciales u 1 (x; t) = ϕ 1 0 (x) ; u 2 (x; t) = ϕ 2 0 (x) ∂u 1 (x; 0) ∂t = ϕ 1 1 (x) ; ∂u 2 (x; 0) ∂t = ϕ 2 1 (x) (3.21) se cumple | u 2 (x; t) −u 1 (x; t) |< , 0 ≤ t ≤ t 0 , −∞< x < +∞, cuando | ϕ 1 0 (x) −ϕ 2 0 (x) |< δ, | ϕ 1 1 (x) −ϕ 2 1 (x) |< δ con −∞< x < +∞, es decir, un peque˜ no cambio de las condiciones iniciales lleva a una pequ˜ na variación de las soluciones. Nota Consecuentemente para la ecuación ∂ 2 u ∂t 2 = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 el Problema de Cauchy está planteado de forma correcta. 3.3.4. Ejemplo de Hadamard Examinemos el siguiente problema de Cauchy para la ecuación de Laplace. Sea la situación siguiente ∂ 2 u ∂t 2 + ∂ 2 u ∂x 2 = 0; t > 0, −∞< x < +∞ (3.22) que satisface para t = 0 las condiciones u(x, t)| t=0 = 0 : ∂u(x, t) ∂t t=0 = 1 n sen nx : ∀n ∈ N. Es fácil comprobar que la solución de este problema es la función u(x, t) = 1 n 2 senh nt sen nx. (3.23) Puesto que ∂u(x; 0) ∂t = 1 n sen nx ≤ 1 n , entonces, para n suficientemente grande, ∂u(x; 0) ∂t será en todas las partes tan peque˜ no como se desee. Al mismo tiempo, como muestra la fórmula [3.23], la solución u(x, t) del problema examinado, tomará magnitudes tan grandes en valor absoluto como se desee, cuando t > 0 arbitrariamente peque˜ no y n es suficientemente grande. Supongamos que hemos hallado la solución u 0 (x; t) del problema de Cauchy para la ecuación [3.22] para ciertas condiciones iniciales u(x, t)| t=0 = ϕ 0 (x); ∂u ∂t t=0 = ϕ 1 (x). 64 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DE TIPO HIPERB ´ OLICO Entonces para las condiciones iniciales u(x, t)| t=0 = ϕ 0 (x) ∧ ∂u(x, t) ∂t t=0 = ϕ 1 (x) + 1 n sen nx la solución del problema de Cauchy será la función u(x, t) = u 0 (x; t) + 1 n 2 senh nt sen nx. De aqu´ı se deduce que una peque˜ na variación de las condiciones iniciales puede llevar a cambios tan grandes como se desee en la solución del problema de Cauchy, además, en una proximidad cualquiera de la l´ınea de los valores iniciales t = 0. En definitiva, el problema de Cauchy para la ecuación de Laplace (tipo el´ıptico) está planteado incorrectamente. 3.3.5. Otro ejemplo Sea la ecuación hiperbólica ∂ 2 u ∂x∂y = 0. (3.24) Hallar la solución u(x, y) de la ecuación [3.24] en el rectángulo R dado en la siguiente figura: ` 0 X Y P y x M (x, y) R N • • • • • • Figura 3.13: R es u rectángulo de lados paralelos a los ejes de coordenadas que toma en la frontera γ de R los valores de contorno prefijados ( la frontera γ de R está cerrada). Este problema de contorno, hablando en general, no tiene solución. 3.4. EJERCICIOS PROPUESTOS 65 Como se sabe la solución general de [3.24] tiene la forma u(x, y) = φ 1 (x) + φ 2 (y), con φ 1 , φ 2 ∈ C 1 arbitrarias. Tampoco podemos fijar arbitrariamente los valores de contorno, puesto que la derivada ∂u ∂y = φ 2 (y) ha de tomar los valores iguales en puntos opuestos correspondientes de los lados x = k (cte). A análoga conclusión llegamos para ∂u ∂x = φ 1 (x), si se toman los puntos opuestos correspondientes en los lados y = cte. Los valores de la función u(x, y) pueden fijarse arbitrariamente sólo en dos lados contiguos del rectángulo (por ejemplo, en OM y OP), pero no en toda la frontera de este rectángulo −, de tal manera que para la ecuación hiperbólica el problema de contorno planteado debe ser determinado de nuevo. Notas 1. De esta manera no podemos subordinar la solución de la ecuación dada a las condiciones de frontera de forma arbitraria. 2. Los problemas planteados de forma incorrecta se encuentran con frecuencia en las aplicaciones. 3.4. Ejercicios propuestos 3.1 Aprovechar la fórmula de D’ Alembert para solucionar el problema de Cauchy ∂ 2 u ∂t 2 = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 , t > 0, −∞< x < +∞; u(x, 0) = ϕ(x), ∂u(x, 0) ∂t = ψ(x), −∞< x < +∞ para mostrar que si ambas funciones ϕ(x), ψ(x) son impares u(x, t)| t=0 = 0, y si estas son pares, ∂u(x, t) ∂x x=0 = 0. 66 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DE TIPO HIPERB ´ OLICO 3.2 Hallar la solución de los problemas iniciales siguientes: a) ∂ 2 u ∂t 2 = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 , t > 0, −∞< x < +∞; u(x, t)| t=0 = e −x 2 ; ∂u(x, t) ∂t t=0 = cos x b) ∂ 2 u ∂t 2 = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 , t > 0, −∞< x < +∞; u(x, t)| t=0 = 0; ∂u(x, t) ∂t t=0 = 1 1+x 2 3.3 Hallar la solución del problema inicial siguiente ∂ 2 u ∂t 2 = 13 ∂ 2 u ∂x 2 , t > 0, x ∈ (−∞, ∞); u(x, t)| t=0 = senh x; ∂u(x, t) ∂t t=0 = ln x 3.4 Hallar la solución del problema inicial siguiente ∂ 2 u ∂t 2 = 25 ∂ 2 u ∂x 2 t > 0, x ∈ (−∞, ∞); u(x, t)| t=0 = 2 x 2 −5x+1 ; ∂u(x, t) ∂t t=0 = cos 2 x Soluciones a los ejercicios propuestos 3.2 a) u(x, t) 1 2 e −(x−at) 2 +e −(x+at) 2 + sen at a cos x. b) u(x, t) = 1 2a [arctan(x +at) −arctan(x −at)] . 3.3 u(x, t) = senh xcosh √ 13t + ln ¸ (x + √ 13t) x+ √ 13t 2 √ 13 (x − √ 13t) x+ √ 13t 2 √ 13 +C. 3.4 u(x, t) = 2 (x−5t) 2 +5(5t−x) 1 + 2 20tx−50t + 1 20 [10t + sen 10t cos 2x] +C. 3.5. Ejercicios resueltos 3.1 Demostrar que cada sumando de la expresión u(x, t) = θ 1 (x − at) + θ 2 (x + at) es solución de la ecuación de oscilaciones libres de una cuerda homogénea. 3.5. EJERCICIOS RESUELTOS 67 Solución: Recuérdese que la ecuación diferencial es : ∂ 2 u ∂t 2 = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 donde u(x, t) representa el desplazamiento de los puntos de la cuerda respecto de la posición de equilibrio en el tiempo t. ∂u ∂t = ∂ ∂t [θ 1 (x −at) +θ 2 (x +at)] = θ 1 (x −at)(−a) +θ 2 a ∂ 2 u ∂t 2 = ∂ ∂t ¸ ∂u ∂t = ∂ ∂t [−aθ 1 (x −at) +aθ 2 (x +at)] ⇒ ∂ 2 u ∂t 2 = (−a) 2 θ 1 (x −at) +a 2 θ 2 (x +at) = a 2 [θ 1 (x −at) +θ 2 (x +at)]. Por otro lado: ∂u ∂x = ∂ ∂x [θ 1 (x −at) +θ 2 (x +at)] = θ 1 +θ 2 ∂ 2 u ∂x 2 = ∂ ∂x [θ 1 (x −at) +θ 2 (x +at)] = θ 1 (x −at) +θ 2 (x +at) Por tanto: ∂ 2 u ∂t 2 = a 2 [θ 1 (x −at) +θ 2 (x +at)] = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 3.2 Demostrar el teorema [3.1]. Solución: Las funciones u 1 (x; t), u 2 (x; t) están ligadas con sus condiciones iniciales mediante la fórmula de D’ Alembert de tal manera, que: u 2 (x; t) −u 1 (x; t) = ϕ 2 0 (x −at) −ϕ 1 0 (x −at) 2 + ϕ 2 0 (x +at) −ϕ 1 0 (x +at) 2 + + 1 2a x+at x−at ϕ 2 1 (α) −ϕ 1 1 (α) dα. de aqu´ı: |u 2 (x; t) −u 1 (x; t)| ≤ ϕ 2 0 (x −at) −ϕ 1 0 (x −at) 2 + ϕ 2 0 (x +at) −ϕ 1 0 (x +at) 2 + + 1 2a x+at x−at ϕ 2 1 (α) −ϕ 1 1 (α) dα. Aprovechando las condiciones del teorema: |u 2 (x; t) −u 1 (x; t)| < δ 2 + δ 2 + 1 2a 2at ≤ δ(1 +t 0 ) haciendo δ = 1 +t 0 , de la ´ ultima desigualdad se tendrá |u 2 (x; t) −u 1 (x; t)| < , con 0 ≤ t ≤ t 0 , −∞< x < +∞ como se quer´ıa demostrar. 68 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DE TIPO HIPERB ´ OLICO Cap´ıtulo 4 Vibraciones libres de una cuerda homogénea fijada en sus extremos ”La F´ısica Teórica, en gran medida, se formula en términos de ecuaciones diferenciales, frecuentemente en la forma de ecuaciones diferenciales en derivadas parciales ” G. Arfken ”Dios no juega a los dados” A.Einstein 69 70CAP ´ ITULO4. VIBRACIONES LIBRES DE UNACUERDAHOMOG ´ ENEAFIJADAENSUS EXTREMOS 4.1. M ´ ETODO DE FOURIER 71 4.1. Método de Fourier El método de Fourier también conocido como el método de separación de variables es uno de los procedimientos más usados en la resolución de EDP’s. Estudiemos con detalle este método comenzando por el problema más simple que se refiere a las vibraciones libres de una cuerda homogénea de longitud fija L en sus extremos. Formalmente, significa, encontrar la solución de la ecuación en derivadas parciales ∂ 2 u(x, t) ∂t 2 = a 2 ∂ 2 u(x, t) ∂x 2 , t > 0, 0 < x < L (4.1) siendo las condiciones de frontera u(x, t)| x=0 = u(x, t)| x=L = 0, t ≥ 0 (4.2) y las condiciones iniciales u(x, t)| t=0 = ϕ 0 (x), ∂u(x, t) ∂t t=0 = ϕ 1 (x), x ∈ [0, L]. (4.3) Este problema se denomina Problema mixto, puesto que contiene las Condiciones de Frontera (CF) y las Condiciones Iniciales (CI). Vamos a encontrar las soluciones particulares de la ecuación [4.1] que no sean idéntica- mente nulas y satisfagan las condiciones de frontera [4.2] en la forma u(x, t) = T(t).X(x). (4.4) Al sustituir u(x, t) seg´ un [4.4] en la ecuación [4.1], obtenemos T (t).X(x) = a 2 T(t).X (x) ⇔ T (t) a 2 T(t) = X (x) X(x) . En esta igualdad el primer miembro depende sólo de t; para que se produzca la igualdad ambos miembros deben de representar a la misma constante. Designémosla por −λ. Se suele llamar a esta constante, constante de separación: T (t) a 2 T(t) = X (x) X(x) = −λ. (4.5) De aqu´ı surgen las ecuaciones T (t) +λa 2 T(t) = 0 (4.6) X (x) +λX(x) = 0 (4.7) 72CAP ´ ITULO4. VIBRACIONES LIBRES DE UNACUERDAHOMOG ´ ENEAFIJADAENSUS EXTREMOS Las CF dan u(0, t) = X(0)T(t) = 0 u(L, t) = X(L)T(t) = 0. Como T(t) = 0 se deduce que la función X(x) debe satisfacer las condiciones de frontera X(0) = 0, X(L) = 0. (4.8) La ecuación [4.7] tiene la solución evidente X(x) ≡ 0 (solución trivial) con las CF [4.8]. Para obtener las no triviales de u(x, t) en forma de [4.4] que satisfagan las CF [4.2] hace falta hallar las soluciones no triviales de X (x) +λX(x) = 0. De esta manera llegamos al problema siguiente Hallar los valores del parámetro λ, para los que existen las soluciones no triviales del problema [4.7] y [4.8], as´ı como estas mismas soluciones. Todos los valores del parámetro λ se llaman valores propios y las soluciones del problema [4.7]- [4.8] no triviales, funciones propias. 4.2. Problema de Sturm-Liouville El problema enunciado anteriormente se denomina Problema de Sturm-Liouville. A con- tinuación, veamos como se calculan los valores propios y las funciones propias. Estudiemos tres casos correspondientes a los valores de λ. Caso I λ < 0. Cuando λ < 0, la solución general de la ecuación [4.7] tiene la forma X(x) = C 1 e − √ −λx +C 2 e √ −λx . Como se tienen que cumplir las condiciones de frontera [4.8] X(0) = C 1 e − √ −λ0 +C 2 e √ −λ0 = 0 X(L) = C 1 e − √ −λL +C 2 e √ −λL = 0 4.2. PROBLEMA DE STURM-LIOUVILLE 73 ⇒ C 1 +C 2 = 0 C 1 e − √ −λL +C 2 e √ −λL = 0. Se trata de un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas C 1 y C 2 . Puesto que el determinante de la matriz de los coeficientes de este sistema es distinto de cero, C 1 = C 2 = 0. Por consiguiente, X(x) = 0, es decir, para λ < 0, no existen soluciones no triviales del problema. Caso II λ = 0. Cuando λ = 0, la solución general de la ecuación [4.7] tiene la forma X(x) = C 1 x +C 2 . La C.F. [4.8] nos dan C 1 +C 2 = 0 C 1 · L +C 2 · 0 = 0 =⇒C 1 = C 2 = 0, y, por consiguiente X(x) = 0, es decir, cuando λ = 0 tampoco existen las soluciones no triviales del problema ]4.7]-[4.8]. Caso III λ > 0. Cuando λ > 0, la solución general de la ecuación [4.7] tiene la forma X(x) = C 1 cos √ λx +C 2 sen √ λx. Como se tienen que cumplir las condiciones [4.8], obtenemos C 1 · 1 +C 2 · 0 = 0 C 1 cos √ λL +C 2 sen √ λL = 0. El sistema anterior tiene las soluciones no triviales, si y sólo si el determinante de la matriz de los coeficientes es igual a cero: 1 0 cos √ λL sen √ λL = 0 ⇔sen √ λL = 0 ⇒ √ λL = arc sen 0 ⇒ √ λL = kπ, ∀k ∈ Z. 74CAP ´ ITULO4. VIBRACIONES LIBRES DE UNACUERDAHOMOG ´ ENEAFIJADAENSUS EXTREMOS De esta forma las soluciones no triviales del problema [4.7]- [4.8] son posibles sólo para los valores λ k = kπ L 2 : ∀k ∈ Z que son los denominados valores propios del problema [4.7]- [4.8]. A partir de la primera ecuación del sistema [4.9] obtenemos C 1 = 0 y, por consiguiente, las funciones X k (x) = sen kπ L x serán las funciones propias del problema que se determinan con exactitud de hasta el factor constante, el cual hemos elegido C 2 = 1 (sin pérdida de generalidad). Nota A los valores positivos y negativos de k que son iguales en valor absoluto, corresponden las funciones propias, las cuales se diferencian sólo en el factor constante. Por eso para k es suficiente tomar solamente los valores positivos k ∈ Z + . Cuando λ = λ k la solución general de [4.6] tiene la forma T k (t) = A k cos kπa L t +B k sen kπa L t donde A k , B k son constantes arbitrarias, A 2 k +B 2 k > 0. De este modo la función u k (x, t) = X k (x) · T k (x) = ¸ A k cos kπa L t +B k sen kπa L t sen kπ L x satisface la ecuación [4.1] y las CF [4.2] para A k y B k cualesquiera, k = 1, 2, 3, . . . , n. Notas a) En virtud de la linealidad y homogeneidad de la ecuación [4.1] una suma finita cualquiera de soluciones será también solución de la ecuación [4.1]. b) Lo mismo es válido para la suma de la serie u(x, t) = ∞ ¸ k=1 ¸ A k cos kπa L t +B k sen kπa L t sen kπ L x (4.9) si ésta converge uniformemente y puede derivarse dos veces término a término respecto a x y t. Puesto que cada sumando en la serie [4.9] satisface las CF [4.2], también 4.3. TEOREMA 75 satisfará estas condiciones la suma u(x, t) de esta serie. Nos queda por determinar las constantes A k y B k , en [4.9] de tal manera que se satisfagan las condiciones iniciales [4.3]. Para ello derivamos formalmente la serie [4.9] respecto a t ∂u ∂t = ∞ ¸ k=1 kπ L ¸ −A k sen kπa L t +B k cos kπa L t sen kπ L x. (4.10) Haciendo t = 0 en [4.9] y [4.10], en virtud de las condiciones iniciales [4.3] obtenemos ϕ 0 (x) = ∞ ¸ k=1 A k sen kπ L x (4.11) ϕ 1 (x) = ∞ ¸ k=1 kπa L B k sen kπ L x (4.12) Las fórmulas anteriores representan los desarrollos de las funciones dadas ϕ 0 (x) y ϕ 1 (x) en la serie de Fourier respecto a los senos en el intervalo (0, L). Los coeficientes de los desarrollos anteriores se calculan A k = 2 L L 0 ϕ 0 (x) sen kπ L xdx (4.13) B k = 2 kπa L 0 ϕ 1 (x) sen kπ L xdx (4.14) 4.3. Teorema Teorema 4.1 Si ϕ 0 (x) ∈ C 3 [0, L] y satisface las condiciones ϕ 0 (0) = ϕ 0 (L) = 0, ϕ 0 (0) = ϕ 0 (L) = 0 mientras que ϕ 1 (x) ∈ C 2 [0, L] y satisface las condiciones de ϕ 1 (0) = ϕ 1 (L) = 0, entonces la suma u(x, t) de la serie [4.9], donde A k y B k se determinan por [4.13] y [4.14], tiene las derivadas parciales continuas de hasta el segundo orden inclusive en la región {0 < x < L, t > 0}, satisface la ecuación [4.1], a las condiciones de frontera [4.2] e iniciales [4.2], es decir, u(x, t) es la solución del problema [4.1]-[4.3]. 4.4. Ejemplo resuelto Hallar la ley de vibraciones de una cuerda homogénea de longitud L, fijada en los extremos, si en el momento inicial t = 0, la cuerda tiene la forma de parábola hx(L − x), h > 0 es constante, con velocidad inicial ausente. 76CAP ´ ITULO4. VIBRACIONES LIBRES DE UNACUERDAHOMOG ´ ENEAFIJADAENSUS EXTREMOS Solución Formalmente el problema es equivalente a resolver la ecuación diferencial en derivadas parciales: ∂ 2 u ∂t 2 = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 , x ∈ (0, L), t > 0 (4.15) con las condiciones de frontera u(x, t)| x=0 = u(x, t)| x=L = 0, t ≥ 0 (4.16) y las condiciones iniciales u(x, t)| t=0 = hx(L −x), ∂u(x, t) ∂t t=0 = 0, x ∈ [0, L] (4.17) Apliquemos el método de Fourier buscando las soluciones no triviales que satisfagan las CF [4.16], en la forma u(x, t) = T(t) · X(x) (4.18) que sustituyendo [4.18] en [4.15] y separando las variables T (t) a 2 T(t) = X (x) X(x) = −λ. (4.19) T (t) +λa 2 T(t) = 0; X (x) +λX(x) = 0. (4.20) Además, en virtud de [4.16], X(0) = X(L) = 0, sabemos que λ k = kπ L 2 : k = 1, 2, 3, . . . X k (x) = sen kπ L x : k = 1, 2, 3, . . . T k (t) = A k cos kπa L t +B k sen kπa L t. De aqu´ı, buscamos la solución del problema de partida en forma de la serie u(x, t) = ∞ ¸ k=1 ¸ A k cos kπa L t +B k sen kπa L t sen kπ L x. (4.21) Para determinar A k y B k utilizamos las condiciones iniciales [4.17] u(x, t)| t=0 = hx(L −x) = ∞ ¸ k=1 A k sen kπ L x (4.22) 4.4. EJEMPLO RESUELTO 77 ∂u(x, t) ∂t t=0 = 0 = aπ L = ∞ ¸ k=1 kB k sen kπ L x (4.23) es fácil deducir que B k = 0, ∀k ∈ Z + . A partir de [4.22] se obtiene A k = 2π L L 0 x(L −x) sen kπ L xdx que integrando dos veces por partes A 2p+1 = 8L 2 h π 3 (2p + 1) 3 , p = 0, 1, 2, 3, . . . Introduciendo los valores hallados de A k y B k en [4.21], obtenemos la solución del problema planteado u(x, t) = 8L 2 h π 3 ∞ ¸ p=0 1 (2p + 1) 3 cos (2p + 1)πa L t sen (2p + 1)π L x. Notas I) Cada una de las funciones u(x, t) = T k (t) · X k (x) = ¸ A k cos kπa L t +B k sen kπa L t sen kπ L x determina las llamadas vibraciones propias de la cuerda fija en sus extremos. Cuan- do las vibraciones propias de la cuerda fijada en sus extremos corresponde a k = 1, la cuerda emite el tono fundamental que es el más bajo. Cuando las vibraciones son superiores a 1, ella emite los tonos más altos, denominados sobretonos. Al escribir u(x, t) = M k sen kπ L xsen kπa L t +α k concluimos que las vibraciones propias (naturales) de la cuerda son las ondas estacionarias (fijas), para las cuales los puntos de la cuerda realizan las oscilaciones armónicas con: Amplitud: M k sen kπ L ; Frecuencia: ω k = kπa L ; Fase: α k II) Se ha examinado con detalles el caso de las vibraciones libres de una cuerda homogénea fijada en sus extremos. Si sometemos a la cuerda a otras condiciones de frontera, obtendremos resultados análogos. 78CAP ´ ITULO4. VIBRACIONES LIBRES DE UNACUERDAHOMOG ´ ENEAFIJADAENSUS EXTREMOS Sea el caso de la cuerda fijada al extremo izquierdo fijo, u(0, t) = 0, mientras que el extremo derecho x = L está ligado elásticamente con su posición de equilibrio. Esto quiere decir que para h > 0, constante ∂u(x, t) ∂x x=L = −hu(L, t). Se propone buscar, con estas condiciones, la solución no trivial u(x, t) de la ecuación ∂ 2 u(x, t) ∂t 2 = a 2 ∂ 2 u(x, t) ∂x 2 . (4.24) Compruébese que se tiene para las funciones propias la expresión X k (x) = sen (2k + 1)π 2L x, k = 0, 1, 2, · · · para los valores propios λ n = (2n + 1)π 2L , n = 0, 1, 2, . . . . 4.5. Ejercicios propuestos 4.1 Aplicar el método de Fourier a los problemas siguientes a) ∂ 2 u ∂t 2 = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 , t > 0, x ∈ (0, L) u(x, t)| x=0 = u(x, t)| x=L = 0; u(x, t)| t=0 = sen 3π L x ; ∂u(x, t) ∂t t=0 = 0 b) ∂ 2 u ∂t 2 = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 , t > 0, x ∈ (0, L) u(x, t)| x=0 = u(x, t)| x=L = 0; u(x, t)| t=0 = 0; ∂u(x, t) ∂t t=0 = sen π L x . 4.2 resolver los siguientes problemas mixtos aplicando el método de Fourier de separación de variables: a) ∂ 2 u ∂t 2 = ∂ 2 u ∂x 2 , t > 0, x ∈ (0, π) u(x, t)| t=0 = u(x, t)| x=π = 0; u(x, t)| t=0 = sen x; ∂u(x, t) ∂t t=0 = sen x b) ∂ 2 u ∂t 2 = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 , t > 0, x ∈ (0, L) u(x, t)| x=0 = u(x, t)| x=L = 0; u(x, t)| t=0 = 0; ∂u(x, t) ∂t t=0 = x 0 ≤ x < L 2 L −x L 2 ≤ x < L 4.5. EJERCICIOS PROPUESTOS 79 Soluciones a los ejercicios propuestos 4.1 a) u(x, t) = sen 3π L x · cos 3πa L t b) u(x, t) = 1 πa sen π L x · sen πa L t 4.2 a) u(x, t) = (sen t + cos t) sen x b) u(x, t) = 4L 2 aπ 3 ∞ ¸ k=1 (−1) k+1 (2k−1) 3 sen (2k−1)π L k sen (2k−1)πa L t 80CAP ´ ITULO4. VIBRACIONES LIBRES DE UNACUERDAHOMOG ´ ENEAFIJADAENSUS EXTREMOS Cap´ıtulo 5 Vibraciones forzadas de la cuerda homogénea de longitud L ”Nuestra época se caracteriza por una amplia utilización de los métodos matemáticos a base de ordenadores en diferenctes esferas de la actividad humana. No obstante, las máquinas de calcular no funcionan sin el hombre. Su uso está vinculado a la simulación de modelos matemáticos y algoritmos numéricos” Y. Zeldovich 81 82CAP ´ ITULO5. VIBRACIONES FORZADAS DE LACUERDAHOMOG ´ ENEADE LONGITUDL 5.1. VIBRACIONES FORZADAS DE LA CUERDA FIJADA EN LOS EXTREMOS 83 5.1. Vibraciones forzadas de la cuerda fijada en los extremos El problema que vamos a tratar en este cap´ıtulo es el estudio de las vibraciones de una cuerda homogénea de longitud L fijada en los extremos, pero sometida a la acción de una fuerza exterior f(x, t) calculada por unidad de longitud. Formalmente significa encontrar la solución de la ecuación ∂ 2 u(x, t) ∂t 2 = a 2 ∂ 2 u(x, t) ∂x 2 +f(x, t) (5.1) para las C.F. u(x, t)| x=0 = u(x, t)| x=L = 0 (5.2) y las C.I. u(x, t)| t=0 = ϕ 0 (x), ∂u(x, t) ∂t t=0 = ϕ 1 (x). (5.3) Para ello busquemos la solución u(x, t) = v(x, t) + w(x, t) donde v(x, t) es la solución de la ecuación no homogénea ∂ 2 v(x, t) ∂t 2 = a 2 ∂ 2 v(x, t) ∂x 2 +f(x, t) (5.4) que satisfaga las C.F. v(x, t)| x=0 = v(x, t)| x=L = 0 (5.5) y las C.I. v(x, t)| t=0 = ∂v(x, t) ∂t t=0 = 0 (5.6) y w(x, t) es la solución de la ecuación homogénea ∂ 2 w(x, t) ∂t 2 = a 2 ∂ 2 w(x, t) ∂x 2 (5.7) que satisfaga a las C.F. w(x, t)| x=0 = w(x, t)| x=L = 0 (5.8) y las C.I. w(x, t)| t=0 = ϕ 0 (x), ∂w(x, t) ∂t t=0 = ϕ 1 (x) (5.9) La solución v(x, t) representa las vibraciones forzadas de la cuerda, es decir, las vibraciones que se engendran por una fuerza perturbadora exterior f(x, t), cuando las perturbaciones iniciales se ausentan. La solución w(x, t) representa las vibraciones libres de la cuerda, es decir, las vibraciones que tienen lugar sólo a consecuencia de las perturbaciones iniciales. 84CAP ´ ITULO5. VIBRACIONES FORZADAS DE LACUERDAHOMOG ´ ENEADE LONGITUDL 5.1.1. Método de resolución El método para hallar las vibraciones libres se estudió con detalle en el cap´ıtulo anterior. Nos queda, por tanto estudiar sólo las vibraciones forzadas v(x, t), o sea, la solución de la ecuación no homogénea [5.4]. Para ello vamos a aplicar el método de desarrollo respecto a las funciones propias que es uno de los métodos más efectivos para solucionar las ecuaciones lineales no homogéneas en derivadas parciales. La idea fundamental del método consiste en descomponer la fuerza exterior f(x, t) en la serie f(x, t) = ∞ ¸ k=1 f k (t) · X k (x) respecto a las funciones propias {X n (x)} del problema de contorno correspondiente y en hallar las respuestas v k (x, t) del sistema a la acción de cada f k (t) · X k (x). Al sumar todas las respuestas semejantes, obtendremos la solución del problema inicial v(x, t) = ∞ ¸ k=1 v k (x, t). Busquemos la solución v(x, t) del problema [5.5]-[5.6] en la forma v(x, t) = ∞ ¸ k=1 T k (t) sen kπ L x. (5.10) Recuérdese que aqu´ı {sen kπ L x} son las funciones propias del problema de contorno homogéneo y las condiciones de frontera [5.5] se satisfacen automáticamente. Determinemos las T k (t), ∀k = 1, 2, 3, · · · de tal modo que v(x, t) satisfaga la ecuación [5.4] y las condiciones iniciales [5.6]. Si escribimos v(x, t) en forma de [5.10] en la ecuación [5.4], se obtiene f(x, t) = ∞ ¸ k=1 ¸ T k (t) + k 2 π 2 a 2 L 2 T k (t) sen kπ L x. (5.11) Desarrollando la función f(x, t) en (0, L) en la serie de Fourier respecto a las funciones propias (respecto a los senos) f(x, t) = ∞ ¸ k=1 f k (t) sen kπ L x (5.12) 5.1. VIBRACIONES FORZADAS DE LA CUERDA FIJADA EN LOS EXTREMOS 85 donde f k (t) = 2 L L 0 f(ξ, t) sen kπ L ξ dξ. (5.13) Comparando los desarrollos [5.11] y [5.12] para la función f(x, t) obtenemos las ecuaciones diferenciales T k (t) + k 2 π 2 a 2 L 2 T k (t) = f k (t), k = 1, 2, 3, . . . (5.14) para las funciones desconocidas T k (t). Para que la solución v(x, t) definida por la serie [5.10] satisfaga las C.I. nulas [5.6], es suficiente hacer que las T k (t) satisfagan las condiciones T k (0) = 0, T k (0) = 0, k = 1, 2, 3, . . . . (5.15) Aprovechando, por ejemplo, el método de variación de las constantes, obtendremos que las soluciones de las ecuaciones [5.14] por las C.I. [5.15] tienen la forma T k (t) = L kπa L 0 f k (σ) sen kπa L (t −σ) dσ (5.16) donde las f k (t) se determinan seg´ un las fórmulas [5.13]. Al sustituir las expresiones halladas [5.16] en la serie [5.10] obtenemos la solución v(x, t) del problema [5.4]-[5.6], si la serie [5.10] y las series obtenidas de ésta derivando término a término respecto a x y t dos veces, convergen uniformemente. Nota La convergencia uniforme de las series estará asegurada si f(x, t) es continua, tiene derivadas parciales continuas respecto de x de hasta el segundo orden inclusive y para todos los valores de t se cumple la condición f(0, t) = f(L, t) = 0. La solución u(x, t) del problema de partida [5.1]-[5.3] se representa de la forma u(x, t) = ∞ ¸ k=1 A k cos kπa L t +B k sen kπa L sen kπ L x + ∞ ¸ k=1 T k (t) sen kπ L x (5.17) 86CAP ´ ITULO5. VIBRACIONES FORZADAS DE LACUERDAHOMOG ´ ENEADE LONGITUDL donde T k (t) = L kπa t 0 f k (σ) sen kπa L (t −σ) dσ A k = 2 L L 0 ϕ 0 (x) sen kπ L x dx k = 1, 2, 3, . . . B k = 2 kπa L 0 ϕ 1 (x) sen kπ L x dx 5.2. Ejemplo resuelto Obtener la solución del problema mixto ∂ 2 u(x, t) ∂t 2 = ∂ 2 u(x, t) ∂x 2 +t sen x, t > 0, x ∈ (0, π) (5.18) u(x, t)| x=0 = u(x, t)| x=π = 0, t ≥ 0 (5.19) u(x, t)| t=0 = ∂u(x, t) ∂t t=0 , x ∈ [0, π] (5.20) Solución Obsérvese como al ausentarse las perturbaciones iniciales se tiene un problema puro de oscilaciones forzadas de una cuerda homogénea de longitud π, y fijada en los extremos. El sistema de funciones {sen(nx)} es ortogonal en [0, π] y el sistema de las funciones propias del problema de contorno X (x) +λX(x) = 0, X(0) = X(π) = 0. Busquemos la solución del problema [5.18]-[5.20] en la forma u(x, t) = ∞ ¸ n=1 T n (t) sen nx (5.21) donde Tn(t) son desconocidas. Si substituimos u(x, t) en la forma de [5.21] en [5.18], se obtiene ∞ ¸ n=1 T n (t) +n 2 T n (t) sen(nx) = t sen x de donde T 1 (t) + T 1 (t) = t (5.22) T n (t) + T n (t) = 0, n = 2, 3, . . . (5.23) 5.3. VIBRACIONES FORZADAS DE LA CUERDA CON EXTREMOS M ´ OVILES 87 Aprovechando la fórmula [5.21], en virtud de las C.I. [5.20] se obtiene u(x, 0) = 0 = ∞ ¸ n=1 T n (0) sen(nx); ∂u(x, t) ∂t t=0 = 0 = ∞ ¸ n=1 T n (0) sen nx de donde T n (0) = T n (0) = 0, n = 1, 2, 3, . . .. De tal manera, para T 1 (t) tenemos T 1 (t) +T 1 (t) = 0 (5.24) T 1 (0) +T 1 (0) = 0. (5.25) La solución general de la ecuación anterior es T 1 (t) = C 1 cos t +C 2 sent +t, que al exigirle que cumpla las condiciones dadas, hallamos C 1 = 0, C 2 = −1, de tal manera que T 1 (t) = t −sen t. Para n ≥ 2, se tiene que T n (t) +n 2 T n (t) = 0 (5.26) T n (0) = T n (0) = 0 (5.27) de donde T n (t) ≡ 0, n = 2, 3, . . .. Por tanto u(x, t) = ∞ ¸ n=1 T n (t) sen nx = T 1 (t) sen nx + 0 +· · · ⇒u(x, t) = (t −sen x) sen x. 5.3. Vibraciones forzadas de la cuerda con extremos móviles El problema que vamos a resolver ahora es el de las vibraciones forzadas en una cuerda homogénea de longitud L originadas por una fuerza exterior f(x, t), calculada por la unidad de longitud, pero con los extremos de la cuerda no fijados, sino que se mueven seg´ un una ley determinada. Formalmente este problema se reduce a encontrar la solución de la ecuación ∂ 2 u(x, t) ∂t 2 = a 2 ∂ 2 u(x, t) ∂x 2 +f(x, t), t > 0, x ∈ (0, L) (5.28) 88CAP ´ ITULO5. VIBRACIONES FORZADAS DE LACUERDAHOMOG ´ ENEADE LONGITUDL que satisfaga a las C.F. u(x, t)| x=0 = ψ 1 (t), u(x, t)| x=L = ψ 2 (t), t ≥ 0 (5.29) y las C.I. u(x, t)| t=0 = ϕ 0 (x); ∂u(x, t) ∂t t=0 = ϕ 1 (x), x ∈ [0, L] (5.30) El método de Fourier es imposible aplicarlo directamente para resolver este problema, puesto ` • • x=0 x=L ψ 1 (t) ψ 2 (t) ω=ω(x,t) ω X Figura 5.1: que las C.F.[5.29] no son homogéneas (no son nulas). Sin embargo, este problema se reduce fácilmente al problema con las C.F. nulas (homogéneas). Para ello vamos a introducir la función auxiliar ω(x, t) = ψ 1 (t) + [ψ 2 (t) −ψ 1 (t)] x L . (5.31) Es fácil ver que ω(x, t)| x=0 = ψ 1 (t), ω(x, t)| x=L = ψ 2 (t). (5.32) De esta manera la función ω(x, t) en los extremos del intervalo [0, L] satisface las condiciones [5.29], mientras que en el interior de este segmento es lineal respecto de x como se muestra en la figura [5.1]. Busquemos la solución del problema [5.28]-[5.30] en la forma u(x, t) = v(x, t) + ω(x, t) donde v(x, t) es una función desconocida. En virtud de la elección de ω(x, t) se tiene que v = u − ω, satisface las condiciones de frontera nulas v(x, t)| x=0 = u(x, t) −ω(x, t)| x=0 = 0, 5.4. EJEMPLO RESUELTO 89 v(x, t)| x=L = u(x, t) −ω(x, t)| x=L = 0 (5.33) y las C.I. v(x, t)| t=0 = u(x, t)| t=0 − ω(x, t)| t=0 = = ϕ 0 (x) −ψ 1 (0) −[ψ 2 (0) −ψ 1 (0)] x L = Φ 0 (x) ∂v(x, t) ∂t t=0 = ∂u(x, t) ∂t t=0 − ∂ω(x, t) ∂t t=0 = = ϕ 1 (x) −ψ 1 (0) −[ψ 2 (0) −ψ 1 (0)] x L = Φ 1 (x). (5.34) Introduciendo u(x, t) = v(x, t) +ω(x, t) en la ecuación [5.28], obtenemos ∂ 2 v(x, t) ∂t 2 = a 2 ∂ 2 v(x, t) ∂x 2 +f(x, t) +a 2 ∂ 2 ω(x, t) ∂x 2 − ∂ 2 ω(x, t) ∂t 2 o, tomando en consideración la expresión para ω(x, t) ∂ 2 v(x, t) ∂t 2 = a 2 ∂ 2 v(x, t) ∂x 2 +f 1 (x, t) siendo f 1 (x, t) = f(x, t) − ψ 1 (t) − [ψ 2 (t) − ψ 1 (t)] x L . De esta manera si ψ 1 (t), ψ 2 (t) ∈ C 2 , llegamos al problema siguiente para la función v(x, t). Hallar la solución de la ecuación ∂ 2 v(x, t) ∂t 2 = a 2 ∂ 2 v(x, t) ∂x 2 +f 1 (x, t) que satisface las C.F. v(x, t)| x=0 = v(x, t)| x=L = 0 y las C.I. v(x, t)| t=0 = Φ 0 (x), ∂v(x, t) ∂t t=0 = Φ 1 (x) es decir, el problema mixto con las C.F. nulas. Recuérdese que le método usado para solu- cionarlo fue expuesto anteriormente. 5.4. Ejemplo resuelto Resolvamos el ejercicio mixto siguiente ∂ 2 u(x, t) ∂t 2 = ∂ 2 u(x, t) ∂x 2 , t > 0, x ∈ (0, 1) (5.35) 90CAP ´ ITULO5. VIBRACIONES FORZADAS DE LACUERDAHOMOG ´ ENEADE LONGITUDL u(x, t)| x=0 = t; u(x, t)| x=1 = 2t, t ≥ 0 (5.36) u(x, t)| t=0 = 0; ∂u(x, t) ∂t t=0 = 1 +x, x ∈ [0, 1] (5.37) Solución Las C.F. no son homogéneas (los extremos de la cuerda son móviles), ψ 1 (t) = t, ψ 2 (t) = 2t. Introduzcamos la función auxiliar ω(x, t) ω(x, t) = t +tx = t(1 +x). (5.38) La solución del problema que buscamos será de la forma u(x, t) = v(x, t) + ω(x, t) donde v(x, t) es una nueva función desconocida. Para ésta se obtiene la ecuación ∂ 2 v ∂t 2 = ∂ 2 v ∂x 2 , t > 0, x ∈ (0, 1) (5.39) las C.F. v(x, t)| x=0 = v(x, t)| x=1 = 0 (5.40) y las C.I. v(x, t)| t=0 = 0 = ∂v(x, t) ∂t t=0 = 0. (5.41) El problema [5.39]-[5.41] tiene, evidentemente, la solución trivial v(x, t) ≡ 0 y, sólo esta solución. Entonces será u(x, t) = v(x, t) +ω(x, t) ⇒u(x, t) = t(1 +x). 5.5. Ejercicios propuestos 5.1 Resolver el problema mixto siguiente ∂ 2 u ∂t 2 = ∂ 2 u ∂x 2 + sen πx, t > 0, x ∈ [0, 1] u(x, t)| x=0 = u(x, t)| x=1 = 0; u(x, t)| t=0 = ∂u(x, t) ∂t t=0 = 0 5.2 Encontrar la solución al problema mixto ∂ 2 u ∂t 2 = ∂ 2 u ∂x 2 + (4t −8) sen 2x, t > 0, x ∈ (0, π) u(x, t)| x=0 = u(x, t)| x=π = 0; u(x, t)| t=0 = ∂u(x, t) ∂t t=0 = 0 5.5. EJERCICIOS PROPUESTOS 91 Soluciones a los ejercicios propuestos 5.1 u(x, t) = 1 π 2 (1 −cos πt) sen πx. 5.2 u(x, t) = 2 cos 2t − sen 2t 2 +t −2 sen 2x 92CAP ´ ITULO5. VIBRACIONES FORZADAS DE LACUERDAHOMOG ´ ENEADE LONGITUDL Cap´ıtulo 6 Ecuaciones de tipo parabólico ”Los objetos y las teor´ıas puremente matemáticas pueden ser concebidos, en todo caso y en una primera aproximación, como puramente ideales. Pero es indudable que en toda experiencia colaboran tanto la experiencia como el pensamiento” G. Frey 93 94 CAP ´ ITULO 6. ECUACIONES DE TIPO PARAB ´ OLICO 6.1. INTRODUCCI ´ ON 95 6.1. Introducción En cap´ıtulos anteriores hemos visto como se resuelven problemas de valor de frontera que involucran ecuaciones diferenciales parciales, y más concretamente hemos estudiado, en los cap´ıtulos 3,4 y 5, con detalle las ecuaciones de tipo hiperbólico que aparecen en problemas relacionados con vibraciones u oscilaciones. Análogo estudio vamos a abordar a continuación con los problemas que aparecen en el estudio de la conducción o difusión del calor. 6.2. Problemas que involucran conducción de calor Supongamos una barra delgada de metal de longitud L que se coloca en el eje OX seg´ un aparece en la figura [6.1]. ` x=0 x=L Y X Figura 6.1: A continuación se sumerge en agua hirviendo de modo que su temperatura es de 100 o C. Luego se saca y los extremos x = 0 y x = L se mantienen en hielo para que la temperatura en los extremos sea de 0 o C. Vamos a suponer que no hay fugas de calor en la superficie de la barra, esto significa, y vamos a admitirlo, que la barra está aislada. ¿Cual será la temperatura de la barra en cualquier lugar y en cualquier tiempo ? Si denotamos por u la temperatura de la barra fácilmente se deduce que u depende de la posición x de la barra, como también del tiempo t (medida del tiempo cero cuando la barra está a 100 o C) de observación. Por tanto u = u(x, t). Veamos el modelo matemático que rige el anterior proceso. Visualicemos la situación 96 CAP ´ ITULO 6. ECUACIONES DE TIPO PARAB ´ OLICO A B C x=0 x x+∆x Figura 6.2: tomando una sección transversal constante A ( véase la figura [6.2], donde la sección transversal es rectangular, aunque pudiera tener cualquier forma como la de un cilindro). Conside- remos el elemento de volumen de la barra incluido entre los dos planos vecinos, paralelos a A y que hemos notado por B y C a distancias x y x + ∆x, respectivamente, de A. Denote- mos la temperatura en el plano B en el tiempo t por u(x, t). Entonces en C en el tiempo t estará dada por u(x + ∆x, t). Para poder continuar en la obtención de la formulación matemática necesitamos tener en cuenta las dos leyes f´ısicas correspondientes a la transferencia del calor Ley I La cantidad de calor necesario para elevar la temperatura de un objeto de masa m en una cantidad ∆u es ms∆u, donde s es una constante que depende del material usado y se llama calor espec´ıfico . Ley II La cantidad de calor que fluye a través de un área (B o C) por unidad de tiempo es proporcional a la tasa de cambio de la temperatura con respecto a la distancia perpendicular al área. Si tomamos como positiva la direcci´ on de izquierda a derecha en la figura [6.2], podemos escribir Q = −KA∆t ∂u ∂x (6.1) siendo Q ≡ cantidad de calor que fluye a la derecha. ∆t ≡ cantidad de tiempo durante el cual ocurre el flujo. K ≡ constante de proporcionalidad llamada conductividad térmica (depende del material usado) Nota 6.2. PROBLEMAS QUE INVOLUCRAN CONDUCCI ´ ON DE CALOR 97 El signo menos en [6.1] muestra que Q es positivo (esto es, el flujo es a la derecha) cuando ∂u ∂x es negativo (esto es, cuando la temperatura está decreciendo a medida que vamos a la derecha). De forma similar Q es negativo cuando ∂u ∂x es positivo. Esto va en sinton´ıa con los hechos f´ısicos. Usando [6.1] podemos decir que la cantidad de calor que fluye de izquierda a derecha a través del plano B de la figura [6.2], es −KA∆t ∂u ∂x x . Similarmente, la cantidad de calor que fluye de izquierda a derecha a través del plano C de la figura [6.2] es −KA∆t ∂u ∂x x+∆x . De aqu´ı se tiene que la cantidad neta de calor que se acumula en el volumen entre C y B es la cantidad que entra por B menos la cantidad que sale por C, esto es ¸ −KA∆t ∂u ∂x x − ¸ −KA∆t ∂u ∂x x+∆x = KA∆t ¸ ∂u ∂x x+∆x − ∂u ∂x x ¸ . (6.2) Esta cantidad de calor acumulado eleva o baja la temperatura del elemento de volumen si [6.2] es positivo o negativo. Por la Ley I KA∆t ¸ ∂u ∂x x+∆x − ∂u ∂x x ¸ = ms∆u = ρA∆xs∆u (6.3) ya que la masa del elemento de volumen es ρA∆x. Deber´ıa mencionar que [6.3] es sólo aproximadamente cierta siendo el grado de aproxi- mación mejor, cuanto más peque˜ nos sean los valores ∆x, ∆u y ∆t. Dividiendo ambos lados de [6.3] por A∆x∆t y haciendo que ∆x, ∆t −→0 se obtiene K ∂ 2 u ∂x 2 = ρs ∂u ∂t (6.4) que podemos escribir as´ı ∂u ∂t = K ρs ∂ 2 u ∂x 2 = κ ∂ 2 u ∂x 2 (6.5) 98 CAP ´ ITULO 6. ECUACIONES DE TIPO PARAB ´ OLICO siendo κ = K ρs el coeficiente de difusividad del material. La ecuación [6.5] se llama ecuación de flujo de calor o de conducción de calor en una dimensión. Nota Si la superficie no estuviera aislada tendr´ıamos que considerar un término extra en [6.3] que ser´ıa la cantidad de calor que escapa (o fluye dentro) del elemento, y cuya ecuación en este caso será ∂u ∂t = κ ∂ 2 u ∂x 2 −c(u −u 0 ) (6.6) siendo c constante y u 0 la temperatura de los alrededores. Tomando el caso especial donde los extremos se mantienen a 0 o C y donde la temperatura inicial de la barra es 100 o C, resultan las siguientes condiciones de frontera u(0, t) = 0, u(L, t) = 0, t > 0 u(x, 0) = 100, 0 < x < L (6.7) Tenemos as´ı que el problema de valor de frontera (PVF) es el de determinar la solución de la EDP [6.5] que satisfaga las condiciones [6.7]. Es fácil generalizar la ecuación [6.5] al caso donde el calor puede fluir en más de una dirección. Por ejemplo, si tenemos conducción de calor en tres direcciones la ecuación es ∂u ∂t = κ ∂ 2 u ∂x 2 + ∂ 2 u ∂y 2 + ∂ 2 u ∂z 2 (6.8) donde κ tiene el mismo significado que antes, y la ecuación se denomina ecuación de conducción de calor tridimensional, siendo la temperatura u tal que u = u(x, y, z, t). Si u por alguna razón, por ejemplo simetr´ıa, es u = u(x, y, t) entonces se tiene ∂u ∂t = κ ∂ 2 u ∂x 2 + ∂ 2 u ∂y 2 (6.9) y se llama ecuación de conducción de calor bidimensional. La ecuación [6.8] se puede escribir en términos del operador Laplaciano como ∂u ∂t = κ∇ 2 u. (6.10) Y si u no depende del tiempo, u se llama temperatura de estado estacionario, y se tiene que ∇ 2 u = 0 ó ∇ 2 u = ∂ 2 u ∂x 2 + ∂ 2 u ∂y 2 + ∂ 2 u ∂z 2 = 0 (6.11) 6.3. PROBLEMA DE CAUCHY PARA LA CONDUCTIBILIDAD T ´ ERMICA 99 que es la ecuación de Laplace. Nota De lo anterior es fácilmente deducible, o por lo menos nos invita a pensar, que la con- ducción de calor es debida al movimiento aleatorio de las part´ıculas de materia tales como átomos y moléculas; cuanto mayor sea la velocidad mayor será la temperatura. El flujo de calor desde posiciones de alta o baja temperatura es debida a la dispersión o difusión de tales part´ıculas desde lugares donde su concentración o densidad es alta a lugares donde es baja. Estos problemas son comunes en Qu´ımica y Biolog´ıa. Por ejemplo, en Biolog´ıa se puede tener la difusión de drogas desde la corriente sangu´ınea a células u órganos. La misma ecuación derivada antes para la conducción de calor se puede aplicar para la difusión. La ´ unica diferencia esencial es que u denota la densidad o concentración de las part´ıculas que se mueven. La interpretación de difusión de la conducción de calor ha sido sugerida anteriormente cuando nos referimos a κ como la difusividad. 6.3. Problema de Cauchy para la conductibilidad térmi- ca Consideremos la ecuación de conductibilidad térmica ∂u ∂t = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 +f(x, t) (6.12) donde a 2 = κ, para f(x, t) = 0 se tiene la ecuación homogénea, es decir, las fuentes están ausentes. El Problema de Cauchy se plantea de la siguiente manera Hallar la función u(x, t) que satisfaga ∂u ∂t = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 , t > 0, x ∈ (−∞, +∞) (6.13) y las C.I. u(x, t)| t=0 = ϕ(x), x ∈ (−∞, +∞). (6.14) El sentido f´ısico del problema consiste en determinar la temperatura de una varilla ho- mogénea ilimitada en cualquier t > 0 seg´ un su temperatura conocida ϕ(x) en el instante 100 CAP ´ ITULO 6. ECUACIONES DE TIPO PARAB ´ OLICO t = 0. Se considera que la superficie lateral de la varilla está termoaislada de tal manera que a través de ella el calor no se evac´ ua. La expresión u(x, t) = 1 2a √ πt +∞ −∞ ϕ(λ)e − (x−λ) 2 4a 2 t dλ, t > 0 (6.15) nos da la solución del problema inicial de Cauchy, y se llama Integral de Poisson. La expresión [6.15] conseguida (consultar cualquier manual especializado de EDP) nos lleva a afirmar que se puede mostrar que para una función continua y acotada cualquiera ϕ(x) la función u(x, t) determinada por la fórmula [6.15] tiene derivadas de cualquier orden respecto a x y t, cuando t > 0, y satisface la ecuación [6.13] siendo t > 0 y x cualquiera. En efecto, veamos que la expresión [6.15] satisface la condición inicial u(x, t)| t=0 = ϕ(x), x ∈ (−∞, +∞) Hagamos x −λ 2a √ t = µ ⇒ λ = x −2a √ tµ ⇒ dλ = −2a √ tdµ. Por lo tanto u(x, t) = 1 √ π +∞ −∞ ϕ(x −2a √ tµ)e −µ 2 dµ de donde para t →0 + se obtendrá u(x, 0) = 1 √ π +∞ −∞ ϕ(x)e −µ 2 dµ = ϕ(x) ya que +∞ −∞ e −µ 2 dµ = √ π. Nota En la clase de las funciones acotadas C u(x,t) = {u(x, t)/|u(x, t)| < M, x ∈ (−∞, +∞), t > 0} la solución del problema de Cauchy planteado es ´ unica y depende continuamente de los datos iniciales. 6.4. PROPAGACI ´ ON DEL CALOR EN UNA VARILLA FINITA 101 6.4. Propagación del calor en una varilla finita 6.4.1. Planteamiento del problema Si la varilla tiene longitud finita L y ocupa el segmento 0 ≤ x ≤ L del eje OX, entonces para plantear el problema de propagación del calor en tal varilla, además de la ecuación ∂u ∂t = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 +f(x, t) (6.16) y la C.I. u(x, t)| t=0 = ϕ(x) (6.17) hace falta fijar también el régimen de temperaturas en los extremos de la varilla, o sea, en x = 0, x = L, es decir, plantear las condiciones de frontera. Las condiciones de frontera pueden ser diferentes en función del régimen de temperaturas en los extremos de la varilla. Se examinan tres tipos principales de las condiciones de frontera. A.- En los extremos de la varilla se fija la temperatura u(0, t) = µ 1 (t); u(L, t) = µ 2 (t) donde µ 1 (t), µ 2 (t) son funciones planteadas para el intervalo de tiempo 0 ≤ t ≤ T, en el cual se examina el proceso. B.- En los extremos de la varilla se fijan los valores de la derivada ∂u ∂x x=0 = β 1 (t), ∂u ∂x x=L = β 2 (t). Estas condiciones surgen, si se da la magnitud del flujo calor´ıfico Q que circula a través de la sección de tope de la varilla. Por ejemplo, si para x = L se da la magnitud Q(L, t), entonces Q(L, t) = −K ∂u ∂x x=L de donde ∂u ∂x x=L = β 2 (t), y β 2 (t) = − Q(L, t) K . Si β 1 (t) ó β 2 (t) son idénticamente nulos, entonces se dice que el extremo correspondiente de la varilla está térmicamente aislado. C.- En los extremos de la varilla vienen dadas las relaciones lineales entre la función y su derivada ∂u ∂x x=0 = λ[u(0, t) −θ(t)]; ∂u ∂x x=L = −λ[u(L, t) −θ(t)] 102 CAP ´ ITULO 6. ECUACIONES DE TIPO PARAB ´ OLICO donde θ(t) es conocida y representa la función temperatura del medio ambiente, y λ es el coeficiente de intercambio térmico. Esta condición de frontera corresponde al intercambio térmico, seg´ un la ley de Newton, en la superficie del cuerpo con el medio ambiente, cuya temperatura es θ(t). Aprovechándose de dos expresiones para el flujo calor´ıfico que circula a través de la sección x = L Q = h(u −θ), Q = −K ∂u ∂x obtenemos el enunciado de la tercera condición de frontera en forma de ∂u ∂x x=L = −λ[u(L, t) −θ(t)], λ = h K Para la sección x = 0 de la varilla la tercera condición de frontera tiene la forma de ∂u ∂x x=0 = λ[u(0, t) −θ(t)] puesto que para el flujo calor´ıfico −K ∂u ∂µ para x = 0 tenemos ∂u ∂µ = − ∂u ∂x (normal exterior a la varilla en el extremo x = 0 que tiene la dirección opuesta respecto al eje OX). Nota Las tareas limitadas o enumeradas anteriormente en los tres casos no agotan ni mucho menos las posibilidades de los problemas de contorno por la ecuación ∂u ∂t = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 +f(x, t). As´ı, en diferentes extremos de la varilla pueden plantearse condiciones de diferentes tipos. 6.4.2. Problema mixto para la ecuación de conductibilidad térmica El problema que se plantea es el problema del caso A anterior: Hallar la solución u(x, t) de la ecuación ∂u ∂t = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 +f(x, t) (6.18) 6.4. PROPAGACI ´ ON DEL CALOR EN UNA VARILLA FINITA 103 en la región 0 < x < L, u(x, t) ∈ C 2 {0 < x < L, t > 0} que satisface la C.I. u(x, t)| t=0 = ϕ(x), 0 ≤ x ≤ L (6.19) y las C.F. u(x, t)| x=0 = µ 1 (t), u(x, t)| x>L = µ 2 (t), t > 0. (6.20) Consideremos que u(x, t) es continua en la región cerrada D = {0 ≤ x ≤ L, 0 ≤ t ≤ T} de ` D x=0 x=L t=T t X Figura 6.3: la figura [6.3] para lo cual es necesario que las funciones ϕ(x), µ 1 (t), µ 2 (t) sean continuas y que se cumplan las condiciones de concordancia ϕ(0) = µ 1 (0), ϕ(L) = µ 2 (L). Nota De la misma manera que para las ecuaciones de tipo hiperbólico, la función u(x, t) se busca sólo para 0 < x < L y t > 0, pero no cuando t = 0 y no cuando x = 0, x = L, donde los valores de u(x, t) se plantean de antemano por las C.I. y C.F. Teorema 6.1 (Principio del valor máximo) Si u(x, t) ∈ C(D) satisface la ecuación de conductibilidad térmica ∂u ∂t = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 en la región D = {0 < x < L, 0 < t ≤ T}, entonces los valores máximo y m´ınimo de u(x, t) se obtienen o bien en el momento inicial del tiempo t = 0, o bien en los puntos de frontera x = 0 ó x = L. La interpretación f´ısica de este teorema es evidente. Si la temperatura de un cuerpo en los puntos de frontera o en el momento inicial no supera cierto valor M, entonces en el interior del cuerpo (en ausencia de fuentes f(x, t)) no puede generarse la temperatura superior a M. 104 CAP ´ ITULO 6. ECUACIONES DE TIPO PARAB ´ OLICO Teorema 6.2 La solución del problema ∂u ∂t = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 +f(x, t), t > 0, 0 < x < L (6.21) u(x, t)| t=0 = ϕ(x), 0 ≤ x ≤ L (6.22) u(x, t)| x=0 = µ 1 (t), u(x, t)| x=L = µ 2 (t), t ≥ 0 (6.23) en el rectángulo D = {0 < x < L, 0 ≤ t ≤ T} es ´ unica y depende continuamente de las condiciones iniciales y de frontera. 6.5. Método de Fourier para la conductibilidad térmica Resolvamos el primer problema mixto para la ecuación de conductibilidad térmica; o sea hallemos la solución u(x, t) de la ecuación ∂u ∂t = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 +f(x, t), t > 0, 0 < x < L (6.24) que satisface la C.I. u(x, t)| t=0 = ϕ(x), 0 ≤ x ≤ L (6.25) y las C.F. u(x, t)| x=0 = µ 1 (t), u(x, t)| x=L = µ 2 (t), t ≥ 0. (6.26) 6.5.1. Solución de la ecuación homogénea Calculemos la solución de la ecuación homogénea ∂u ∂t = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 (6.27) que satisface la C.I. u(x, t)| t=0 = ϕ(x) (6.28) y las C.F. u(x, t)| x=0 = 0, u(x, t)| x=L = 0 (6.29) a) Busquemos las soluciones no triviales de la ecuación [6.27] que satisfacen las condiciones de frontera [6.29] en la forma u(x, t) = X(x)T(t) (6.30) 6.5. M ´ ETODO DE FOURIER PARA LA CONDUCTIBILIDAD T ´ ERMICA 105 sustituyendo u(x, t) en forma de [6.30] en la ecuación [6.27], obtendremos T (t)X(x) = a 2 T(t)X (x) ⇒ T (t) a 2 T(t) = X (x) X(x) = −λ ⇒ (6.31) T (t) +a 2 λT(t) = 0 (6.32) X (x) +λX(x) = 0. (6.33) Para obtener las soluciones no triviales u(x, t) de la forma [6.30], que satisfagan las condiciones de frontera [6.29], hace falta hallar las soluciones no triviales de la ecuación [6.33] que satisfagan las C.F. X(0) = 0, X(L) = 0. (6.34) De tal modo para determinar la función X(x) llegamos al problema de valores propios: Hallar aquellos valores del par´ ametro λ, para los cuales existen las soluciones no triviales del problema X (x) +λX(x) = 0, X(0) = 0, X(L) = 0. Este problema ya se ha estudiado con anterioridad, con λ n = πn L 2 , n = 1, 2, . . . existen las soluciones no triviales X n (x) = sen πn L x, del problema [6.33]-[6.34]. Cuando λ = λ n , la solución general de la ecuación [6.32] tiene la forma T n (t) = a n e −( nπa L ) 2 t (a n ≡ ctes. arbitrarias) Las funciones u n (x, t) = a n e −( nπa L ) 2 t sen nπ L x, n = 1, 2, . . . satisfacen la ecuación [6.27] y las C.F. [6.29]. b) Construyamos la serie formal u(x, t) = ∞ ¸ n=1 a n e −( nπa L ) 2 t sen nπ L x (6.35) 106 CAP ´ ITULO 6. ECUACIONES DE TIPO PARAB ´ OLICO Si se requiere que la función u(x, t) de [6.35] satisfaga la C.I. u(x, t)| t=0 = ϕ(x), obtendremos ϕ(x) = ∞ ¸ n=1 a n sen nπ L x. (6.36) La serie [6.36] representa el desarrollo de la función dada ϕ(x) en la serie de Fourier respecto a los senos en el intervalo (0, L). Los coeficientes a n del desarrollo se determinan por las fórmulas ya conocidas a n = 2 L L 0 ϕ(x) sen nπ L x dx, ∀n = 1, 2, . . . (6.37) Supongamos que ϕ(x) ∈ C 2 [0, L] y que además ϕ(0) = ϕ(L) = 0, entonces la serie [6.36] con los coeficientes a n determinados por [6.37], convergerá a la función ϕ(x) absoluta y uniformemente. Puesto que para t ≥ 0, 0 < e −( nπa L ) 2 t ≤ 1 entonces la serie [6.35] para t ≥ 0 también converge absoluta y uniformemente. Por eso la función u(x, t), o sea, la suma de la serie [6.35], es continua en la región 0 < x < L, t > 0 y satisface las C.I. y C.F. c) Nos queda por demostrar que la función u(x, t) satisface la ecuación ∂u ∂t = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 en la región 0 < x < L, t > 0. Para esto es suficiente demostrar que las series obtenidas a partir de [6.35] mediante derivación término a término respecto a t una vez y respecto a x dos veces, también convergen absoluta y uniformemente, cuando 0 < x < L, t > 0. Pero esto se deduce de ser 0 < n 2 π 2 a 2 L 2 < e −( nπa L ) 2 t < 1 si n es suficientemente grande y t > 0. La unicidad de la solución del problema mixto planteado [6.27]-[6.29] y la dependencia continua entre la solución y ϕ(x) está asegurada. Por lo tanto el problema [6.27] está planteado correctamente para t > 0. Al contrario, para t < 0, este problema no es correcto. Notas a) La ecuación ∂u ∂t = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 es asimétrica respecto al tiempo t, mientras que la ecuación ondulatoria ∂ 2 u ∂t 2 = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 si es simétrica respecto del tiempo. 6.5. M ´ ETODO DE FOURIER PARA LA CONDUCTIBILIDAD T ´ ERMICA 107 b) La ecuación ∂u ∂t = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 describe procesos irreversibles. Podemos pronosticar cuál será el valor dado de u dentro del tiempo t, pero no podemos decir con certeza cuál fue u el tiempo t antes. Esta diferencia entre la fase futura y la fase pasada es t´ıpica para la ecuación parabólica y no tiene lugar, por ejemplo, cuando se trata de la ecuación ondulatoria. En el caso de la ´ ultima es fácil ver tanto el desarrollo pasado, como el futuro del proceso. 6.5.2. Solución de la ecuación no homogénea Calculemos la solución de la ecuación no homogénea ∂u ∂t = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 +f(x, t), t > 0, 0 < x < L (6.38) que satisface la C.I. u(x, t)| t=0 = ϕ(x), 0 ≤ x ≤ L (6.39) y las C.F. u(x, t)| x=0 = u(x, t)| x=L = 0, t ≥ 0 (6.40) Supongamos que f(x, t) es continua, tiene la ∂f ∂x continua, y para todo t > 0, f(0, t) = f(L, t) = 0 a) Buscamos la solución del problema en la forma u(x, t) = v(x, t) +w(x, t) (6.41) donde v(x, t) la determinamos como solución del problema ∂v ∂t = a 2 ∂ 2 v ∂x 2 +f(x, t) (6.42) v(x, t)| t=0 = 0 (6.43) v(x, t)| x=0 = v(x, t)| x=L = 0 (6.44) y w(x, t) como solución del problema ∂w ∂t = a 2 ∂ 2 w ∂x 2 (6.45) w(x, t)| t=0 = ϕ(x) (6.46) w(x, t)| x=0 = w(x, t)| x=L = 0 (6.47) El problema [6.45]-[6.47] se ha examinado en el problema anterior. 108 CAP ´ ITULO 6. ECUACIONES DE TIPO PARAB ´ OLICO b) Busquemos la solución del problema [6.42]-[6.44]en la forma de la serie v(x, t) = ∞ ¸ n=1 T n (t) sen nπ L x (6.48) seg´ un las funciones propias sen nπ L x ¸ del problema de contorno X (x) +λX(x) = 0 X(0) = X(L) = 0. Introduciendo v(x, t) en forma de [6.48] en la ecuación [6.42], obtendremos ∞ ¸ n=1 T n (t) + n 2 π 2 a 2 L 2 T n (t) sen nπ L x = f(x, t). (6.49) Desarrollamos la función f(x, t) en la serie de Fourier respecto a los senos f(x, t) = ∞ ¸ n=1 f n (t) sen nπ L x. (6.50) donde f n (t) = 2 L L 0 f(ξ, t) sen nπ L ξdξ, n = 1, 2, 3, . . . (6.51) Comparando los desarrollos [6.49] y [6.50] de la forma f(x, t) en la serie de Fourier, obtendremos T n (t) + n 2 π 2 a 2 L 2 T n (t) = f n (t), n = 1, 2, 3, . . . (6.52) Aprovechándose de la condición inicial para v(x, t), v(x, 0) = 0 = ∞ ¸ n=1 T n (0) sen nπ L x, x ∈ [0, L] resulta que T n (0) = 0, n = 1, 2, . . . . Las soluciones de las ecuaciones [6.52] para las condiciones iniciales anteriores tienen la forma T n (t) = L 0 f n (α)e −( nπa L ) 2 (t−α) dα, n = 1, 2, 3, . . . Introduciendo las expresiones que hemos hallado para T n (t) en la serie [6.48], obtendremos la solución v(x, t) del problema [6.42]-[6.44] v(x, t) = ∞ ¸ n=1 ¸ L 0 f n (α)e −( nπa L ) 2 (t−α) dα ¸ sen nπ L x. (6.53) En definitiva u(x, t) = w(x, t) + v(x, t) será la solución del problema mixto inicial [6.38]-[6.40]. 6.6. EJERCICIOS PROPUESTOS 109 6.5.3. Solución del problema con C.F. no homogéneas Sea el problema siguiente en la región {0 < x < L, t > 0}, busquemos la solución u(x, t) de la ecuación ∂u ∂t = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 +f(x, t) (6.54) que satisface la C.I. u(x, t)| t=0 = ϕ(x) (6.55) y las C.F. u(x, t)| x=0 = µ 1 (t), u(x, t)| x=L = µ 2 (t) (6.56) El método de Fourier no es aplicable directamente a causa de la heterogeneidad de las condiciones [6.56]. Para su resolución, hacemos u(x, t) = v(x, t)+w(x, t) donde w(x, t) = µ 1 (t)+[µ 2 (t) −µ 1 (t)] x L . La solución del problema [6.54]-[6.56] se reduce a la solución del problema anterior, para v(x, t). 6.6. Ejercicios propuestos 6.1 Supongamos una varilla homogénea infinita. Demostrar que si la temperatura inicial es ϕ(x) = u 0 e −σ 2 x 2 , x ∈ (−∞, +∞), (u 0 > 0, σ > 0 constantes) en un momento cualquiera t > 0, la temperatura es u(x, t) = u 0 √ 1 + 4a 2 σ 2 t e − σ 2 x 2 1+4a 2 σ 2 t 6.2 Los extremos de una varilla de longitud π se mantienen a temperatura nula. La temperatura inicial se determina por la fórmula u(x, 0) = 2 sen 3x. Determinar la temperatura de la varilla en un instante cualquiera t > 0. 6.3 Los extremos de una varilla de longitud L se mantienen a temperatura nula. La temperatura inicial de la varilla se determina por la fórmula u(x, 0) = 3 sen πx L −5 sen 2πx L . Determinar la temperatura de la varilla en un instante cualquiera t > 0. 6.4 Estudiar el ejemplo 1 de los ejercicios resueltos cuando los extremos x = 0, x = 100 están aislados en vez de estar mantenidos a 0 o C. 6.5 Una barra metálica de 100 cm de longitud tiene sus extremos x = 0, x = 100 mantenidos a 0 o C. Inicialmente, la mitad derecha de la barra está a 0 o C, mientras que la otra mitad está a 110 CAP ´ ITULO 6. ECUACIONES DE TIPO PARAB ´ OLICO 80 o C. Asumiendo un coeficiente de difusividad de 0.2 unidades c.g.s. y un entorno aislado, encontrar la temperatura en cualquier posición de la barra en cualquier tiempo. Soluciones a los ejercicios propuestos 6.2 u(x, t) = 2e −9a 2 t sen 3x 6.3 u(x, t) = 3e − a 2 π 2 L 2 t sen πx L −5e − 4a 2 π 2 L 2 t sen 2π L x. 6.4 u(x, t) = 50 + ∞ ¸ n=1 40 nπ sen nπ 2 e −16,10 −6 n 2 π 2 t cos nπx 100 6.5 u(x, t) = ∞ ¸ n=1 160 nπ 1 −cos nπ 2 e −0,2 n 2 π 2 100 2 t sen nπ 100 x. 6.7. Ejercicios resueltos 6.1 Una barra metálica de 100 cm de longitud tiene sus extremos x = 0, x = 100 mantenidos a 0 o C. Inicialmente, la mitad de la barra está a 60 o C, mientras que la otra mitad está a 40 o C. Asumiendo un coeficiente de difusividad de 0.16 unidades c.g.s. y un entorno aislado, encontrar la temperatura en cualquier posición de la barra en cualquier tiempo. Solución.- La ecuación de conducción del calor es ∂u ∂t = 0,16 ∂ 2 u ∂x 2 (6.57) siendo u = u(x, t) es la temperatura en el lugar x o al tiempo t. Las C.F. son u(0, t) = 0, u(100, t) = 0, u(x, 0) = 60, 0 < x < 50 40, 50 < x < 100 (6.58) Asumiendo una solución u = X.T en [6.57] se encuentra XT = 0,16X T =⇒ T 0,16T = X X Haciendo iguales a una constante la cual, como aportación ya dada en cap´ıtulos anteriores, denotamos por −λ 2 y por tanto T + 0,16λ 2 T = 0; X +λ 2 X = 0 6.7. EJERCICIOS RESUELTOS 111 y as´ı obtenemos la solución u(x, t) = e −0,16λ 2 t (Acos λx +Bsen λx) . Las dos primeras condiciones de [6.58] muestran que A = 0, λ = nπ 100 . Para satisfacer la ´ ultima condición usamos la superposición de las soluciones para obtener u(x, t) = b 1 e −16,10 −6 π 2 t sen πx 100 +b 2 e −64,10 −6 π 2 t sen 2πx 100 +· · · (6.59) Para t = 0 b 1 sen πx 100 +b 2 sen 2πx 100 = u(x, 0) As´ı, tenemos b n = 2 100 100 0 u(x, 0) sen nπx 100 dx = 2 100 50 0 60 sen nπx 100 dx + 2 100 100 50 40 sen nπx 100 dx = 120 nπ 1 −cos nπ 2 + 80 nπ cos nπ 2 −cos nπ . As´ı b 1 = 200 π , b 2 = 40 π , · · · De aqu´ı se tiene que [6.59] adopta la forma u(x, t) = 200 π e −16,10 −6 π 2 t sen πx 100 + 40 π e −64,10 −6 π 2 t sen 2πx 100 +· · · y es la solución ´ unica. 6.2 Hallar la solución del problema de Cauchy ∂u ∂t = ∂ 2 u ∂x 2 , t > 0, x ∈ (−∞, +∞) u(x, t)| t=0 = e − x 2 2 , x ∈ (−∞, +∞) Solución Aprovechándose de la fórmula de Poisson, obtenemos ϕ(x) = e − x 2 2 , a = 1 u(x, t) = 2 2 √ πt +∞ −∞ e − λ 2 2 e − (x−λ) 2 4t dλ. (6.60) La integral del segundo miembro la resolvemos de la siguiente forma +∞ −∞ e − λ 2 2 e − (x−λ) 2 4t dλ = +∞ −∞ e − λ 2 2 e − x 2 4t + xλ 2t − λ 2 4t dλ = 112 CAP ´ ITULO 6. ECUACIONES DE TIPO PARAB ´ OLICO = e − x 2 2(1+2t) +∞ −∞ e − 1 2 (1+2t) 2t (λ− x 1+2t ) 2 dλ. (6.61) Llamando √ 1 + 2t √ 2t = λ − x 1 + 2t = α, la integral del segundo miembro de [6.61] tomará la forma √ 2t √ 1 + 2t +∞ −∞ e − α 2 2 dα = 2 √ πt √ 1 + 2t . (Hemos utilizado la igualdad +∞ −∞ e − α 2 2 dα = √ 2π). Por eso de [6.60] se obtiene +∞ −∞ e − λ 2 2 e − (x−λ) 2 4t dλ = 2 √ πt √ 1 + 2t e − x 2 2(1+2t) As´ı la solución u(x, t) del problema dado se determina por la expresión u(x, t) = 1 √ 1 + 2t e − x 2 2(1+2t) , t > 0 Nota De la integral de Poisson se deduce que el calor se propaga a lo largo de la varilla in- stantáneamente. 6.3 Hallar la distribución de temperaturas en una varilla de longitud π, si la temperatura inicial de la varilla u(x, t)| t=0 = sen x, 0 ≤ x ≤ π, y en los extremos de la varilla se mantiene la temperatura cero. Solución I) Formalmente el problema consiste en resolver el problema mixto ∂u ∂t = a 2 ∂ 2 u ∂x 2 , t > 0, 0 < x < π (6.62) que satisface la C.I. u(x, t)| t=0 = sen x, 0 ≤ x ≤ π (6.63) y las C.F. u(x, t)| x=0 = u(x, t)| x=π = 0, t ≥ 0 (6.64) II) Apliquemos el método de Fourier, buscando las soluciones no triviales de la ecuación [6.62] que satisfacen las C.F. [6.64] en la forma u(x, t) = T(t).X(x). Como ya sabemos, introduciendo u(x, t) en forma de la expresión anterior en la ecuación [6.62] y separando las variables, se obtiene T (t) a 2 T(t) = X (x) X(x) = −λ 6.7. EJERCICIOS RESUELTOS 113 de donde T (t) +λ 2 a 2 T(t) = 0 (6.65) X (x) +λX(x) = 0 (6.66) X(0) = X(π) = 0 (6.67) Los valores propios del problema [6.66]-[6.67] son λ n = n 2 , n = 1, 2, . . ., y las funciones propias son X n (x) = sen nx. Cuando λ = λ n , la solución general de [6.65] es T n (t) = a n e −a 2 n 2 t , por lo que u(x, t) = a n e −(na) 2 t sen nx. La solución del problema [6.62]-[6.64] está en la serie u(x, t) = ∞ ¸ n=1 a n e −(na) 2 t sen nx. Al exigir el comportamiento de la condición inicial u(x, t) t=0 = sen x, se obtiene u(x, 0) = sen x = ∞ ¸ n=1 a n sen nx de donde a 1 = 1, a k = 0, k = 2, 3, · · ·. III) De aqu´ı que la solución del problema sea u(x, t) = e −a 2 t sen x 114 CAP ´ ITULO 6. ECUACIONES DE TIPO PARAB ´ OLICO Cap´ıtulo 7 Ecuaciones de tipo el´ıptico ”El análisis numérico es una ciencia, la computación un arte” C.E.Fröberg ”La naturaleza tiene horror al vac´ıo” R. Descartes 115 116 CAP ´ ITULO 7. ECUACIONES DE TIPO EL ´ IPTICO 7.1. INTRODUCCI ´ ON 117 7.1. Introducción La ecuación diferencial en derivadas parciales lineal general de segundo orden con u = u(x, y) A(x, y) ∂ 2 u ∂x 2 + 2B(x, y) ∂ 2 u ∂x∂y +C(x, y) ∂ 2 u ∂y 2 + + a(x, y) ∂u ∂x +b(x, y) ∂u ∂y +c(x, y)u = f(x, y) (7.1) en cierta región Ω ⊂ R 2 es el´ıptica si B 2 −AC < 0, ∀(x, y) ∈ Ω. As´ı por ejemplo a) ∂ 2 u ∂x 2 + ∂ 2 u ∂y 2 = 0 es el´ıptica ∀(x, y) ∈ Ω. b) x ∂ 2 u ∂x 2 + ∂ 2 u ∂y 2 = 0 es el´ıptica para x < 0, parabólica para x = 0 e hiperbólica para x < 0. Estudio análogo realizamos en este tema con los problemas que se plantean al estudiar el potencial eléctrico o gravitacional. 7.2. Problemas que involucran potencial eléctrico o gravitacional Sea una región M del espacio R 3 como la que aparece en la figura [7.1]. La región M supongamos que representa una distribución continua de cargas eléctricas (o una distribución continua de masa). Sea ρ la densidad de carga ( o densidad de masa), es decir, la carga por unidad de volumen (o masa por unidad de volumen). El potencial eléctrico en P debida a la carga que denominaremos por q en Q ( o potencial gravitacional en P debido a la masa men Q) está definido por q r m r siendo r ≡ d(P, Q), r = (x −X) 2 + (y −Y ) 2 + (z −Z) 2 . Si dV representa el potencial, eléctrico o gravitacional, debido a la carga (masa) dada por ρdXdY dZ, entonces dV = ρdXdY dZ r = ρdXdY dZ (x −X) 2 + (y −Y ) 2 + (z −Z) 2 (7.2) 118 CAP ´ ITULO 7. ECUACIONES DE TIPO EL ´ IPTICO ` » • Q(X, Y, Z) Elemento de volumen dXdY dZ, de densidad ρ • P(x, y, z) Z Y X Figura 7.1: De aqu´ı sigue que el potencial total V debido a la carga o distribución de masa en la región M⊂ R 3 se puede calcular por medio de la integral de [7.2] sobre la región M para obtener V = M ρdXdY dZ (x −X) 2 + (y −Y ) 2 + (z −Z) 2 . (7.3) Al estudiar problemas de potencial es conveniente encontrar una E.D.P. que sea satisfecha por V . Para obtener tal ecuación diferencial, tomemos las derivadas parciales con respecto a x, y y z, y vemos si se puede eliminar la integral en [7.3]. Al tomar las derivadas segundas con respecto a x, y y z, respectivamente, y luego sumarlas encontramos ∂ 2 V ∂x 2 + ∂ 2 V ∂y 2 + ∂ 2 V ∂z 2 = 0 (∇ 2 V = 0) (7.4) que ya sabemos que es la ecuación de Laplace, citada en los temas anteriores. Nota a) El resultado [7.4] no es dif´ıcil de establecer. Para ello tomamos ∇ 2 en ambos lados de [7.3]. Intercambiando el orden de la derivación e integración, el resultado equivale a mostrar que el Laplaciano de 1 r es cero. Pero por diferenciación ordinaria se tiene ∂ 2 ∂x 2 1 r = 2(x −X) 2 −(y −Y ) 2 −(z −Z) 2 [(x −X) 2 + (y −Y ) 2 + (z −Z) 2 ] 5 2 7.3. PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERAQUE INVOLUCRANLAECUACI ´ ONDE LAPLACE119 ∂ 2 ∂y 2 1 r = 2(y −Y ) 2 −(y −Y ) 2 −(x −X) 2 [(x −X) 2 + (y −Y ) 2 + (z −Z) 2 ] 5 2 ∂ 2 ∂z 2 1 r = 2(z −Z) 2 −(x −X) 2 −(y −Y ) 2 [(x −X) 2 + (y −Y ) 2 + (z −Z) 2 ] 5 2 donde para ahorrar trabajo podemos obtener los dos ´ ultimos resultados a partir del primero por simetr´ıa. Es obvio que al sumar se obtiene el cero. b) Este resultado de ∇ 2 V = 0 se ha obtenido al usar el concepto de potencial eléctrico o gravitacional para llegar a la ecuación de Laplace, sucede que esta ecuación tam- bién aparece en otros campos tales como, por ejemplo, en el movimiento de un fluido incompresible de aerodinámica o hidrodinámica. En tal caso V es un potencial de velocidad. c) Para llegar a la ecuación [7.4], se asumió que el potencial se va a encontrar en puntos no ocupados por materia o carga eléctrica. En el caso de que queramos encontrar el potencial en puntos ocupados por materia o carga, se obtiene que la ecuación está dada por ∇ 2 V = −4πρ que se llama Ecuación de Poisson. El caso especial ρ = 0 da [7.4]. 7.3. Problemas de valor de frontera que involucran la ecuación de Laplace Anteriormente se ha deducido que el potencial eléctrico o gravitacional debido a una distribución de carga eléctrica o de masa satisface la ecuación de Laplace ∇ 2 V = ∂ 2 V ∂x 2 + ∂ 2 V ∂y 2 + ∂ 2 V ∂z 2 = 0 (7.5) que es el caso tridimensional. En el caso bidimensional es ∇ 2 V = ∂ 2 V ∂x 2 + ∂ 2 V ∂y 2 = 0. (7.6) Cuando se generaliza a más de tres dimensiones se pierde la visualización geométrica. Las ecuaciones [7.5] ó [7.6] se pueden también interpretar como una ecuación de conducción de calor para la determinación de temperatura de estado estacionario, esto es, temperatura independiente del tiempo. 120 CAP ´ ITULO 7. ECUACIONES DE TIPO EL ´ IPTICO Ya hemos estudiado el problema que involucra la ecuación de Laplace al tratar el caso de la temperatura de estado estacionario en una placa semi-infinita. Teorema 7.1 Sea D una región de R 2 acotada por una curva cerrada C la cual no se interseca a si misma en ning´ un punto de la misma. Entonces existe una solución ´ unica V de la ecuación de Laplace en la regi´ on la cual toma valores prescritos en la frontera C, esto es, V es alguna función especificada en la curva C. (El teorema se puede generalizar a regiones acotadas por superficies cerradas). Notas a) El problema de valor de frontera que busca determinar la solución V descrita en este teorema con frecuencia se refiere como un problema de Dirichlet. Una función que es una solución de la ecuación de Laplace con frecuencia se llama función armónica (¡ ya la estudiaremos con más detalles más adelante !) b) Desde un punto de vista práctico es fácil entender porqué el teorema anterior [7.1] deber´ıa ser cierto. Supongamos que la región representa una placa metálica de espesor despreciable cuyas caras están aisladas de modo que el calor no puede entrar ni es- capar a través de ellas. Decir espec´ıficamente el valor de V en la frontera C equivale a mantener esta frontera a alguna distribución de temperatura prescrita, y esperar´ıamos que cada punto de la placa finalmente alcanzara alg´ un equilibrio ´ unico o temperatura de estado estacionario y permanecer´ıa a esta temperatura siempre que las condiciones se mantengan. c) El teorema anterior [7.1] se puede extender a regiones no acotadas por procedimientos de l´ımites apropiados. 7.3.1. Solución del problema de Dirichlet para el circulo empleando el método de Fourier Obtener la solución de la ecuación de Laplace en una región M ⊂ R 2 acotada por una circunferencia de centro (0, 0) y radio la unidad, si V es una función especificada en la frontera C. [PASO 1 ] Aplicando el teorema [7.1] se ve que este es un problema de Dirichlet para el cual existe una solución ´ unica. 7.3. PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERAQUE INVOLUCRANLAECUACI ´ ONDE LAPLACE121 ` &% '$ M C X Y Figura 7.2: [PASO 2 ] Formalicemos el problema. a) Para simplificar recurramos a las coordenadas polares, x = r cos φ, y = r sen φ. Con esta transformación la ecuación de Laplace ∇ 2 V = ∂ 2 V ∂x 2 + ∂ 2 V ∂y 2 toma la forma, en función de r y φ, descrita por V (r, φ) ∂ 2 V ∂r 2 + 1 r ∂V ∂r + 1 r 2 ∂ 2 V ∂φ 2 = 0 (7.7) b) Para completar el problema de valores de frontera necesitamos conocer las condiciones de frontera. Una condición involucra la especificación de V sobre el circulo unitario, r = 1, dicho valor en C está dado por V (1, φ) con φ ∈ [0, 2π]. Asumiendo que esta es alguna función prescrita de φ, que denominamos f(φ), tenemos la C.F. V (1, φ) = f(φ) (7.8) Además queremos que V esté acotada ∀(r, φ) ∈ M ⊂ R 2 |V (r, φ)| < K, K = cte independiente de r y φ. [PASO 3 ] Encontremos por tanto soluciones de [7.7] que tengan variables separables. Y este es un método ya conocido. Supongamos que V = R · Φ siendo R = R(r), Φ = Φ(φ). Sustituyendo V = R · Φ en [7.7] se obtiene R R + 1 r R R + 1 r 2 Φ Φ = 0. (7.9) 122 CAP ´ ITULO 7. ECUACIONES DE TIPO EL ´ IPTICO Podemos escribir [7.9] de esta forma R R + 1 r R R = − 1 r 2 Φ Φ . (7.10) Obsérvese que el lado izquierdo s´ı depende sólo de r pero el lado derecho no. Basta con multiplicar [7.10] por r 2 , en ambos lados de la igualdad r 2 R R +r R R = − Φ Φ . (7.11) Haciendo cada lado de [7.11], como ya sabemos, igual a λ 2 , se obtienen las ecuaciones r 2 R +rR −λ 2 R = 0 Φ +λ 2 Φ = 0 (7.12) Tenemos por tanto el problema reducido a resolver las ecuaciones diferenciales ordinarias [7.12]. La primera ecuación de [7.12], r 2 R + rR − λ 2 R = 0, es una ecuación de Euler (¡ Recuérdese que se transforma en una ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes haciendo el cambio r = e z , y después aplicamos el método de operadores para resolver la EDO lineal con coeficientes constantes !) Las soluciones de [7.12] vienen dadas por R = c 1 r λ +c 2 r −λ si λ = 0 Φ = c 3 cos λφ +c 4 sen λφ R = c 5 +c 6 ln r si λ = 0 Φ = c 7 +c 8 φ Por tanto, en este paso 3 concluimos diciendo que las posibles soluciones de V son i ) V (r, φ) = c 1 r λ +c 2 r −λ (c 3 cos λφ +c 4 sen λφ) ii ) V (r, φ) = (c 5 +c 6 ln r) (c 7 +c 8 φ) (7.13) [PASO 4 ] Estudiemos con detalle estas soluciones. - En primer lugar es evidente que una solución debe estar acotada en r = 0. - Tomando λ ≥ 0, debe ser c 2 = 0 y c 6 = 0 en [7.13]. Además si cambiamos φ por φ+2π en cualquier solución, ésta no deber´ıa cambiar puesto que los puntos (r, φ) y (r, φ +2π) son el mismo. Esta periodicidad de φ requiere que escojamos c 8 = 0 y λ entero, λ = n, con n = 0, 1, 2, . . .. 7.3. PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERAQUE INVOLUCRANLAECUACI ´ ONDE LAPLACE123 - Por tanto nos podemos restringir a las soluciones de la forma V (r, φ) = r n (Acos nφ +Bsen nφ), AyB constantes arbitrarias (7.14) [PASO 5 ] Para satisfacer la C.F. V (1, φ) = f(φ), apliquemos el principio de superposición a [7.14] correspondientes a las soluciones n = 1, 2, . . . para obtener la solución V (r, φ) = a o 2 + ∞ ¸ n=1 r n (a n cos nφ +b n sen nφ). (7.15) Imponiendo la C.F. V (1, φ) = f(φ) V (1, φ) = f(φ) = a o 2 + ∞ ¸ n=1 1 n (a n cos nφ +b n sen nφ) ⇒ f(φ) = a o 2 + ∞ ¸ n=1 (a n cos nφ +b n sennφ) (7.16) con a n = 1 π 2π 0 f(φ) cos nφdφ b n = 1 π 2π 0 f(φ) sen nφdφ (7.17) Llegamos por tanto que [7.15] con los coeficientes [7.17] nos da la solución que buscamos V (r, φ) = a 0 2 + ∞ ¸ n=1 r n ¸ π 2π 0 f(φ) cos nφdφ cos nφ + + ¸ 1 π 2π 0 f(φ) sen nφdφ sen nφ siendo a 0 = 1 π 2π 0 f(φ)dφ. Notas a) Como en el ejemplo resuelto n´ umero 2, podemos dar al resultado del ejercicio n´ umero 5 (propuesto) una interpretación de temperatura de estado estacionario. Para dar tal interpretación, consideramos una placa conductora infinita (o practicamente hablando, 124 CAP ´ ITULO 7. ECUACIONES DE TIPO EL ´ IPTICO muy grande) representada por el plano R 2 con sus caras aisladas. Si una parte de esta placa representada por el interior de un circulo unitario se remueve de la placa, y si la distribución de temperatura dada por f(φ) se aplica a esta frontera, entonces la temperatura de estado estacionario está dada por V (r, φ) = V 0 2 + 2V 0 π ¸ sen φ r + sen 3φ 3r 3 + sen 5φ 5r 5 +· · · . (7.18) b) El resultado anterior se puede considerar como un caso especial del teorema [7.1], en el cual C es la frontera de la región representada por r > 1, y as´ı también tenemos en este caso un problema de Dirichlet. 7.4. Funciones armónicas. Planteamiento de los problemas de contorno Naturalmente con las limitaciones que impone un curso de estas caracter´ısticas en primer a˜ no ingenier´ıa veamos, a modo de introducción, como el planteamiento de los problemas de contorno (el´ıptico) conducen a las funciones armónicas. A las ecuaciones de tipo el´ıptico conduce al estudio de los procesos estacionarios ( o sea que no cambian en el tiempo) de diferente naturaleza f´ısica. Como sabemos la más simple ecuación de tipo el´ıptico es la ecuación de Laplace 1 ∆u ≡ ∂ 2 u ∂x 2 + ∂ 2 u ∂y 2 + ∂ 2 u ∂z 2 = 0 (7.19) y caracteriza (como hemos comprobado en apartados anteriores) los potenciales gravitacionales y electrostáticos en los puntos del espacio libre; ésta describe el potencial de velocidad del flujo no turbulento de un liquido incompresible y es válida también para la temperatura del medio isótropo homogéneo si el movimiento del calor es estacionario. Para n = 2, u = u(x, y), la ecuación de Laplace tiene la forma ∇ 2 u = ∆u = ∂ 2 u ∂x 2 + ∂ 2 u ∂y 2 = 0. (7.20) Es la base de la teor´ıa de las funciones anal´ıticas de variable compleja (funciones complejas, w = f(z)z, w ∈ C derivables en una cierta región D ⊂ R 2 ). Sus soluciones son partes real e imaginaria de las funciones f(z) = u(x, y) +iv(x, y) anal´ıticas en cierta región D. 1 Hemos utilizado ∆ en lugar de ∇ 2 , se puede utilizar dicho s´ımbolo conocido como laplaciano. Aunque es más frecuente ∇ 2 para evitar confusiones con el incremento de una func´ón 7.4. FUNCIONES ARM ´ ONICAS. PLANTEAMIENTODE LOS PROBLEMAS DE CONTORNO125 En el caso de que se tenga u = (x) se tiene ∇ 2 u = ∆u = d 2 u dx = 0 (7.21) cuyas soluciones son funciones u(x) = C 1 x +C 2 , C 1 , C 2 ∈ R constantes arbitrarias. Definición 7.1 (Función armónica) La función u = u(x, y, z) se llama armónica en la región Ω ⊂ R 3 , si u ∈ C 2 (Ω) y satisface la ecuación de Laplace ∇ 2 = ∂ 2 u ∂x 2 + ∂ 2 u ∂y 2 + ∂ 2 u ∂z 2 = 0 en la región Ω. Supongamos que la región Ω ⊂ R 3 está acotada por la superficie S Fig.[7.3]. ` » » S ´ Ω ⊂ R 3 Y Z X Figura 7.3: Para la ecuación de Laplace es t´ıpico el siguiente problema Hallar la función u(M), M ⊂ Ω, armónica en Ω y que satisface en S la condición de frontera que puede tomarse en una de las siguientes formas a) u(x, y, z)| S = f 1 (P), P ∈ S es el primer problema de contorno o problema de Dirichlet. b) ∂u(x, y, z) ∂η S = f 2 (P), P ∈ S es el segundo problema de contorno o problema de Newmann. c) ∂u(x, y, z) ∂η +hu(x, y, z) S = f 3 (P), P ∈ S es el tercer problema de contorno. 126 CAP ´ ITULO 7. ECUACIONES DE TIPO EL ´ IPTICO Aqu´ı f 1 , f 2 , f 3 , h son funciones dadas y ∂u ∂η es la derivada seg´ un la dirección normal exterior a la superficie S. Notas El sentido geométrico del problema de Dirichlet para la ecuación unidimensional de Laplace es trivial. Las funciones armónicas unidimensionales u(x) = C 1 x + C 2 son l´ıneas rectas y el problema de Dirichlet se reduce al siguiente ”Por dos puntos A(x 1 , u 1 ), B(x 2 , u 2 ) hay que trazar una recta” ` • A(x 1 , u 1 ) • B(x 2 , u 2 ) X u 0 Figura 7.4: 7.4.1. Ecuación de Poisson Otro representante de las ecuaciones de tipo el´ıptico es ∇ 2 u = g(x, y, z) (7.22) que corresponde al estado de equilibrio originado por una fuerza exterior con densidad proporcional a g(x, y, z). Se trata de un ejemplo más. Examinemos una ecuación ondulatoria ∇ 2 u − 1 a 2 ∂ 2 u ∂t 2 = 0 (7.23) 7.5. SOLUCIONES FUNDAMENTALES DE LA ECUACI ´ ON DE LAPLACE 127 Busquemos la solución de la ecuación [7.23] de la forma u(x, y, z, t) = e iωt v(x, y, z) (7.24) Introduciendo la función u(x, y, z, t) anterior en la ecuación [7.23] tendremos e iωt ∆v + ω 2 a 2 ve iωt = 0 ⇒∆v +k 2 v = 0 donde k 2 = ω 2 a 2 . De esta manera para la función v(x, y, z) hemos obtenido la ecuación de tipo el´ıptico ∆v +k 2 v = 0 que se llama Ecuaci´ on de Helmholtz. 7.5. Soluciones fundamentales de la ecuación de Laplace 7.5.1. Ejemplos más usuales Las coordenadas cartesianas, cil´ındricas y esféricas se usan más que otras. El operador de Laplace en las coordenadas a) Cartesianas, se determina por la fórmula, ya conocida, ∆u ≡ ∂ 2 u ∂x 2 + ∂ 2 u ∂y 2 + ∂ 2 u ∂z 2 . b) Cil´ındricas, análogamente ∆u ≡ 1 r ∂ ∂r r ∂u ∂r + 1 r 2 ∂ 2 u ∂φ 2 + ∂ 2 u ∂z 2 . c) Esféricas. (Véase ejercicio propuesto n o 4) 7.5.2. Soluciones con simetr´ıa esférica o cil´ındrica Gran interés representan las soluciones de la ecuación de Laplace que poseen simetr´ıa esférica o cil´ındrica, es decir, que dependen sólo de una variable r. I Aprovechándonos de las coordenadas esféricas, hallamos que la solución u = u(r), que posee la simetr´ıa esférica, se determina de una ecuación diferencial ordinaria d dr r 2 du dr = 0. 128 CAP ´ ITULO 7. ECUACIONES DE TIPO EL ´ IPTICO Integrando esta ecuación, hallamos u = C 1 r +C 2 , C 1 , C 2 ∈ R constantes y si hacemos C 1 = 1, C 2 = 0, se obtiene la función u 0 (r) = 1 r que se llama solución fundamental de la ecuación de Laplace en el espacio. La función u 0 = 1 r satisface la ecuación ∆u = 0 en todos los puntos, a excepción del punto r = 0, donde u 0 → ∞. Si examinamos el campo de la carga puntual e situada en el origen de coordenadas, el potencial de este campo será igual a u(r) = e r . II Utilizando las coordenadas cil´ındricas, hallamos que la solución u = u(r), que tiene simetr´ıa cil´ındrica o circular (en el caso de dos variables independientes) se determina a partir de la EDO d dr r du dr = 0 de donde integrando resulta u = C 1 ln r + C 2 . Tomando C 1 = −1, C 2 = 0 se tiene u 0 (r) = ln 1 r . La función u 0 (r) se llama solución fundamental de la ecuación de Laplace en el plano. Esta función satisface la ecuación de Laplace en todos los puntos a excepción del punto r = 0 donde u = ln 1 r se hace infinito. 7.6. Ejercicios propuestos 7.1 Mostrar que una solución a la ecuación de Laplace bidimensional está dada por V = ln r, donde r = x 2 +y 2 . 7.2 Encontrar una interpretación f´ısica al ejercicio resuelto 2. 7.3 Demostrar que con la transformación a coordenadas polares x = ρ cos φ, y = ρ senφ la ecuación de Laplace es ∇ 2 V = 0 ⇔∇ 2 V = ∂ 2 V ∂ρ 2 + 1 ρ ∂V ∂ρ + 1 ρ 2 ∂ 2 V ∂φ 2 = 0. Idem para con las coordenadas cil´ındricas x = ρ cos φ, y = ρ sen φ, z = z, ∇ 2 V = 0 ⇔∇ 2 V = ∂ 2 V ∂ρ 2 + 1 ρ ∂V ∂ρ + 1 ρ 2 ∂ 2 V ∂φ 2 + ∂ 2 V ∂z 2 = 0. 7.6. EJERCICIOS PROPUESTOS 129 7.4 Comprobar que con la transformación a coordenadas esféricas x = r sen θ cos φ, y = r sen θ sen φ, z = r cos θ, la ecuación de Laplace es ∇ 2 V = 0 ⇔∇ 2 V = ∂ 2 V ∂r 2 + 2 r ∂V ∂r + 1 r 2 ∂ 2 V ∂θ 2 + cot θ r 2 ∂V ∂θ + 1 r 2 sen 2 θ ∂ 2 V ∂φ 2 7.5 Obtener la expresión equivalente para encontrar el potencial por fuera del circulo unitario r = 1, del ejercicio resuelto n´ umero 2. 7.6 Encontrar el potencial a) Dentro y b) Fuera del circulo unitario, r = 1, si el potencial sobre el circulo está dado por f(φ) = V 0 0 < φ < π 2 −V 0 π 2 < φ < φ 0 π < φ < 2π 7.7 Hallar la función armónica en el interior del circulo de radio r o con centro en el origen de coordenadas y tal que f(φ)| r=r 0 = 3 + 5 cos φ. 7.8 Hallar la función armónica en el interior de un circulo de radio r o con centro en el origen de coordenadas y tal que, f(φ)| r=r 0 = 2 + 3 sen φ. 7.9 Idem para f(φ) = sen 2 φ. 7.10 Hallar la función armónica, en el interior del circulo de radio r o con centro en el origen de coordenadas y tal que a) ∂u ∂r r=r o = Acos φ, A constante. b) ∂u ∂r r=r o = 2 sen 2 φ. Soluciones a los ejercicios propuestos 7.1 Basta probar que ∂ 2 V ∂x 2 + ∂ 2 V ∂y 2 = 0. 7.6 a) V (r, φ) = V 0 π ∞ ¸ n=1 r n ¸ 2 sen(n π 2 ) n cos nφ + 1 −2 cos(n π 2 ) + cos nπ n sen nπ . b) V (r, φ) = V 0 π ∞ ¸ n=1 r −n ¸ 2 sen(n π 2 ) n cos nφ + 1 −2 cos(n π 2 ) + cos nπ n sen nπ . 130 CAP ´ ITULO 7. ECUACIONES DE TIPO EL ´ IPTICO 7.7 El problema consiste en solucionar el problema interior de Dirichlet, ∆u = 0, 0 ≤ r < r 0 , con las C.F. f(φ)] r=r 0 = 3 + 5 cos φ. La solución buscada es u(r, φ) = 3 + 5 r 0 r cos φ ó u(x, y) = 3 + 5 r 0 x. 7.8 u(r, φ) = 2 + 3 r 0 senφ. 7.9 u(r, φ) = 1 2 − 1 2 r r 0 2 cos 2φ. 7.10 a) u(r, φ) = A 0 +Ar cos φ, A 0 constante arbitraria. b) No tiene solución. 7.7. Ejercicios resueltos 7.1 Puesto que V = 1 r , donde r = x 2 +y 2 +z 2 , es una solución de la ecuación de Laplace en tres dimensiones, esto es, la ecuación [7.4] , podr´ıamos pensar que cuando V = 1 r donde r = x 2 +y 2 , es una solución de la ecuación de Laplace en dos dimensiones, esto es, ∂ 2 V ∂x 2 + ∂ 2 V ∂y 2 = 0. Mostrar que este hecho no es cierto. Solución La ecuación de Laplace es ∇ 2 V = 0 ⇔ ∂ 2 V ∂x 2 + ∂ 2 V ∂y 2 = 0. a) ∂ 2 V ∂x 2 = ∂ ∂x ¸ ∂ ∂x 1 x 2 +y 2 ¸ = ∂ ∂x ¸ −2x 2 x 2 +y 2 ¸ = ∂ ∂x ¸ −x x 2 +y 2 ¸ = ∂ ∂x ¸ −x x 2 +y 2 ¸ = − x 2 +y 2 +x 2x 2 √ x 2 +y 2 ( x 2 +y 2 ) 2 = −2(x 2 +y 2 ) + 2x 2 2 x 2 +y 2 (x 2 +y 2 ) = −2y 2 2 x 2 +y 2 (x 2 +y 2 ) =⇒ ∂ 2 V ∂x 2 = −y 2 (x 2 +y 2 ) 3 2 . b) ∂ 2 V ∂y 2 = ∂ ∂y ¸ ∂ ∂y 1 x 2 +y 2 ¸ = ∂ ∂y ¸ −2y 2 x 2 +y 2 ¸ = = ∂ ∂y ¸ −y x 2 +y 2 ¸ = ∂ ∂y ¸ −y x 2 +y 2 ¸ = − x 2 +y 2 +y 2y 2 √ x 2 +y 2 ( x 2 +y 2 ) 2 = −2(x 2 +y 2 ) + 2y 2 2 x 2 +y 2 (x 2 +y 2 ) = −2x 2 2 x 2 +y 2 (x 2 +y 2 ) =⇒ ∂ 2 V ∂y 2 = −x 2 (x 2 +y 2 ) 3 2 . 7.7. EJERCICIOS RESUELTOS 131 Por tanto ∂ 2 V ∂x 2 + ∂ 2 V ∂y 2 = −y 2 −x 2 (x 2 +y 2 ) 3 2 = − x 2 +y 2 (x 2 +y 2 ) 3 2 = −(x 2 +y 2 ) − 1 2 = 0. 7.2 Hallar la solución de la ecuación de Laplace dentro del circulo de radio r = 1 que tenga valores dados en la frontera por f(φ) = V 0 , 0 < φ < π 0, π < φ < 2π siendo V 0 una constante. Solución Sabemos que a n = 1 π 2π 0 f(φ) cos nφdφ, b n = 1 π 2π 0 f(φ) sen nφdφ representan los coeficientes de Fourier de la expresión V (r, φ) = a 2 2 + ∞ ¸ n=1 r n [a n cos nφ +b n sen nφ] . Veamos los casos siguientes para los coeficientes a n Para n = 0 a 0 = 1 π 2π 0 f(φ)dφ = 1 π π 0 V 0 dφ + 1 π 2π π 0dφ = 1 π V 0 |φ| π 0 = 1 π V 0 π = V 0 ⇒a 0 = V 0 . Para n = 1, 2, 3, . . . a n = 1 π 2π 0 f(φ) cos nφdφ = 1 π π 0 V 0 cos nφdφ+ 1 π 2π π 0 cos nφdφ = 1 π π 0 V 0 cos nφdφ = = V 0 π 1 n sen nφ π 0 = V 0 π ¸ 1 n sen nπ − 1 n 0 = 0 ⇒a n = 0 n = 1, 2, 3, . . .. Análogamente para los coeficientes b n b n = 1 π π 0 V 0 sennφdφ + 1 π 2π π 0 sen nφdφ = V 0 (1 −cos nπ) nπ . Por tanto V (r, φ) = V 0 2 + V 0 π ∞ ¸ n=1 1 −cos nπ n r n sen nφ V (r, φ) = V o 2 + 2V o π ¸ r sen φ + r 3 3 sen 3φ + r 5 5 sen 5φ +· · · V (r, φ) = V o ¸ 1 2 + 2 π r sen φ + r 3 3 sen 3φ + r 5 5 sen 5φ +· · · 132 CAP ´ ITULO 7. ECUACIONES DE TIPO EL ´ IPTICO Cap´ıtulo 8 Técnicas para resolver problemas de Valor de Frontera (I) ”Los urbanistas hacen canales, los arqueros tiran flechas, los carpinteros trabajan la madera, el hombre sabio se modeló a s´ı mismo” Sidharta Gantama 133 134CAP ´ ITULO8. T ´ ECNICAS PARARESOLVER PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA(I) 8.1. INTRODUCCI ´ ON 135 8.1. Introducción En temas anteriores hemos resuelto algunos tipo de problemas de valor de frontera a través del uso de series de Fourier. En esta sección extendemos las técnicas para trabajar varios problemas que son algo más complicados por la naturaleza de las condiciones de frontera o por las ecuaciones diferenciales parciales que involucran. Deber´ıamos enfatizar sobre los métodos que se pueden aplicar a diferentes campos, de modo que, por ejemplo no significa que porque usamos un problema de conducción de calor para ilustrar un procedimiento particular no se pueda también aplicar a alg´ un problema de vibraciones, potencial eléctrico, gravitacional, etc. Veamos cinco casos particulares para ilustrar lo dicho anteriormente. 8.2. La cuerda vibrante bajo la gravedad Este caso ya fue estudiado con detalle en los temas 3 y 4, pero se despreciaron los efectos de la gravedad sobre la cuerda. Veamos ahora como se pueden tener en cuenta tales efectos. Consideremos la misma cuerda del tema 3 y supongamos que está horizontal a lo largo del eje OX con sus extremos fijos como antes en x = 0 y x = L, respectivamente. También vamos a asumir que a la cuerda se le da alguna forma inicial por ejemplo alzándola y luego soltándola. Si g es la aceleración debida a la gravedad, la EDP para la cuerda vibrante es ∂ 2 Y ∂t 2 = a 2 ∂ 2 Y ∂x 2 −g (8.1) siendo Y = Y (x, t) el desplazamiento del punto x de la cuerda desde la posición de equilibrio (eje OX) en cualquier tiempo t. Escojamos como C.F. Y (0, t) = 0, Y (x, 0) = f(x) (8.2) Y (L, t) = 0, ∂Y (x, t) ∂t t=0 = 0. Si intentamos aplicar el método de separación de variables para Y = X(x) · T(t) en [8.1], es fácil demostrar que el método no se cumple. Y esto se debe a la presencia de g. 136CAP ´ ITULO8. T ´ ECNICAS PARARESOLVER PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA(I) ¿Como resolvemos el problema para poder aplicar el método de separación de variables, es decir, eliminar g ? Para ello, hagamos Y (x, t) = W(x, t) + Ψ(x), donde W(x, t) es una variable dependiente y Ψ(x) es una función desconocida de x que debemos hallar para poder eliminar g en [8.1]. Sustituyendo en [8.1] la ´ ultima igualdad, se obtiene ∂ 2 W ∂t 2 = a 2 ∂ 2 W ∂x 2 +a 2 Ψ (x) −g. (8.3) Eliminamos g si escogemos Ψ en [8.3] de modo que Ψ (x) = g a 2 . De aqu´ı Ψ(x) = gx 2 2a 2 +px +q (8.4) siendo p, q constantes arbitrarias. En tal caso [8.3] llega a ser ∂ 2 W ∂t 2 = a 2 ∂ 2 W ∂x 2 . (8.5) Las condiciones de frontera [8.2] en términos de W y Ψ se convierte en W(0, t) = −Ψ(0), W(x, 0) = f(x) −Ψ(x) (8.6) W(L, t) = −Ψ(L), ∂W(x, t) ∂t t=0 = 0. La ecuación [8.5] tiene ahora la misma forma como la ecuación de la cuerda vibrante sin la gravedad, la cual por supuesto es separable. El ´ unico inconveniente ahora es que las dos primeras condiciones en [8.6] son complicadas por el hecho de que los lados derechos no son cero. Sin embargo, esto no ofrece dificultad porque podemos hacer el lado derecho a través de las selecciones Ψ(0) = 0, Ψ(L) = 0. (8.7) De hecho estas dos selecciones son justo las que necesitamos para determinar las dos constantes p y q en [8.4]. Usando las condiciones [8.7] en [8.4] conducen a q = 0, gL 2 2a 2 +pL = 0 ⇒p = −gL 2a 2 , q = 0 de modo que Ψ(x) = − gx(L −x) 2a 2 . (8.8) 8.3. CONDUCCI ´ ONDE CALOR ENUNABARRACONCONDICIONES NOCEROENLOS EXTREMOS137 Nuestras condiciones de frontera [8.6] llegan a ser W(0, t) = 0, W(L, t) = 0, W(x, 0) = f(x) −Ψ(x), ∂W(x, t) ∂t t=0 = 0. (8.9) Ahora para resolver el problema recurrimos al problema ya estudiado en cap´ıtulos anteriores, sobre los problemas de V.F. que involucran movimiento vibratorio (problema de la cuerda vibrante) excepto que tenemos aqu´ı W(x, t), y f(x) −Ψ(x). Por tanto las solución es W(x, t) = 2 L ∞ ¸ n=1 L 0 [f(x) −Ψ(x)] sen nπx L dx sen nπx L cos nπat L (8.10) de la cual obtenemos el desplazamiento requerido Y (x, t) usando [8.2] Nota Naturalmente podemos obtener [8.10] usando el método de separación de variables y satisfaciendo las C.F. como antes. 8.3. Conducción de calor en una barra con condiciones no cero en los extremos En el enunciado del problema de Fourier, los extremos de la barra en x = 0 y x = L se mantuvieron ambos a 0 o C. Desde un punto de vista f´ısico no hay razón de no haber escogido otras dos condiciones, tales como por ejemplo el extremo x = 0 mantenido a 20 o C y el extremo x = L a 60 o C. El problema de Valor de Frontera revisado en este caso ser´ıa ∂u ∂t = κ ∂ 2 u ∂x 2 (8.11) u(0, t) = 20, u(L, t) = 60, u(x, 0) = 100. (8.12) Sabemos que aplicando la separación de variables en la ecuación [8.11] produce la solución u(x, t) = e −κλ 2 t (Acos λx +Bsen λx) (8.13) pero desde el punto de vista matemático no se puede satisfacer a´ un la primera condición en [8.12] porque no se puede sacar ninguna conclusión a menos que el lado derecho en esta 138CAP ´ ITULO8. T ´ ECNICAS PARARESOLVER PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA(I) condición sea cero. Nuestra primera idea podr´ıa ser, ya que la temperatura es un concepto relativo, introducir una nueva escala de temperatura en la cual todas las temperaturas se reduzcan a 20 o C. Esto ayudar´ıa con la primera condición, pero la segunda condición en [8.12] servir´ıa sólo para no satisfacer nuestro interés por hallar la solución. Con un razonamiento análogo al tratado en la sección [8.2] podr´ıamos realizar la trans- formación u(x, t) = W(x, t) + Ψ(x) (8.14) donde hay que calcular Ψ(x) de modo que satisfaga nuestras necesidades. Usando [8.14], el problema de valor de frontera anterior llega a ser ∂W ∂t = κ ∂ 2 W ∂x 2 +κΨ (8.15) W(0, t) = 20 −Ψ(0); W(x, 0) = 100 −Ψ(x); W(L, t) = 60 −Ψ(L). (8.16) Para que podamos aplicar el método de separación de variables debemos escoger Ψ de modo que Ψ = 0 ⇒Ψ = px +q (8.17) ∂W ∂t = κ ∂ 2 W ∂x 2 (8.18) también ser´ıa deseable que los lados derechos de las dos primeras condiciones de [8.16] fueran ambos cero. Esto se conseguir´ıa si eligiéramos Ψ de modo que Ψ(0) = 20, Ψ(L) = 60. (8.19) Afortunadamente, las dos constantes arbitrarias p y q son suficientes para satisfacer las dos condiciones en [8.20]. Usando estas condiciones en [8.17] nos da q = 20; 60 = pL + 20 ⇒p = 40 L ; q = 0 de aqu´ı Ψ(x) = 40 L x + 20. (8.20) Aqu´ı podemos llegar a que las condiciones de frontera [8.16] pueden escribirse W(0, t) = 0, W(L, t) = 0, W(x, 0) = 100 −Ψ(x). (8.21) 8.4. LA CUERDA VIBRANTE CON VELOCIDAD INICIAL NO CERO 139 Para el problema de valor de frontera dado por [8.18] y [8.21] usamos el mismo procedimiento como el problema de Fourier. As´ı de [8.18] encontramos por el método de separación de variables la solución W(x, t) = e −κλ 2 t (Acos λx +Bsen λx) . (8.22) Las dos primeras condiciones en [8.21] llevan a A = 0, λ = nπ L , n = 1, 2, 3 . . . de modo que W(x, t) = Be −κ n 2 π 2 L 2 t sen nπx L . (8.23) Para satisfacer la ´ ultima condición en [8.21] primero usamos el principio de superposición en [8.23] para obtener la solución W(x, t) = ∞ ¸ n=1 b n e −κ n 2 π 2 L 2 t sen nπx L . (8.24) Entonces de la ´ ultima condición en [8.21] tenemos 100 −ψ(x) = ∞ ¸ n=1 b n sen nπx L de modo que b n = 2 L L 0 [100 −Ψ(x)] sen nπx L dx. (8.25) Usando estos valores de [8.24] nos da W(x, t), y la solución requerida u(x, t) se obtiene entonces de [8.14] u(x, t) = ∞ ¸ n=1 ¸ 2 L L 0 [100 −ψ(x)] sen nπx L dx ¸ e −κ n 2 π 2 L 2 t sen nπx L + 40x L + 20. (8.26) Nota Es interesante encontrar una interpretación f´ısica a la función Ψ. Esto se logra teniendo en cuenta que cuando transcurre mucho tiempo, esto es, cuando t →∞, W(x, t) →0, y u(x, t) →Ψ(x). Esto significa que Ψ(x) es la temperatura de estado estacionario. Esto también es claro desde el punto de vista matemático, puesto que para una temperatura independiente del tiempo t, [8.11] se reduce a [8.17], lo cual conduce a [8.20]. 8.4. La cuerda vibrante con velocidad inicial no cero En el problema sobre la cuerda vibrante, la pregunta que surge ahora es 140CAP ´ ITULO8. T ´ ECNICAS PARARESOLVER PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA(I) ¿Como influye en la solución en el caso de que la velocidad inicial no sea cero mientras que las otras condiciones no cambian ? La E.D.P. para el movimiento de la cuerda vibrante es ∂ 2 Y ∂t 2 = a 2 ∂ 2 Y ∂x 2 (8.27) y las C.F. son Y (0, t) = 0, Y (L, t) = 0, Y (x, 0) = f(x), ∂Y ∂t t=0 = g(x) (8.28) (aparte de la acostumbrada sobre acotamiento). Para calcular la solución ya sabemos aplicando el método de separación de variables Y (x, t) = X(x) · T(t) = sen nπx L Asen nπat L +Bcos nπat L . (8.29) Aplicando la superposición nos conduce a la solución. Y (x, t) = ∞ ¸ n=1 sen nπx L a n sen nπat L +b n cos nπat L . (8.30) Las dos ´ ultimas condiciones de frontera conducen entonces a exigir f(x) = ∞ ¸ n=1 b n sen nπx L (8.31) g(x) = ∞ ¸ n=1 nπa L a n sen nπx L . (8.32) Estas son dos series en la forma seno de Fourier para determinar a n y b n , respectivamente. Encontramos b n = 2 L L 0 f(x) sen nπx L dx nπa L a n = 2 L L 0 g(x) sen nπx L dx ⇒a n = 2 nπa L 0 g(x) sen nπx L dx. De aqu´ı Y (x, t) = ∞ ¸ n=1 sen nπxL ¸ 2 nπa L 0 g(x) sen nπx L dx sen nπat L + + 2 L L 0 f(x) sen nπx L dx cos nπat L ¸ . (8.33) 8.5. EJERCICIOS PROPUESTOS 141 8.5. Ejercicios propuestos 8.1 Una barra de metal de 50cm de longitud cuya superficie está aislada tiene una temperatura de 60 o C. En t = 0 se aplica a un extremo una temperatura de 30 o C y al otro una temperatura de 80 o C manteniéndose ambas. Hallar la temperatura de la barra en cualquier tiempo si κ = 0,15 unidades c.g.s. 8.2 Una lámina de material de difusividad κ está acotada por los planos x = 0, x = L. Si las caras planas se mantienen a temperaturas U 1 y U 2 respectivamente, mientras que la temperatura inicial es U 0 , encontrar la temperatura en cualquier punto en cualquier tiempo posterior. 8.3 Una cuerda tiene sus extremos fijos en x = 0, x = L. Supongamos que inicialmente la cuerda tiene una forma parabólica y que cada punto se mueve en la misma dirección con la misma velocidad. Encontrar el desplazamiento de cualquier punto de la cuerda en cualquier tiempo. 8.4 Resolver el problema de valor de frontera ∂u(x, t) ∂t = 1 + ∂ 2 u(x, t) ∂x 2 , 0 < x < 1, t > 0 u(0, t) = 0, u(1; t) = 0, u(x, 0) = sen πx 8.5 Resolver el problema de valor de frontera ∂ 2 Y (x, t) ∂t 2 = a 2 ∂ 2 Y (x, t) ∂x 2 , 0 < x < L, t > 0 Y (0, t) = 0, ∂Y (L, t) ∂x = K, Y (x, 0) = 0, ∂Y (x, 0) ∂t = 0. 8.6 Resolver el problema de valor de frontera ∂ 2 Y (x, t) ∂t 2 = 1 + ∂ 2 Y (x, t) ∂x 2 , 0 < x < π 2 , t > 0 Y (0, t) = 1, ∂Y ( π 2 ; t) ∂x = − π 2 , Y (x, 0) = 1 + 1 2 x 2 − 1 2 πx, ∂Y (x, 0) ∂t = 0. Soluciones a los ejercicios propuestos 8.1 u(x, t) = 30 +x + ∞ ¸ n=1 60 + 40 cos nπ nπ e −0,15( nπ 50 ) 2 t sen nπx 50 . 142CAP ´ ITULO8. T ´ ECNICAS PARARESOLVER PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA(I) 8.2 u(x, t) = U 1 + U 2 −U 1 L x + ∞ ¸ n=1 b n e −κ n 2 π 2 L 2 t sen nπx L con b n = 2 nπ [U 0 −U 1 + (U 2 −U 0 ) cos nπ]. 8.3 Y (x, t) = ∞ ¸ n=1 sen nπx L a n sen nπat L +b n cos nπat L con a n = 2v 0 L n 2 π 2 a (1 −cos nπ), v 0 =velocidad, y b n = 4αL 3 n 3 π 3 (1 −cos nπ), α = cte. 8.4 u(x, t) = 1 2 x(1 −x) + ∞ ¸ n=1 ¸ 1 − 2(1 −cos nπ) n 3 π 3 e −n 2 π 2 t sennπx. 8.5 Y (x, t) = Kx + 2KL π ∞ ¸ n=1 1 2n −1 sen (2n −1)πx L cos (2n −1)πat L x. 8.6 Y (x, t) = 1 − x 2 2 − 4 π ∞ ¸ n=1 ¸ (2n −1)π cos nπ + 2 (2n −1) 3 sen(2n −1)xcos(2n −1)t. Cap´ıtulo 9 Técnicas para resolver problemas de Valor de Frontera(II) ”Uno mismo es el amor a la técnica y el amor a la humanidad” Hipócrates 143 144CAP ´ ITULO9. T ´ ECNICAS PARARESOLVER PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA(II) 9.1. VIBRACIONES DE UNA PIEL DE TAMBOR: SERIES DOBLES DE FOURIER145 9.1. Vibraciones de una piel de tambor: Series dobles de Fourier En el cap´ıtulo 3 describimos un problema relacionado con las vibraciones de una piel de tambor cuadrada. La ecuación de estas vibraciones está dada por ∂ 2 z ∂t 2 = a 2 ∂ 2 z ∂x 2 + ∂ 2 z ∂y 2 (9.1) siendo z el desplazamiento de un punto (x, y) a partir del plano, el cual es la posición de ` • (x,y) Y X Figura 9.1: equilibrio, en cualquier tiempo t y a 2 = τ ρ , siendo τ la tensión por unidad de longitud a lo largo de cualquier curva en la piel de tambor que se asume constante y ρ la densidad (masa por unidad de área). Consideremos que la piel de tambor está situada como en la figura [9.1], y que las aristas están fijas y son de longitud unitaria. Asumimos también que la piel de tambor se pone a vibrar al darle alguna forma inicial, como se describe por ejemplo, con la ecuación de la superficie z = f(x, y), y luego se suelta. I Formalicemos desde el punto de vista matemático el problema. La EDP para el movimien- to viene dada por la ecuación ∂ 2 z ∂t 2 = a 2 ∂ 2 z ∂x 2 + ∂ 2 z ∂y 2 . (9.2) Que las aristas estén fijas implica tener las cuatro condiciones de frontera z(0, y, t) = 0; z(1, y, t) = 0; z(x, 0, t) = 0; z(x, 1, t) = 0. (9.3) 146CAP ´ ITULO9. T ´ ECNICAS PARARESOLVER PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA(II) El hecho de que a la piel de tambor se le de una forma inicial especificada conduce a z(x, y, 0) = f(x, y). (9.4) Finalmente, el hecho de que pueda soltar la piel de tambor después de haberle dado esta forma nos dice que ∂z(x, y, 0) ∂t = 0, 0 < x < 1, 0 < y < 1, t > 0. (9.5) Naturalmente partimos del hecho de que z debe estar acotada. II A continuación demos solución a la ecuación [9.2]. Partamos de la condición de que [9.2] admite una solución de la forma Z(x, y, t) = X(x) · Y (y) · T(t). Sustituyendo en [9.2] se obtiene XY T = a 2 (X Y T +XY T) ⇒ T a 2 T = X X + Y Y (9.6) Nota Se ha obtenido [9.6] dividiendo por a 2 XY T. En [9.6] el lado izquierdo depende sólo de t; y el lado derecho de x e y. Se tiene, como ya sabemos por cap´ıtulos anteriores, que cada lado debe ser una constante, la cual denotamos por −λ 2 , esto es T a 2 T = −λ 2 ; X X + Y Y = −λ 2 . (9.7) En [9.7], escribámosla as´ı X X = − Y Y +λ 2 (9.8) que a su vez cada lado debe ser una constante, denotémos la por −µ 2 . Entonces X X = −µ 2 ; Y Y = −(λ 2 −µ 2 ). (9.9) Si hacemos λ 2 −µ 2 = β 2 ⇒λ 2 = µ 2 +β 2 . De las ecuaciones [9.9] y de la primera ecuación de [9.7] tenemos X +µ 2 = 0 (9.10) Y +β 2 Y = 0 T +a 2 (µ 2 +β 2 )T = 0. 9.1. VIBRACIONES DE UNA PIEL DE TAMBOR: SERIES DOBLES DE FOURIER147 Resolviendo las EDO’s correspondientes se obtiene X = c 1 cos µx +c 2 sen µx (9.11) Y = c 3 cos βy +c 4 senβy T = c 5 cos a µ 2 +β 2 t +c 6 sen a µ 2 +β 2 t. De la primera y tercera condiciones en [9.3] encontramos c 1 = c 3 = 0, de ah´ı que Z = c 2 c 4 senµxsen βy c 5 cos a µ 2 +β 2 t +c 6 sen a µ 2 +β 2 t . (9.12) De la segunda y cuarta condiciones en [9.3] encontramos µ = mπ β = nπ, m, n = 1, 2, 3 . . ., de modo que Z = c 2 c 4 sen mπxsen nπy c 5 cos a m 2 +n 2 πt +c 6 sen a m 2 +n 2 πt . La condición [9.5] conduce a c 6 = 0 de modo que Z = Bsen mπxsen nπy cos a m 2 +n 2 πt, B = c 2 c 4 c 5 . (9.13) Para satisfacer [9.4] tendremos que usar el principio de superposición, esto es, la suma- toria de soluciones de la forma [9.13] sobre todos los valores enteros de m y n. Esto conduce a la solución de serie doble Z = ∞ ¸ m=1 ∞ ¸ n=1 B mn senmπxsen nπy cos a m 2 +n 2 πt (9.14) donde hemos reemplazado B en [9.13] por B mn puesto que cada solución puede tener un coeficiente diferente. Esto satisfará la condición [9.13] si f(x, y) = ∞ ¸ m=1 ∞ ¸ n=1 B mn senmπxsen nπy. (9.15) Podemos escribir [9.15] f(x, y) = ∞ ¸ m=1 ∞ ¸ n=1 B mn sen nπy senmπx (9.16) esto es f(x, y) = ∞ ¸ m=1 b m sen mπx, (9.17) con b m = ∞ ¸ n=1 B mn sen nπy. (9.18) 148CAP ´ ITULO9. T ´ ECNICAS PARARESOLVER PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA(II) Puesto que [9.17] representa una serie de Fourier en x se tiene por los métodos ya conocidos b m = 2 1 1 0 f(x, y) sen mπxdx. (9.19) Puesto que [9.18] representa una serie de Fourier en y, se tiene de forma similar B mn = 2 1 1 0 b m sennπydy. (9.20) Sustituyendo [9.19] en [9.20] encontramos B mn = 4 1 0 1 0 f(x, y) sen mπxsen nπydxdy. (9.21) Reemplazando [9.21] en [9.14] se obtiene la solución deseada Z = ∞ ¸ m=1 ∞ ¸ n=1 ¸ 4 1 0 1 0 f(x, y) sen mπxsennπydxdy · · sen mπxsen nπy cos a m 2 +n 2 πt. (9.22) Nota Por razones obvias la serie [9.15] con coeficientes en [9.21] se llama una serie seno doble de Fourier correspondiente a f(x, y). Podr´ıamos haber obtenido en forma similar series coseno doble de Fourier o series dobles de Fourier involucrando senos y cosenos. Naturalmente la generalización a dimensiones superiores conducen a series triples, cuádruples, etc. de Fourier. III Es muy interesante estudiar, aunque brevemente, el posible significado f´ısico de varios términos en la serie Z = ∞ ¸ m=1 ∞ ¸ n=1 B mn sen mπxsen nπy cos a m 2 +n 2 πt. Para ello, asumimos que f(x, y) es tal que todos los términos de la serie anterior son cero excepto en aquel para la cual m = 3, n = 3. Entonces este término es B 33 sen 3πxsen 3πy cos a 3 2 + 3 2 πt. (9.23) Como en el caso de la cuerda, llamamos esto un nodo de vibración. Se notará que, para todos los valores de tiempo t, el desplazamiento [9.23] será cero a lo largo de las l´ıneas x = 1 3 , x = 2 3 , y = 1 3 , y = 2 3 como se indica en la siguiente figura. Si pudiéramos 9.1. VIBRACIONES DE UNA PIEL DE TAMBOR: SERIES DOBLES DE FOURIER149 ` (0, 0) 1 3 2 3 1 3 2 3 (0, 1) (1, 1) (1, 0) Figura 9.2: tomar una pel´ıcula de la vibración que ocurre en un intervalo de tiempo, observar´ıamos que los segmentos de piel de un tambor dentro de los peque˜ nos cuadrados acotados por estas l´ıneas nodales vibran cada uno, algunas veces en una dirección y luego en la otra. Por ejemplo, en la figura [9.2] hemos indicado este movimiento usando sombra para indicar el movimiento en una dirección y sin sombra para el movimiento en la dirección opuesta donde los movimientos ocurren simultáneamente. El hecho de que dos cuadrados adyacentes estén vibrando en direcciones opuestas en un tiempo dado a menudo se indica diciendo que las vibraciones de estas regiones están fuera de fase entre s´ı. Nota Lo que se ha mostrado en la figura [9.2] es, por supuesto, una fotograf´ıa en un tiempo particular. En otro tiempo la fotograf´ıa podr´ıa cambiar de modo que las direcciones de vibración se invierten. Al observar el factor tiempo en [9.23] es evidente que existe una periodicidad en las fotograf´ıas, esto es, si encontramos la piel de tambor en un estado particular de movimiento en un instante de tiempo, entonces estará exactamente en el mismo estado en alg´ un tiempo m´ınimo más tarde llamado per´ıodo. La frecuencia correspondiente, la cual es el rec´ıproco de este per´ıodo, está dada para el caso [9.23] por f 33 = πa √ 3 2 + 3 2 2π = 3 2 √ 2a = 3 2 2τ ρ . 150CAP ´ ITULO9. T ´ ECNICAS PARARESOLVER PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA(II) IV De una manera similar, cada término de [9.14] correspondiente a un par de valores m y n representa un modo particular de vibración teniendo una frecuencia caracter´ıstica dada por f mn = √ m 2 +n 2 2 τ ρ . (9.24) Por brevedad podemos hablar del modo (m, n) o la frecuencia del modo (m, n). 9.2. Modos diferentes con la misma frecuencia Puede suceder que existan dos o más modos diferentes con la misma frecuencia. Sean dos términos solamente del desarrollo [9.14] correspondientes a los modos (1, 2), (2, 1). Encontramos que la suma de estos términos es (B 12 sen πxsen 2πy +B 21 sen 2πxsen πy) cos √ 5πat. (9.25) Se ve de inmediato que para todas las selecciones de los coeficientes B 12 y B 21 la frecuencia está dada por f 12 = √ 5πa 2π = 1 2 5τ ρ . Si en particular B 12 = B 21 , entonces el desplazamiento para este caso está dado por Y (x, t) = B 12 cos √ 5πat(sen πxsen 2πy + sen 2πxsen πy); Y (x, t) = B 12 cos √ 5πat{(sen πx(2 sen πy cos πx) + + (2 sen πxcos πx) sen πy}; Y (x, t) = 2B 12 cos √ 5πat sen πxsen πy(cos πx + cos πy). De lo cual se puede concluir que las l´ıneas nodales son x ± y = 1 ( para lo cual cos πx + cos πy = 0), como se indica por las l´ıneas sombreadas en la figura [9.3]. También se indican en la figura sombreadas y sin sombrear las direcciones de las vibraciones de las regiones triangulares acotadas por estas l´ıneas en un instante particular del tiempo, invirtiéndose éstas a medio per´ıodo más tarde. Algunas veces nos referimos a dos o más modos diferentes que tienen la misma frecuencia como modos degenerados. Como hemos visto anteriormente, todos los modos correspondientes a los casos m = n son degenerados. La serie [9.14] muestra que el desplazamiento generado en una piel de tambor se puede considerar como una suma o superposición de desplazamientos correspondientes a los varios modos. 9.3. CONDUCCI ´ ON DE CALOR CON RADIACI ´ ON 151 ` (0, 0) (0, 1) (1, 1) (1, 0) Figura 9.3: ¿Una piel de tambor cuadrada puede crear un tono musical -¡ en analog´ıa con la cuerda vibrante!- ? Recordemos que en el caso de la cuerda vibrante tenemos una frecuencia más peque˜ na o fundamental, y que hemos definido m´ usica como el estado donde todas las frecuencias más altas o armónicas son m´ ultiplos enteros de esta frecuencia fundamental. Si usamos la misma definición aqu´ı, resulta que tenemos una mezcla de m´ usica y ruido (esto es, no m´ usica), puesto que hay frecuencias que son enteros m´ ultiplos de una frecuencia fundamental como también frecuencias que no lo son. Una consideración importante a este respecto son las magnitudes de los coeficientes B mn , los cuales sirven para indicar aquellos modos y correspondientes frecuencias de gran importancia. 9.3. Conducción de calor con radiación 9.3.1. Planteamiento del problema En el problema de Fourier que involucra una barra de metal de longitud L, las condiciones de frontera en los extremos x = 0, x = L consideradas hasta ahora asumen que los extremos se mantienen a ciertas temperaturas o están aislados, o una combinación de éstas. Una posibilidad distinta, pero interesante, que puede surgir es el caso donde uno de los extremos, digamos x = 0, mientras que el otro extremo x = L irradia a un medio cincundante, 152CAP ´ ITULO9. T ´ ECNICAS PARARESOLVER PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA(II) el cual asume que está también a la temperatura 0 o C. Podemos asumir que la distribución de temperatura inicial está especificada por f(x). 9.3.2. Formalización matemática Como en el problema de Fourier, asumimos que la superficie convexa de la barra está aislada de modo que la ecuación de calor está dada como antes por ∂u ∂t = κ ∂ 2 u ∂x 2 . (9.26) La ´ unica cuestión que podemos plantearnos en relación a las condiciones de frontera, es saber la formulación matemática de la condición de radiación en el extremo x = L. Para obtener la expresión matemática, recordemos primero que el flujo de calor a través del extremo x = L está dado por −κu x (L, t), donde κ es la conductividad térmica la cual se asume como constante. Teniendo en cuenta la ley de Newton del tipo de enfriamiento de radiación (esto es, donde el flujo es proporcional a la diferencia entre la temperatura u(x, t)| x=L y la temperatura del medio cincundante tomada como cero) obtenemos la condición de frontera requerida. u x (L, t) = −hu(L, t), h > 0 (9.27) las demas C.F. u(0, t) = 0; u(x, 0) = f(x). (9.28) 9.3.3. Solución del problema Sabemos por el método de separación de variables que u(x, t) = e −κλ 2 t (Acos λx +Bsen λx). (9.29) Para satisfacer la primera condición de frontera en [9.26], requerimos A = 0, de modo que u(x, t) = Be −κλ 2 t sen λx. De la C.F. [9.25] vemos que Be −κλ 2 t cos λL = −hBe −κλ 2 t sen λL, esto es tan λL = − λ h . Para determinar los valores de λ que satisfacen esta ´ ultima ecuación, escribimos α = λL, por tanto tan λL = tan α = − λ h ⇒tan α = − α Lh (9.30) 9.3. CONDUCCI ´ ON DE CALOR CON RADIACI ´ ON 153 ¿Como resolvemos esta ecuación ? La ecuación [9.30] está expresada en forma trigonométrica, y de la cual hay que obtener los valores de α. Sus ra´ıces se pueden obtener de la intersección de y = tan α (9.31) y = − α hL que representamos en la figura [9.4] ` • • −π − π 2 0 π 2 π 3π 2 2π α 1 α 2 y=− 1 hL α α Y Figura 9.4: Las ra´ıces α i obtenidas por la intersección de la recta y = − 1 hL α y la función tangente y = tan α son infinitas (positivas) y por ende hay infinitos valores positivos de λ correspondientes, denotadas por λ 1 , λ 2 · · ·. De aqu´ı se sigue que existan infinitas soluciones dadas 154CAP ´ ITULO9. T ´ ECNICAS PARARESOLVER PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA(II) por u(x, t) = Be −κλ 2 n t sen λ n x. (9.32) Para satisfacer la segunda condición de frontera u(0, t) = 0, u(x, 0) = f(x), superponemos las soluciones [9.32] para obtener u(x, t) = ∞ ¸ n=1 b n e −κλ 2 n t senλ n x. (9.33) La segunda condición nos lleva a requerir u(x, 0) = f(x) = ∞ ¸ n=1 b n e −κλ 2 n 0 sen λ n x = ∞ ¸ n=1 b n sen λ n x (9.34) lo cual como en el problema de Fourier, requiere la expansión de f(x) en una serie de funciones trigonométricas. La serie f(x) = ∞ ¸ n=1 b n sen λ n x se asemeja mucho a la serie seno de Fourier excepto por el hecho de que los valores de λ n no están igualmente espaciados -¡ all´ı los λ n = nπ L ! El mismo método usado en la serie seno de Fourier para hallar los coeficientes también funcionará en este caso si se cumple que L 0 sen λ m xsenλ n xdx = 0, λ n = λ m . (9.35) No importa el método que utilicemos. Si multiplicamos ambos lados de [9.34] por senλ m x, y luego integrando entre x = 0 y x = L encontramos L 0 f(x) sen λ m xdx = ∞ ¸ n=1 b n L 0 sen λ m xsen λ n xdx usando [9.35] L 0 f(x) sen λ n xdx = b n L 0 (sen λ n x)(sen λ n x)dx ⇒ b n = L 0 f(x) sen λ n xdx L 0 (sen λ n x) 2 dx (9.36) 9.3. CONDUCCI ´ ON DE CALOR CON RADIACI ´ ON 155 el denominador de [9.36] es L 0 (sen λ n x) 2 dx = Lh + cos 2 λ n L 2h (9.37) de aqu´ı que b n = 2h Lh + cos 2 λ n L L 0 f(x) sen λ n xdx. (9.38) Sustituyendo [9.38] en u(x, t) = ∞ ¸ n=1 b n e −κλ 2 n t sen λ n x se tiene que u(x, t) = ∞ ¸ n=1 2h Lh + cos 2 λ n L L 0 f(x) sen λ n xdx · e −κλ 2 n t senλ n x. (9.39) 156CAP ´ ITULO9. T ´ ECNICAS PARARESOLVER PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA(II) Cap´ıtulo 10 Métodos de Diferencias Finitas (I) ”Los métodos numéricos de resolución de EDP’s funcionan, aunque con limitaciones. Esto constituye un reto que conlleva el análisis del error y la legibilidad” T.H. Mathews H.D.Fink ” A la naturaleza se la domina obedeciéndola” F. Bacon 157 158 CAP ´ ITULO 10. M ´ ETODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (I) 10.1. INTRODUCCI ´ ON 159 10.1. Introducción Ya sabemos por los cap´ıtulos anteriores que muchos problemas en ciencia aplicada, f´ısica e ingenier´ıa se modelan matemáticamente mediante ecuaciones en derivadas parciales. Comenzamos con este cap´ıtulo los métodos de la diferencias finitas que se basan en las fórmulas para aproximar las derivadas primera y segunda de una función. Recordemos algunas consideraciones teóricas ya tratadas, antes de desarrollar lo que denominaremos la construcción de la ecuación en diferencias. Comenzamos clasificando -como se hizo en los cap´ıtulos 1 y 2 con más detalle- los tres tipos de ecuaciones que investigaremos y resolveremos un problema f´ısico de cada clase. Una EDP de la forma AΦ xx +BΦ xy +CΦ yy = f(x, y, Φ, Φ x , Φ y ) siendo A, B, C ∈ R, se llama casi-lineal y hay tres tipos a) Si B 2 −4AC < 0, se llama EDP El´ıptica. b) Si B 2 −4AC = 0, se llama EDP Parabólica. c) Si B 2 −4AC > 0, se llama EDP Hiperbólica En este cap´ıtulo estudiaremos los métodos en diferencias finitas para las ecuaciones hiperbóli- cas. 10.2. Ecuación de ondas Como ejemplo de una EDP hiperbólica ya conocemos por los cap´ıtulos 3,4 y 5 la ecuación de ondas u tt (x, t) = a 2 u xx (x, t), 0 < x < L, 0 < t < b (10.1) con las C.F. u(0, t) = 0, u(L, t) = 0, 0 ≤ t ≤ b y las C. I. u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L (10.2) u t (x, 0) = g(x), 0 < x < L 160 CAP ´ ITULO 10. M ´ ETODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (I) La ecuación de ondas modela el desplazamiento u(x, t) desde su posición de equilibrio de una cuerda elástica vibrante cuyos extremos, de coordenadas x = 0, x = L están fijos. En los cap´ıtulos 3,4 y 5 hemos determinado la solución exacta de la ecuación de ondas por medio de las series de Fourier, aqu´ı vamos a usar este problema como prototipo de la situación que se da en las EDP’s hiperbólicas a través de los métodos en diferencias. 10.3. Construcción de la ecuación en diferencias Hagamos una partición del rectángulo R = {(x, t) ∈ R 2 , 0 ≤ x ≤ L, 0 ≤ t ≤ b} en una malla que consta de n −1 por m−1 rectángulos de lados ∆x = h, ∆t = k, como se muestra en la figura [Fig. 10.1] E T x 1 x 2 · · · x i−1 x i x i+1 · · · x n−1 x n t 1 t 2 . . . t j−1 t j t j+1 . . . • • • • • Figura 10.1: Empezamos por la fila de abajo donde t = t 1 = 0, ya sabemos que la solución es f(x i ) = u(x i , t 1 ). Ahora vamos a usar una ecuación en diferencias para calcular en las filas sucesivas, las aproximaciones a la solución exacta, que en los puntos de la malla son u(x i , t j ). O sea, para cada j = 2, 3, 4, . . ., calcularemos {u i,j u(x i , t j ), i = 1, 2, 3, . . .}. 10.3. CONSTRUCCI ´ ON DE LA ECUACI ´ ON EN DIFERENCIAS 161 La fórmulas de diferencias centradas para aproximar u tt (x, t) y u xx (x, t) u tt (x, t) = u(x, t +k) −2u(x, t) +u(x, t −k) k 2 +o(k 2 ) (10.3) u xx (x, t) = u(x +h, t) −2u(x, t) +u(x −h, t) h 2 +o(h 2 ). (10.4) El espacio entre los puntos de la malla es uniforme en todas las filas x i+1 = x i +h; x i−1 = x i −h; y también es uniforme en todas las columnas t j+1 = t j +k (t j−1 = t j −k). Teniendo esto en cuenta, obtenemos la ecuación en diferencias eliminando los términos de orden o(k 2 ) y o(h 2 ) de las relaciones [10.3] y [10.4], usando la aproximación u i,j en vez de u(x i , t j ) en dichas relaciones [10.3] y [10.4]y sustituyendo en [10.1] nos da u i,j+1 −2u i,j +u i,j−1 k 2 = a 2 u i+1,j −2u i,j +u i−1,j h 2 (10.5) que es la ecuación en diferencias que usaremos como aproximación a la ecuación diferencial [10.1]. Si escribimos [10.5] as´ı u i,j+1 −2u i,j +u i,j−1 = k 2 a 2 h 2 (u i+1,j −2u i,j +u i−1,j ), y llamando r = ka h se tiene u i,j+1 −2u i,j +u i,j−1 = r 2 (u i+1,j −2u i,j +u i−1,j ) (10.6) reordenando los términos de [10.6], podemos determinar las aproximaciones a la solución en los puntos de la fila (j + 1)-ésima de la malla, supuesto que conocemos las aproximaciones a la solución en los puntos de las filas anteriores j-ésima y (j −1)-ésima u i,j+1 = (2 −2r 2 )u i,j +r 2 (u i+1,j +u i−1,j ) −u i,j−1 , i = 2, 3, 4, . . . n −1. (10.7) para mayor comprensión didáctica mostramos en la Fig. [10.2] la posición en la malla de los cuatro valores conocidos que aparecen en el miembro derecho de la expresión [10.7], los que se usan para determinar la aproxiamción u i,j+1 . Nota Hay que tener cuidado al usar la fórmula [10.7] si el error cometido en una etapa de los cálculos no se amplifica en las etapas posteriores, entonces se dice que el método es estable. Para garantizar la estabilidad de la fórmula [10.7] es necesario que r = ak h ≤ 1. 162 CAP ´ ITULO 10. M ´ ETODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (I) Hay otros esquemas, llamados métodos impl´ıcitos, que son de desarrollo más complejo pero no imponen restricciones sobre r para que se tenga estabilidad. • • • • • u i,j−1 r 2 u i+1,j −u i,j−1 r 2 u i−1,j (2 −2r 2 )u i,j Figura 10.2: Esquema de la Ecuación en Diferencias (EED) para la ecuación de ondas 10.4. Valores iniciales Si queremos usar la fórmula [10.7] para calcular las aproximaciones en los puntos de la tercera fila de la malla, es necesario disponer de las aproximaciones en los puntos de las filas primera y segunda. Los valores de la 1 a fila, vienen dados por la función f. Sin embargo, los valores de la 2 a fila no se suelen proporcionar, por ello se usa la función g(x), dada en el contorno para conseguir las aproximaciones en los puntos de esta 2 a fila. Fijemos x = x i en la frontera interior de R y apliquemos la fórmula de Taylor de orden uno para desarrollar u(x, t) alrededor de (x i , 0); para el valor u(x i , k) se verifica u(x i , k) = u(x i , 0) +u t (x i , 0)k +o(k 2 ) (10.8) como u(x i , 0) = f(x i ) = f i ; u t (x i , 0) = g(x i ) = g i . Usemos estos valores en [10.8] para obtener la fórmula con que conseguimos las aproximaciones numéricas en los puntos de la 10.5. CUANDO SE CONOCEN DOS FILAS EXACTAMENTE 163 segunda fila (recordemos que t 2 = k) u i,2 = f i +kg i , i = 2, 3, 4, . . . , n −1. (10.9) Normalmente u i,2 = u(x i , t 2 ), as´ı que el error introducido al usar la fórmula [10.9] se propa- gará a toda la malla sin atenuarse cuando usemos el esquema dado por la fórmula [10.7]. Por consiguiente, para evitar que los valores u i,2 calculados por [10.9] introduzcan en el proceso un error de tratamiento apreciable, es aconsejable que se tome un tama˜ no de peso k muy peque˜ no. A menudo se da el caso de que la función f(x) dada en el contorno es dos veces derivable en el intervalo, con lo cual tenemos que u xx (x, 0) = f (x), igualdad que nos permite usar la fórmula de Taylor de orden n = 2 para obtener una aproximación mejorada a los valores de la segunda fila de la malla. Para hacer esto, volvemos a la ecuación de ondas y, usando la relación entre las derivadas parciales segundas, obtenemos u tt (x i , 0) = a 2 u xx (x i , 0) = a 2 f (x) = a 2 f i+1 −2f i +f i−1 h 2 +o(h 2 ). (10.10) Recordando que la fórmula de Taylor de orden dos es u(x, k) = u(x, 0) +u t (x, 0)k + u tt (x, 0)k 2 2 +o(k 3 ). (10.11) Aplicando [10.11] en el punto x = x i , junto a las expresiones [10.9] y [10.10] se obtiene u(x i , k) = f i +kg i + a 2 k 2 2h 2 (f i+1 −2f i +f i−1 ) +o(h 2 )o(k 2 ) +o(k 3 ) (10.12) ya que r = ak h , podemos simplificar [10.12] y obtener la siguiente fórmula de diferencias que nos proporciona aproximaciones sucesivas numéricas mejoradas a los elementos de la segunda fila u i,2 = (1 −r 2 )f i +kg i + r 2 2 (f i+1 −f i−1 ), i = 2, 3, 4, . . . , n −1. (10.13) 10.5. Cuando se conocen dos filas exactamente 10.5.1. La solución de D’ Alembert El matemático francés Jean Le Rond D’ Alembert (1717-1783) descubrió que u(x, t) = θ 1 (x −at) +θ 2 (x +at) (10.14) 164 CAP ´ ITULO 10. M ´ ETODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (I) es la solución de la ecuación de ondas [10.1] en el intervalo [0, L], si ambas funciones θ 1 y θ 2 son dos veces derivables. Ya en el apartado [3.3.2] del cap´ıtulo 3 pudimos comprobar que [10.14] satisface [10.1]. La solución particular que verifica las C.I. y las C.C. u(x, 0) = f(x), u t (x, 0) = 0 viene dada por las extensiones impares y periódicas de per´ıodo 2L definidas para x ∈ [0, L] por θ 2 (x) = θ 1 (x) = f(x) 2 , como se demostró en el apartado citado anteriormente. 10.5.2. Cuando se conocen dos filas exactamente La precisión de las aproximaciones numéricas mediante la fórmula [10.7] depende del error de truncamiento de las fórmulas que se utilizan para convertir la EDP en una ecuación en diferencias. Aunque es raro que se conozcan los valores de la solución exacta en la segunda fila, si esto fuera posible entonces, tomando como incremento k = ah en el eje de la variable t, el proceso generar´ıa la relación exacta en todos los demás puntos de la malla. Teorema 10.1 Supongamos que los valores en las dos primeras filas de la malla u i,1 = u(x i , 0), u i,2 = u(x i , k) para i = 1, 2, 3, . . . , n, son los que toma la solución exacta de la ecuación de ondas [10.1]. Si el tama˜ no del paso en el eje de la variable t es k = h a , entonces r = 1 y la fórmula [10.7] se transforma en u i,j+1 = u i+1,j +u i−1,j −u i,j−1 . (10.15) Además, en este caso, las soluciones obtenidas mediante el método de las diferencias finitas [10.15] son exactas (¡ no tenemos en cuenta los errores de redondeo introducidos por el ordenador !) en todos los nodos de la malla. Nota El teorema [10.1], anterior no da la garant´ıa de que las soluciones numéricas sean exactas cuando los cálculos se realizan usando las fórmulas u i,2 = f i +kg i , i = 2, 3, 4, . . . , n −1 (10.16) u i,2 = (1 −r 2 )f i +kg i + r 2 2 (f i+1 +f i−1 ), i = 2, 3, 4, . . . , n −1 (10.17) 10.5. CUANDO SE CONOCEN DOS FILAS EXACTAMENTE 165 como aproximaciones de los u i,2 de la segunda fila. De hecho, se introduce un error de truncamiento si u i,2 = u(x i , k) para alg´ un i, 1 ≤ i ≤ n. Por esta razón, es conveniente hacer los cálculos de las mejores aproximaciones posibles a los valores de la segunda fila usando las aproximaciones de Taylor de segundo orden dadas por la expresión [10.17]. 10.5.3. Primer ejemplo Utilizar el método de las diferencias finitas (MDF) para resolver la ecuación de ondas de una cuerda vibrante u tt (x, t) = 4u xx (x, t), 0 < x < 1, 0 < t < 0,5 con las C.F. u(0, t) = 0, u(1, t) = 0, 0 ≤ t ≤ 0,5 y las C.I. u(x, 0) = f(x) = sen(πx) + sen(2πx), 0 ≤ x ≤ 1 u t (x, 0) = g(x) = 0, 0 ≤ x ≤ 1 Solución Elegimos convenientemente h = 0,1; k = 0,05. Puesto que a = 2, entonces r = ak h = 2 · 0,05 0,1 = 1. Como g(x) = 0, y r = 1 la fórmula [10.17] para calcular los valores de la segunda fila queda u i,2 = f i−1 +f i+1 2 , i = 1, 2, 3, . . . , 9. (10.18) Sustituyendo r = 1 en la ecuación [10.17], obtenemos la ecuación en diferencias, ya simpli- ficada u i,j+1 = u i+1,j +u i−1,j −u i,j−1 . (10.19) Usando las fórmulas dadas en [10.18] y, sucesivamente, en [10.19] generamos las aproximaciones a los valores u(x, t) que se recogen en la tabla [10.1] para 0 < x i < 1, y , 0 ≤ t j ≤ 0,5. Los valores numéricos dados en la tabla [10.1] coinciden en más de seis cifras decimales con los correspondientes a la solución exacta u(x, t) = sen(πx) cos(2πt) + sen(2πx) cos(4πt) 166 CAP ´ ITULO 10. M ´ ETODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (I) t j x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 · · · x 10 0.00 0.896802 1.538842 -0.27876 0.05 0.769421 1.328438 -0.18163 0.10 0.431636 0.769421 · 0.15 0.000000 0.051599 · . . . . . . . . . . . . 0.50 0.278768 0.363271 -0.89680 Cuadro 10.1: Solución de la ecuación de ondas 4u xx (x, t) = u tt (x, t) del ejemplo 1 10.5.4. Segundo ejemplo Usar el método de las diferencias finitas para resolver la ecuación de ondas de una cuerda vibrante u tt (x, t) = 4u xx (x, t), 0 < x < 1, 0 < t < 0,5 con las C.F. u(0, t) = 0, u(1, t) = 0, 0 ≤ t ≤ 1 y las C.I. u(x, 0) = f(x) = x 0 ≤ x ≤ 3 5 1,5 −1,5x 3 5 ≤ x ≤ 1 u t (x, 0) = g(x) = 0, 0 < x < 1. Solución Elegimos convenientemente h = 0,1, k = 0,05. Puesto que a = 2 entonces tenemos que r = 1. Usando las fórmulas ya citadas en le ejercicio anterior generamos las aproximaciones a los valores u(x, t) que se recogen en la tabla [10.2] para 0 ≤ x i ≤ 1, 0 ≤ t j ≤ 0,5. 10.6. Ejercicios propuestos 10.1 Demostrar por sustitución directa que u(x, t) = sen(nπx) cos(2nπt) es una solución de la ecuación de ondas u tt (x, t) = 4u xx (x, t) para cada n = 1, 2, 3, . . . 10.2 Demostrar por sustitución directa que u(x, t) = sen(nπx) cos(anπt) es una solución de la ecuación de ondas u tt (x, t) = a 2 u xx (x, t) para cada n = 1, 2, 3, . . . 10.6. EJERCICIOS PROPUESTOS 167 t j x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 · · · x 1 0 0.00 0.100 0.200 0.150 0.05 0.100 0.200 0.150 · · · · · · · · · · · · · · · · · · . . . . . . . . . . . . 0.45 -0.150 -0.300 -0.100 0.50 -0.150 -0.300 -0.100 Cuadro 10.2: Solución de la ecuación de ondas 4u xx (x, t) = u tt (x, t) del ejemplo 2 10.3 Supongamos que la posición y velocidad iniciales de la cuerda son u(x, 0) = f(x); u t (x, 0) = 0, respectivamente. Demostrar que la solución de D ´ Alembert para este caso es u(x, t) = f(x +at) +f(x −at) 2 10.4 Usar el método de las diferencias finitas para calcular las tres primeras filas de la solu- ción aproximada de la ecuación de ondas dada, realizando las operaciones a mano o con calculadora a) u tt (x, t) = 4u xx (x, t), para 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ t ≤ 0,5 con las C.F. u(0, t) = 0, u(1, t) = 0, 0 ≤ t ≤ 0,5 y las C.I. u(x, 0) = f(x) = sen πx, 0 ≤ x ≤ 1 u t (x, 0) = g(x) = 0, 0 ≤ x ≤ 1. Tomar h = 0,2, k = 0,1. b) u tt (x, t) = 4u xx (x, t), para 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ t ≤ 0,5 con las C.F. u(0, t) = 0, u(1, t) = 0, 0 ≤ t ≤ 0,5 y las C.I. u(x, 0) = f(x) = 5x 2 0 ≤ x ≤ 3 5 15 −15x 4 3 5 ≤ x ≤ 1 . Tomar h = 0,2, k = 0,1. 10.5 En la ecuación u t (x, t) = 9u xx (x, t) ¿Qué relación debe existir entre h y k para que la ecuación en diferencias que se obtenga venga dada por u i,j+1 = u i+1,j +u i−1,j −u i,j−1 ? 10.6 ¿Qué dificultad puede aparecer cuando usemos el MDF para resolver u tt (x, t) = 4u xx (x, t) tomando k = 0,02, h = 0,003? 168 CAP ´ ITULO 10. M ´ ETODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (I) Soluciones a los ejercicios propuestos 10.4 a) t j x 2 x 3 x 4 x 5 0.0 0.587785 0.951057 0.951057 0.587785 0.1 0.475528 0.769421 0.769421 0.475528 0.2 0.181636 0.293893 0.293893 0.181636 b) t j x 2 x 3 x 4 x 5 0.0 0.500 1.000 1.500 0.750 0.1 0.500 1.000 0.875 0.800 0.2 0.500 0.375 0.300 0.125 10.5 (Utilizar el teorema [10.1]) k = h 3 Cap´ıtulo 11 Métodos de Diferencias Finitas (II). Ecuaciones parabólicas ”La formación del estudiante de ingenier´ıa pasa necesariamente por el estudio profundo de las Ecuaciones Diferenciales en Derivadas Parciales y la implementación de algoritmos numéricos para su resolución ” S. Romero ”¿Quien se atreverá a poner l´ımites al ingenio de los hombres ? Galilei 169 170CAP ´ ITULO11. M ´ ETODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (II). ECUACIONES PARAB ´ OLICAS 11.1. INTRODUCCI ´ ON. LA ECUACI ´ ON DE CALOR 171 11.1. Introducción. La ecuación de calor Como ejemplo de EDP parabólica consideramos la ecuación del calor unidimensional. u t (x, t) = a 2 u xx (x, t), 0 ≤ x ≤ L, 0 < t < b (11.1) con C.I. u(x, 0) = f(x), t = 0, 0 ≤ x ≤ L, (11.2) y C.F. u(0, t) = g 1 (t) = c 1 , x = 0, 0 ≤ t ≤ b (11.3) u(L, t) = g 2 (t) = c 2 , x = L, 0 ≤ t ≤ b. Como sabemos la ecuación del calor modela la distribución de temperaturas en un alambre aislado, cuyos extremos se mantienen a temperaturas constantes c 1 y c 2 , a partir de una distribución inicial de temperaturas a lo largo del alambre f(x). Ya sabemos como calcular las soluciones exactas -¡ usando series de Fourier ! -. En este caso utilizaremos esta ecuación para resolverlo numéricamente. 11.2. Construcción de la ecuación en diferencias Dividamos el rectángulo R = {(x, t), 0 ≤ x ≤ L, 0 ≤ t ≤ b} en n − 1 por m − 1 rectángulos de lados ∆x = h, ∆t = k. Como se muestra en la Figura [11.1]. Empezando en la fila de más abajo, donde t = t 1 = 0 y la solución es u(x i , t 1 ) = f(x i ), desarrollaremos un método para calcular las aproximaciones a los valores exactos u(x, t) en los puntos de la malla {u i,j ≈ u(x i , t j ), i = 1, 2, 3 . . . , n} para j = 2, 3, . . . , m. Las fórmulas en diferencias que usamos para u t (x, t) y u xx (x, t)son, respectivamente u t (x, t) = u(x, t +k) −u(x, t) k +o(k) (11.4) u xx (x, t) = u(x −h, t) −2u(x, t) +u(x +h, t) h 2 +o(h 2 ). (11.5) Teniendo en cuenta que el tama˜ no de los rectángulos de la malla es uniforme en cada fila, x i+1 = x i +h ó x i−1 = x i −h, y en cada columna, t j+1 = t j +k despreciando los términos o(k), o(h 2 ), usando la aproximación u i,j en vez de u(x i , t j ) en las ecuaciones [11.4] y [11.5] y sustituyendo lo que se obtiene en la ecuación del calor [11.1] tendremos u i,j+1 −u i,j k = a 2 u i−1,j −2u i,j +u i+1,j h 2 (11.6) 172CAP ´ ITULO11. M ´ ETODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (II). ECUACIONES PARAB ´ OLICAS • • • • u i,j+1 ru i+1,j ru i−1,j (1 −2r)u i,j Figura 11.1: Esquema de las diferencias progresivas que es una aproximación a la relación [11.1]. Por comodidad llamamos r = a 2 k h 2 en [11.6] y reordenamos u i,j+1 = (1 −2r)u i,j +r(u i−1,j +u i+1,j ). (11.7) La ecuación en diferencias [11.7] se emplea para calcular las aproximaciones en la fila (j + 1)-ésima de la malla a partir de las aproximaciones de la fila anterior; hagamos notar que esta fórmula proporciona expl´ıcitamente el valor u i,j+1 en función de u i−1,j , u i,j y u i+1,j . La fórmula [11.7] es muy sencilla y nos invita a usarla rápidamente, sin embargo es importante usar técnicas numéricas estables y la fórmula [11.7] no siempre lo es. La fórmula [11.7] es estable si, y sólo si, 0 ≤ r ≤ 1 2 . Esto significa que el tama˜ no de paso k debe cumplir k ≤ h 2 2a 2 . Si esto no se cumple, entonces puede ocurrir que los errores introducidos en la fila {u i,j } se amplifiquen en alguna fila posterior {u i,p } para alg´ un p > j. 11.3. Primer ejemplo Usemos el método de las diferencias progresivas para resolver la ecuación del calor u t (x, t) = u xx (x, t), 0 < x < 1, 0 < t < 0,20, (11.8) con C.I. u(x, 0) = f(x) = 4x −4x 2 , t = 0, 0 ≤ x ≤ 1, (11.9) 11.3. PRIMER EJEMPLO 173 y C.F. u(0, t) = g 1 (t) = 0, x = 0, 0 ≤ t ≤ 0,20 (11.10) u(1, t) = g 2 (t) = 0, x = 1, 0 ≤ t ≤ 0,20. La primera vez usamos tama˜ nos de ∆x = h = 0,2, ∆t = k = 0,02 y a = 1 de manera que r = 0,5. La malla tendrá n = 6 columnas de ancho y m = 11 filas de alto. En este caso [11.7] queda as´ı u i,j+1 = u i−1,j +u i+1,j 2 . (11.11) La fórmula [11.1] es estable para r = 0,5 y puede ser usada con garant´ıa de éxito para generar aproximaciones razonablemente precisas a u(x, t). En la tabla adjunta se recogen las aproximaciones en las filas sucesivas de la malla. t x 1 =0,00 x 2 =0,20 x 3 =0,40 x 4 =0,60 x 5 =0,80 x 6 =1,00 t 1 = 0.00 0.0000 0.640000 0.960000 0.960000 0.640000 0.000000 t 2 = 0.02 0.0000 0.480000 0.800000 0.800000 0.480000 0.000000 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . t 10 = 0.20 0.0000 0.072812 0.117813 0.117813 0.072812 0.000000 Cuadro 11.1: Soluci´ on de la ecuación del calor u xx (x,t)=u t (x,t) del ejemplo 1 La segunda vez, tomamos como tama˜ nos de paso ∆x = h = 0,2 y ∆t = k = 1 30 0,0333333 ⇒r = 0,833333. En este caso la fórmula [11.7] queda u i,j+1 = −0,666665u i,j + 0,8333333(u i−1,j +u i+1,j ) (11.12) y la tabla [11.2] nos muestra la inestabilidad de la fórmula [11.12] ya que r > 1 2 , y los errores introducidos en una fila se amplificarán en las filas posteriores. Los valores numéricos que se obtienen, que son aproximaciones a u(x, t) bastante poco precisos para 0 ≤ t ≤ 0,333333, se recogen en la citada tabla [11.2] Nota La precisión de la EDF [11.7] es de orden o(k) + o(h 2 ) y, como el término o(k) tiende a cero linealmente, no es sorprendente que k deba tomarse muy peque˜ no para obtener buenas aproximaciones. A´ un as´ı, la necesidad de que el método sea estable plantea consideraciones adicionales. Supongamos que las aproximaciones obtenidas en la malla no son suficientemente precisas y que debemos reducir los tama˜ nos de paso ∆x = h 0 , ∆t = k 0 . 174CAP ´ ITULO11. M ´ ETODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (II). ECUACIONES PARAB ´ OLICAS t x 1 =0,00 x 2 =0,20 x 3 =0,40 x 4 =0,60 x 5 =0,80 x 6 =1,0 t 1 =0.0000 0.0000 0.640000 0.960000 0.960000 0.640000 0.00000 t 2 =0.03333 0.0000 0.373333 0.693333 0.693333 0.373333 0.00000 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . t 10 =0.3333 0.0000 0.192511 -0.089601 -0.089601 0.192511 0.00000 Cuadro 11.2: Si tomamos como nuevo tama˜ no de paso la coordenada x, simplemente ∆x = h 1 = h 0 2 , y queremos mantener el mismo valor del cociente r, entonces k 1 , debe cumplir k 1 = r(h 1 ) 2 a 2 = r(h 0 ) 2 4a 2 = k 0 4 . En consecuencia: Hay que doblar el n´ umero de nodos de la malla en el eje de la variable x y cuadruplicarlo en el eje de la variable t, con lo cual el esfuerzo de ordenador se multiplica por ocho. Este esfuerzo extra, nos obliga a buscar métodos más eficaces que no estén sujetos a restricciones de estabilidad tan exigentes. 11.4. El método de Crank-Nicholson Este método es un método impl´ıcito, no expl´ıcito, donde el incremento en el nivel de complejidad de cálculos tendrá como contrapartida la garant´ıa de estabilidad sin condiciones adicionales. Este esquema impl´ıcito, inventado por John Crank y Phyllis Nicholson, se basa en la construcción de una aproximación numérica al valor de la solución de la ecuación del calor [11.1] en (x, t + k 2 ) que es un punto situado entre dos filas de la malla. Concretamente, para u t (x, t + k 2 ) usamos la aproximación que se obtiene a partir de la fórmula de diferencias centradas u t x, t + k 2 = u(x, t +k) −u(x, t) k +o(k 2 ) (11.13) y para u xx (x, t + k 2 ) usamos como aproximación el valor medio de las aproximaciones a u xx (x, t) y u xx (x, t +k); este valor medio tiene una precisión del orden de o(h 2 ) u xx x, t + k 2 = 1 2h 2 [u(x −h, t +k) −2u(x, t +k) +u(x +h, t +k)+ + u(x −h, t) −2u(x, t) +u(x +h, t)] +o(h 2 ). (11.14) 11.4. EL M ´ ETODO DE CRANK-NICHOLSON 175 Análogamente a como lo hicimos para obtener el esquema de diferencias progresivas, sustituimos las expresiones [11.13] y [11.14] en la ecuación del calor [11.1] y despreciamos los términos del error o(h 2 ) y o(k 2 ). Entonces, manteniendo la notación u i,j ≈ u(x i , t j ), obtenemos la ecuación en diferencias u i,j+1 −u i,j k = a 2 u i−1,j+1 −2u i,j+1 +u i+1,j+1 +u i−1,j −2u i,j +u i+1,j 2h 2 . (11.15) Volvemos a tomar r = a 2 k h 2 en [11.15] y despejamos los tres valores a´ un por calcular u i−1,j+1 , u i,j+1 y u i+1,j+1 escribiéndolos en el miembro de la izquierda de la ecuación. Esta reordenación de los términos de la ecuación [11.15] produce la siguiente ecuación en diferencias impl´ıcita −ru i−1,j+1 +(2+2r)u i,j+1 −ru i+1,j+1 = (2−2r)u i,j +r(u i−1,j +u i+1,j ), i = 2, 3, . . . , n−1. (11.16) Los términos del miembro derecho de la ecuación [11.16] son todos conocidos, as´ı que estas ecuaciones forman un sistema lineal tridiagonal AX = B. En la figura [11.2] se muestran los seis puntos que se usan en la fórmula [11.16] de Crank- Nicholson as´ı como el punto intermedio en el que se basan las aproximaciones numéricas. • • • • • • u i−1,j+1 u i+1,j u i−1,j u i+1,j+1 Figura 11.2: Esquema de Crank-Nicholson Cuando se trabaja con la fórmula [11.16] se suele tomar como cociente r = 1. En este caso, el tama˜ no de paso en el eje de la variable es ∆t = k = h 2 a 2 y las ecuaciones [11.16] se escriben as´ı u i−1,j+1 + 4u i,j+1 −u i+1,j+1 = u i−1,j +u i+1,j , i = 2, 3, . . . , n −1. (11.17) 176CAP ´ ITULO11. M ´ ETODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (II). ECUACIONES PARAB ´ OLICAS En la primera y en la ´ ultima de estas ecuaciones hay que usar las condiciones de contorno, es decir u 1,j = u 1,j+1 = C 1 u n,j = u n,j+1 = C 2 . Las ecuaciones de [11.17] se escriben de forma especialmente atractiva en su forma tridiagonal AX = B ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ 4 −1 −1 4 −1 . . . −1 4 −1 . . . −1 4 ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ u 2,j+1 u 3,j+1 . . . u i,j+1 . . . u n−1,j+1 ¸ = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ 2C 1 +u 3,j u 2,j +u 4,j . . . u i−1,j +u i+1,j . . . u n−2,j + 2C 2 ¸ . Cuando se utiliza un ordenador para llevar a cabo el método de Crank-Nicholson, el sistema lineal tridiagonal AX = B puede resolverse bien por métodos directos, bien de forma iterativa. 11.5. Segundo ejemplo Usar el método de Crank-Nicholson para resolver la ecuación u t (x, t) = u xx (x, t), 0 < x < 1, 0 < t < 0,1 (11.18) con C.I. u(x, 0) = f(x) = sen(πx) + sen(3πx), t = 0, 0 ≤ x ≤ 1 (11.19) y C.F. u(x, t) = g 1 (t) = 0, x = 0, 0 ≤ t ≤ 0,1 u(1, t) = g 2 (t) = 0, x = 1, 0 ≤ t ≤ 0,1 (11.20) Solución Para mayor simplificación, tomamos como tama˜ nos de paso ∆x = h = 0,1, ∆t = k = 0,01 de manera que el cociente es r = 1. La malla tendrá n = 11 columnas de ancho y m = 11 11.6. EJERCICIOS PROPUESTOS 177 filas de alta. En la tabla [11.4] se muestran los resultados obtenidos con el algoritmo para 0 < x i < 1, 0 ≤ t j ≤ 0,1. Las aproximaciones obtenidas con el método de Crank-Nicholson son buenas aproximaciones de los valores exactos u(x, t) = sen(πx)e −π 2 t + sen(3πx)e −9π 2 t que , en la ´ ultima fila, son t 11 0.115285 0.219204 · · · 0.115285 Cuadro 11.3: La tabla de los valores u(x i , t i ) obtenidos por este método para t j = (j −1) 100 t j x 2 = 0,1 x 3 = 0,2 · · · · · · x 10 = 0,9 t 1 =0.00 1.118034 1.538842 1.118034 t 2 =0.01 0.616905 0.928778 0.610905 . . . . . . . . . . . . t 11 =0.10 0.116144 0.220827 0.116144 Cuadro 11.4: Método de Crank-Nicholson para t j = j−1 100 11.6. Ejercicios propuestos 11.1 Verificar, sustituyendo, directamente en la ecuación, que, para cada n´ umero natural n = 1, 2, 3, . . . la función u(x, t) = sen(nπx)e −4n 2 π 2 t es una solución de la ecuación del calor u t (x, t) = 4u xx (x, t). 11.2 Idem con la función u(x, t) = sen(nπx)e −anπ) 2 t es una solución de la ecuación del calor u t (x, t) = a 2 u xx (x, t). 11.3 ¿Qué dificultades podr´ıan aparecer si se usa ∆t = k = h 2 a 2 en la fórmula [11.7] ? 11.4 Usar el método de las diferencias progresivas para calcular las tres primeras filas de la malla que se construye para la ecuación del calor que se da (!’calcular a mano o con calculadora !) u t (x, t) = u xx (x, t), 0 < x < 1, 0 < t < 0,1 178CAP ´ ITULO11. M ´ ETODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (II). ECUACIONES PARAB ´ OLICAS con C.I. u(x, 0) = f(x) = sen(πx), t = 0, 0 ≤ x ≤ 1 y C.F. u(0, t) = C 1 = 0, x = 0, 0 ≤ t ≤ 0,1 u(1, t) = C 2 = 0, x = 1, 0 ≤ t ≤ 0,1 Tomar h = 0,2, k = 0,02 y r = 0,5. 11.5 Considerar la solución exacta u(x, t) = sen(πx)e −π 2 t + sen(3πx)e −3π 2 )t . Fijando x, calcular el valor de l´ım t→∞ u(x, t). 11.6 Probar que u(x, t) = n ¸ j=1 a j e −(jπ) 2 sen(jπx) es una solución de la ecuación u t (x, t) = u xx (x, t), 0 ≤ x ≤ 1, t > 0 que cumple las condiciones de contorno u(0, t) = 0, u(1, t) = 0 y valores iniciales u(x, 0) = n ¸ j=1 a j sen(jπx). Soluciones a los ejercicios propuestos 11.4 x 1 = 0,0 x 2 = 0,20 x 3 = 0,4 x 4 = 0,6 x 5 = 0,8 x 6 = 1,0 0.0 0.587785 0.951057 0.951057 0.587785 0.0 0.0 0.475528 0.769421 0.769421 0.475528 0.0 0.0 0.184710 0.6224745 0.622475 0.384710 0.0 Cap´ıtulo 12 Métodos de diferencias finitas (III). Ecuaciones el´ıpticas ”El problema de la posibilidad de matematizar significa, hasta qué punto es posible descubrir las experiencias mediante estructuras formales” G. Frey 179 180CAP ´ ITULO12. M ´ ETODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (III). ECUACIONES EL ´ IPTICAS 12.1. INTRODUCCI ´ ON 181 12.1. Introducción Como ejemplos de ecuaciones en derivadas parciales el´ıpticas, consideremos las ecuaciones de Laplace, Poisson y Helmholtz. Recordemos que la laplaciana de una función u(x, y) es ∇ 2 u(x, y) = u xx (x, y) +u yy (x, y). (12.1) Con esta notación, las ecuaciones de Laplace, Poisson y Helmholtz pueden expresarse de la siguiente manera ∇ 2 u(x, y) = 0 Ecuación de Laplace, (12.2) ∇ 2 u(x, y) = g(x, y) Ecuación de Poisson, (12.3) ∇ 2 u(x, y) +f(x, y)u(x, y) = g(x, y) Ecuación de Helmholtz. (12.4) Si se conocen los valores que debe tomar la función u(x, y) (problema de Dirichlet) o su derivada normal ∂u(x, y) ∂η = 0 (problema de Neumann) en la frontera de una región rectángular R del plano, entonces cada uno de estos problemas puede resolverse mediante la técnica numérica conocida como como el método de las diferencias finitas. Por razones obvias, sólo, estudiaremos con detalles la ecuación en diferencias para la laplaciana. 12.2. Ecuación en diferencias para la laplaciana El primer paso consiste en obtener una versión discretizada del operador de Laplace que nos permita usarlo numéricamente. La fórmula para f (x) es f (x) = f(x +h) −2f(x) +f(x −h) h 2 +o(h 2 ) (12.5) as´ı que, al aplicar esta fórmula a la función u(x, y) para aproximar u xx (x, y) y u yy (x, y) y sumar los resultados obtenemos ∇ 2 u = u(x +h, y) +u(x −h, y) +u(x, y +h) +u(x, y −h) −4u(x, y) h 2 +o(h 2 ). (12.6) Ahora dividimos el rectángulo R ≡ {(x, y), 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b} en n−1×m−1 cuadrados de lado h ( o sea, a = nh y b = mh), como se muestra en la figura [12.1]. Para resolver la ecuación de Laplace, imponemos la aproximación u(x +h, y) +u(x −h, y) +u(x, y +h) +u(x, y −h) −4(x, y) h 2 +o(h 2 ) = 0 (12.7) 182CAP ´ ITULO12. M ´ ETODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (III). ECUACIONES EL ´ IPTICAS E T x 1 x 2 · · · x i−1 x i x i+1 · · · x n−1 x n y 1 y 2 . . . y j−1 y j y j+1 . . . • • • • • Figura 12.1: La malla usada en la ecuación en diferencias de Laplace que tiene una precisión de orden o(h 2 ) en los puntos interiores de la malla (x, y) = (x i , y j ) para i = 2, 3, · · · , n −1 y j = 2, 3, · · · , m−1. Como los puntos de la malla están espaciados uniformemente x i+1 = x i +h, x i−1 = x i −h, y i+1 = y i +h e y i−1 = y i −h, denotando por u i,j la aproximación al valor u(x i , y j ), la ecuación [12.7] queda ∇ 2 u i,j ≈ u i+1,j +u i−1,j +u i,j+1 +u i,j−1 −4u i,j h 2 = 0 (12.8) expresión que se conoce como la fórmula de diferencias con cinco puntos para la laplaciana. Esta fórmula relaciona el valor de la función u i,j con sus cuatro valores adyacentes u i+1,j , u i−1,j , u i,j+1 y u i,j−1 , como se muestra en la figura [12.2]. Eliminando de la expresión [12.8] el denominador h 2 obtenemos la fórmula de aproximación para la ecuación de Laplace u i+1,j +u i−1,j +u i,j+1 +u i,j−1 −4u i,j = 0. (12.9) 12.3. Construcción del sistema lineal Supongamos que tenemos un problema de Dirichlet, es decir, que conocemos los valores de la función u(x, y) en la frontera de la región R u(x 1 , y j ) = u 1,j para 2 ≤ j ≤ m−1 (a la izquierda), 12.3. CONSTRUCCI ´ ON DEL SISTEMA LINEAL 183 u(x i , y 1 ) = u i,1 para 2 ≤ i ≤ n −1 (abajo), u(x n , y j ) = u n,j para 2 ≤ j ≤ m−1 (a la derecha), u(x i , y m ) = u i,m para 2 ≤ i ≤ n −1 (arriba). • • • • • u i,j+1 u i+1,j u i,j−1 u i−1,j −4u i,j Figura 12.2: Esquema de la para la cuación de Laplace Al aplicar la fórmula [12.9] en cada uno de los puntos de la malla que son interiores a R, obtenemos un sistema de n − 2 ecuaciones lineales con n − 2 incógnitas , cuya solución nos proporciona las aproximaciones a u(x, y) en los puntos interiores de R. Por ejemplo, supongamos que la región es un cuadrado, que n = m = 5 y que los valores desconocidos u(x i , y j ) en los nueve puntos interiores de la malla se etiquetan p 1 , p 2 , · · · , p 9 como se indica en la figura [12.3]. u 2,1 u 3,1 u 4,1 p 1 p 2 p 3 p 4 p 5 p 6 p 7 p 8 p 9 u 2,5 u 3,5 u 4,5 u 1,2 u 1,3 u 1,4 u 5,2 u 5,3 u 5,4 • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • Figura 12.3: Una malla de orden 5 ×5 para un problema de contorno Aplicando la fórmula [12.9] de aproximación a la ecuación de Laplace en cada uno de 184CAP ´ ITULO12. M ´ ETODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (III). ECUACIONES EL ´ IPTICAS los puntos interiores de la malla, obtenemos el sistema de nueve ecuaciones lineales AP = B −4p 1 +p 2 +p 4 =−u 2,1 −u 1,2 p 1 −4p 2 +p 3 +p 5 =−u 3,1 p 2 −4p 3 p 6 =−u 4,1 −u 5,2 p 1 −4p 4 +p 5 +p 7 =−u 1,3 p 2 +p 4 −4p 5 +p 6 +p 8 =0 p 3 +p 5 −4p 6 +p 9 =−u 5,3 p 4 −4p 7 +p 8 =−u 2,5 −u 1,4 p 5 +p 7 −4p 8 +p 9 =−u 3,5 p 6 +p 8 −4p 9 =−u4,5−u 5,4 12.4. Primer ejemplo Vamos a determinar la solución aproximada de la ecuación de Laplace ∇ 2 u = 0 en el rectángulo R ≡ {(x, y), 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 4}, donde u(x, y) denota la temperatura en un punto (x, y), los valores en la frontera son u(x, 0) = 20 y u(x, 4) = 180 para 0 < x < 4, y u(0, y) = 80 y u(4, y) = 0 para 0 < y < 4 y la malla que se usa es la que muestra la figura [12.4] Al aplicar la fórmula [12.9] en este caso, el sistema AP = B que se obtiene es −4p 1 +p 2 +p 4 =−100 p 1 −4p 2 +p 3 +p 5 =−20 p 2 −4p 3 p 6 =−20 p 1 −4p 4 +p 5 +p 7 =−80 p 2 +p 4 −4p 5 +p 6 +p 8 =0 p 3 +p 5 −4p 6 +p 9 =0 p 4 −4p 7 +p 8 =−260 p 5 +p 7 −4p 8 +p 9 =−180 p 6 +p 8 −4p 9 =−180 12.5. CONDICIONES DE CONTORNO DE NEUMANN 185 u 2,1 =20 u 3,1 =20 u 4,1 =20 p 1 p 2 p 3 p 4 p 5 p 6 p 7 p 8 p 9 u 2,5 =180 u 3,5 =180 u 4,5 =180 u 1,2 =80 u 1,3 =80 u 1,4 =80 u 5,2 =0 u 5,3 =0 u 5,4 =0 • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • Figura 12.4: La malla de orden 5 ×5 para el ejemplo del apartado [12.4] El vector solución P puede obtenerse mediante el método de eliminación de Gauss (tam- bién pueden dise˜ narse esquemas más eficientes, como la extensión del algoritmo tridiagonal a sistemas pentadiagonales). Las temperaturas en los puntos interiores de la malla, es decir, el vector P solución es P=(p 1 , p 2 , p 3 , p 4 , p 5 , p 6 , p 7 , p 8 , p 9 ) t = =(55,7143, 43,2143, 27,1429, 79,6429, 70,0000, 45,3571, 112,857, 111,786, 84,2857) t . 12.5. Condiciones de contorno de Neumann Cuando se especifican los valores de la derivada direccional u(x, y) en la dirección perpendicular al contorno de R, se dice que tenemos un problema con condiciones de contorno de Neumann. Como ejemplo vamos a resolver un caso en el que la derivada normal es nula ∂ ∂η = 0. (12.10) En el contexto de los problemas de distribución de temperaturas, esto significa que el contorno está aislado y que no hay flujo de calor a través de él. Supongamos que fijamos x = x n , de manera que consideramos el lado derecho x = a del rectángulo R ≡ {(x, y), 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b}. La condición de contorno sobre la derivada normal en este lado es, entonces, ∂u(x n , y j ) ∂x = u(x n , y j ) = 0. (12.11) 186CAP ´ ITULO12. M ´ ETODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (III). ECUACIONES EL ´ IPTICAS La ecuación de diferencias de Laplace en el punto (x n , y j ) es u n+1,j +u n−1,j +u n,j+1 +u n,j−1 −4u n,j = 0, (12.12) en la que el valor n n+1,j es desconocido porque el punto correspondiente está fuera de la región R. Sin embargo, podemos usar la fórmula de derivación numérica u n+1,j −u n−1,j 2h ≈ u x (x n , y j ) = 0 (12.13) y obtener la aproximación u n+1,j ≈ u n−1,j , cuyo orden de precisión es o(h 2 ). Al usar esta aproximación en la expresión [12.12], el resultado es 2u n−i,j +u n,j+1 +u n,j−1 −4u n,j = 0. En esta fórmula se relaciona el valor de la función u n,j con sus tres valores adyacentes u n−1,j , u n,j+1 y u n,j−1 . Los esquemas computacionales de Neumann para los puntos de los demás lados se deducen de forma parecida, figura [12.5], de manera que los cuatro casos son 2 u i,2 +u i−1,1 +u i+1,1 −4u i,1 = 0 (lado inferior), (12.14) 2 u i,m−1 +u i−1,m +u i+1,m −4u i,m = 0 (lado superior), (12.15) 2 u 2,j +u 1,j−1 +u i,j+1 −4u 1,j = 0 (lado izquierdo), (12.16) 2 u n−1,j +u n,j−1 +u n,j+1 −4u n,j = 0 (lado derecho). (12.17) Podemos abordar también problemas mixtos, en los que se usa la condición sobre la derivada normal ∂u(x, y) ∂η = 0 en una parte de la frontera de R y valores de contorno u(x, y) especificados en el resto de la frontera. Las ecuaciones para determinar las aproximaciones a u(x, y) en la parte del contorno en la que se aplica la condición sobre la derivada normal son las dadas por el esquema de Neumann [12.14]-[12.17] apropiado. Para las aproximaciones a u(x i , y j ) en los puntos interiores a R seguimos usando la fórmula [12.9] de aproximación a la ecuación de Laplace. 12.6. Segundo ejemplo Vamos a calcular una solución aproximada de la ecuación de Laplace ∇ 2 u = 0 en el rectángulo R ≡ {(x, y), 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 4}, donde u(x, y) denota la temperatura en el 12.6. SEGUNDO EJEMPLO 187 • • • • u i−1,1 −4u i,1 u i+1,1 2u i,2 • • • • u i−1,m −4u i,m u i+1,m 2u i,m−1 • • • • u i,j−1 −4u i,j u i,j+1 2u 2,j • • • • u n,j−1 2u n−1,j −4u n,j u n,j+1 Figura 12.5: Los esquemas para la condición de contorno de Neumann punto (x, y) y las condiciones de contorno son las que se muestran en la figura [12.6] u(x, 4) = 180 para 0 < x < 4, u y (x, 0) = 0 para 0 < x < 4, u(0, y) = 80 para 0 ≤ y < 4, u(4, y) = 0 para 0 ≤ y < 4. En los puntos q 1 , q 2 y q 3 del contorno aplicamos la fórmula de Neumann [12.14] y en los puntos q 4 , q 5 , · · · , q 12 aplicamos el esquema de Laplace [12.9]. Lo que obtenemos es un 188CAP ´ ITULO12. M ´ ETODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (III). ECUACIONES EL ´ IPTICAS q 1 q 2 q 3 q 4 q 5 q 6 q 7 q 8 q 9 q 10 q 11 q 12 u 2,5 =180 u 3,5 =180 u 4,5 =180 u 1,2 =80 u 1,3 =80 u 1,4 =80 u 5,2 =0 u 5,1 =0 u 5,3 =0 u 5,4 =0 u 1,1 =80 u 5,1 =0 • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • Figura 12.6: La malla de orden 5 ×5 para el ejemplo del apartado [12.6] sistema lineal AQ = B de 12 ecuaciones con 12 incógnitas. −4q 1 +q 2 +2q 4 =−80 q 1 −4q 2 +q 3 +2q 5 =0 q 2 −4q 3 2q 6 =0 q 1 −4q 4 +q 5 +q 7 =−80 q 2 +q 4 −4q 5 +q 6 +q 8 =0 q 3 +q 5 −4q 6 +q 9 =0 q 4 −4q 7 +q 8 +q 1 0 =−260 q 5 +q 7 −4q 8 +q 9 +q 1 1 =0 q 6 +q 8 −4q 9 +q 12 =0 +q 7 −4q 10 +q 11 =−260 +q 8 +q 10 −4q 11 +q 12 =−180 +q 9 +q 11 −4q 12 =−180 El vector solución Q puede obtenerse mediante el método de eliminación de Gauss (también pueden dise˜ narse esquemas más eficientes, como la extensión del algoritmo tridiagonal a sistemas pentadiagonales). La stemperaturas en los puntos interiores de la malla y en los puntos del borde inferior, expresadas en forma vectorial, son Q=(q 1 , q 2 , q 3 , q 4 , q 5 , q 6 , q 7 , q 8 , q 9 q 10 , q 11 , q 12 ) t = =(71,8218, 56,8543, 32,2342, 75,2165, 61,6806, 36,0412, 87,3636, 78,6103, 50,2502, 115,628, 115,147, 86,3492) t . 12.7. M ´ ETODOS ITERATIVOS 189 12.7. Métodos iterativos Acabamos de ver cómo podemos resolver la ecuación en diferencias de Laplace construyen- do un cierto sistema de ecuaciones lineales y resolviéndolo. El inconveniente que presenta este método es el almacenamiento . Puesto que para obtener resultados mejores hay que trabajar con una malla más fina, es posible que el n´ umero de cuaciones sea muy elevado. Por ejemplo, el cálculo numérico de la solución de un problema de Didichlet requiere la res- olución de un sistema de (n −2)(m−2) ecuaciones; si dividimos R en un n´ umero modesto de cuadrados, digamos 10 por 10, entonces tenemos un sistema de 91 ecuaciones con 91 incógnitas. En consecuencia, parece sensato trabajar con técnicas que reduzcan la cantidad de datos que se deben almacenar; as´ı, un método iterativo sólo requerir´ıa que se almacenaran las 100 aproximaciones numéricas {u i,j } correspondientes a los puntos de la malla. Empecemos por la ecuación en diferencias de Laplace u i+1,j +u i−1,j +u i,j+1 +u i,j−1 −4u i,j = 0 (12.18) y supongamos que conocemos los valores de u(x, y) en el contorno u(x 1 , y j ) = u 1,j para 2 ≤ j ≤ m−1 (a la izquierda), u(x i , y 1 ) = u i,1 para 2 ≤ i ≤ n −1 (abajo), u(x n , y j ) = u n,j para 2 ≤ j ≤ m−1 (a la derecha), u(x i , y m ) = u i,m para 2 ≤ i ≤ n −1 (arriba). (12.19) Ahora escribimos la ecuación [12.18] de forma adecuada para iterar u i,j = u i,j +r i,j , (12.20) siendo r i,j = u i+1,j +u i−1,j +u i,j+1 +u i,j−1 −4u i,j 4 2 ≤ i ≤ n −1 y 2 ≤ j ≤ m−1. (12.21) Es necesario disponer de los valores iniciales en los puntos interiores de la malla; para ello puede valer la constante K, definida como la media de los 2n+2m−4 valores en el contorno dado por [12.19]. Cada paso de la iteración consiste en hacer un barrido de todos los puntos interiores de la malla con la fórmula recursiva [12.20] hasta que el término residual r i,j que aparece en el miembro derecho de [12.20] se reduzca a cero (o sea, hasta que se tenga |r i,j | < ε para cada 2 ≤ i ≤ n − 1 y 2 ≤ j ≤ m− 1, siendo ε la tolerancia prefijada). 190CAP ´ ITULO12. M ´ ETODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (III). ECUACIONES EL ´ IPTICAS Podemos aumentar la velocidad de convergencia a cero de los términos residuales {r i,j } usando el método concocido como método de sobrerrelajación sucesiva. Este método es el que resulta de aplicar la fórmula recursiva u i,j = u i,j +ω u i+1,j +u i−1,j +u i,j+1 +u i,j−1 −4u i,j 4 = u i,j +ωr i,j , (12.22) en la que el parámetro ω verifica 1 ≤ ω < 2. En el método de sobrerrelajación sucesiva, cada paso de la iteración consiste en hacer un barrido de la malla con la fórmula recursiva [12.22] hasta que se tenga |r i,j | < ε. Para elegir el valor óptimo del parámetro ω hay que estudiar los autovalores de la matriz que caracteriza el método iterativo que estamos usando para resolver un sistema lineal; en nuestro caso, dicho valor óptimo viene dado por la fórmula ω = 4 2 + 4 − cos π n −1 + cos π m−1 2 . (12.23) Si lo que se especifica en alg´ un trozo de la frontera es una condición de Neumann, entonces tenemos que escribir las expresiones [12.14]-[12.17] de forma adecuada para iterar; los cuatro casos, incluyendo ya el parámetro de sobrerrelajación ω son u i,1 = u i,1 +ω 2u i,2 +u i−1,1 +u i+1,1 −4u i,1 4 (lado inferior), (12.24) u i,m = u i,m +ω 2u i,m−1 +u i−1,m +u i+1,m −4u i,m 4 (lado superior), (12.25) u i,j = u i,j +ω 2u 2,j +u 1,j−1 +u 1,j+1 −4u 1,j 4 (lado izquierdo), (12.26) u n,1 = u n,1 +ω 2u n−1,j +u n,j−1 +u n,j+1 −4u n,j 4 (lado derecho). (12.27) 12.8. Tercer ejemplo Vamos a usar un método iterativo para hallar una solución aproximada de la ecuación de Laplace ∇ 2 u = 0 en el cuadrado R definido por R ≡ {(x, y), 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 4}, con las condiciones de contorno u(x, 4) = 180 y u(x, 4) = 180 para 0 < x < 4, u(0, y) = 80 y u(4, y) = 0 para 0 < y < 4. 12.8. TERCER EJEMPLO 191 Dividimos el cuadrado en 64 cuadrados de lado ∆x = ∆y = h = 0,5 y tomamos como valor inicial en los puntos interiores de la malla u i,j = 70, i = 2, 3, . . . , 8 y j = 2, 3, . . . , 8 Usamos el método de sobrerrelajación sucesiva con el parámetro ω = 1,44646 (que se obtiene al sustituir n = 9 y m = 9 en la fórmula [12.23]); después de 19 iteraciones, los valores residuales son todos menores que una milésima (de hecho, |r i,j | ≤ 0,000606 < 0,1). Las aproximaciones que se obtienen se muestran en la tabla. Puesto que las funciones de contorno son discontinuas en las esquinas y los valores correspondientes no se utilizan en los cálculos, hemos tomado u 1,1 = 50, u 9,1 = 10, u 1,9 = 130 y u 9,9 = 90 para completar la tabla. x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 x 9 y 9 130.0 180.000 180.000 180.000 180.000 180.000 180.000 180.000 90.0 y 8 80.0 124.821 141.172 145.414 144.005 137.478 122.642 88.607 0.0 y 7 80.0 102.112 113.453 116.479 113.126 103.266 84.4844 51.7856 0.0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . y 2 80.0 51.3931 40.5195 35.1691 31.2899 27.2335 21.9900 14.1791 0.0 y 1 50.0 20.000 20.000 20.000 20.000 20.000 20.000 20.000 10.00 Cuadro 12.1: Solución aproximada e la ecuación de Laplace con condiciones de Dirichlet 192CAP ´ ITULO12. M ´ ETODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (III). ECUACIONES EL ´ IPTICAS Bibliograf´ıa [1] Arfken, G.Métodos matemáticos para f´ısicos Ed. Diana, 1981. [2] Ayres, F.Ecuaciones Diferenciales Ed. Mc Graw-Hill, 1991. [3] Aparicio, E.Teor´ıa de funciones de variable compleja Ed. U P V , 1998. [4] Churchill, R.V, Braon, J.W.Variable compleja y aplicaciones Ed. Mc Graw-Hill, 1996. [5] Elsgoltz, L.Ecuaciones Diferenciales y Cálculo Variacional Ed. Mir, 1992. [6] Fraile, V. Ecuaciones Diferenciales. Métodos de integración y cálculo numérico. Ed. Teba Flores, 1991. [7] Fr¨ oberg, C.E. Introducción al análisis numérico. Ed. Vicens Universidad, 1977. [8] Hornbeck, Robert W.Numerical Methods Quantum. New York. [9] Johnson, L.W; Riess, R. D.Numerical Analysis. Ed. Addison Wesley. Reading. Massachusset. 193 194CAP ´ ITULO12. M ´ ETODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (III). ECUACIONES EL ´ IPTICAS [10] Kincaid, D; Cheney, W Análisis Numérico. Las matemáticas del cálculo cient´ıfico Ed. Addison Wesley, 1994. [11] Klamkin, M.S.Mathematical Modeling; Classroom Notes in Applied Mathematics SIAM. Filadelfia [12] Kreyszig, E. Matemáticas Avanzadas para Ingenie´r´ıa Ed. Limusa, (1999). [13] Maki, D.P; Maynard T.Mathematical Models and Applications Ed. Prentice Hall. Englewood Cliffs. New York. [14] Mathews, J.H; Fink, K.D. Métodos Numéricos con Matlab Ed. .1999 [15] Ed. [16] Marcellan, F. et al. Ecuaciones Diferenciales. Problemas lineales y aplicaciones Ed. Mc Graw-Hill, (1991). [17] Novo, S. et al.Ecuaciones y sistemas diferenciales Ed. Mc Graw-Hill, (1995). [18] O ˜ Neil, P.V.Advanced Engineering Mathematics. Tercera edición. Ed. Grupo Editorial Iberoamérica, (1988). [19] Ortega, J.M. y Poole, W.G. Introduction to Numerical Methods for Differential Equations. Ed. Pitman. Manshfield. Massachusets, (1981). [20] Rice J. R.Numerical Methods, Software and Analysis Ed. Mac.Graw-Hill, (1983). [21] Seweel, G.The Numerical Solution to Ordinary and Partial Differential Equations. Ed. H.B.J. New York, (1975). [22] Simmons, G.F.Ecuaciones Diferenciales (con aplicaciones y notas históricas) Ed. Mc Graw-Hill, (1998). 12.8. TERCER EJEMPLO 195 [23] Wunsch, A.D.Variable compleja con aplicaciones Ed. Addison-Wesley Iberoamericana, (1997). [24] Zeld´ ovich, Y; Yaglon, I. Matemáticas superiores Ed. Mir, 1982. [25] Zill, D.Ecuaciones diferenciales con aplicaciones Ed. Grupo Editorial Iberoamérica, (1988). T´ ıtulo de la obra original Introducciń a las ecuaciones diferenciales en derivadas parciales o (EDP’s) c Copyright: 2001. Autores Sixto Romero, Francisco J. Moreno, Isabel M. Rodr´ ıguez Reservados todos los derechos de publicaciń, repreducciń, pr´stamo o cualquier otra o o e forma de expresiń de este ejemplar, por los autores. o Universidad de Huelva Escuela Politćnica Superior de La R´bida e a 21819. Palos de la Frontera 8Huelva) Edita:Servicio de Publicaciones. Universidad de Huelva Printed in Spain ISBN: DL: Fotocomposiciń: Los autores o Impresiń: o ´ Indice general 1. Nociones sobre las ecuaciones en derivadas parciales (EDP’s) 9 1.1. Introducciń . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 o 1.2. Definiciń. Algunos conceptos fundamentales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 o 1.3. Significado geom´trico de las soluciones general y particular . . . . . . . . . . 15 e 1.4. EDP’s que surgen de la eliminaciń de funciones arbitrarias . . . . . . . . . . 17 o 1.5. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.6. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2. Ecuaciones diferenciales lineales en derivadas parciales. Propiedades 25 2.1. Ecuaciń en derivadas parciales lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 o 2.2. Propiedades de las soluciones de las EDP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 2.3. Clasificaciń de las EDP’s de segundo orden de dos variables independientes . 29 o 2.4. Condiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 2.5. Casos particulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 2.5.1. Ecuaciones de tipo hiperb´lico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 o 2.5.2. Ecuaciones de tipo parab´lico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 o 2.5.3. Ecuaciones de tipo el´ ıptico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 2.6. Planteamiento de problemas para las EDP’s de segundo orden . . . . . . . . . 33 3 . . . . . . . .1. Ejercicios propuestos . 48 a 3. . . . Casos particulares de la f´rmula de D’ Alembert . . . . . Ejercicios propuestos . . . . . . . .3.5. . .3. . . . . . . . Generalizaciń del problema de la cuerda vibrante . . . . . . . . . . 71 e 4. . . . . . . . . . . Ecuaciones de tipo hiperb´lico o 45 3. . Problema de la cuerda vibrante .4. . . . . . . . . . . . . . .1. . .3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2. . . . . M´todo de separaciń de variables . . . . . . . . .4. . . . .10. .2.3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problema de Sturm-Liouville . . . . . . . . .5. . . . 38 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ecuaciń ondulatoria unidimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ¿C´mo se debe plantear el problema de forma correcta ? . . . . . . . . . . . . . . .4 ´ INDICE GENERAL 2. . . . . . . . Problemas que dan lugar a vibraciones u oscilaciones . . . . M´todo de Fourier . Otro ejemplo . . . . . . . . . .4. . . . . . 64 3.1. . . . . 47 3. . . . Vibraciones libres de una cuerda homogńea fijada en sus extremos e 69 4. . . .9.8. . . . . . . 53 o 3. . . . . . . . . . Introducciń . . . . . . .2. .3. . . . . . . . .2. .1. . . . . . . . . . . . . .3. . . . 66 4.2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 . . . . Condiciones de frontera . . . . . . . . . . . . . . 51 3. . . . . . . . . 39 3. . .3. . . . . . . . . . . Ejemplo de Hadamard . . . . . . . . . . . .2. .2. . . . . . . . . . 47 3. . .2.7. 54 3. . . . 33 e o a 2. . . . . . . . 63 3. . . 34 2. 47 o 3. . . 61 o 3.3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ejercicios resueltos . . . Modelo matem´tico . . . . . . . . 52 o 3. . . . . . . . . . . . . . . . . 58 o 3. . . . . . . . . . Soluciń del problema de Cauchy (problema inicial) para una cuerda o ilimitada . Teoremas . . . Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . .1. . . . . . . . . . . . . . . . . 65 3. . . . . . . . . M´todo de separaciń de variables: caso prćtico . . . . . .8. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 e o 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .5. . . . . . . . .F. Teorema . . . 104 o o e 6. . . . Vibraciones forzadas de la cuerda fijada en los extremos . . . . . . . . . . . . 102 o e 6. Soluciń del problema con C. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .6. . . 75 4. . . . .2. . . . . . . . . . Vibraciones forzadas de la cuerda homogńea de longitud L e 81 5. . . . . . . . . . . 101 6. . . 109 o e 6. . .4. . . . . .4. . . . 95 o 6. . . . . . Problema de Cauchy para la conductibilidad t´rmica . . Ejemplo resuelto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ejemplo resuelto . . . . . .3. . . .1. . . . . . . . . . 75 4. . . . . . . .5. .4. Ejercicios propuestos . . . . .´ INDICE GENERAL 5 4. . .7. . . 95 o 6. . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 5. . Soluciń de la ecuaciń homogńea . . . . . . . . . . . . . . . 109 6. . . . . . .5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .5. . . . . .1. 90 6. . . . . . . . . no homogńeas . . . . . . . . . . . 84 5. . . . . . 83 5. . . . . Ejemplo resuelto . Problema mixto para la ecuaciń de conductibilidad t´rmica . . 110 . 99 e 6. . . . . . . . . . . . . . . . 89 5. . . . Propagaciń del calor en una varilla finita . . . . . . . . . . .3. . . . . . . . . . .2. .4. M´todo de Fourier para la conductibilidad t´rmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ejercicios propuestos . . . . . . . . 104 e e 6.2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Planteamiento del problema .1. . 87 o 5. . . . . . .3. . . . . . . . . . Introducciń . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .5. . Ejercicios resueltos . Vibraciones forzadas de la cuerda con extremos m´viles . . . . . . . .1. . . . M´todo de resoluciń e o . . . . . .4. .5. . . . .1. . . . . . 86 5. . . . . . . . . . . . . . Problemas que involucran conducciń de calor . . . 101 o 6. . . Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2. Ecuaciones de tipo parab´lico o 93 6. . . . . . . . . . . . .3. . Soluciń de la ecuaciń no homogńea . . . . . . 107 o o e 6. . . . . . . . . . .1. . . . . . . . . . . . Ejercicios propuestos . . . . . . . 127 o 7. . . . . . . Soluciones fundamentales de la ecuaciń de Laplace . . . . La cuerda vibrante con velocidad inicial no cero . . Planteamiento de los problemas de contorno . . . . . . . Tćnicas para resolver problemas de Valor de Frontera(II) e 143 9.3. . . . . . . . . . . . . . . . Soluciń del problema de Dirichlet para el circulo empleando el m´todo o e de Fourier . Introducciń . . . . . . . . . . . .5. . . . . . . . . . . . . . .1. . . . . . . .6 ´ INDICE GENERAL 7. . . . .2. . . . . . . . . . . . . . . 127 a 7. . . . . . . . . . . . . . 126 o 7. . . . . . . .1. . . . . . . . . . . . 151 . . . . . . . . . . . . . . . . . . Vibraciones de una piel de tambor: Series dobles de Fourier . Introducciń . . . . . . . . . . . . . .1. . . . . . . . . . .5. . Ejemplos m´s usuales . . . . 128 7. . . . La cuerda vibrante bajo la gravedad . . Ecuaciń de Poisson . . . . .4. . . .1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 9. . . . . . . . . .2. . . . . . .1. 119 o 7.3. . . . Funciones armńicas. . . .7. . . . .4. . . . . . . 124 o 7. . . . . . . . . Problemas que involucran potencial elćtrico o gravitacional . 127 7. . 135 8. . . . . .5. . Problemas de valor de frontera que involucran la ecuaciń de Laplace . . . . . . . . Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . .2. . . . . . . Conducciń de calor con radiaciń .5.3. . . . . . . . . 139 8. . . . . . 117 e 7. . . . .1. . 151 o o 9. . . . . . 130 8. . . . .1. .4. . . . .6. . . Modos diferentes con la misma frecuencia . . . . . . . . . . . . . . 141 9. . . . . . . 117 o 7. . .3. . . . .3. . . . . . . . . . . . . . . Conducciń de calor en una barra con condiciones no cero en los extremos . . . . . . . . . .2. . . . . . . Soluciones con simetr´ esf´rica o cil´ ıa e ındrica . . . . . . Tćnicas para resolver problemas de Valor de Frontera (I) e 133 8. . . . . . Ejercicios resueltos . . . 120 7. . . . . . Planteamiento del problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150 9. . . . . . . 135 o 8. . . . . . . . . 137 o 8. . . . . Ecuaciones de tipo el´ ıptico 115 7. . . . . 166 10. .4. . . Soluciń del problema . . . . . . . . . . . . . . . El m´todo de Crank-Nicholson . . . . . . Segundo ejemplo . . . . . . . . Segundo ejemplo . . .3. . . . . . 163 10. Valores iniciales . . . 163 o 10. . . . . . . . . . . . .1. .1. .4. . . . . . . . 171 o o 11.M´todos de diferencias finitas (III). .5. . . . . . . . . . . . .2. Ecuaciones el´ e ıpticas 179 12. . . . . . . . . . . . . . . . 181 o 12. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 o 10. . . . .5. . . . . . . . . . . . .2. . . .M´todos de Diferencias Finitas (II). . . .1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Formalizaciń matem´tica . . 162 10. Cuando se conocen dos filas exactamente . . . Ejercicios propuestos . . . . . . . . 171 o o 11. . . . . . . Introducciń . . . . . . . . . . .5. . . . . . . . . . . Construcciń de la ecuaciń en diferencias . . . . . . . . . . . . Construcciń de la ecuaciń en diferencias . . . . . . . . . . Introducciń. . . . . . . . 172 11. . . . . . . 177 12. . . . . . . . . . . . . . . .3. . . . . . . .1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Primer ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2. .M´todos de Diferencias Finitas (I) e 157 10. . . . . . . . . . . . . . Introducciń . Ecuaciń en diferencias para la laplaciana . . . . . . . .3. . . Ecuaciones parab´licas e o 169 11. . . . . . . . .5. . Cuando se conocen dos filas exactamente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181 o . . Ecuaciń de ondas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 o a 9. . . . . . . . .3. . . . . . . . 166 11. . . . . . . . . . . La ecuaciń de calor . . . . . .6. . 152 o 10.2. . . . . . . .5. . . . La soluciń de D’ Alembert . . . . . . . . . . . . 159 o 10. . . . .5. 176 11. . . . .4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .6. . . . . . . . . . 174 e 11. . 160 o o 10. Primer ejemplo . . . . . . . . . . . . . .2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164 10. . . . . . . . . .3. . . . . . . . . . 165 10. . . .3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ejercicios propuestos . .´ INDICE GENERAL 7 9. . .8 ´ INDICE GENERAL 12. . . . . . . . . . . . . .5. . . . . . . . . . . . M´todos iterativos . . .4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3. 189 e 12. . . . . . . . . . . . 184 12. Segundo ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . 186 12. . . . . . . . . . . .7. . . . . . . . . . . . . Primer ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . Condiciones de contorno de Neumann . . . . . . . . Tercer ejemplo . . . . . .6. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190 Bibliograf´ ıa 193 . Construcciń del sistema lineal . . .8. 182 o 12. 185 12. . . . . ´ sino porque encuentran placer en ello. Poincar´ e Las tierras pertenecen a su dueõ.Cap´ ıtulo 1 Nociones sobre las ecuaciones en derivadas parciales (EDP’s) ”Una de las m´s importantes y fascinantes ramas de las matem´ticas que a a proporcion´ el medio para las formulaciones matem´ticas y soluciones de una o a gran variedad de problemas. pero el n paisaje es de quien sabe apreciarlo” U.R. y encuentran placer porque es hermosa” H. Sinclair 9 .Spiegel ”Los cient´ ıficos estudian la naturaleza no porque sea util. es sin duda el estudio de las Ecuaciones Diferenciales en Derivadas Parciales” M. 10CAP´ ITULO 1. NOCIONES SOBRE LAS ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES (EDP’S) . El M´todo de Separaciń de Variables. a Los tres ejemplos anteriores. y con desarrollos de mayor sofisticaciń. Sin lugar a dudas utilizar este tipo de ecuaciones diferenciales es util aunque limita las ´ clases de problemas que podamos investigar. membranas. nos permitirń o a . Con el uso de las EDO’s para resolver problemas aplicados estamos simplificando mucho el modelo de la realidad f´ ısica que conduce a tales problemas.1. Todo ello se debe a que en las f´rmulas matem´ticas aparece una sola variable independiente sobre la que dependen todas o a las otras variables pertinentes. a nuestro juicio.Ecuaciones de tipo El´ ıptico (problemas que aparecen al estudiar procesos estacionarios.´ 1.Ecuaciones de tipo Hiperb´lico (problemas que refieren fen´menos oscilatorios: vibrao o ciones de cuerda. INTRODUCCION 11 1. e . a El curso de ecuaciones diferenciales en derivadas parciales que aqu´ se presenta –donde ı no hay que esperar contenidos originales en una materia tan trillada y tan cl´sica– pretende a exclusivamente exponer los conocimientos que. ya que en la mayor´ de los casos se necesitan ıa varias variables independientes. oscilaciones electromagn´ticas).Ecuaciones de tipo Parab´lico (problemas que se presentan al estudiar los procesos de o conductibilidad t´rmica y difusiń). Modelar un problema de la vida real desde el punto de vista matem´tico en el que se haga a intervenir dos o m´s variables independientes conduce a las Ecuaciones Diferenciales en a Derivadas Parciales (¡ La apariciń de varias variables independientes hace que este tema o resulte mucho m´s complejo que el de las EDO’s !). o sea que no cambian con el tiempo). los m´todos mediante los cuales se pueden obtener sus soluciones exactas y e aproximadas. consideramos b´sicos para a que un estudiante de ingenier´ pueda entender sin grandes problemas los tres ejemplos ıa cl´sicos: a . e o . tambiń constituye un tema importante que nos e o e permitir´ conocer los problemas de Sturm-Liouville y sus autovalores. Aprendimos como surgen tales ecuaciones a diferenciales. Introducciń o Las Ecuaciones Diferenciales Ordinarias (EDO’s) que involucran derivadas de una o m´s a variables dependientes con respecto a una sola variable independiente se estudian generalmente en un curso de C´lculo Infinitesimal.1. viendo algunas aplicaciones en el campo cient´ ıfico. Definiciń. y sus derivadas en [1. NOCIONES SOBRE LAS ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES (EDP’S) estudiar las EDP’s de segundo orden lineales e incluso algunos problemas no lineales. entonces: ı.12CAP´ ITULO 1. n en ´ la regiń D o . . 2. xn . .1] la ultima se convierte en la identidad respecto a xi .2 (Orden) Se llama orden de una EDP el orden superior de las derivadas o parciales que figuran en la ecuaciń. . se llama soluciń de o o o dicha EDP en cierta regiń D de variaciń de las xi . la funciń que se o ∀i = 1. n a una funciń o cualquiera u = u(x1 . . . Algunos conceptos fundamentales o Definiciń 1. . n. . o a) y a) Nota Tambiń utilizaremos las notaciones: e ux ≡ ∂u . ∀i = 1. . xn ) ∈ C m (D) (conjunto de funciones continuas en la regiń o D junto con todas las derivadas de hasta orden m inclusive). 2.2. 2. quad ∂x2 ∂u ∂u −x =0 ∂x ∂y es una EDP de 1er orden es una EDP de 2o orden ∂2u ∂2u − 2 =0 ∂x2 ∂y Definiciń 1. ∂u ∂u ∂mu . . u = u(x. o As´ si x. · · · . busca y sus derivadas parciales. . . . 2. . . . Se cumple que: ki . k1 ∂x1 ∂xn ∂ x1 ∂ k2 x2 · · · ∂ kn xn =0 (1. · · · . 1. y son variables independientes. . n son enteros no negativos tales que: k1 +k2 +· · ·+kn = La funciń F es la funciń prefijada de sus argumentos. y) es la funciń buscada.···. o o ∀i = 1.3 (Soluciń) Sea la EDP definida en [1. ∀i = 1. m. . ∂y uxx ≡ ∂2u . u. .1) que permite conexionar las variables independientes xi . ∂x uy ≡ ∂u . x2 . o o Definiciń 1.1] de orden m. · · · . tal que al sustituir u.1 (Ecuaciń diferencial en derivadas parciales) Se llama ecuaciń difero o o encial en derivadas parciales (EDP) a la ecuaciń de la forma: o F x1 . . x2 . . . o o o Ejemplo 1. y) de la ecuaciń o o ∂2u =0 ∂x∂y Soluciń o ∂u ∂v ∂2u =⇒ = 0.1) La ecuaciń o ∂u ∂x 2 + ∂u ∂y 2 = 0 tiene por conjunto de soluciones u(x. pero puede ser una funciń cualquiera de y. (1. b) Existen EDP’s que tienen conjuntos de soluciones muy pequeõs y en algunos casos n se obtiene incluso el ∅ (conjunto vac´ ıo) b. la integral de ´sta tambiń es una funciń arbitraria. u = φ(y). ya que = 0. y) =cte. y) = ϕ(y)dy + g(x) siendo g(x) arbitraria. o Notas a) Los ejemplos anteriores ponen de manifiesto que las EDP’s tienen familias enteras de soluciones.2.4) Se llama soluciń general de la ecuaciń dada en el ejemplo [1. entonces v = ϕ(y). ALGUNOS CONCEPTOS FUNDAMENTALES 13 Ejemplo 1.2] que contiene una funciń arbitraria.2]. Como ∂y ∂x ∂x∂y ∂u ∂u v= .2. ∂y ∂y Si llamamos v = Integrando respecto de y ∂u dy = ∂y ϕ(y)dy =⇒ u(x.´ 1. o Si ∂x Soluciń de la ecuaciń [1. .2. DEFINICION. y) de la ecuaciń o o ∂u =0 ∂x (1.2) Soluciń o ∂u = 0 =⇒ u no depende de x.2.2 Hallar la soluciń u = u(x.3) Como ϕ(y) es una funciń arbitraria. o e e o Llam´mosla f (y). (1. Por tanto e u(x. puesto que cualquier otra o o soluciń puede obtenerse de [1.4] si se eligen de forma adecuada las funciones f (y) y g(x). y) = f (y) + g(x) siendo f (y) y g(x) arbitrarias. se tiene que = ϕ(y).1 Hallar la soluciń u = u(x. 5) φ(y)dy. u(1. como se ha dicho antes. la soluciń general. a c) M´s adelante plantearemos el problema de como hallar las soluciones particulares o parciales haciendo intervenir condiciones adicionales que deben plantearse a la funciń.3 Sea la EDP las condiciones siguientes: ∂2u = x + y 3 . Como en el caso de las EDO’s con frecuencia necesitamos determinar soluciones de EDP’s que satisfagan condiciones dadas. NOCIONES SOBRE LAS ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES (EDP’S) b. −2) = x + 8 u(1. se tiene 9 1 ξ(y) = − y 4 + 2y 2 − y − ϕ(1). 2 4 (1. 4 2 .14CAP´ ITULO 1. y) = 2y 2 − 4y. Ejemplo 1. Soluciń o ∂ ∂u x = x + y3 ⇒ ∂x ∂y ⇒ y ∂ ∂u dx = ∂x ∂y ∂u dy = ∂y (x + y 3 )dx = ∂u x2 = + y 3 x + φ(y) ∂y 2 x2 + y 3 x + φ(y) dy ⇒ 2 φ(y)dy + ϕ(x). y) = siendo ξ(y) = 1 2 1 x y + xy 4 + ξ(y) + ϕ(x).2. y) = 1 2 1 x y + xy 4 + 2 4 De aqu´ que como se ha indicado anteriormente se llega a que ı u(x.2) La ecuaciń o ∂u ∂x 2 + ∂u ∂y 2 + 1 = 0 no tiene soluciones reales del todo. y cualquier soluciń obtenida de esta o o soluciń general por selecciones particulares de las funciones arbitrarias se llama una soluciń o o particular. Sustituyendo en [1.5] x = 1. una soluciń que contenga n funciones arbitrarias o se llama. Resolverla si dicha ecuaciń est´ sometida a o a ∂x∂y u(x. o En definitiva dada una EDP de orden n. que es la soluciń general. y) = o 1 2 1 y y4 1 y + 1y 4 + ξ(y) + ϕ(1) = 2y 2 − 4y ⇒ ξ(y) = 2y 2 − 4y − − − ϕ(1) 2 4 2 4 ordenando. u(x. . −2) = = −x2 + 4x − 4 + 32 + 9 − ϕ(1) + ϕ(x) = −x2 + 4x + 37 − ϕ(1) + ϕ(x) = x + 8.···. Sin embargo. debido a que generalmente hay una combinaciń de condiciones de o frontera e iniciales. y) = 1 2 1 1 9 x y + xy 4 − y 4 + 2y 2 − y − ϕ(1) + x2 − 3x − 29 + ϕ(1) 2 4 4 2 1 2 1 1 9 x y + xy 4 − y 4 + 2y 2 − y + x2 − 3x − 29. u. y. y) = 1 1 9 1 2 x y + xy 4 − y 4 + 2y 2 − y − ϕ(1) + ϕ(x) 2 4 4 2 Usando la condiciń u(x. −2) = 1 1 9 1 2 x (−2) + x(−2)4 − (−2)4 + 2(−2)2 − (−2) − ϕ(1) + ϕ(x).3. y) = es decir: u(x. . utilicemos funciones particulares para φ(y) y ϕ(x). . y) = P (x. . Entonces la expresiń anterior toma la forma o z = f (x. ∂x ∂x∂y u(x. con frecuencia nos referimos a tales problemas como Problemas de Valor de Frontera (PDVF) (Váse el concepto detallado en el ejercicio resuelto n´mero 2) e u 1. −2) = x + 8 se tiene que o u(x. De donde ϕ(x) = x + 8 + x2 − 4x − 37 + ϕ(1) ⇒ ϕ(x) = x2 − 3x − 29 + ϕ(1) que si sustituimos en la soluciń general nos queda: o u(x.7) . .···. k1 k2 x · · · ∂ kn x ∂x1 ∂xn ∂ x1 ∂ 2 n Sea una EDP : F x1 . (1. · · · = 0. =0 Para fijar ideas tomamos s´lo de dos variables independientes x e y. xn . . es por ejemplo.´ 1. x2 . . Si la soluciń de o o ∂u ∂2u F x.3. Significado geom´trico de las soluciones general y e particular ∂u ∂u ∂mu . u. y reemplacemos la variables u por z. y). . 2 4 4 2 Realizando las operaciones indicadas obtenemos u(x. y) + φ(y) + ϕ(x). · · · .6) Se puede utilizar la primera terminolog´ de problemas de valor inicial y de frontera para ıa las EDP’s. 2 4 4 2 (1. SIGNIFICADO GEOMETRICO DE LAS SOLUCIONES GENERAL Y PARTICULAR15 De modo que se llega a que u(x. donde cada miembro de ella corresponde a una soluciń particular. obtenemos una familia de superficies cada miembro de la cual corresponde a una selecciń particular de φ(y) y ϕ(x). 0) y radio ı R.16CAP´ ITULO 1. . 0. tendr´ ı ıamos que si u = f (x.representa una familia de curvas. As´ por ejemplo.1: Se interpreta. 0) o y radio R. Y la ecuaciń x2 + y 2 + z 2 + u2 = R2 representa una hiperesfera de centro (0.y) 30 20 10 Z 0 −10 −20 −30 120 100 80 60 40 20 Y 0 0 20 X 60 40 80 100 120 Figura 1. Notas: a) Obs´rvese las analog´ con las EDO’s en las que la soluciń general con constantes e ıas o arbitrarias -en vez de funciones. As´ por ejemplo:x2 + y 2 + z 2 = R2 representa una esfera centrada en (0. esto es. y. NOCIONES SOBRE LAS ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES (EDP’S) 40 z=f(x. 0. por tanto. o b) Estas ideas se pueden generalizar a los casos donde hay m´s de dos variables indepena dientes. una soluciń o o particular: La EDP que tenga esta como soluciń se llama Ecuaciń Diferencial de la Familia o o de Superficies. como una superficie en un sistema de coordenadas cartesianas x. y. 0. z) ya no podr´ ıamos visualizar geom´tricamente: p = f (x. Se trata de una superficie de cuatro dimensiones o e Hipersuperficie. z. Para funciones arbitrarias φ(y) y ϕ(x). x). y. y) = −9y 2 ϕ(x) + 1. A modo de varios ejemplos veamos la utilidad de c´mo se pueden resolver. y) = −3y 3 ϕ(x) − 6x + y. y) + 6x − y ⇒ −3y 3 ϕ(x) u(x. y) − 3u(x. EDP’s que surgen de la eliminaciń de funciones o arbitrarias Ya que las soluciones de las EDP’s hacen intervenir funciones arbitrarias. eliminando ϕ(x) entre ambas ∂u(x. o o Soluciń o u(x.1 Sea la soluciń de la EDP u(x.4. . Encontrar una EDP de primer orden para esa soluciń general.4. y) 3 ∂y −1 ∂y ⇒y ∂u(x. φ.´ 1. ϕ arbitrarias. o Ejemplo 1. ∂y −3y 3 ϕ(x) = u(x. . y) + 6x − y = 2 ϕ(x) ∂u(x. y) u(x. parece l´gico o que se obtengan EDP por el proceso inverso de eliminar tales funciones. y) = xφ(y) + yϕ(x). y) −1 ∂y ⇒ y ∂u(x. y) + 18x − 3y ∂u(x. EDP’S QUE SURGEN DE LA ELIMINACION DE FUNCIONES ARBITRARIAS17 1.4. y) −9y −1 ∂y −9y 2 ϕ(x) = ∂u(x.2 Encontrar una EDP de segundo orden que tenga como soluciń general o u(x. y) = −3y 3 ϕ(x) − 6x + y con ϕ(x) una o funciń arbitraria de x. y) + 6x − y = ⇒y − y = 3u(x.4. Si diferenciamos respecto a y. o Ejemplo 1. y) = 18x − 2y ∂y basta sustituir para comprobar que es la soluciń pedida. y) − u(x. b) La EDP obtenida en cada caso representa la EDP de la familia representada por la soluciń general. y) ∂u(x. y deriv´mos con respecto a y a ∂ 1 ∂y y − 1 y2 x x ∂u(x. y) + y x − ∂x ∂x∂y ∂y = 0. y) + x x ∂u(x. y) ∂ y = φ(y) + ϕ(x) ⇒ ∂x x ∂x x 1 1 ∂u(x. x x [PASO 2 ] Diferenciando con respecto a x: ∂ u(x. o o u c) Si una soluciń tiene un n´mero dado n de funciones arbitrarias. ∂x∂y ∂x ∂y a) Al derivar las funciones arbitrarias admitimos que son diferenciables. ∂u(x. y) = xφ(y) + yϕ(x) =⇒ ÷x u(x. y) = xyϕ (x) − yϕ(x) ⇒ ∂x ∂u(x. y) ∂ 2 u(x.18CAP´ ITULO 1. y) y 1 u(x. y) y = φ(y) + ϕ(x). y) = y[xϕ (x) − ϕ(x)] ∂x [PASO 3 ] Dividimos ambos lados por y. y) − u(x. y) − u(x. y) 1 − u(x. y) −x −y + u = 0. y) ∂ 2 u(x. Obtenemos la EDP que dese´bamos a xy Notas ∂u(x. NOCIONES SOBRE LAS ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES (EDP’S) Soluciń o [PASO 1 ] u(x. y) ∂x = ∂ y(x − ϕ (x) − ϕ(x)) = 0. y) + ∂x y [PASO 4 ] Quitando denominadores − x ∂u(x. es frecuente escribir una ecuaciń diferencial de orden mayor que n teniendo esta soluciń o o . ∂y y x ∂ 2 u(x. y) ∂u(x. y) − ∂x∂y ∂y = 0. y) ∂u(x. y) + = 0 + ϕ (x) − 2 yϕ(x) 2 x x ∂x x x quitando denominadores: − −u(x. diferenciando con respecto a x e y probar que: ∂F ∂u ∂F ∂u ∂u ∂u ∂z + ∂x ∂z ∂x ∂u ∂u ∂z + ∂y ∂z ∂y + + ∂F ∂v ∂F ∂v ∂v ∂v ∂z + ∂x ∂z ∂x ∂v ∂v ∂z + ∂y ∂z ∂y =0 =0 . u x.1. y) = sen y. u(0. Comprobar en cada caso que se verifica que la relaciń dada es una soluciń de la o o ecuaciń obtenida o a) u(x. y) = 0 a) ∂x ∂ 2 u(x.7 a) Sea F (u. y) = xφ(y) + (ln y)ϕ(x) 1. 2 ∂y 2 o 1. y) +y = 2u(x. z. Ejercicios propuestos 1. y). EJERCICIOS PROPUESTOS 19 1. y. y) = x2 φ(y) + 3xy √ b) u(x. v. 2 1. ∂x ∂y 1 x2 + y 2 + z 2 u(1. 0) = 0. y) ∂u(x. u(x.6 y y a) Si z = φ( ) + xϕ( ) demostrar que x x x2 ∂2z ∂2z ∂2z + 2xy + y2 2 = 0 ∂x2 ∂x∂y ∂y o b) Obtener una soluciń a la EDP anterior que satisfaga las condiciones z = cos y para x = 1 y z = e−2y para x = 1 . v) = 0. y) π b) = x2 cos y. z) = satisface la ecuaciń de Laplace o ∂2u ∂2u ∂2u + 2 + 2 =0 ∂x2 ∂y ∂z 1. Si u y v son funciones diferenciables de x. y) = 20 cos y o 1.2 Obtener la EDP del menor orden eliminando las funciones arbitrarias en cada relaciń que se da.5. ∂x ∂y 1.3 Hallar n para que z = x3 arctan x2 − xy + y 2 x2 + xy + y 2 satisfaga x ∂z ∂z +y = nz.1 Obtener soluciones a los siguientes problemas de valor de frontera ∂u(x.5.5 Mostrar que la funciń u(x. = 0. y.4 Resolver el problema de valor de frontera x ∂u(x. con F diferenciable arbitraria de u. 4 u(x. y) = 0. Ejercicios resueltos ∂2u = 3x + 8y 2 . y) = x2 (1 − cos y) − 2x2 π 1. siendo P.6. yz) = 0 F (x − y − z. y) ∂u(x. y) = 20x2 cos( ) x −y y 1. donde F es una funciń arbitraria: o a) F (2x + 3z. R funciones conocidas de x. x2 − 2xy) = 0. y) − 2u(x. encontrar las EDP’s correspondientes a cada una de las e siguientes. Integrando respecto de x: ∂x∂y ∂x ∂y ∂ ∂u ∂u 3 dx = (3x + 8y 2 )dx ⇒ = x2 + 8xy 2 + φ(y).8 Usando el m´todo del ejercicio [1.6 b) z = (2x − 1) cos( ) + 2(1 − x)e x x 1. y) ∂u(x. NOCIONES SOBRE LAS ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES (EDP’S) ∂F ∂F . Q. x − 2y) = 0 b) c) F (z sen x. demostrar que la EDP resultante ∂u ∂v ∂z ∂z tiene la forma P +Q = R. ∂x∂y ∂x ∂y 1. ∂x∂y 1.7].2 a) x ∂u(x.8 a) 6 ∂z ∂z ∂z ∂z +3 = −4 b) y 2 − xy = xz ∂x ∂y ∂x ∂y ∂z ∂z ∂z ∂z c) (tan x) − (cot y) +z =0 d) x + (x − y) =y ∂x ∂y ∂x ∂y 1.3 n = 3 y 1. b) Eliminando 1. y) + 3xy = 0 ∂x ∂ 2 u(x. de las ecuaciones anteriores.1 Obtener las soluciones de la EDP siguiente: Soluciń: o ∂2u ∂ ∂u = = 3x + 8y 2 . y.20CAP´ ITULO 1. Soluciones a los ejercicios propuestos 1. z (Este ∂x ∂y resultado es la EDP correspondiente a F (u. v) = 0). ∂x ∂y ∂y 2 . y) b) 2xy(ln y) − 2x − y(ln y) + u(x. y) = x sen y y b) u(x. z cos y) = 0 d) F (x2 + y 2 .1 a) u(x. 9) 3 2 8 x y + xy 3 + ξ(y) + ϕ(x) 2 3 es la soluciń general de la EDP inicial. ux (x. ∂y De aqu´ u(x. y) = 3 2 8 x y + xy 3 + 2 3 De aqu´ que como la integral de una funciń arbitraria de la variable y es otra funciń ı o o arbitraria de la variable y se tiene que u(x. Soluciń: o Para una mejor comprensiń escribamos la EDP as´ o ı: ∂ ∂u ∂ ∂u ∂u x − u = 8 =⇒ − u dx = 8dx ⇒ − u = 8x + φ(y).6. 0)1 = x2 e−y φ(y)dy.2 Hallar una soluciń al problema de valor de frontera o ∂2u ∂u = + 8. y) = −8x − ey ϕ(0) + ey ϕ(x). y) = −8x + ey ı: ξ(y) = ey e−y φ(y)dy + ey ϕ(x). y) = 0. y) = 0. Por tanto: u(x. y) = −8x + ξ(y) + ey ϕ(x). se tiene: u(x. EJERCICIOS RESUELTOS 21 Integrando respecto de y: ∂u dy = ∂y 3 2 x + 8xy 2 + φ(y) dy ⇒ 2 φ(y)dy + ϕ(x) (1. Esta ecuaciń o ∂x ∂y ∂x ∂y ∂y −y es una ecuaciń lineal con factor integrante e . se tiene que: ξ(y) = −ey ϕ(0). y por tanto (1. 1u x es la ∂u ∂x .8) u(x. y) = φ(y)dy = ξ(y). ϕ(x) = x2 + 1 se tiene una o soluciń particular: o 3 8 u(x.1. siendo ϕ(x) arbitraria. Como u(0. Si escribimos u(0. Si hacemos ξ(y) = y 3 . y) = x2 y + xy 3 + y 3 + x2 + 1 2 3 1. ∂x∂y ∂x . Por tanto o ∂ e−y u = 8xe−y + e−y φ(y). y) ∂x = −8 + ϕ (x) = x2 ⇒ ϕ (x) = x2 + 8 ⇒ y=0 ϕ(x) = De donde: (x2 + 8)dx = 1 3 x + 8x + K. y) = 1 3 y x e + 8xey − 8x 3 1.4 Encontrar una EDP. y) = −8x − ey ϕ(0) + ey 1 u(x. de menor orden.3 Encontrar una EDP de primer orden que tenga como una soluciń general: z = φ(x + y) o siendo φ arbitraria. ∂x ∂y ∂x ∂y 1. NOCIONES SOBRE LAS ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES (EDP’S) Diferenciando con respecto a x y haciendo y = 0 ∂u(x. ∂x ∂u ∂x ∂x ∂x [PASO 3 ] Diferenciando respecto a y. eliminando las funciones arbitrarias en la relaciń o dada: a) z = φ(xy) b) z = φ(x2 − y 2 ) c) z = φ e3y (x − 2y) . y) = −8x − ey K + x3 ey + 8xey + ey K 3 En definitiva: u(x. ϕ(0) = 03 + 8 · 0 + K.1 = φ (u). Soluciń: o [PASO 1 ] Llamemos u = x + y =⇒ z = φ(u) [PASO 2 ] Diferenciando respecto a x. ∂y ∂u ∂y ∂y [PASO 4 ] Eliminando φ (u) en los pasos (2) y (3) se tiene: ∂z ∂z ∂z ∂z = =⇒ − = 0. y ser´ 3 u(x. tenemos ∂z ∂z ∂u ∂z = = φ (u). tenemos ∂z ∂z ∂u ∂u ∂z = = φ (u) ⇒ = φ (u). Soluciń: o Seguimos los mismos pasos que en el ejercicio [1.22CAP´ ITULO 1.3] para cada una de las propuestas: .1 ⇒ = φ (u). 3 1 3 x + 8x + K 3 1 a Puesto que ϕ(0) es una constante igual a K. EJERCICIOS RESUELTOS 23 ∂z ∂z ∂u a) Llamemos u = xy ⇒ z = φ(u). ∂x ∂u ∂x An´logamente respecto de y. ∂y ∂u ∂y Eliminando φ (u) en las expresiones anteriores: ∂z ∂x = φ (u)y ∂z ∂x ⇒ ∂z ∂y = φ (u)x x ∂z ∂z ∂z ∂z =y =⇒ x −y = 0. = = φ (u)x. ∂x ∂y . Diferenciando respecto de x. ∂x ∂u ∂x ∂z ∂z ∂u = = −φ (u)2y ∂y ∂u ∂y ∂z ∂x = φ (u)2x ⇒ −y ∂z = x ∂z ⇒ ∂z −φ (u)2y ∂x ∂y ∂y ∂z ∂z x +y =0 ∂y ∂x c) Llamemos u = e3y (x − 2y) = xe3y − 2ye3y ⇒ z = φ(u). y respecto de y y eliminando φ (u) de entre ambas se tiene: ∂z ∂z ∂u = = φ (u)2x.6.1. ∂z ∂z ∂u = = φ (u)e3y . ∂x ∂u ∂x ∂z ∂z ∂u Diferenciando con respecto a y. = = φ (u)y. ∂x ∂y ∂x ∂y = y x ⇒ ∂z ∂y b) Llamemos u = x2 − y 2 ⇒ z = φ(u). Diferenciando respecto de x. Diferenciando respecto a x. a ∂z ∂z ∂u = = φ (u) 3xe3y − 2e3y − 6y 2 e3y ∂y ∂u ∂y eliminando φ (u) de entre ambas se tiene que: ∂z φ (u)e3y ∂z ∂z ∂x = ⇒ (3x − 6y 2 − 2) = ⇒ ∂z −φ (u)e3y [3x − 2 − 6y 2 ] ∂x ∂y ∂y (3x − 6y 2 − 2) ∂z ∂z − = 0. 24CAP´ ITULO 1. NOCIONES SOBRE LAS ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES (EDP’S) . Propiedades ”Ninguna certeza existe all´ donde ı no es posible aplicar la Matem´tica o en a aquello que no pueda relacionarse con la Matem´tica” a Leonardo da Vinci ”Hay otros mundos pero estń en ´ste” a e Paul Eluard 25 .Cap´ ıtulo 2 Ecuaciones diferenciales lineales en derivadas parciales. PROPIEDA .26CAP´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES EN DERIVADAS PARCIALES. y) ∂x ∂y (2. y) + C(x.2 La EDP de segundo orden para la funciń de dos variables independientes o o x e y en el caso general tiene la forma A(x.1. y). b(x. y). y) ∂ 2 u(x. y) = x2 + e−x es EDPL (Ecuaciń en Derivadas Parciales Lineal) o 2 2 ∂x ∂y ∂u(x.1] por L[u] tenemos: L[u] = f (x. y)u(x. y) funciones de las variables x e y en una regiń D ⊂ R2 . y) ∂u(x. y). y) + 2B(x.2) 2. y)]2 = 0 es EDPNL (Ecuaciń en Derivadas Parciales o ∂x ∂y No Lineal) b) y Definiciń 2. C(x. Propiedades de las soluciones de las EDP Debido al carćter de linealidad del operador L los siguientes teorema son v´lidos y repa a resentan las propiedades de las soluciones de las EDP’s homogńeas. B(x. y) ∂ 2 u(x. 2. y). y) a(x. y la funciń inc´gnita u = u(x.1) Siendo A(x. y) + 2 ∂x ∂x∂y ∂y 2 ∂u(x.2. y) = 0 en D ⊂ R2 . Si designamos el primer miembro de [2. Ecuaciń en derivadas parciales lineal o Definiciń 2. a(x.´ 2. la ecuaciń [2.1. si ´sta es lineal respecto o o e a la funciń buscada y todas sus derivadas que forman parte de la ecuaciń. y) ∂ 2 u(x. y). c(x. e . y) y su correspondiente homogńea L[u] = 0 e (2. En caso contrario o o se llama no lineal. y) + c(x.1] se llama homogńea(EDPH) o e Notas 1. y) = f (x. El operador L es el operador diferencial definido en todo caso en el espacio lineal C 2 (D) mediante u = u(x. y) −x + [u(x. y) ∂ 2 u(x. y). y) ∂u(x. y) + b(x.1 La ecuaciń en derivadas parciales se llama lineal. Ejemplos a) 2 ∂ 2 u(x. ECUACION EN DERIVADAS PARCIALES LINEAL 27 2. o o o Si f (x. y). i = 1. las funciones a 1. . .1 Si u(x. sino tambiń con las series e n=1 los productos de algunas constantes. n. la EDPHL ordinaria de n-´simo orden tiene precisamente n soluciones parciales e independientes linealmente. y) es soluciń de L[u] = f y v(x. y) es la soluciń de la EDPH L[u] = 0 entonces ku(x.3 Si cada una de las funciones ui (x. Sin eme bargo. ´ b) Las propiedades anteriores tienen lugar tambiń para las EDPHL ordinarias. y) a) Si u(x. . y) es tambiń o e soluciń de la homogńea para k ∈ R. . . . en los problemas lineales para las EDP’s tendremos que operar no s´lo con combinaciones lineales de un n´mero finio u ∞ cn un (x. . PROPIEDA Teorema 2.2 Si u1 (x. y) es soluciń de L[u] = f2 . o c) La EDP puede tener un conjunto infinito de soluciones parciales linealmente inde∂u pendientes. Teorema 2. por ejemplo. x2 . y) es la soluciń de la homogńea L[u] = 0. . o e Teorema 2.4 Sea L[u] = f (x. En correspondencia con eso. 2. siendo e o o e ci ∈ R. . y) es la soluciń de L[u] = f . . Notas a) Este ultimo teorema es un corolario de los dos anteriores. i = 1. Tiene como soluciń o ∂y general u = Φ(x). entonces o o u1 (x. cn por las soluciones un (x. k es la soluciń de o k L[u] = 0 entonces i=1 ci ui (x. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES EN DERIVADAS PARCIALES. y) + v(x. y)+u2 (x. de tal manera que sus soluciones serń. y) es soluciń de L[u] = f1 y u2 (x. y) es soluciń de la ecuaciń L[u] = f1 +f2 (Principio de Superposiciń) o o o Nota La demostraciń en ambos casos es inmediata debido al carćter de linealidad del operador o a L. x. o b) Si u1 (x. . y). x3 . . u2 (x. .28CAP´ ITULO 2. y)+ u2 (x. o o e entonces u(x. y). xn . y) de la ecuaciń o diferencial. cuya combinaciń lineal nos da la soluciń general de esta o o ecuaciń. y) cuyos t´rminos son e to de soluciones. Veamos el siguiente ejemplo. y) es tambiń soluciń de la ecuaciń homogńea. y) son las soluciones de la EDPH L[u] = 0 entonces u1 (x. Sea la EDP = 0. . y) es tambiń soluciń de esta ecuaciń. . e o o Teorema 2. 2. y)u(x. y) ∂ 2 u(x. y) + C(x. y) ∂ 2 u(x. y) + ∂x2 ∂x∂y ∂y 2 . y) ∂u(x. El´ ıptica en Ω. y) = es parab´lica: ∀x.´ 2. Parab´lica en Ω. y) ∂ 2 u(x. y) a(x. y) = y = 0 son hiperb´licas: ∀x. y) en una cierta regiń Ω ⊂ R2 (plano OXY ). si ∆ = B 2 − AC < 0 en Ω. CLASIFICACION DE LAS EDP’S DE SEGUNDO ORDEN DE DOS VARIABLES INDEPENDIENTES29 2. y) ∂ 2 u(x. y) ∂ 2 u(x. o ∂x ∂y 2 ∂ 2 u(x. Clasificaciń de las EDP’s de segundo orden de dos o variables independientes ∂ 2 u(x. ∂x2 ∂y 2 ∂ 2 u(x. y) + 2B(x. y) + = 0 es el´ ıptica : ∀x.3. y) + = 0 es ∂x2 ∂y 2 La ecuaciń y o El´ ıptica ∀y > 0 Parab´lica en la l´ o ınea y = 0 Hiperb´lica en el semiplano y < 0 o 2. y) + 2 ∂x ∂x∂y ∂y 2 ∂u(x.3 Sea la EDP de segundo orden o A(x. si ∆ = B 2 − AC = 0 en Ω. Condiciones I) Se puede mostrar que. y) ∂ 2 u(x. Ejemplos Las ecuaciones La ecuaciń o La ecuaciń o ∂ 2 u(x. o o 2. y) + C(x. y) + c(x. y) ∂ 2 u(x. y) = f (x. y) ∂ 2 u(x. y ∈ Ω. Se dice: o 1. y ∈ Ω. 3. y) + 2B(x.3. y) ∂ 2 u(x. Hiperb´lica en Ω.4. y) + b(x. si ∆ = B 2 − AC > 0 en Ω. y) ∂x ∂y Definiciń 2. o ∂x2 ∂y 2 ∂x∂y ∂u(x. y ∈ Ω. y) ∂ 2 u(x. observando determinadas condiciones para los coeficientes de la ecuaciń o A(x. y). u(x. y) ∂ 2 u(x. y) − = Φ ξ. entonces ´sta se transforma en la o o e forma ∂u(x. y) = Ψ ξ. es decir. o En algunos casos la forma canńica de la ecuaciń permite hallar la soluciń general o o o de la ecuaciń inicial.3] a la forma canńica cambiando variables o o o independientes tiene carćter local. y) ∂x ∂y (2.3] es del tipo parab´lico (∆ = 0). y). 2 ∂η ∂ξ ∂η (es la forma canńica de la ecuaciń de tipo parab´lico). y) ∂u(x. o o o Si la ecuaciń [2. . La forma ∂ξ ∂η de las funciones Ψ. la reducciń de la ecuaciń [2. ∂ξ 2 ∂η 2 ∂ξ ∂η (son dos formas canńicas de las ecuaciones de tipo hiperb´lico). y) ϕ. y) ∂u(x.3]. y) = Φ ξ. y) ∂ 2 u(x. ∂ξ∂η ∂ξ ∂η o ´ ∂ 2 u(x. Φ se determinan por la ecuaciń inicial [2. η. η. y) = f (x.3] es del tipo hiperb´lico o o o (∆ > 0). y) derivadas primeras . y) ∂ 2 u(x.30CAP´ ITULO 2. . η ∈ C 2 . y). u(x. η.3] se transforma en el tipo canńico m´s simple a o o a que es propio para cada tipo de la ecuaciń. y) + c(x. y). 2 2 ∂ξ ∂η ∂ξ ∂η (es la forma canńica de las ecuaciones de tipo el´ o ıptico). entonces ´sta se transforma en la forma e ∂u(x. PROPIEDA a(x. es realizable s´lo en un entorno suficiena o temente pequeõ del punto examinado . y) ∂ 2 u(x. o o Si la ecuaciń [2. y). entonces ´sta se transforma en la e forma: ∂ 2 u(x. y) ∂u(x. Aqu´ Ψ y Φ son algunas funciones que dependen de la funciń buscada u(x. y) + b(x. y de las variables independientes ξ. y) + = Φ ξ. . y)u(x. Si la ecuaciń [2. y) ∂u(x. y) ∂u(x. n . η. y) y η = φ(x. o Nota Como regla. Ayudńdose del cual la ecuaciń [2.3) puede hacerse un cambio no singular de las variables independientes ξ = ϕ(x. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES EN DERIVADAS PARCIALES. de sus ı o ∂u(x. y) ∂u(x.3] es del tipo el´ o ıptico (∆ < 0). u(x. u(x. y) ∂u(x. y) ∂u(x. η. . y) ∂u(x. y) ∂ 2 u(x. Ecuaciones de tipo hiperb´lico o Los fen´menos oscilatorios de diferente naturaleza (vibraciones de cuerdas. Ecuaciones de tipo parab´lico o Los procesos de conductibilidad t´rmica y de difusiń conducen a las ecuaciones de tipo e o parab´lico.2. y) ∂ 2 u(x. CASOS PARTICULARES 31 II) Cuando el n´mero n de las variables independientes es superior a dos.1. t el tiempo y a2 = . z. y) ∂ 2 u(x. Por ejemplo. En el caso unidimensional la ecuaciń m´s simple de cunductibilidad t´rmica o o a e . donde T es la tensiń de la cuerda o ρ y ρ su densidad lineal. la forma canńica m´s simple de las ecuaciones semejantes o a tiene el aspecto de: ∂ 2 u(x. y) ∂ 2 u(x. y) + + + = 0(Tipo el´ ıptico) ∂t2 ∂x2 ∂y 2 ∂z 2 donde u = u(x. Casos particulares Limit´monos al estudio de las EDPL de segundo orden.2. y) ∂ 2 u(x.5. o oscilaciones ac´sticas del gas en los tubos. y. tambiń se u e diferencian las ecuaciones de los tipos hiperb´lico.5. t) (2. oscilaciones electromagn´ticas) se describen por u e las ecuaciones del tipo hiperb´lico. y) ∂ 2 u(x. parab´lico y el´ o o ıptico.5. y) − − − = 0(Tipo parab´lico) o ∂t ∂x2 ∂y 2 ∂z 2 ∂ 2 u(x. u = u(x. 2. 2. 2. o La m´s simple es la ecuaciń de vibraciones de la cuerda (ecuaciń ondulatoria unidimena o o sional) ∂2u ∂2u = a2 2 .4) ∂t2 ∂x T Siendo x la coordenada espacial. y) ∂ 2 u(x. cuando n = 4. A semejantes ecuaciones puede e reducirse un gran n´mero de diferentes problemas f´ u ısicos. membranas. y) ∂ 2 u(x. t). y) ∂ 2 u(x. y) − − − = 0(Tipo hiperb´lico) o ∂t2 ∂x2 ∂y 2 ∂z 2 ∂u(x.5. ∂t ∂x u = u(x.6) 2. t. . donde ρ es la densidad del medio. t) = ϕ(x − at) + ψ(x + at) ϕ(ξ) ∧ ψ(η) ∈ C 2 ∂2u ∂2u + 2 = 0.6] o para n = 0. c es el calor espec´ ıfico y K es el coeficiente cρ de conductibilidad t´rmica. y). y) (2. . λ) = Ae−a 2 λ2 t sen(λx + α) siendo A. se determinan o por las ecuaciones de tipo el´ ıptico. Este ultimo resultado es un caso particular de la afirmaciń general ´ o que las partes real e imaginaria de la funciń anal´ o ıtica f (z) = u(x. y) + i Qn (x. obtenemos la llamada soluciń o fundamental de la ecuaciń de conductibilidad t´rmica o e v(x.5) Aqu´ a2 = ı K . y) son las soluciones de la ecuaciń de Laplace [2. y) + i v(x.6]. . . PROPIEDA tiene la forma ∂u ∂2u = a2 2 . λ) = e−a λ t cos λx de la ecuaciń [2. Las funciones de valor real Pn (x. t) = π x2 e 4a2 t t 2 2 o 3. Qn (x. y) de la variable compleja z = x + i y son cada una de las soluciones de la ecuaciń de Laplace o [2.5] respecto al o o par´metro λ dentro de los l´ a ımites de −∞ hasta +∞. a e Integrando la soluciń u(x. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES EN DERIVADAS PARCIALES.5] son de la forma u(x. t. y) que se determinan a partir de la relaciń (x + i y)n = Pn (x.3. Se puede comprobar directamente que la soluciń de la ecuaciń [2. cuando la funciń buscada no depende del tiempo. α ∈ R arbitrarias y λ es el par´metro num´rico.32CAP´ ITULO 2. el representante t´ ıpico de ´stas es la ecuaciń de Laplace e o ∆u ≡ Notas 1.4] es o o u(x. ∂x2 ∂y u = u(x. t) (2. e 2. Se puede mostrar que las soluciones de [2. 2. 1. Ecuaciones de tipo el´ ıptico Los procesos a ciclo fijo.5. M´todo de separaciń de variables: caso prćtico e o a Veamos en este apartado la forma de resolver desde el punto de vista prćtico las EDP’s a en los dos tipos seãlados en apartados anteriores: lineal y no lineal.7) ∂x ∂y donde el operador F Dx ≡ ∂ ∂ . Si consideramos. Dy ] es un polinomio en los dos operadores ∂ ∂ .6. ∂x ∂y o F [Dx . las o condiciones de frontera se omiten.2. o c) El problema mixto para las ecuaciones de tipo hiperb´lico y parab´lico: se plantean o o las condiciones iniciales y las de frontera. hace falta plantear condiciones adicionales. las condiciones iniciales se omiten. la soluciń general de la ecuaciń o o Se distinguen tres tipos principales de problemas para las ecuaciones diferenciales en derivadas parciales: a) El problema de Cauchy para las ecuaciones de tipo hiperb´lico y parab´lico: se o o plantean las condiciones iniciales. Esto se debe a la No unicidad de la soluciń de las o ecuaciones diferenciales . dos variables independientes x e y y la variable dependiente es u = u(x. la ecuaciń lineal tiene la forma: o ∂ ∂ F . por n ejemplo. b) El problema de contorno para las ecuaciones de tipo el´ ıptico: se plantean las condiciones de la frontera S de la regiń Ω. ∂2u = 0 tiene la forma u(x. y) = f (x) + ∂x∂y g(y). donde f y g son las funciones derivables arbitrarias. para determinar la soluciń o que describe el proceso f´ ısico dado. y). Dy ≡ y los coeficientes son funciones de las variables x e y solamente. ∂x ∂y .6. y) = φ(x. PLANTEAMIENTO DE PROBLEMAS PARA LAS EDP’S DE SEGUNDO ORDEN33 2. hace falta plantear el estado inicial de este proceso (Condiciones iniciales) y el r´gimen en la frontera S de aquella regiń Ω ∈ Rn . y) (2. la regiń Ω coincide con todo el espacio Rn .7. Ω = Rn . Planteamiento de problemas para las EDP’s de segundo orden Para describir completamente uno u otro proceso f´ ısico es insuficiente s´lo la ecuaciń o o diferencial del proceso. en la cual tiene lugar e o el proceso (Condiciones de frontera). u(x. Por eso. Por ejemplo. 2. Por ello hablaremos de aquellas ecuaciones diferenciales parciales lineales que son m´s utiles en problemas a ´ aplicados.34CAP´ ITULO 2. y) = 1. Notas a) La extensiń a m´s de dos variables se generaliza sin grandes dificultades. 2. y) = x3 − ey . Si F = Dx + 4Dx Dy − 2Dy − 3Dx + 5 y φ(x. en general dif´ ıciles. 2. la EDP se llama Ecuaciń Lineal con o Coeficientes Variables. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES EN DERIVADAS PARCIALES. Teoremas En analog´ con las ecuaciones diferenciales ordinarias (EDO’s) tenemos los siguientes ıa teoremas. o a b) Las ecuaciones no lineales son. 3. Si F = xDx + yDy y φ(x. .8. entonces tendremos x ∂u ∂u +y =1 ∂x ∂y que es una EDPL con coeficientes variables. de estudiar. b) En el caso de que los coeficientes sean variables. PROPIEDA a) Si los coeficientes son constantes. la EDP se llama Ecuaciń Lineal con Coeficientes o Constantes. entonces podemos escribir ∂2u ∂2u ∂2u ∂u −2 2 −3 + 5u = x3 − ey +4 2 ∂x ∂x∂y ∂y ∂x que es una EDPL con coeficientes constantes. La ecuaciń o ∂u ∂x 2 + ∂u ∂y 2 = 3x − 8y es una EDP no lineal puesto que no puede expresarse en la forma [2. Ejemplos 2 2 1.7]. y. y. · · ·)+α2 u2 (x.8) donde x. en casos de coeficientes e variables o constantes. (Se conoce con el nombre. y. Dy . la cual conduc´ a la ecuaciń o ıa o auxiliar o ecuaciń caracter´ o ıstica para determinar la constante m. representa el objetivo central de este tema. · · ·) A la soluciń general uh (x. y · · · son variables independientes y F (Dx . y. . z. Dy . · · ·) = φ(x. y. · · ·) (2. TEOREMAS 35 Teorema 2. Dy . Dy . · · · o m´s breveo a mente u = XY Z · · · esto es. u2 (x. En este caso usamos la sustituciń y = emx .8] es la suma de la soluciń general uh de la o o ecuaciń homogńea (ecuaciń complementaria) o e o F (Dx . Dy . por analog´ deber´ o ıa.1. y. · · ·) = uh (x. z. · · ·) = 0.6 Sean u1 (x. y. α3 . y.ecz · · ·. · · ·) = e o y tratar de determinar las constantes α1 . . y. · · ·). son constantes cualesquiera u(x. Aunque este m´todo tiene ´xito en algunos casos.2. · · · soluciones de la ecuaciń [2. y.9) 2. ıamos α1 x+α2 y+··· asumir como soluciń u(x. y o o o o as´ sucesivamente. · · ·) de [2. un m´todo con mejor ene e e foque es asumir una soluciń de la forma u(x. . y.9] con coeficientes constantes. · · ·) = 0 y cualquier soluciń particular up de [2.8. · · ·. · · ·) u(x. · · ·) es un operador polin´mico en o Dx . con coeficio entes constantes. una funciń s´lo de x multiplicada por una funciń s´lo de y. (2.8] Teorema 2. · · ·. M´todo de separaciń de variables e o Intentemos dar respuesta a la soluciń de la ecuaciń homogńea o o e F (Dx . como se sugiere al escribir u = eα1 x+α2 y+··· como u = eax .12]. · · ·) + up (x. Este ı m´todo de soluciń con frecuencia se llama el M´todo de Separaciń de Variables(MSV). · · ·) = α1 u1 (x. · · ·)+· · · es tambiń una soluciń . e o e o Este m´todo es de gran utilidad para obtener soluciones de EDP’s. y. entonces la soluciń general de [2. como indic´bamos anteriormente.10) Supongamos el caso de una EDO (Ecuaciń Diferencial Ordinaria).5 Se considera la EDPL: F (Dx . · · ·). z.8]. · · ·) u(x. de e o a Principio de Superposiciń) o (2. Esto es: o u(x.eby . Entonces o si α1 .Y (y). α2 . . y. En el caso de la ecuaciń [2.8.Z(z). · · ·) = X(x). α2 . y. F (D) y = 0.9] con frecuencia se denomina la soluciń compleo o mentaria de [2. y) = X · Y sustituyendo. Si ahora usamos la condiciń que nos impone el problema de valor de frontera tendremos: o Be−cy = 4e−2y + 3e−6y . 3X Y (2. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES EN DERIVADAS PARCIALES. As´ como u(x.12] es igual a la misma ı.12] se tiene que X − 3cX Y + cY = 0 = 0 (2. ellas no dependen entre o s´ y por tanto [2.36CAP´ ITULO 2. y) = a1 a2 ec(3x−y) = Bec(3x−y) siendo B = a1 a2 ∈ R. ı X = a1 e3cx . respectivamente. o constante. PROPIEDA Ejemplos que ilustran el M´todo de Separaciń de Variables (MSV) e o Vamos a mostrar algunos ejemplos que nos ayuden a entender el MSV.14) . que dx dy X Y + 3XY = 0 ⇔ X Y + =0 3X Y (2.Y . y) = X(x).15) Y = a2 e−cy (2.16) (2. y) = 4e−2y + 3e−6y . (2.11] puede ser cierta si y s´lo si cada miembro de [2. mientras que el otro miembro o s´lo depende de y. Ejemplo 1 Resolver el problema de valor de frontera ∂u ∂u +3 = 0. que llamaremos c.11) u(0. se tiene que X Y =− . llamando X = o e Y = .13) de ah´ que las ecuaciones [2. Sustio dX dY tuyendo en la ecuaciń se tiene. ∂x ∂y Soluciń o Admitamos que existen soluciones de la forma u(x. De [2. ı u(x.Y (y) ´ u = X. dividiendo ambos miembros por 3XY al suponerlo distinto de cero. Puesto que x e y son variables independientes.13] tienen de soluciones.12) Se ve entonces que un lado de la igualdad s´lo depende de x. 2. Notas a) Podemos preguntarnos porqu´ no trabajamos el problema resuelto anterior encontrane do primero la soluciń general y luego la soluciń particular. y) = 4e2(3x−y) − 3e6(3x−y) . y) = b1 ec1 (3x−y) + b2 ec2 (3x−y) . y ań o ıcil u cuando se pueda encontrar. y se debe tener tambiń como soluciń e o u(x.8. Sin embargo el cocktail del MSV con el Principio de Superposiciń de Variables (PSV) o resulta de gran utilidad.6]. y) = 4e2(3x−y) . a e o b) Un ejemplo m´s complicado del m´todo de separaciń de variables lo podemos ver m´s adelante en el ejercicio resuelto n´mero uno. e o ıa Be−cy = 4e−2y ⇒ B = 4.16] no puede ser cierta para ninguna selecciń de las constantes B o y c. El problema sin aparente soluciń se salva aplicando el teorema [2. por ejemplo.15] o que u1 (x. As´ si tuvi´ramos s´lo 4e−2y . y) = b2 ec2 (3x−y) son ambas soluciones. Por supuesto. y c = 2 y conducir´ a la soluciń deseada de [2. puede ser dif´ determinar la soluciń particular a partir ıcil o de ella. y) = b1 ec1 (3x−y) u2 (x. c2 = 6. TEOREMAS 37 Desafortunadamente [2.15]: ıa o u(x. y parecer´ como si el m´todo no funcionara. si tuvi´ramos s´lo uno de ıa e e o los t´rminos a la derecha de [2. se tendr´ ı. Se tiene de [2.16] el m´todo funcionar´ e e ıa. La condiciń de frontera de inicial nos conduce a o b1 e−c1 y + b2 e−c2 y = 4e−2y − 3e−6y que se satisface si elegimos b1 = 4. c1 = 2 ∧ b2 = −3. a u . Una razń la encontramos o o o en que excepto en casos muy sencillos la soluciń general es dif´ de encontrar. Por tanto la soluciń deseada o viene dada por u(x. 5 Hallar la soluciń general de la ecuaciń: o o o o 2.3 Hallar la soluciń general de la ecuaciń: o o 2. Ejercicios propuestos ∂2u ∂u = . hallar la soluciń de la ecuaciń o o 2.2 u(x.8 Considerando u = u(x. 0) = 4e−3x ∂x ∂y ∂y ∂y b) 4 + = 3y. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES EN DERIVADAS PARCIALES. 2. y) = φ1 (x)ey + φ2 (x).9. PROPIEDA 2.9 Hallar las regiones de la hiperbolicidad.38CAP´ ITULO 2. u(x. ∂x∂y ∂x ∂2u = ex+y . y) = φ1 (x) + φ2 (x)ey . ∂x∂y x ∂y ∂nu = 0.1 Hallar la soluciń general de la ecuaciń: o o 2.1 u(x.10 Usar el MSV para obtener las soluciones a los problemas de valor de la frontera: ∂u ∂u +u = . y(x. ∂y n ∂nu = 0. z). ∂x∂y∂z 2. ∂y 2 ∂2u = x + y.4 Hallar la soluciń general de la ecuaciń: o o 2. ∂xn ∂3u = 0. 2. ∂y 2 ∂2u 1 ∂u + = 0.2 Hallar la soluciń general de la ecuaciń: o o 2. ∂y 2 ∂y ∂u ∂2u = 2y .6 Hallar la soluciń general de la ecuaciń: 2. 2 . parabolicidad y la elipticidad de las ecuaciones siguientes: a) b) ∂2u ∂2u ∂2u +2 −3 2 ∂x2 ∂x∂y ∂y 2 2 ∂ u ∂2u ∂ u − 2x +y 2 ∂x2 ∂x∂y ∂y = 0 = u + 1. y. ∂t ∂x a) Soluciones a los ejercicios propuestos 2. 0) = 4e−x − e−5x .7 Hallar la soluciń general de la ecuaciń: o o 2. 2.10. EJERCICIOS RESUELTOS 39 2.3 u(x, y) = ex+y + φ1 (x)y + φ2 (x). 2.4 u(x, y) = 2.5 u(x, y) = y3 xy 2 + + φ1 (x)y + φ2 (x). 2 x φ1 + φ2 (x). x 2.6 u(x, y) = φ1 (x)y n−1 + φ2 (x)y n−2 + · · · + φn (x). 2.7 u(x, y) = φ1 (y)xn−1 + φ2 (y)xn−2 + · · · + φn (y). 2.8 u(x, y, z) = φ1 (x, y) + φ2 (x, z) + φ3 (y, z). 2.9 a) La ecuaciń es hiperb´lica en todas las partes. b) En la regiń x2 − y > 0 la ecuaciń es o o o o 2 2 hiperb´lica, en la regiń x − y < 0 la ecuaciń es el´ o o o ıptica y la curva y = x est´ formada a por los puntos de parabolicidad. 2.10 a) u(x, y) = 4e−3x−2y ; b) y(x, t) = 4e−x+t − e−5x+2t . 2.10. Ejercicios resueltos ∂u ∂2u = 2 2; ∂t ∂x u(0, t) = 0, u(10, t) = 0, u(x, 0) = 50 sen 3πx + 20 sen πx − 10 sen 4πx. 2 2.1 Resolver el problema de valor de frontera Soluciń o Las variables independientes son x y t. [PASO 1 ] Apliquemos el MSV. Sustituimos u(x, t) = X(x).T (t) ⇒ u = X.T en la ecuaciń o diferencial dada. Se tiene ∂2 ∂ (XT ) = 2 2 (XT ) ⇒ X.T = 2X .T ∂t ∂x siendo X = d2 X , dx2 T = (2.17) dT . dt T X Escribimos [2.17] como = . Cada miembro de esta igualdad debe ser una con2T X stante. Denot´mosla por c: e 40CAP´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES EN DERIVADAS PARCIALES. PROPIEDA T X =c ∧ = c, de ah´ ı: 2T X T − 2cT = 0, X − cX = 0 (2.18) o o [PASO 2 ] Ahora para escribir la soluciń de la segunda ecuaciń en [2.18], debemos saber si c es positiva, negativa o nula. Consideremos los tres casos. [PASO 3 ] c=0. En este caso las soluciones a T − 2cT = 0; X − cX = 0 estń dadas por a T = c1 , X = c2 x + c3 , c1 , c2 , c3 ∈ R. Por tanto u(x, t) = X(x).T (t) = c1 (c2 x + c3 ) De la dos primeras condiciones de frontera se tiene c1 c3 = 0 (2.20) (2.21) (2.19) c1 (10c2 + c3 ) = 0 estas se satisfacen si c1 = 0, pero en tal caso la soluciń es la trivial u(x, t) = 0, la cual o no puede satisfacer la tercera condiciń de frontera. Por tanto, c1 = 0. Sin embargo, o en tal caso se ve que de [2.20] que c3 = 0, y as´ c2 = 0, dando de nuevo u(x, t) = 0. Se ı tiene por tanto as´ que c no puede ser cero. ı c>0. Aqu´ las soluciones de T − 2cT = 0, X − cX = 0 estń dadas por ı a √ √ T = c1 e2ct , X = c2 e cx + c3 e− cx , y por tanto u(x, t) = X(x).T (t) = e2ct Ae √ cx + Be− √ cx de la primera condiciń de frontera A = c1 c2 , B = c1 c3 . De la segunda condiciń se o o √ √ √ 2ct 10 c −10 c 2ct 10 c tiene u(10, t) = Be e −e = 0. Como e = 0 ⇒ B = 0 ´ e o − e−10 c = 0 ⇒ e20 c = 1. Ahora si B = 0, la soluciń u(x, t) = Be2ct e cx − e− cx o es la trivial u(x, t) = 0, que por supuesto no puede satisfacer la tercera condiciń o de frontera, la cual ni siquiera ha sido considerada ań. Tambiń es imposible tener u e √ √ e20 c = 1 para c > 0, puesto que para c > 0 ⇒ e20 c > 1, esto nos indica que no puede ser c > 0. c<0. √ √ √ √ 2.10. EJERCICIOS RESUELTOS 41 En este caso es conveniente escribir c = −λ2 para mostrar que c es negativo. Entonces T − 2cT = 0, X − cX = 0 llega a ser: T + 2λ2 T X + λ2 X = 0 ⇒ = 0 2 T X = c1 e−2λ 2 t (2.22) = c2 cos λx + c3 sen λx, y por tanto u(x, t) = X(x).T (t) = e−2λ t (A cos λx + B sen λx), donde A = c1 c2 , B = c1 c3 . 2 De la primera condiciń de frontera se tiene, u(0, t) = Ae−2λ t = 0 ´ A = 0 puesto que o o 2 e−2λ t = 0. 2 La soluciń hasta ahora es u(x, t) = Be−2λ t sen λx. o 2 De la segunda condiciń de frontera se tiene u(10, t) = Be−2λ t sen 10λ = 0. Puesto o que B = 0 (de otra manera ser´ u = 0), debemos tener que sen 10λ = 0 ⇔ 10λ = ıa mπ arc sen 0 = mπ ´ λ = o ∀m ∈ Z. 10 De aqu´ que ı 2 u(x, t) = Be−2λ t sen λx llega a ser u(x, t) = Be− La ultima condiciń de frontera produce ´ o u(x, 0) = B sen mπx 3πx = 50 sen + 20 sen 2πx − 10 sen 4πx. 10 2 m2 π 2 t 50 sen mπx . 10 Sin embargo, no podemos encontrar un solo par de constantes m y B que satisfagan esta condiciń. El principio de superposiciń viene en nuestra ayuda, puesto que sabemos o o m2 π 2 t que sumas de soluciones del tipo u(x, t) = Be− 50 sen mπx para diferentes valores de 10 B y enteros m tambiń serń una soluciń. Puesto que s´lo necesitamos tres t´rminos e a o o e con la forma anterior, consideramos la soluciń: o u(x, t) = b 1 e− + b 3 e− m2 π 2 t 1 50 m2 π 2 t 3 50 1 πx sen ( m10 ) + b2 e− 3 πx sen ( m10 ) m2 π 2 t 2 50 2 πx sen ( m10 ) + (2.23) de modo que la ultima condiciń de frontera da ´ o u(x, 0) = 1 πx 2 πx 3 πx b1 sen ( m10 ) + b2 sen ( m10 ) + b3 sen ( m10 ) = = 50 sen ( 3πx ) + 20 sen 2πx − 10 sen 4πx. 2 Y = Y . y) = a1 ecx . u(0.24) ıa a) Para la mayor´ de problemas podemos anticipar el hecho de que debemos hacer la selecciń c = −λ2 .a2 ecy = a1 a2 ec(x+y) . un miembro X Y depende de x mientras que el otro depende s´lo de y. PROPIEDA Esto se puede satisfacer si elegimos b1 = 50.X ⇔ = . u(0. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES EN DERIVADAS PARCIALES.42CAP´ ITULO 2. Sustituyendo: X . b3 = −10. b2 = 20. t) = 50e− 9π 2 t 2 2 sen ( 3πx ) + 2 2 + 20e−8π t sen 2πx − 10e−32π t sen 4πx.Y (y).2 Usar el m´todo de separaciń de variables para obtener soluciones al valor de la frontera: e o ∂u ∂u = . y) = e2(x+y) = e2x+2y . ´ o b) De esta manera no necesitamos preocuparnos con cualquier otra selecciń por la o constante distinta de −λ2 . y) = e2y resulta u(0.3 Obtener la soluciń del PVF (Problema de Valor de Frontera) o ∂u ∂u + = u. De aqu´ que ı u(x. Y = a2 ecy . ∂x ∂y Soluciń o X Y Ensayemos u(x. u(x. Usando la condiciń inicial de frontera u(0. = c siendo c la misma. y) = a1 a2 ec(x+y) = e2y . m1 π 3π m2 π = o ´ m1 = 15. puesto que de otra manera no obtenemos los t´rminos no o e presentes en la ultima condiciń de frontera del ejemplo anterior. X Y Resolviendo ambas: X = a1 ecx . o Tomando a1 a2 = 1 y c = 2 se tiene que la soluciń general es: o u(x. Puesto que x e y son variables indeo X Y pendientes: = c. Notas (2. 2. 2.23] se obtiene la soluciń: e o m2 = 20. y) = e2y . y) = 2e−y + 3e−2y ∂x ∂y . = 2π ´ o 10 2 10 m3 π = 4 ´ m3 = 40 o 10 usando ´stas en [2. y) = X(x). por tanto usemos el principio o de superposiciń.2. y) = 2e−y + 3e−2y = be(1−c)y . y) = b2 ec2 x+(1−c2 )y como soluciones particulares. y) = a1 a2 ecx+(1−c)y = becx+(1−c)y siendo b = a1 a2 . b1 = 2. Utilicemos para ello o u1 (x.Y X.10. 1 − c1 = −1 ⇒ c1 = 2. y) = b1 ec1 x+(1−c1 )y u2 (x.Y (y) = a1 ecx a2 e(1−c)y ⇒ u(x. .Y X.Y = X. y) + u2 (x. b2 = 3. 1 − =c⇔ =1−c X Y Y resolviendo ambas X Y = = a1 ecx a2 e(1−c)y entonces u(x.Y (y). Se tiene que cumplir. es decir. entonces:u(x. De ah´ Y. y) = X(x). y) = 2e2x−y + 3e3x−2y .Y X Y + = ⇒ + =1 X.X X.X + X. ensayamos con u(x. EJERCICIOS RESUELTOS 43 Soluciń o Aplicando el MSV.Y X.Y . y) = u1 (x. ı dividiendo por X. 1 − c2 = −2 ⇒ c2 = 3. En definitiva la soluciń general ser´ o a u(x.Y Y. y) = X(x). desafortunadamente no o puede ser cierta para ninguna selecciń de las constantes b y c. Por e o tanto b1 ec1 x+(1−c1 )y + b2 ec2 x+(1−c2 )y = 2e−y + 3e−2y que para x = 0 es b1 e(1−c1)y + b2 e(1−c2 )y = 2e−y + 3e−2y .Y X Y X Y por tanto = 1− . por las mismas razones expuestas en el ejercicio X Y anterior que Y Y X = c. y) tambiń es soluciń. De la condiciń de frontera u(0. PROPIEDA .44CAP´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES EN DERIVADAS PARCIALES. Arfken ”E pur.Cap´ ıtulo 3 Ecuaciones de tipo hiperb´lico o ”Las matem´ticas proporcionan a la f´ a ısica un lenguaje propio..” Galilei 45 . si muove . las formas de expresiń son claras y elegantes o y le dan el seõr´ necesario sobre los fen´menos n ıo o naturales y su debido aprovechamiento ” G.... 46 ´ CAP´ ITULO 3. ECUACIONES DE TIPO HIPERBOLICO . A continuaciń la cuerda se suelta.´ 3.1.2. una disu tancia que designamos por h. que involucra o la vibraciń que se produce.1] Y T Y T • x=0 •E x=L X ¨rr ¨¨ rr ¨ h r ¨¨ rr E ¨ • • • L x=0 x= 2 x=L X Figura 3. Introducciń o Ya afirm´bamos en el cap´ a ıtulo anterior que a las ecuaciones de tipo hiperb´lico cono ducen los problemas referentes a los fen´menos de tipo oscilatorio (problemas de la cuerda.). INTRODUCCION 47 3. segń la figura [3. 3. Problemas que dan lugar a vibraciones u oscilaciones Problema de la cuerda vibrante 3. de oscilaciones electromagn´ticas. La particularidad caracter´ e ıstica de los procesos descritos por las ecuaciones de tipo hiperb´lico es la velocidad finita de propagaciń o o de las perturbaciones.1. o membrana.2. figura [3.1. etc. Uno de los problemas m´s simples en vibraciones u oscilaciones que conducen a problemas a de valor de frontera dando lugar a EDP’s es el problema de una cuerda vibrante. es describir el movimiento resultante. por ejemplo una cuerda de viol´ Supongamos que tal cuerda est´ tensa fuertemente entre dos puntos ın. e x = 0 y x = L.1: Cuerda tensa y cuerda alzada En el tiempo t = 0 la cuerda se alza por el punto medio. o Para estudiar con rigor este problema debemos atender a muchos supuestos: .1]. El problema. en el tiempo t. a Para describir el movimiento resultante.2. El desplazamiento.3]. Habr´ dos fuerzas actuando sobre el elemento.t) x=0 x x+∆x x=L E X Figura 3. n 4. u Y T Y (x. consideraremos las fuerzas que actán sobre el u pequeõ elemento de cuerda de longitud ∆s entre x y x + ∆x como se muestra en la figura n [3. Modelo matem´tico a Veamos a continuaciń el modelo matem´tico que rige la vibraciń de la cuerda. t). ECUACIONES DE TIPO HIPERBOLICO 1.48 ´ CAP´ ITULO 3.(N´tese o o o que hemos asumido por el momento que la tensiń depende de la posiciń). y a la tensiń τ (x + ∆x) debida a la porciń de la derecha.2. la tensiń τ (x) debida a la porciń de a o o cuerda a la izquierda.2: Llamemos Y (x.2]. Otros supuestos (que iremos incorporando con el desarrollo del temario). Para simplificar consideramos que h es suficientemente pequeõ frente a L. 3. o a o Supongamos que en algń tiempo t la cuerda tiene la forma de la figura [3. Puede suceder que la cuerda est´ demasiado tensa cuando la alzamos por la mitad una e altura h. o o . y la cuerda se rompe. (Este caso es demasiado simple y no lo consideramos) 2. t) el desplazamiento del punto x en la cuerda (medido desde la posiciń de o equilibrio la cual tomamos como el eje OX) en el tiempo t. en en punto cercano x + ∆x vendr´ dado por Y (x + ∆x. Suponemos que la cuerda es flexible y el´stica a 3.t) Y (x+∆x. la fuerza neta horizontal neta es cero (es una muy buena aproximaciń de la situaciń f´ o o ısica). la masa del elemento es ρ∆s.2.3: Cuerda alzada Descomponiendo estas fuerzas en componentes se tiene Fuerza neta vertical (hacia arriba) = τ (x + ∆x) sen θ2 − τ (x) sen θ1 Fuerza neta horizontal (hacia la derecha) = τ (x + ∆x) cos θ2 − τ (x) cos θ1 Suponemos ahora que no hay movimiento a la izquierda ni a la derecha. es decir. Por tanto segń la ley de Newton F = ma u τ (x + ∆x) sen θ2 − τ (x) sen θ1 = ρ∆s con un alto grado de precisiń.3. La aceleraciń o ∂2Y ∂2Y vertical de la cuerda est´ dada aproximadamente por a (m´s exactamente es a +ε ∂t2 ∂t2 donde ε → 0 cuando ∆x → 0). θ2 = θ(x + ∆x) ∂2Y ∂t2 (3. Asumiendo que la cuerda tiene o densidad ρ (masa por unidad de longitud). La fuerza vertical neta produce una aceleraciń del elemento. entonces θ es una funciń de la posiciń. y escribimos o o θ1 = θ(x). PROBLEMAS QUE DAN LUGAR A VIBRACIONES U OSCILACIONES 49 Y T $ X $$$ ∆Y ∆x ∆s τ (x) cos θ1 τ (x) sen θ1 τ (x+∆x) sen θ2 τ (x+∆x) cos θ2 C x x+∆x E X Figura 3.1) . o Si llamamos θ al ńgulo que forma la tangente en cualquier punto del elemento con el eje a positivo de las X. 4) ∆x→0 ⇒ la cual se denomina Ecuaciń de la cuerda vibrante. la pendiente de la tangente en cualquier punto de la cuerda est´ dada por a ∂Y tan θ(x) = de aqu´ que ı ∂x ∂Y ∂x sen θ(x) = (3.2] y tomando l´ ımites cuando ∆x → 0 tendremos l´ ım τ (x + ∆x) sen θ(x + ∆x) − τ (x) sen θ(x) ∆s ∂ 2 Y = l´ ım ρ ∆x→0 ∆x ∂t2 ∆x ∂2Y ∂ ∂Y ∂ [τ (x) tan θ(x)] = ρ 2 ⇔ τ (x) ∂x ∂t ∂x ∂x ∂ ∂Y τ (x) ∂x ∂x =ρ ∂2Y .3) 2 ∂Y 1+ ∂x As´ si asumimos que la pendiente es pequeã comparada con 1. podemos despreciar ı.50 ´ CAP´ ITULO 3. . ECUACIONES DE TIPO HIPERBOLICO sustituyendo en la expresiń [3.5) =ρ ∂2Y ∂2Y ∂Y ⇒τ =ρ 2 ∂t2 ∂x2 ∂t Mientras no se diga lo contrario consideraremos τ constante.3] lo cual equivale a la aproximaciń: o sen θ(x) = tan θ(x) = ∂Y ∂x ∂Y ∂x 2 usando este resultado en [3.1] y dividiendo por ∆x. o Caso particular: Consideremos que τ (x) = τ es una constante ∂ ∂Y τ (x) ∂x ∂x o lo que es lo mismo ∂2Y ∂2Y = a2 2 ∂t2 ∂x siendo a2 = τ . ρ (3. ∂t2 =ρ ∂2Y ∂t2 (3. n en el denominador de [3.2) Ahora bien. ∆x ∆x ∂t2 (3. o τ (x + ∆x) sen θ(x + ∆x) − τ (x) sen θ(x) ∆s ∂ 2 Y =ρ . 5]. PROBLEMAS QUE DAN LUGAR A VIBRACIONES U OSCILACIONES 51 3. Condiciones de frontera Como la cuerda est´ fija en los puntos x = 0 y x = L se tiene que Y (0. t) = 0.3. Si nos referimos a la figura [3.4: b) Podr´ ıamos tambiń tener una cuerda con uno de sus extremos fijo mientras que el otro e se mueve arriba y abajo de acuerdo a alguna ley de movimiento. 0) el desplazamiento de cualquier punto en t = 0. c) L y L varios puntos .3.2. cuando la cuerda est´ alzada. Estas condiciones establecen que los desplazamientos en los extremos de la cuerda son siempre cero.2. se ve que a   2hx  si 0 ≤ x ≤ L  2 L Y (x. ∂Y Denotando por Yt la velocidad podemos escribir Yt (x. Puesto que la cuerda se suelta desde el reposo. siendo Y (x. su velocidad inicial en cualquier parte es cero. 0) =  2h   (L − x) si L ≤ x ≤ L 2 L nos refleja las ecuaciones de los dos segmentos de recta de esa figura. Y (L.1]. 0) = 0 lo cual dice que la ∂t velocidad en cualquier lugar x en el tiempo t = 0 es cero. t) = 0. Hay otros muchos problemas de frontera que se pueden formular usando la misma ecuaciń o diferencial parcial [3. a ∀t ≥ 0. Por ejemplo: a) Si L no es el punto medio Y T d d x=L x=L x=0 E X Figura 3. ρ (3. o Si se denota por Z el desplazamiento de su punto (x. ECUACIONES DE TIPO HIPERBOLICO Y T r d r d E x=L X x=0 x=L x=L Figura 3. a la manera de como se golpea un tambor. Y T • (x.6: Si se pone a vibrar. cada punto (x.2. τ es la tensiń por unidad de a o . entonces la ecuaciń diferencial parcial para la o o vibraciń est´ dada por o a ∂2Z = a2 ∂t2 ∂2Z ∂2Z + 2 ∂x ∂y 2 .y) E X Figura 3. y) del cuadrado se pone en movimiento en una direcciń perpendicular al plano. Sea una membrana o piel o de tambor con la forma de un cuadrado en el plano OXY cuya frontera est´ fija segń se a u contempla en la siguiente figura [3.5: 3. el cual es la posiciń de equilibrio.6].52 ´ CAP´ ITULO 3. y) a partir del plano. en cualquier tiempo t.4.5]. Generalizaciń del problema de la cuerda vibrante o Podemos generalizar la ecuaciń de la cuerda vibrante [3.6) En la que ρ es la densidad (masa por unidad de ´rea). a2 = τ . 3. ECUACION ONDULATORIA UNIDIMENSIONAL 53 longitud a lo largo de cualquier curva en la piel del tambor (se asume como constante) y Z = Z(x. de Onda de una dimensiń o ∂t2 ∂x ∂2u ∂2u ∂2u = a2 + 2 ≡ E.7].8) 2 Si introducimos el operador derivada parcial puede escribir 2 2 ≡ 1 ∂2u . o cualesquiera de los casos [3. (3. Ecuaciń ondulatoria unidimensional o Comencemos el estudio de las ecuaciones hiperb´licas por la ecuaciń de onda unidimeno o sional .3.7) Se podr´ pensar que esta ecuaciń tiene aplicaciones a las vibraciones de una superficie ıa o esf´rica o de otra forma.´ 3.7]se o ∂x2 ∂y ∂z (3.8] se convierte en o u= ∂u2 ∂u2 ∂u2 + 2 + 2 =0 2 ∂x ∂y ∂z u = 0. de Onda de dos dimensiones ∂t2 ∂x2 ∂y ∂2u = a2 ∂t2 ∂2u ∂2u ∂2u + 2 + 2 ∂x2 ∂y ∂z ≡ E. a2 ∂t2 En el caso de que u no dependa de t.6]. e La ecuaciń [3. dando como resultado o ∂2u = a2 ∂t2 ∂2u ∂2u ∂2u + 2 + 2 ∂x2 ∂y ∂z . o 3. t). Se puede obtener la generalizaciń a tres dimensiones.7] aparece tambiń en la teor´ electromagn´tica en relaciń a la propagao e ıa e o ciń de ondas tales como ondas de radio o televisiń.10) . y. o A modo de resumen: ∂2u ∂2u = a2 2 ≡ E.9) llamada Ecuaciń de Laplace.ecuaciń de vibraciń de la cuerda o o ∂2u ∂2u = a2 2 . ∂t2 ∂x (3. (3. de Onda de tres dimensiones ∂2 ∂2 ∂2 + 2 + 2 la ecuaciń [3. la Ecuaciń de onda. Por esta razń con frecuencia llamamos o o o a [3. la ecuaciń [3.5] o [3. t) a o da la forma de cuerda en el momento de tiempo t. Examinemos las vibraciones pequeãs de la cuerda si la densidad lineal de la cuerda ρ es n constante. Soluciń del problema de Cauchy (problema inicial) para una o cuerda ilimitada a) M´todo de onda m´vil. Entonces. ECUACIONES DE TIPO HIPERBOLICO Definiciń 3. Aqu´ u(x. t) es ı 2 ∂t ∂x el desplazamiento de los puntos de la cuerda respecto a la posiciń de equilibrio en el o momento de tiempo t. ∂t2 ∂x2 ρ 3. la ecuaciń de oscilaciones libres de una a o 2 ∂2u τ 2∂ u cuerda homogńea tiene la forma ya conocida. ya que ∂ξ∂η Entonces la ecuaciń [3. e =a .11) ∂2u = 0. a= . Soluciń de d’ Alembert e o o ∂2u ∂2 a. Hagamos el cambio de variable siguiente: ξ= η= x − at x + at (3.1) Vamos a integrar la ecuaciń de onda unidimensional o = a2 2 . Para cada valor fijo de la t la gr´fica de la funciń u = u(x. como ya hemos visto en el apartado anterior.54 ´ CAP´ ITULO 3.3.1 Llamemos cuerda a un hilo fino. 2 ∂ξ ∂ξ∂η ∂η . el proceso de vibraciń puede describirse por una funciń u(x.1. el´stico e idealmente flexible s´lo cuando o a o ´ste est´ tensado y opone resistencia al estiramiento. e a Supńgase que la cuerda vibra en el plano OXU y el vector de desplazamiento u es o perpendicular en cualquier momento t al eje OX. t) que o o caracteriza el desplazamiento vertical de la cuerda. y estń ausentes las fuerzas exteriores.10] en las nuevas variables adopta la forma o ∂u ∂ξ ∂u ∂η ∂u ∂u ∂2u ∂ ∂u ∂ ∂u ∂u ∂u = + = + ⇒ = = + = ∂x ∂ξ ∂x ∂η ∂x ∂ξ ∂η ∂x2 ∂x ∂x ∂x ∂ξ ∂η = ∂ 2 u ∂ξ ∂ 2 u ∂η ∂ 2 u ∂ξ ∂ 2 u ∂η ∂2u ∂2u ∂2u + + + 2 = +2 + 2 ∂ξ 2 ∂x ∂ξ∂η ∂x ∂η∂ξ ∂x ∂η ∂x ∂ξ 2 ∂ξ∂η ∂η ∂u ∂u ∂ξ ∂u ∂η = + =a ∂t ∂ξ ∂t ∂η ∂t ∂ a ∂t ∂u ∂u − ∂η ∂ξ ∂u ∂u − ∂η ∂ξ ⇒ ∂2u ∂ ∂u = = ∂t2 ∂t ∂t = a2 ∂2u ∂2u ∂2u − 2a2 + a2 2 . Para t = 0 esta soluciń o adopta la forma u(x. (3.10]. eligiendo o o correspondientemente las funciones θ1 y θ2 . de tal manera que para su abscisa se o dx tiene = a.10] se llega a que o ∂2u = 0. la a soluciń θ1 (x − at) representa la Onda Directa que se propaga en sentido positivo del o E X . u T u = θ1 (x) θ1 (c) 0 c Figura 3. para tal observador el desplazamiento u de la cuerda.´ 3. dt Por consiguiente. puesto que una soluciń cualquiera o o o de la ecuaciń [3.10]. a.12] tambiń es soluciń de la ecuaciń o e o o [3.2) Veamos el sentido f´ ısico de u(x. Se llega a que u = θ1 (ξ) + θ2 (η) que deshaciendo los cambios se obtiene u = θ1 (x − at) + θ2 (x + at). se mueve en la direcciń positiva con velocidad a. para u = θ1 (x − at) = θ1 (c) =cte. de donde x = at + c ⇒ x − at = c. Esta ecuaciń se denomina la soluciń de o o D’ Alembert.12].3. ∂ξ∂η Y esta ecuaciń. 0) = θ1 (x) + θ2 (x). saliendo en t = 0 del punto x = 0 del eje OX. t) = θ1 (x − at) + θ2 (x + at). De esta manera. como se ha demostrado en el tema anterior se integra de una manera o muy simple. En otras palabras.7: Supongamos un observador que.10] puede representarse en forma de la ecuaciń [3. y cada sumando en la ecuaciń [3. que viene determinado por la expresiń o u = θ1 (x − at). ECUACION ONDULATORIA UNIDIMENSIONAL 55 Introduciendo estas expresiones en la ecuaciń [3. ser´ constante todo el tiempo e igual a θ1 (c).12) Que es la soluciń general de la ecuaciń [3.  ∂u   = ϕ1 (x). entonces se tendremos o u(x. ϕ1 (x) ∈ C 1 (R) son las dos funciones tales que ϕ0 (x) determina la forma de la cuerda en el instante inicial t = 0. Esto conduce al siguiente procedimiento gr´fico para construir la forma de cuerda en a un momento cualquiera de tiempo t 1. La soluciń u = θ2 (x + at) representa la Onda Inversa que se propaga en direcciń o o negativa del eje OX con velocidad a. u = θ2 (x) en t = 0. t) = θ1 (x − at) + θ2 (x + at). entonces tendremos la onda sinusoidal. b) Soluciń del problema de Cauchy para la cuerda ilimitada o El problema de Cauchy consiste en hallar una funciń u(x. t) ∈ C 2 que satisfaga la ecuaciń o o ∂2u ∂2u = a2 2 . −∞ < x < +∞ (3.56 ´ CAP´ ITULO 3.La curva u = θ2 (x) a la izquierda Para obtener la gr´fica de la cuerda es suficiente construir la suma algebraica de a ordenadas de las curvas desplazadas. 2 ∂t ∂x y las condiciones iniciales u|t=0 = ϕ0 (x). ϕ1 (x) plantea la distribuciń de las velocidades o ∂u a lo largo de la cuerda en t = 0. las desplazamos simultńeamente en magnitud at > 0 en a sentidos opuestos . . −∞ < x < +∞ ∂t t=0 (3. Sin cambiar su forma. t) = θ1 (x − at) + θ2 (x + at) es la suma de las ondas o directa e inversa. la soluciń u(x. Se construyen las curvas u = θ1 (x).14) t > 0. En definitiva.13) donde ϕ0 (x) ∈ C 2 (R).La curva u = θ1 (x) a la derecha . por ejemplo. ∂t Supongamos que la soluciń del problema examinado existe. ECUACIONES DE TIPO HIPERBOLICO eje OX con velocidad a. sen ξ. Si por θ1 (ξ) se toma. 2. Se dice que la soluciń u(p) no o o advierte los datos fuera de Υp .15) (3. t) depende s´lo de los valores de las funciones ϕ0 y ϕ1 en los puntos del segmento o Υp : [x − at.8]). Si integramos con respecto a x ı. e . t) = x−at 0 1 1 ϕ1 (α)dα + ϕ0 (x + at) + 2 2a x+at x+at ϕ1 (α)dα 0 1 ϕ0 (x − at) + ϕ0 (x + at) + 2 2a ϕ1 (α)dα x−at (3.3. El segmento Υp del eje OX se llama Dominio de dependencia para el punto P (x.12] las expresiones para θ1 y θ2 . t) (váse la figura [3. t) = 1 1 ϕ0 (x − at) − 2 2a u(x. obtendremos: o u(x. Entonces θ1 (x) = θ2 (x) = 1 ϕ0 (x) − 2 1 ϕ0 (x) + 2 1 2a 1 2a x 0 x 0 C 2 C ϕ1 (α)dα − 2 ϕ1 (α)dα + Introduciendo en la ecuaciń [3.´ 3. (3. 0) ∂u(x.17] muestra que el valor de la soluciń u(x. mientras o que los valores de ϕ0 s´lo en los extremos de este segmento.16) 1 De aqu´ θ1 (x) − θ2 (x) = − ϕ1 (x). En realidad los valores de ϕ1 forman parte de la soluciń en todo el segmento Υp . t) en el punto o o P (x. 0) ∂t = = θ1 (x) + θ2 (x) = ϕ0 (x) −a[θ1 (x) − θ2 (x)] = ϕ1 (x). o c) Dominio de dependencia La f´rmula de D’ Alembert [3. θ1 (x) + θ2 (x) = ϕ0 (x).17) que denominamos F´rmula de D’ Alembert. x + at] del eje OX.14] u(x. a x 0 [θ1 (α) − θ2 (α)]dα = − 1 a x ϕ1 (α)dα + C : 0 C ∈ R (arbitraria) θ1 (x) − θ2 (x) = − 1 a x ϕ1 (α)dα + C 0 pero por otro lado. ECUACION ONDULATORIA UNIDIMENSIONAL 57 Determinemos las funciones θ1 y θ2 de tal manera que se satisfagan las condiciones iniciales [3. 9: . mientras que la gr´fica de la funciń ϕ0 (x) tiene la forma de la siguiente a o figura uT • 1 d d d ¨¨r rrd ¨¨ rd ¨ rd ¨ rd r ¨ • • 1 1 0 − 2 2 t= E 0 X Figura 3. t) d d x − at d d d Υp d d d x + at E Figura 3.2. ∂t2 ∂x2 I) Caso Primero Sea ϕ1 (x) = 0.8: 3. ECUACIONES DE TIPO HIPERBOLICO T P (x.3.58 ´ CAP´ ITULO 3. Casos particulares de la f´rmula de D’ Alembert o Estudiemos dos casos particulares que permiten figurar el comportamiento de la soluciń o 2 ∂2u 2∂ u de la ecuaciń o =a en el caso general. . e o II) Caso Segundo Sean ϕ0 (x) ≡ 0. respectivamente. Nota Se observa que para las condiciones iniciales elegidas en cada punto de la cuerda. u(x. t) considerada como funciń de x.10].Despu´s de estos dos pasos se construye una gr´fica nueva. cada una de las cuales se obtiene a partir de la gr´fica ϕ0 (x). 1/4). ECUACION ONDULATORIA UNIDIMENSIONAL 59 Sin perdida de generalidad y para simplificar consideremos que a = 1. despu´s e de que pasen ambas ondas (y para los puntos que se hallan fuera de la regiń del desplazao miento inicial. en la cual la ordenada para e a cada valor de x es igual a la suma de ordenadas de dos gr´ficas desplazadas. a o o operemos as´ ı u(x.Inicialmente trazamos dos gr´ficas que coinciden.A continuaciń una de estas gr´ficas se desplaza. ϕ1 (x) ≡   1. Entonces la f´rmula o de D’ Alembert (FDA) adopta la expresiń o ϕ0 (x − t) + ϕ0 (x + t) 2 Para obtener la gr´fica de la funciń u(x. reduciendo las ordenadas dos veces (l´ a ınea de trazo fino de la figura [3. con la figura [3. a Ejercicio para el lector Ayudńdose de este procedimiento comprobar que las gr´ficas a a u(x.´ 3. . ∀t ∈ R+ (fijo). t) = ϕ1 (α)dα. se establece el estado de reposo. en t a la izquierda. 1) se corresponden. u(x. como un todo unico. 0).17] toma o o la forma: 1 x+t u(x. 2 x−t . despu´s de que pase s´lo una onda). t) = a . en t a la derecha o a ´ en sentido positivo = X. mientras que la otra. Y la expresiń [3. | x |> 1 2 1 2 y sigamos considerando a = 1.3. u(x. | x |≤  0. 1/2).9]). La visualizaciń gr´fica es la que corresponde a la figura o a siguiente En este caso se dice que la cuerda tiene s´lo un impulso inicial. 19] tracemos las gr´ficas de las funciones : 1 φ(x) y − 1 φ(x) a a 2 2 y despu´s cada una de estas gr´ficas se desplaza. a la izquierda. t) cambiar´ mientras (x − t. t) ser´ igual a cero hasta que la intersecciń del o a o 1 1 intervalo (x − t. o Entonces 1 u(x. x + t) con el intervalo − .19) 2 Para construir la gr´fica de [3.u(x.La segunda gr´fica. Designemos por φ(z) una funciń primitiva cualquiera para ϕ1 (z). a una distancia t a lo e a ´ largo del eje OX. como un todo unico.60 ´ CAP´ ITULO 3. . t) = [φ(x + t) − φ(x − t)] . donde ϕ1 (x) = 0. a la derecha .La primera gr´fica.18) Para obtener la gr´fica que represente la forma de la cuerda para valores diferentes de a t. a a .10: 1 1 2 0 1 4 ¡ ¡e ¡ eE e 1 2X . x + t) tendr´ en su interior el intervalo e a u(x.Para cada x fijo la soluciń u(x.Despu´s de que el intervalo (x − t. ECUACIONES DE TIPO HIPERBOLICO t T t= 1 4 t T t= 1 2 t T t=1 1 −1 −4 2 1 2 d 1 4 0 d E d 1 2 X d d ¡e 2 ¡ d d E d d ¡ e e 1 1 1 −1 −1 0 1 2 4 4 2 X −2 −4 Figura 3. hagamos lo siguiente. (3. . x + t) cubra cada vez mayor parte del intervalo 1 1 − . 2 2 −1 2 ϕ1 (α)dα. 2 2 a . . . sea vac´ ıo. 2 2 . t) permanecer´ invariable e igual a a 1 2 1 2 1 1 − . (3. Veamos para diferentes valores de t. Al conjunto F1 ∩ F2 se denomina Clase del Planteamiento Correcto del problema. o b) La soluciń del problema P(x) es unica para cierta clase de funciones F2 . ¿C´mo se debe plantear el problema de forma correcta ? o Al estudiar determinados problemas f´ ısicos debemos introducir el concepto forma correcta de introducir el problema.11: 1 2 E X Al sumar las ordenadas de las gr´ficas desplazadas. las gr´ficas correspondientes a Al pasar un intervalo suficientemente grande de tiempo. Definiciń 3. Se dice que P(x) se plantea de forma correcta en o Matem´ticas si a a) La soluciń del problema P(x) existe para cierta clase de funciones F1 . o ´ c) La soluciń del problema P(x) depende de forma ininterrumpida de los datos del proo blema (condiciones iniciales y de frontera. es decir. coeficientes de la ecuaciń).3. . cada punto de la cuerda se despla1 1 2 ϕ1 (α)dα.3. la soluciń o o posee estabilidad.´ 3. o e 3. obtendremos la gr´fica de la funciń a a o u(x. zar´ y tendr´ la desviaciń estacionaria uest que se determina por integral a a o 1 2 −2 En este caso tenemos la deformaciń residual (Hist´resis). ECUACION ONDULATORIA UNIDIMENSIONAL 61 u T u = ϕ1 (x) −1 2 0 Figura 3.3. t).2 Sea un problema P(x). t0 ].20) suponiendo que la soluciń existe y es unica. t) de la a .62 u 1 1 2 ´ CAP´ ITULO 3. t)|t=0 ∂u(x. ϕ0 (x) ∈ C 2 (R) ϕ1 (x) ∈ C 1 (R) (3. ECUACIONES DE TIPO HIPERBOLICO T u a) T b) − 1 2 t=0 1 2 E ¨ ¨¨ r ¨ r r ¨¨ r 1 rr 1 −2 2 r r t= 1 2 t= 1 4 E u T u c) T d) 1 2 t= 1 2 t= 1 2 d d d d d d E d d d d d d t=1E Figura 3. o ´ Cualquiera que sea el intervalo [0. t) ∂t t=0 = a2 = = ∂2u . que para dos soluciones cualesquiera u1 (x. t0 ]. ϕ1 (x). t).12: Teorema 3. t > 0. t0 ) > 0 tal. −∞ < x < +∞ ∂x2 ϕ0 (x). y cualquiera que sea > 0. se encontrar´ un δ = δ( .1 Sea el problema de Cauchy para la cuerda ilimitada: ∂2u ∂t2 u(x. u2 (x. ∀t ∈ [0. n o Nota ∂2u ∂2u Consecuentemente para la ecuaciń o = a2 2 el Problema de Cauchy est´ planteado a ∂t2 ∂x de forma correcta. t) − u1 (x. como muestra la a n f´rmula [3. 0 ϕ1 (x) . t) ∂u2 (x. 0) 1 sen nx ≤ .20] que corresponden a las condiciones iniciales o u1 (x. n Es fćil comprobar que la soluciń de este problema es la funciń a o o u(x. 0) ∂u(x. 1 u2 (x. Ejemplo de Hadamard Examinemos el siguiente problema de Cauchy para la ecuaciń de Laplace. o Sea la situaciń siguiente o ∂2u ∂2u + = 0.3. t) del problema de Cauchy para la o ∂u ecuaciń [3. 3. −∞ < x < +∞. t)|t=0 = 0 : ∂u(x. 0 ≤ t ≤ t0 .23) 1 ∂u(x. o = ϕ1 (x). 0) ∂t = = ϕ1 (x) . Supongamos que hemos hallado la soluciń u0 (x. Al mismo tiempo. | ϕ1 (x) − ϕ2 (x) |< δ con −∞ < x < +∞. es decir. n2 (3. un pequeõ cambio de las condiciones n 1 1 iniciales lleva a una pequã variaciń de las soluciones. t)|t=0 = ϕ0 (x). t > 0.22] para ciertas condiciones iniciales u(x.21) se cumple | u2 (x. 0) ∂t = = ϕ2 (x) 0 ϕ2 (x) 1 (3. tomar´ magnitudes tan grandes o o a en valor absoluto como se desee. t) ∂t = t=0 (3. ∂t t=0 . t) |< . la soluciń u(x. −∞ < x < +∞ ∂t2 ∂x2 que satisface para t = 0 las condiciones u(x.4. t) = Puesto que 1 senh nt sen nx. t) ∂u1 (x. cuando | ϕ1 (x) − ϕ2 (x) |< 0 0 δ. para n suficientemente grande.22) 1 sen nx : ∀n ∈ N. t) del problema examinado. ECUACION ONDULATORIA UNIDIMENSIONAL 63 ecuaciń [3.´ 3. cuando t > 0 arbitrariamente pequeõ y n es suficientemente n grande.3. entonces.23]. = ∂t n n ∂t ser´ en todas las partes tan pequeõ como se desee. 24] en el rectńgulo R dado en la siguiente o o a figura: Y T P• R (x. el problema de Cauchy para la ecuaciń de Laplace (tipo el´ o ıptico) est´ planteaa do incorrectamente. ECUACIONES DE TIPO HIPERBOLICO Entonces para las condiciones iniciales u(x.5. t)|t=0 = ϕ0 (x) ∧ ∂u(x. Este problema a de contorno. t) ∂t = ϕ1 (x) + t=0 1 sen nx n la soluciń del problema de Cauchy ser´ la funciń o a o u(x. Otro ejemplo ∂2u = 0. ∂x∂y Sea la ecuaciń hiperb´lica o o (3.3. n2 De aqu´ se deduce que una pequeã variaciń de las condiciones iniciales puede llevar a ı n o cambios tan grandes como se desee en la soluciń del problema de Cauchy.64 ´ CAP´ ITULO 3. t) = u0 (x. t) + 1 senh nt sen nx. En definitiva. no tiene soluciń.24) Hallar la soluciń u(x. adem´s. 3. y) de la ecuaciń [3. y) • N y• 0 • x Figura 3. o .13: • M E X R es u rectńgulo de lados paralelos a los ejes de coordenadas que toma en la frontera γ a de R los valores de contorno prefijados ( la frontera γ de R est´ cerrada). en una o a proximidad cualquiera de la l´ ınea de los valores iniciales t = 0. hablando en general. ∂u(x. y) pueden fijarse arbitrariao mente s´lo en dos lados contiguos del rectńgulo (por ejemplo. Los problemas planteados de forma incorrecta se encuentran con frecuencia en las aplicaciones.24] tiene la forma u(x. φ2 ∈ C arbitrarias. con o 1 φ1 .1 Aprovechar la f´rmula de D’ Alembert para solucionar el problema de Cauchy o t > 0. t) = 0. ∂t2 ∂x 3. ∂x x=0 . si se toman los puntos opuestos corres∂x pondientes en los lados y = cte. ∂u(x. 0) = ψ(x). u(x. t)|t=0 = 0. 0) = ϕ(x). Tampoco podemos fijar arbitrariamente los valores de contorno. EJERCICIOS PROPUESTOS 65 Como se sabe la soluciń general de [3. en OM y OP ).4. puesto que la derivada ∂u = φ2 (y) ha de tomar los valores iguales en puntos opuestos correspondientes de los lados ∂y x = k (cte). y si estas son pares. pero no en o a toda la frontera de este rectńgulo −. 2. 3. −∞ < x < +∞. Los valores de la funciń u(x. De esta manera no podemos subordinar la soluciń de la ecuaciń dada a las condio o ciones de frontera de forma arbitraria. A an´loga conclusiń llegamos para a o Notas 1.4. ψ(x) son impares u(x. de tal manera que para la ecuaciń hiperb´lica el a o o problema de contorno planteado debe ser determinado de nuevo.3. y) = φ1 (x) + φ2 (y). ∂u = φ1 (x). Ejercicios propuestos ∂2u ∂2u = a2 2 . −∞ < x < +∞ ∂t para mostrar que si ambas funciones ϕ(x). Ejercicios resueltos 3.66 ´ CAP´ ITULO 3.3 u(x. ∂t2 ∂x u(x. ∂t2 ∂x u(x. t) ∂t = cos2 x t=0 Soluciones a los ejercicios propuestos 1 3.2 a) u(x. 2 ∂t ∂x ∂u(x.5. t) 2 = cos x u(x.2 Hallar la soluciń de los problemas iniciales siguientes: o a) ∂2u ∂2u = a2 2 . t) = senh x cosh 3.4 Hallar la soluciń del problema inicial siguiente ∂2u ∂2u = 25 2 t > 0.1 Demostrar que cada sumando de la expresiń u(x. t) 1 = 1+x2 u(x. t) 2 e−(x−at) + e−(x+at) 2 2 + √ sen at a cos x. ∞). t > 0. ∂u(x.3 Hallar la soluciń del problema inicial siguiente o ∂2u ∂2u = 13 2 .4 u(x. +5(5t−x) 1 + 220tx−50t + 1 [10t + sen 10t cos 2x] + C. ∂u(x. ECUACIONES DE TIPO HIPERBOLICO 3. t) = θ1 (x − at) + θ2 (x + at) es soluciń o o de la ecuaciń de oscilaciones libres de una cuerda homogńea. x ∈ (−∞. t)|t=0 = senh x. −∞ < x < +∞. √ 13t + ln (x + 13t) √ x+ 13t √ 2 13 3. t)|t=0 = 2x 2 −5x+1 . t > 0. ∂t t=0 b) 3. ∂t t=0 ∂2u ∂2u = a2 2 . t > 0. t)|t=0 = 0. t)|t=0 = e−x . 20 3. t) = 1 2a [arctan(x + at) − arctan(x − at)] . √ √ x+ 13t √ 2 13 b) u(x. −∞ < x < +∞. t) = 2(x−5t) 2 (x − 13t) + C. ∞). t) ∂t = ln x t=0 o 3. o e . ∂t2 ∂x ∂u(x. x ∈ (−∞. t) = ϕ2 (x − at) − ϕ1 (x − at) ϕ2 (x + at) − ϕ1 (x + at) 0 0 0 + 0 + 2 2 + de aqu´ ı: |u2 (x. t) − u1 (x. t)| < haciendo δ = δ 1 δ + + 2at ≤ δ(1 + t0 ) 2 2 2a . ∂u ∂ = [θ1 (x − at) + θ2 (x + at)] = θ1 (x − at)(−a) + θ2 a ∂t ∂t ∂2u ∂ ∂u ∂ = = [−aθ1 (x − at) + aθ2 (x + at)] ⇒ ∂t2 ∂t ∂t ∂t ∂2u = (−a)2 θ1 (x − at) + a2 θ2 (x + at) = a2 [θ1 (x − at) + θ2 (x + at)]. de la ultima desigualdad se tendr´ |u2 (x.2 Demostrar el teorema [3. EJERCICIOS RESUELTOS 67 Soluciń: o ∂2u ∂2u Recu´rdese que la ecuaciń diferencial es : 2 = a2 2 donde u(x. ıa . ∂t2 ∂u ∂ Por otro lado: = [θ1 (x − at) + θ2 (x + at)] = θ1 + θ2 ∂x ∂x ∂2u ∂ = [θ (x − at) + θ2 (x + at)] = θ1 (x − at) + θ2 (x + at) 2 ∂x ∂x 1 Por tanto: ∂2u ∂2u = a2 [θ1 (x − at) + θ2 (x + at)] = a2 2 2 ∂t ∂x 3. que: u2 (x. t)| ≤ ϕ2 (x − at) − ϕ1 (x − at) ϕ2 (x + at) − ϕ1 (x + at) 0 0 0 + 0 + 2 2 + 1 2a x+at x−at 1 2a x+at x−at ϕ2 (α) − ϕ1 (α) dα. t) − u1 (x.3. t) − u1 (x. −∞ < x < +∞ como se quer´ demostrar. t) representa el dese o ∂t ∂x plazamiento de los puntos de la cuerda respecto de la posiciń de equilibrio en el tiempo o t. 1 1 ϕ2 (α) − ϕ1 (α) dα. t) estń ligadas con sus condiciones iniciales mediante la f´rmula a o de D’ Alembert de tal manera.1].5. con ´ a 1 + t0 0 ≤ t ≤ t0 . u2 (x. t) − u1 (x. Soluciń: o Las funciones u1 (x. t). t)| < . 1 1 Aprovechando las condiciones del teorema: |u2 (x. ECUACIONES DE TIPO HIPERBOLICO .68 ´ CAP´ ITULO 3. Cap´ ıtulo 4 Vibraciones libres de una cuerda homogńea fijada en sus e extremos ”La F´ ısica Te´rica. Arfken ”Dios no juega a los dados” A. frecuentemente e en la forma de ecuaciones diferenciales en derivadas parciales ” G. en gran medida. se formula en o t´rminos de ecuaciones diferenciales.Einstein 69 . ´ 70CAP´ ITULO 4. VIBRACIONES LIBRES DE UNA CUERDA HOMOGENEA FIJADA EN SUS EXTREMO . 6) (4.1. Vamos a encontrar las soluciones particulares de la ecuaciń [4.2] en la forma u(x.X (x) ⇔ T (t) X (x) = .X(x) = a2 T (t).1] que no sean idńticao e mente nulas y satisfagan las condiciones de frontera [4. puesto que contiene las Condiciones de Frontera (CF) y las Condiciones Iniciales (CI). t) segń [4. x ∈ [0. t)|x=L = 0. t) = a2 . 0 < x < L ∂t2 ∂x2 siendo las condiciones de frontera u(x.4) En esta igualdad el primer miembro depende s´lo de t.1]. Design´mosla por −λ.3) Este problema se denomina Problema mixto.X(x). para que se produzca la igualdad o ambos miembros deben de representar a la misma constante. obtenemos u o T (t).1. constante de separaciń: o T (t) X (x) = = −λ.4] en la ecuaciń [4. t) ∂t = ϕ1 (x). t) ∂ 2 u(x. a2 T (t) X(x) De aqu´ surgen las ecuaciones ı T (t) + λa2 T (t) = 0 X (x) + λX(x) = 0 (4.´ 4. t=0 (4. t)|x=0 = u(x. t)|t=0 = ϕ0 (x). Se suele e llamar a esta constante. t ≥ 0 y las condiciones iniciales u(x. ∂u(x.5) .1) (4. a o Estudiemos con detalle este m´todo comenzando por el problema m´s simple que se refiere e a a las vibraciones libres de una cuerda homogńea de longitud fija L en sus extremos.7) (4. significa. t) = T (t). L]. Al sustituir u(x. e Formalmente. encontrar la soluciń de la ecuaciń en derivadas parciales o o ∂ 2 u(x. M´todo de Fourier e El m´todo de Fourier tambiń conocido como el m´todo de separaciń de variables es uno e e e o de los procedimientos m´s usados en la resoluciń de EDP’s. METODO DE FOURIER 71 4. a2 T (t) X(x) (4. t > 0.2) (4. 7] tiene la forma o o X(x) = C1 e− √ −λx + C2 e √ −λx . veamos como se calculan los valores propios y las funciones propias.2. Para o o o obtener las no triviales de u(x.2] hace falta hallar las soluciones no triviales de X (x) + λX(x) = 0. Problema de Sturm-Liouville El problema enunciado anteriormente se denomina Problema de Sturm-Liouville.8] X(0) = C1 e− X(L) = C1 e √ −λ0 √ −λ0 √ −λL + C2 e =0 =0 √ − −λL + C2 e . t) en forma de [4. Cuando λ < 0. Caso I λ < 0.[4. 4. o Estudiemos tres casos correspondientes a los valores de λ. t) = X(L)T (t) = 0.´ 72CAP´ ITULO 4. la soluciń general de la ecuaciń [4.8].8] no triviales. (4. A continuaciń. funciones propias. Como se tienen que cumplir las condiciones de frontera [4. De esta manera llegamos al problema siguiente Hallar los valores del par´metro λ. t) = X(0)T (t) = 0 u(L.8) La ecuaciń [4.7].8]. ı Todos los valores del par´metro λ se llaman valores propios y las soluciones del problema a [4.4] que satisfagan las CF [4. as´ como estas mismas soluciones. VIBRACIONES LIBRES DE UNA CUERDA HOMOGENEA FIJADA EN SUS EXTREMO Las CF dan u(0.7] y [4. X(L) = 0.7] tiene la soluciń evidente X(x) ≡ 0 (soluciń trivial) con las CF [4. para los que existen las soluciones no triviales del a problema [4. Como T (t) = 0 se deduce que la funciń X(x) debe satisfacer las condiciones de frontera o X(0) = 0. y. Caso II λ = 0. si y s´lo si el determinante de la matriz o de los coeficientes es igual a cero: 1 √ 0 √ = 0 ⇔ sen √ √ λL = 0 cos λL ⇒ √ sen λL λL = arc sen 0 ⇒ λL = kπ. cuando λ = 0 tampoco existen las soluciones no triviales del problema ]4. por consiguiente X(x) = 0. [4. es decir. PROBLEMA DE STURM-LIOUVILLE 73 ⇒ C1 + C2 C1 e √ − −λL =0 = 0. Caso III λ > 0. no existen soluciones no triviales del problema.2. es decir. . Cuando λ = 0. Cuando λ > 0.8]. √ El sistema anterior tiene las soluciones no triviales.7]-[4. + C2 e √ −λL Se trata de un sistema de dos ecuaciones con dos inc´gnitas C1 y C2 . para λ < 0. ∀k ∈ Z. la soluciń general de la ecuaciń [4. o Puesto que el determinante de la matriz de los coeficientes de este sistema es distinto de cero. obtenemos C1 · 1 + C2 · 0 = 0 √ C1 cos λL + C2 sen λL = 0.F.8].7] tiene la forma o o X(x) = C1 cos √ λx + C2 sen √ λx. Como se tienen que cumplir las condiciones [4.4.8] nos dan C1 + C2 = 0 C1 · L + C2 · 0 = 0 =⇒ C1 = C2 = 0. la soluciń general de la ecuaciń [4.7] tiene la forma o o X(x) = C1 x + C2 . Por consiguiente. C1 = C2 = 0. La C. X(x) = 0. o las funciones kπ Xk (x) = sen x L serń las funciones propias del problema que se determinan con exactitud de hasta el a factor constante.9] obtenemos C1 = 0 y. . Cuando λ = λk la soluciń general de [4.6] tiene la forma o Tk (t) = Ak cos kπa L t + Bk sen kπa L t 2 donde Ak . De este modo la funciń o k uk (x. A2 + Bk > 0. t) = Xk (x) · Tk (x) = Ak cos kπa L t + Bk sen kπa L t sen kπ L x satisface la ecuaciń [4.1] y las CF [4. el cual hemos elegido C2 = 1 (sin p´rdida de generalidad). Por eso para k es o suficiente tomar solamente los valores positivos k ∈ Z+ .7].1]. las cuales se diferencian s´lo en el factor constante. VIBRACIONES LIBRES DE UNA CUERDA HOMOGENEA FIJADA EN SUS EXTREMO De esta forma las soluciones no triviales del problema [4.2]. . .8] son posibles s´lo para los o valores 2 kπ : ∀k ∈ Z λk = L que son los denominados valores propios del problema [4.´ 74CAP´ ITULO 4. t) = k=1 Ak cos kπa L t + Bk sen kπa L t sen kπ L x (4. e Nota A los valores positivos y negativos de k que son iguales en valor absoluto.7]. 3.[4.1] una suma finita cualquiera o de soluciones ser´ tambiń soluciń de la ecuaciń [4.9] satisface las CF [4. Bk son constantes arbitrarias. corresponden las funciones propias. n. 2. k = 1. Puesto que cada sumando en la serie [4.[4. a e o o b) Lo mismo es v´lido para la suma de la serie a ∞ u(x. o Notas a) En virtud de la linealidad y homogeneidad de la ecuaciń [4.9) si ´sta converge uniformemente y puede derivarse dos veces t´rmino a t´rmino respecto e e e a x y t. por consiguiente.2] para Ak y Bk cualesquiera. .8]. tambiń e . A partir de la primera ecuaciń del sistema [4. L] y satisface las condiciones ϕ0 (0) = ϕ0 (L) = 0.4.3.1]. es decir. (4.3.1]-[4.10) Haciendo t = 0 en [4.3]. donde Ak y Bk se determinan por [4. Los coeficientes de los desarrollos anteriores se calculan Ak = Bk = 2 kπa 2 L L 0 L ϕ0 (x) sen 0 kπ L xdx xdx (4. . Nos queda por determinar las a constantes Ak y Bk .1 Si ϕ0 (x) ∈ C 3 [0. e si en el momento inicial t = 0. a las condiciones de frontera [4. entonces la suma u(x.14) ϕ1 (x) sen kπ L 4. L] y satisface las condiciones de ϕ1 (0) = ϕ1 (L) = 0. tiene las derivadas parciales continuas de hasta el segundo orden inclusive en la regiń o {0 < x < L. o 4.12) ϕ1 (x) = k=1 Bk sen Las f´rmulas anteriores representan los desarrollos de las funciones dadas ϕ0 (x) y o ϕ1 (x) en la serie de Fourier respecto a los senos en el intervalo (0. h > 0 es a constante. satisface la ecuaciń [4. fijada en los extremos.3] obtenemos ∞ ϕ0 (x) = k=1 ∞ Ak sen kπa L kπ L x kπ L x (4.14]. con velocidad inicial ausente.11) (4. TEOREMA 75 satisfar´ estas condiciones la suma u(x. L). Ejemplo resuelto Hallar la ley de vibraciones de una cuerda homogńea de longitud L. Teorema Teorema 4.13] y [4. t) de la serie [4. t) es la soluciń del problema [4. t) de esta serie.13) (4. la cuerda tiene la forma de par´bola hx(L − x).9]. t > 0}. en virtud de las condiciones iniciales [4.10].9] respecto a t ∂u = ∂t ∞ k=1 kπ −Ak sen L kπa L t + Bk cos kπa L t sen kπ L x. u(x.2] e o iniciales [4. ϕ0 (0) = ϕ0 (L) = 0 mientras que ϕ1 (x) ∈ C 2 [0.9] y [4.9] de tal manera que se satisfagan las condiciones iniciales [4.2].3].4. en [4. Para ello derivamos formalmente la serie [4. 17) Apliquemos el m´todo de Fourier buscando las soluciones no triviales que satisfagan las CF e [4.17] ∞ u(x. x ∈ [0.16]. t)|t=0 = hx(L − x) = k=1 Ak sen kπ L x (4. t)|x=0 = u(x. .18) que sustituyendo [4. 3.16) (4. X(0) = X(L) = 0. 3.´ 76CAP´ ITULO 4.16]. L). t) ∂t = 0. o ∞ u(x. t) = k=1 Ak cos kπa L t + Bk sen kπa L t sen kπ L x. Xk (x) = sen Tk (t) = Ak cos De aqu´ buscamos la soluciń del problema de partida en forma de la serie ı. .18] en [4. L] t=0 (4. (4. 2.22) . kπa L t + Bk sen kπa L t.19) (4. Adem´s.21) Para determinar Ak y Bk utilizamos las condiciones iniciales [4.15) 2 ∂t ∂x con las condiciones de frontera u(x. ∂u(x. X (x) + λX(x) = 0. t) = T (t) · X(x) (4. . kπ L x : k = 1. en la forma u(x. . x ∈ (0. VIBRACIONES LIBRES DE UNA CUERDA HOMOGENEA FIJADA EN SUS EXTREMO Soluciń o Formalmente el problema es equivalente a resolver la ecuaciń diferencial en derivadas o parciales: ∂2u ∂2u = a2 2 . a2 T (t) X(x) T (t) + λa2 T (t) = 0.20) : k = 1. t > 0 (4. 2. . t ≥ 0 y las condiciones iniciales u(x. t)|x=L = 0. . en virtud de [4. t)|t=0 = hx(L − x).15] y separando las variables T (t) X (x) = = −λ. sabemos que a λk = kπ L 2 (4. 1. t) = Tk (t) · Xk (x) = Ak cos kπa L t + Bk sen kπa L t sen kπ L x 8L2 h 1 cos 3 π p=0 (2p + 1)3 ∞ (2p + 1)πa L t sen (2p + 1)π x. L Amplitud: Mk sen Frecuencia: ωk = Fase: αk II) Se ha examinado con detalles el caso de las vibraciones libres de una cuerda homogńea e fijada en sus extremos. . p = 0. obtendremos resultados an´logos. Cuando las vibraciones propias de la cuerda fijada en sus extremos corresponde a k = 1. L kπa . denominados a sobretonos.4. . a A partir de [4. a Cuando las vibraciones son superiores a 1. . 2. π 3 (2p + 1)3 Introduciendo los valores hallados de Ak y Bk en [4. para las cuales los puntos de la cuerda realizan las oscilaciones armńicas con: o kπ . Al escribir u(x. la cuerda emite el tono fundamental que es el m´s bajo. EJEMPLO RESUELTO ∞ 77 ∂u(x. t) ∂t =0= t=0 aπ = L kBk sen k=1 kπ L x (4.22] se obtiene Ak = 2π L L x(L − x) sen 0 kπ L xdx que integrando dos veces por partes A2p+1 = 8L2 h .23) es fćil deducir que Bk = 0. obtenemos la soluciń del problema o planteado u(x.21]. 3. t) = Notas I) Cada una de las funciones u(x.4. a . L determina las llamadas vibraciones propias de la cuerda fija en sus extremos. ella emite los tonos m´s altos. Si sometemos a la cuerda a otras condiciones de frontera. ∀k ∈ Z+ . t) = Mk sen kπ x sen kπa t + αk concluimos que las vibraciones propias L L (naturales) de la cuerda son las ondas estacionarias (fijas). 24) 4. (2k + 1)π x. u(x. π) 2 ∂t ∂x2 ∂u(x. con estas condiciones. t) u(x. t)|t=0 = sen x. t) ∂t = t=0 x L−x 0≤x< L 2 L 2 ≤x<L . t > 0. t > 0. = sen x ∂t t=0 2 2 ∂ u ∂ u = a2 2 . u(x. x ∈ (0. t) = a2 . . la soluciń no trivial u(x. 2L n = 0. t) ∂x = −hu(L. . Ejercicios propuestos ∂2u ∂2u = a2 2 . t)|x=L = 0. u(x. 1. . L) 2 ∂t ∂x u(x. 2 ∂t ∂x2 Compru´bese que se tiene para las funciones propias la expresiń e o Xk (x) = sen para los valores propios λn = (2n + 1)π . u(x. 1. ∂u(x. L) b) 2 ∂t ∂x u(x. t) = 0. t)|x=L = 0. x ∈ (0.5. t) ∂ 2 u(x. t > 0. t)|x=0 = u(x.´ 78CAP´ ITULO 4. t)|x=π = 0. x ∈ (0. 2. t) de la ecuaciń o o ∂ 2 u(x. t)|x=0 = u(x.1 Aplicar el m´todo de Fourier a los problemas siguientes a) 3π ∂u(x. t) x . x ∈ (0. Esto a a o quiere decir que para h > 0. t > 0. 2.2 resolver los siguientes problemas mixtos aplicando el m´todo de Fourier de separaciń de e o variables: ∂2u ∂2u a) = . t)|t=0 = 0. u(0. mientras que el extremo derecho x = L est´ ligado el´sticamente con su posiciń de equilibrio. t)|t=0 = sen 2 2 e 4. t)|x=L = 0. t)|t=0 = u(x. x=L Se propone buscar. L) 2 ∂t ∂x ∂u(x. t) u(x. constante ∂u(x. t)|x=0 = u(x. · · · (4. ∂t = sen t=0 π x . t)|t=0 = 0. . L ∂t =0 t=0 b) ∂ u ∂ u = a2 2 . VIBRACIONES LIBRES DE UNA CUERDA HOMOGENEA FIJADA EN SUS EXTREMO Sea el caso de la cuerda fijada al extremo izquierdo fijo. 2L k = 0. L 4. t). 4.5. EJERCICIOS PROPUESTOS 79 Soluciones a los ejercicios propuestos 4.1 a) u(x, t) = sen 3π x · cos 3πa t L L π 1 b) u(x, t) = πa sen L x · sen πa t L 4.2 a) b) u(x, t) = (sen t + cos t) sen x u(x, t) = 4L2 aπ 3 ∞ (−1)k+1 (2k−1)3 sen (2k−1)π k sen (2k−1)πa t L L k=1 ´ 80CAP´ ITULO 4. VIBRACIONES LIBRES DE UNA CUERDA HOMOGENEA FIJADA EN SUS EXTREMO Cap´ ıtulo 5 Vibraciones forzadas de la cuerda homogńea de longitud L e ”Nuestra ´poca se caracteriza por una amplia e utilizaciń de los m´todos matem´ticos a base o e a de ordenadores en diferenctes esferas de la actividad humana. No obstante, las m´quinas de calcular no funcionan sin el hombre. a Su uso est´ vinculado a la simulaciń de modelos matem´ticos y a o a algoritmos num´ricos” e Y. Zeldovich 81 ´ 82CAP´ ITULO 5. VIBRACIONES FORZADAS DE LA CUERDA HOMOGENEA DE LONGITUD L . t) representa las vibraciones libres de la cuerda. t) ∂ 2 w(x. t). v(x. (5. t) ∂ 2 v(x. t)|x=0 = u(x.3) ∂t t=0 Para ello busquemos la soluciń u(x. t)|x=L = 0 y las C. t) ∂ 2 u(x. t) ∂t y w(x. pero sometida a la acciń de una e o fuerza exterior f (x. t) calculada por unidad de longitud.F.1.5.8) ∂w(x. las vibrao ciones que se engendran por una fuerza perturbadora exterior f (x. Formalmente significa encontrar la soluciń de la ecuaciń o o ∂ 2 u(x. t) donde v(x. t) es la soluciń de la ecuaciń homogńea o o e v(x. t) + w(x. las vibraciones o que tienen lugar s´lo a consecuencia de las perturbaciones iniciales.7) (5. t)|x=L = 0 (5. cuando las perturbaciones iniciales se ausentan.1. VIBRACIONES FORZADAS DE LA CUERDA FIJADA EN LOS EXTREMOS 83 5. t) es la soluciń de la o o ecuaciń no homogńea o e ∂ 2 v(x. t)|t=0 = ϕ0 (x). t) = a2 + f (x. t) = v(x. t)|t=0 = =0 t=0 (5.F. t) = ϕ1 (x).6) ∂ 2 w(x. t)|x=0 = v(x.4) 2 ∂t ∂x2 que satisfaga las C. t) (5. t) = a2 + f (x. (5. Vibraciones forzadas de la cuerda fijada en los extremos El problema que vamos a tratar en este cap´ ıtulo es el estudio de las vibraciones de una cuerda homogńea de longitud L fijada en los extremos.1) (5. t)|x=L = 0 y las C. t) ∂t2 ∂x2 para las C. w(x. t)|x=0 = w(x. ∂u(x. es decir. es decir. t)|t=0 = ϕ0 (x).2) (5. t) = a2 2 ∂t ∂x2 que satisfaga a las C. t) representa las vibraciones forzadas de la cuerda.F.I.I. o . t) = ϕ1 (x) (5. ∂v(x. y las C. u(x.I.9) ∂t t=0 La soluciń v(x. La soluciń w(x. w(x.5) u(x. Si escribimos v(x. t) = k=1 fk (t) · Xk (x) respecto a las funciones propias {Xn (x)} del problema de contorno correspondiente y en hallar las respuestas vk (x. obtendremos la soluciń del problema inicial o ∞ v(x. t) = k=1 fk (t) sen kπ L x (5. Al sumar todas o las respuestas semejantes. se obtiene o ∞ f (x. t) en (0. Nos queda. (5. por tanto estudiar s´lo las vibraciones forzadas v(x. t). Busquemos la soluciń v(x.´ 84CAP´ ITULO 5.10] en la ecuaciń [5. o sea. M´todo de resoluciń e o El m´todo para hallar las vibraciones libres se estudi´ con detalle en el cap´ e o ıtulo anterior.5] se satisfacen autom´ticamente. t) del sistema a la acciń de cada fk (t) · Xk (x).1. 2.1. t).11) Desarrollando la funciń f (x. VIBRACIONES FORZADAS DE LA CUERDA HOMOGENEA DE LONGITUD L 5. t) en la e serie ∞ f (x. e a Determinemos las Tk (t). t) = k=1 vk (x. L (5.5]-[5. t) = k=1 Tk (t) sen kπ x.6]. 3. la soluciń de la o o ecuaciń no homogńea [5. L) en la serie de Fourier respecto a las funciones o propias (respecto a los senos) ∞ f (x. · · · de tal modo que v(x.4]. t) en forma de [5.6] en la forma o ∞ v(x.12) . t) del problema [5.4].10) Recu´rdese que aqu´ {sen kπ x} son las funciones propias del problema de contorno e ı L homogńeo y las condiciones de frontera [5. t) = k=1 Tk (t) + k 2 π 2 a2 Tk (t) sen L2 kπ L x. t) satisfaga la ecuaciń [5. o e Para ello vamos a aplicar el m´todo de desarrollo respecto a las funciones propias que es e uno de los m´todos m´s efectivos para solucionar las ecuaciones lineales no homogńeas en e a e derivadas parciales.4] o y las condiciones iniciales [5. ∀k = 1. La idea fundamental del m´todo consiste en descomponer la fuerza exterior f (x. u o Al sustituir las expresiones halladas [5. t) del problema de partida [5.15) Aprovechando. . . t) o del problema [5. Para que la soluciń v(x. t) = f (L. [5.3] se representa de la forma o ∞ u(x.12] para la funciń f (x.I.1.4]-[5. . t) definida por la serie [5. el m´todo de variaciń de las constantes. t) obtenemos las ecuaciones o diferenciales Tk (t) + k 2 π 2 a2 Tk (t) = fk (t). 2.10] obtenemos la soluciń v(x. t) = 0.6]. t) sen 0 kπ L ξ dξ. por ejemplo. . Tk (0) = 0. tiene deria vadas parciales continuas respecto de x de hasta el segundo orden inclusive y para todos los valores de t se cumple la condiciń f (0. obtendremos que las e o soluciones de las ecuaciones [5.10] y las series obtenidas de ´sta derivando t´rmino a e e t´rmino respecto a x y t dos veces. t) = k=1 ∞ Ak cos kπa kπa t + Bk sen L L kπ x L sen kπ x L + k=1 Tk (t) sen (5. 3.1]-[5. nulas [5. o La soluciń u(x. e Nota La convergencia uniforme de las series estar´ asegurada si f (x. convergen uniformemente. .15] tienen la forma Tk (t) = L kπa L fk (σ) sen 0 kπa L (t − σ) dσ (5. si la serie [5. es o suficiente hacer que las Tk (t) satisfagan las condiciones Tk (0) = 0.I. t) es continua. (5. k = 1. L2 (5.17) . .5.13) Comparando los desarrollos [5.16] en la serie [5.11] y [5. (5.16) donde las fk (t) se determinan segń las f´rmulas [5.6].14) para las funciones desconocidas Tk (t). k = 1. VIBRACIONES FORZADAS DE LA CUERDA FIJADA EN LOS EXTREMOS 85 donde fk (t) = 2 L L f (ξ. .13]. 3.14] por las C. 2.10] satisfaga las C. (5. Si substituimos u(x.18]. t)|x=0 = u(x. . t) = + t sen x. x ∈ (0. . t) ∂ 2 u(x.19) (5. π) ∂t2 ∂x2 u(x. . 3. t) ∂t . X(0) = X(π) = 0. . t) en la forma de [5. x ∈ [0.21] en [5. π] y el sistema de las funciones propias del problema de contorno X (x) + λX(x) = 0.21) donde T n(t) son desconocidas. 3. t)|t=0 = Soluciń o Obs´rvese como al ausentarse las perturbaciones iniciales se tiene un problema puro de e oscilaciones forzadas de una cuerda homogńea de longitud π.´ 86CAP´ ITULO 5. t) = n=1 Tn (t) sen nx (5.20) ∂u(x. x dx 2 kπa ϕ1 (x) sen 0 5. VIBRACIONES FORZADAS DE LA CUERDA HOMOGENEA DE LONGITUD L donde Tk (t) = Ak Bk = = L kπa 2 L L t fk (σ) sen 0 kπa L kπ L kπ L (t − σ) dσ ϕ0 (x) sen 0 L x dx k = 1. t)|x=π = 0.22) (5. . t > 0. t ≥ 0 u(x. Busquemos la soluciń del problema [5.18]-[5. . se obtiene ∞ Tn (t) + n2 Tn (t) sen(nx) = t sen x n=1 de donde T1 (t) + Tn (t) + T1 (t) = t Tn (t) = 0. 2. π] t=0 u(x. e El sistema de funciones {sen(nx)} es ortogonal en [0.18) (5.20] en la forma o ∞ (5.2.23) . n = 2. Ejemplo resuelto Obtener la soluciń del problema mixto o ∂ 2 u(x. y fijada en los extremos. . [5. t) = (t − sen x) sen x.´ 5. 3. pero con los extremos de la cuerda no fijados.28) . calculada por la unidad e de longitud. t > 0. . 0) = 0 = n=1 Tn (0) sen(nx).21]. se tiene que Tn (t) + n2 Tn (t) = 0 Tn (0) = Tn (0) = 0 de donde Tn (t) ≡ 0.. que al exigirle que cumpla las condiciones dadas. t) ∂ 2 u(x. para T1 (t) tenemos T1 (t) + T1 (t) = 0 (5. L) ∂t2 ∂x2 (5.3. VIBRACIONES FORZADAS DE LA CUERDA CON EXTREMOS MOVILES 87 Aprovechando la f´rmula [5. .. . de tal manera que T1 (t) = t − sen t. Formalmente este problema se reduce a encontrar la soluciń de la ecuaciń o o ∂ 2 u(x. 5. n = 1.25) T1 (0) + T1 (0) = 0.I. De tal manera.20] se obtiene o ∞ u(x. . t) = a2 + f (x. n = 2.26) (5. hallamos C1 = 0. t) ∂t ∞ =0= t=0 n=1 Tn (0) sen nx de donde Tn (0) = Tn (0) = 0. Por tanto ∞ (5. . 3. Vibraciones forzadas de la cuerda con extremos m´viles o El problema que vamos a resolver ahora es el de las vibraciones forzadas en una cuerda homogńea de longitud L originadas por una fuerza exterior f (x.27) u(x. t) = n=1 Tn (t) sen nx = T1 (t) sen nx + 0 + · · · ⇒ u(x. ∂u(x. x ∈ (0. 2. La soluciń general de la ecuaciń anterior es o o T1 (t) = C1 cos t + C2 sen t + t. t).24) (5. sino que se mueven segń una u ley determinada. Para n ≥ 2.3. t). en virtud de las C. C2 = −1. t) + ω(x. t) − ω(x. mientras que en el interior de este segmento es lineal respecto de x como se muestra en la figura [5. t) en los extremos del intervalo [0. L] (5. (5. este problema se reduce e fćilmente al problema con las C. t) es una funciń desconocida. ω(x. Sin embargo. t)|t=0 = ϕ0 (x). t) = ψ1 (t) + [ψ2 (t) − ψ1 (t)] . L Es fćil ver que a ω(x. Busquemos la soluciń del problema [5.F.29].1].´ 88CAP´ ITULO 5.30] en la forma u(x. t)|x=0 = u(x. t) o donde v(x. (5.[5. nulas (homogńeas). t) se tiene que v = u − ω. t)|x=L = ψ2 (t). t) = v(x. t)|x=L = ψ2 (t). x ∈ [0. (5. t ≥ 0 y las C.29) ω T x=0 ω=ω(x. L] satisface las condiciones o [5. a e Para ello vamos a introducir la funciń auxiliar o x ω(x. o En virtud de la elecciń de ω(x.F. t) = ϕ1 (x). t)|x=0 = 0.30) ∂t t=0 El m´todo de Fourier es imposible aplicarlo directamente para resolver este problema.t) ψ2 (t) ψ1 (t) • x=L • E X Figura 5. t)|x=0 = ψ1 (t). satisface las condiciones de o frontera nulas v(x.28]-[5. ∂u(x.29] no son homogńeas (no son nulas). VIBRACIONES FORZADAS DE LA CUERDA HOMOGENEA DE LONGITUD L que satisfaga a las C. u(x. puesto e u(x.F.I. u(x.1: que las C.32) De esta manera la funciń ω(x. t)|x=0 = ψ1 (t).31) . t) ∂t ∂ω(x. Ejemplo resuelto Resolvamos el ejercicio mixto siguiente ∂ 2 u(x. L llegamos al problema siguiente para la funciń v(x. v(x. ∂v(x. t) ∂ 2 v(x. v(x. t) = . t) ∂ 2 v(x. obtenemos o ∂ 2 v(x. 5. t). t) + a2 − ∂t2 ∂x2 ∂x2 ∂t2 o.4. t) + ω(x.33) u(x.I. x ∈ (0.4. v(x. tomando en consideraciń la expresiń para ω(x. t) = a2 + f1 (x. t) o o ∂ 2 v(x. t)|t=0 = Φ0 (x). t)|x=L = 0 y las C. el problema mixto con las C.F. t) ∂t = Φ1 (x) t=0 es decir.34) Introduciendo u(x. t)|x=L = 0 (5. t) ∂t = u(x. t) = a2 + f (x. t) en la ecuaciń [5. t)|t=0 = = ∂v(x. t > 0. ψ2 (t) ∈ C 2 . t) ∂ 2 u(x. nulas. t)|t=0 − ω(x. o Hallar la soluciń de la ecuaciń o o ∂ 2 v(x. Recu´rdese que le m´todo usado para solue e cionarlo fue expuesto anteriormente. L (5.28]. t) ∂t2 ∂x2 que satisface las C. De esta manera si ψ1 (t). t) − ψ1 (t) − [ψ2 (t) − ψ1 (t)] . t) = v(x. t) ∂ 2 ω(x. t) ∂ 2 ω(x. EJEMPLO RESUELTO 89 v(x. t) = f (x. t)|t=0 = ϕ0 (x) − ψ1 (0) − [ψ2 (0) − ψ1 (0)] ∂u(x. t) = a2 + f1 (x. t) ∂ 2 v(x.I. t) − ω(x.5.35) . 1) ∂t2 ∂x2 (5.F. t) ∂t2 ∂x2 x siendo f1 (x. t)|x=L y las C. t) ∂t x = Φ0 (x) L = t=0 − t=0 = t=0 = ϕ1 (x) − ψ1 (0) − [ψ2 (0) − ψ1 (0)] x = Φ1 (x). t)|x=0 = v(x. no son homogńeas (los extremos de la cuerda son m´viles). t) es una nueva funciń desconocida. t > 0.5.2 Encontrar la soluciń al problema mixto ∂2u ∂2u = + (4t − 8) sen 2x. t=0 (5. t)|x=1 = 2t.40) (5. t) u(x. s´lo esta o o soluciń. t)|t=0 = =0 ∂t t=0 . t) + ω(x. Entonces ser´ o a u(x. t)|t=0 = 0. x ∈ [0. Ejercicios propuestos ∂2u ∂2u = + sen πx. u(x. t) ∂t = 0. t)|t=0 = 0 = ∂v(x.1 Resolver el problema mixto siguiente =0 t=0 o 5. t) ⇒ u(x. u(x.I. t > 0. x ∈ (0.38) La soluciń del problema que buscamos ser´ de la forma u(x.39) (5. t)|x=0 = u(x. t) donde o a v(x. t)|x=1 = 0. u(x. t) = v(x.39]-[5. e o Introduzcamos la funciń auxiliar ω(x. o Para ´sta se obtiene la ecuaciń e o ∂2v ∂2v = . t)|t=0 = ∂t 5.F. x ∈ [0. t > 0. t) ∂t = 1 + x. 5. ψ1 (t) = t. t) u(x. Soluciń o ∂u(x.37) Las C. t)|x=0 = t. v(x. (5. t) = t + tx = t(1 + x). 1) ∂t2 ∂x2 las C.´ 90CAP´ ITULO 5. evidentemente.41) El problema [5. ψ2 (t) = 2t. t) = v(x. 1] t=0 (5. t) o ω(x. t) + ω(x. 1] ∂t2 ∂x2 ∂u(x. t)|x=1 = 0 y las C. π) ∂t2 ∂x2 ∂u(x. t) ≡ 0 y. t)|x=0 = u(x. x ∈ (0.41] tiene.36) (5. t)|x=0 = v(x. VIBRACIONES FORZADAS DE LA CUERDA HOMOGENEA DE LONGITUD L u(x. t)|x=π = 0.F. t) = t(1 + x). t ≥ 0 u(x. v(x. la soluciń trivial v(x. t) = 1 (1 − cos πt) sen πx.2 u(x. t) = 5. π2 2 cos 2t − sen 2t + t − 2 sen 2x 2 .5. EJERCICIOS PROPUESTOS 91 Soluciones a los ejercicios propuestos 5.5.1 u(x. ´ 92CAP´ ITULO 5. VIBRACIONES FORZADAS DE LA CUERDA HOMOGENEA DE LONGITUD L . Frey 93 . Pero es indudable que en toda experiencia colaboran tanto la experiencia como el pensamiento” G. en todo caso y en una primera aproximaciń. o como puramente ideales.Cap´ ıtulo 6 Ecuaciones de tipo parab´lico o ”Los objetos y las teor´ puremente matem´ticas pueden ıas a ser concebidos. ECUACIONES DE TIPO PARABOLICO .94 ´ CAP´ ITULO 6. en los a cap´ ıtulos 3. Introducciń o En cap´ ıtulos anteriores hemos visto como se resuelven problemas de valor de frontera que involucran ecuaciones diferenciales parciales. que la barra est´ aislada.1: A continuaciń se sumerge en agua hirviendo de modo que su temperatura es de 100o C.1. a ¿Cual ser´ la temperatura de la barra en cualquier lugar y en cualquier tiempo ? a Si denotamos por u la temperatura de la barra fćilmente se deduce que u depende de la a posiciń x de la barra. o o 6. o Luego se saca y los extremos x = 0 y x = L se mantienen en hielo para que la temperatura en los extremos sea de 0o C.4 y 5.´ 6. Vamos a suponer que no hay fugas de calor en la superficie de la barra.2. INTRODUCCION 95 6. a o Veamos el modelo matem´tico que rige el anterior proceso. t). esto significa. y m´s concretamente hemos estudiado. Y T x=0 x=L E X Figura 6. Visualicemos la situaciń a o .1]. y vamos a admitirlo. An´logo estudio vamos a abordar a continuaciń con los problemas que aparecen en el a o estudio de la conducciń o difusiń del calor. Problemas que involucran conducciń de calor o Supongamos una barra delgada de metal de longitud L que se coloca en el eje OX segń u aparece en la figura [6. con detalle las ecuaciones de tipo hiperb´lico que aparecen en problemas o relacionados con vibraciones u oscilaciones. Por tanto u = u(x. como tambiń del tiempo t (medida del tiempo cero cuando la barra o e est´ a 100o C) de observaciń.1. 96 ´ CAP´ ITULO 6. Si tomamos como positiva la direcciń de izquierda a derecha en a o la figura [6. Denotemos la temperatura en el plano B en el tiempo t por u(x. Consideremos el elemento de volumen de la barra incluido entre los dos planos vecinos. t). K ≡ constante de proporcionalidad llamada conductividad t´rmica (depende del e material usado) Nota ∂u ∂x (6. respectivamente. Ley II La cantidad de calor que fluye a trav´s de un ´rea (B o C) por unidad de tiempo e a es proporcional a la tasa de cambio de la temperatura con respecto a la distancia perpendicular al ´rea. donde s es una constante que depende del material usado y se llama calor espec´ ıfico .2]. t). a Para poder continuar en la obtenciń de la formulaciń matem´tica necesitamos tener en o o a cuenta las dos leyes f´ ısicas correspondientes a la transferencia del calor Ley I La cantidad de calor necesario para elevar la temperatura de un objeto de masa m en una cantidad ∆u es ms∆u. ECUACIONES DE TIPO PARABOLICO x=0 A x B C x+∆x Figura 6.2: tomando una secciń transversal constante A ( váse la figura [6. ∆t ≡ cantidad de tiempo durante el cual ocurre el flujo. aunque pudiera tener cualquier forma como la de un cilindro). donde la secciń transvero e o sal es rectangular.2]. de A. paralelos a A y que hemos notado por B y C a distancias x y x + ∆x. podemos escribir Q = −KA∆t siendo Q ≡ cantidad de calor que fluye a la derecha.1) . Entonces en C en el tiempo t estar´ dada por u(x + ∆x. 5) . Esto va en sinton´ con los ıa ∂x hechos f´ ısicos.2) Esta cantidad de calor acumulado eleva o baja la temperatura del elemento de volumen si [6.1] muestra que Q es positivo (esto es.2] es positivo o negativo. De forma similar Q es negativo cuando es positivo.3] es s´lo aproximadamente cierta siendo el grado de aproxiıa o maciń mejor.3) ya que la masa del elemento de volumen es ρA∆x. x (6. ∆t −→ 0 se obtiene K que podemos escribir as´ ı ∂2u ∂u = ρs ∂x2 ∂t (6.2] es ∂u −KA∆t .4) ∂u K ∂2u ∂2u = =κ 2 ∂t ρs ∂x2 ∂x (6. o a n Dividiendo ambos lados de [6. x Similarmente.1] podemos decir que la cantidad de calor que fluye de izquierda a derecha a trav´s del plano B de la figura [6. ∆u y ∆t. cuando la temperatura est´ decreciendo a medida que vamos a la a ∂x ∂u derecha).2]. PROBLEMAS QUE INVOLUCRAN CONDUCCION DE CALOR 97 El signo menos en [6. esto es −KA∆t ∂u ∂x − −KA∆t x ∂u ∂x − = x+∆x KA∆t ∂u ∂x x+∆x ∂u ∂x . el flujo es a la derecha) cuando ∂u es negativo (esto es. Usando [6.3] por A∆x∆t y haciendo que ∆x. Por la Ley I KA∆t ∂u ∂x − x+∆x ∂u ∂x = ms∆u = ρA∆xs∆u x (6. la cantidad de calor que fluye de izquierda a derecha a trav´s del plano C de e la figura [6. es e −KA∆t ∂u ∂x . cuanto m´s pequeõs sean los valores ∆x.2. Deber´ mencionar que [6. ∂x x+∆x De aqu´ se tiene que la cantidad neta de calor que se acumula en el volumen entre C y B es ı la cantidad que entra por B menos la cantidad que sale por C.´ 6. Es fćil generalizar la ecuaciń [6.5] al caso donde el calor puede fluir en m´s de una a o a direcciń. u(L. y. o Si u por alguna razń.7]. Tomando el caso especial donde los extremos se mantienen a 0o C y donde la temperatura inicial de la barra es 100o C. t).8] se o y se llama ecuaciń de conducciń de calor bidimensional. z. o o puede escribir en t´rminos del operador Laplaciano como e ∂u =κ ∂t 2 u. y se tiene que ∂2u ∂2u ∂2u 2 2 u=0 ´ o u= + 2 + 2 =0 (6.3] e que ser´ la cantidad de calor que escapa (o fluye dentro) del elemento. resultan las siguientes condiciones de frontera u(0. 0) = 100. o Por ejemplo. ECUACIONES DE TIPO PARABOLICO K el coeficiente de difusividad del material. t) entonces se tiene o ıa. t) = 0. o o siendo κ = Nota Si la superficie no estuviera aislada tendr´ ıamos que considerar un t´rmino extra en [6.9) La ecuaciń [6.11) ∂x2 ∂y ∂z .8) donde κ tiene el mismo significado que antes.6) ∂t ∂x siendo c constante y u0 la temperatura de los alrededores. u se llama temperatura de estado estacionario. t) = 0.7) Tenemos as´ que el problema de valor de frontera (PVF) es el de determinar la soluciń de ı o la EDP [6.5] se llama ecuaciń o o ρs de flujo de calor o de conducciń de calor en una dimensiń. (6. si tenemos conducciń de calor en tres direcciones la ecuaciń es o o ∂u =κ ∂t ∂2u ∂2u ∂2u + 2 + 2 ∂x2 ∂y ∂z (6. La ecuaciń [6.98 ´ CAP´ ITULO 6. y cuya ecuaciń en ıa o este caso ser´ a ∂2u ∂u = κ 2 − c(u − u0 ) (6. 0 < x < L (6. por ejemplo simetr´ es u = u(x.5] que satisfaga las condiciones [6. t > 0 u(x. ∂u =κ ∂t ∂2u ∂2u + 2 ∂x2 ∂y (6. y la ecuaciń se denomina ecuaciń de o o conducciń de calor tridimensional. y. siendo la temperatura u tal que u = u(x.10) Y si u no depende del tiempo. es decir.3. +∞) ∂t ∂x y las C. +∞). La o o o unica diferencia esencial es que u denota la densidad o concentraciń de las part´ ´ o ıculas que se mueven. o Nota De lo anterior es fćilmente deducible. u(x.3. El flujo de a e a calor desde posiciones de alta o baja temperatura es debida a la dispersiń o difusiń de o o tales part´ ıculas desde lugares donde su concentraciń o densidad es alta a lugares donde es o baja. t) que satisfaga o ∂2u ∂u = a2 2 . o por lo menos nos invita a pensar. Problema de Cauchy para la conductibilidad t´rmie ca Consideremos la ecuaciń de conductibilidad t´rmica o e ∂u ∂2u = a2 2 + f (x. t) ∂t ∂x (6. que la cona ducciń de calor es debida al movimiento aleatorio de las part´ o ıculas de materia tales como ´tomos y molćulas. las fuentes estń o e a ausentes. ıa tener la difusiń de drogas desde la corriente sangu´ o ınea a c´lulas u ´rganos. x ∈ (−∞. 6.I. (6. t > 0. La interpretaciń de difusiń de la conducciń de calor ha sido sugerida anterio o o ormente cuando nos referimos a κ como la difusividad. t)|t=0 = ϕ(x). El Problema de Cauchy se plantea de la siguiente manera Hallar la funciń u(x.12) donde a2 = κ. PROBLEMA DE CAUCHY PARA LA CONDUCTIBILIDAD TERMICA 99 que es la ecuaciń de Laplace. t) = 0 se tiene la ecuaciń homogńea.13) El sentido f´ ısico del problema consiste en determinar la temperatura de una varilla homogńea ilimitada en cualquier t > 0 segń su temperatura conocida ϕ(x) en el instante e u . La misma e o ecuaciń derivada antes para la conducciń de calor se puede aplicar para la difusiń. Estos problemas son comunes en Qu´ ımica y Biolog´ Por ejemplo. en Biolog´ se puede ıa.´ 6. para f (x. cuanto mayor sea la velocidad mayor ser´ la temperatura. x ∈ (−∞.14) (6. e u La expresiń o u(x. y satisface la ecuaciń [6. +∞) Hagamos √ √ x−λ √ = µ ⇒ λ = x − 2a tµ ⇒ dλ = −2a tdµ.t) = {u(x. o La expresiń [6.15] tiene derivadas de cualquier orden o o respecto a x y t. o En efecto. cuando t > 0. t) = 2a πt 1 √ +∞ −∞ ϕ(λ)e− (x−λ)2 4a2 t dλ.13] siendo t > 0 y x cualquiera. 0) = √ π +∞ +∞ −∞ +∞ −∞ √ 2 ϕ(x − 2a tµ)e−µ dµ ϕ(x)e−µ dµ = ϕ(x) 2 ya que −∞ e−µ dµ = 2 √ π. x ∈ (−∞. t) determinada por la f´rmula [6. t)| < M. t > 0 (6.15) nos da la soluciń del problema inicial de Cauchy. Nota En la clase de las funciones acotadas Cu(x. ECUACIONES DE TIPO PARABOLICO t = 0. 2a t Por lo tanto 1 u(x.100 ´ CAP´ ITULO 6. y se llama Integral de Poisson. t) = √ π de donde para t → 0+ se obtendr´ a 1 u(x. t)|t=0 = ϕ(x). . t > 0} la soluciń del problema de Cauchy planteado es unica y depende continuamente de los datos o ´ iniciales.15] conseguida (consultar cualquier manual especializado de EDP) nos o lleva a afirmar que se puede mostrar que para una funciń continua y acotada cualquiera o ϕ(x) la funciń u(x. x ∈ (−∞. Se considera que la superficie lateral de la varilla est´ termoaislada de tal manera que a a trav´s de ella el calor no se evacá.15] satisface la condiciń inicial o o u(x. +∞). veamos que la expresiń [6. t)/|u(x. t) ∂t ∂x y la C. Propagaciń del calor en una varilla finita o Planteamiento del problema Si la varilla tiene longitud finita L y ocupa el segmento 0 ≤ x ≤ L del eje OX. plantear las condiciones de frontera..4. t) = −K ∂x x=L de donde ∂u Q(L. t)|t=0 = ϕ(x) (6.17) hace falta fijar tambiń el r´gimen de temperaturas en los extremos de la varilla. x=0 (6. A. PROPAGACION DEL CALOR EN UNA VARILLA FINITA 101 6. = −λ[u(L. entonces para plantear el problema de propagaciń del calor en tal varilla.En los extremos de la varilla se fijan los valores de la derivada ∂u ∂x = β1 (t). t) = µ1 (t).´ 6. x = L.I.. adem´s de la ecuaciń o a o ∂u ∂2u = a2 2 + f (x.. o entonces ∂u Q(L. en el cual se examina el proceso. entonces se dice que el extremo correspondiente de la varilla est´ t´rmicamente a e aislado. B.16) ∂u ∂x = β2 (t). Si β1 (t) ´ β2 (t) son idńticamente o e = β2 (t). o e Se examinan tres tipos principales de las condiciones de frontera. es decir. Las condiciones de frontera pueden ser diferentes en funciń del r´gimen de temperaturas en los extremos de la varilla.En los extremos de la varilla se fija la temperatura u(0. u(L. t) − θ(t)] ∂x x=0 ∂x x=L .1. t) . si para x = L se da la magnitud Q(L. o sea. si se da la magnitud del flujo calor´ ıfico Q que circula a trav´s e de la secciń de tope de la varilla.En los extremos de la varilla vienen dadas las relaciones lineales entre la funciń y su o derivada ∂u ∂u = λ[u(0. C. x=L Estas condiciones surgen. t).4.4. µ2 (t) son funciones planteadas para el intervalo de tiempo 0 ≤ t ≤ T . t) − θ(t)]. 6. u(x. Por ejemplo. y β2 (t) = − ∂x x=L K nulos. t) = µ2 (t) donde µ1 (t). en e e x = 0. Problema mixto para la ecuaciń de conductibilidad t´rmica o e El problema que se plantea es el problema del caso A anterior: Hallar la soluciń u(x. t) ∂t ∂x (6. en la superficie del cuerpo con el medio e u ambiente. t) de la ecuaciń o o ∂2u ∂u = a2 2 + f (x. segń la ley de Newton. y λ o es el coeficiente de intercambio t´rmico. Aprovechńdose de dos expresiones para el flujo calor´ a ıfico que circula a trav´s de la e secciń x = L o ∂u Q = h(u − θ). t).18) . Nota Las tareas limitadas o enumeradas anteriormente en los tres casos no agotan ni mucho menos las posibilidades de los problemas de contorno por la ecuaciń o ∂u ∂2u = a2 2 + f (x.102 ´ CAP´ ITULO 6. ı. ∂t ∂x As´ en diferentes extremos de la varilla pueden plantearse condiciones de diferentes tipos. cuya temperatura es θ(t). x=L λ= h K Para la secciń x = 0 de la varilla la tercera condiciń de frontera tiene la forma de o o ∂u ∂x = λ[u(0. Esta condiciń de frontera corresponde al e o intercambio t´rmico. t) − θ(t)] x=0 puesto que para el flujo calor´ ıfico −K ∂u para x = 0 tenemos ∂µ ∂u ∂u =− ∂µ ∂x (normal exterior a la varilla en el extremo x = 0 que tiene la direcciń opuesta respecto o al eje OX). Q = −K ∂x obtenemos el enunciado de la tercera condiciń de frontera en forma de o ∂u ∂x = −λ[u(L. ECUACIONES DE TIPO PARABOLICO donde θ(t) es conocida y representa la funciń temperatura del medio ambiente. 6.4. t) − θ(t)].2. 3] para lo cual es necesario que las funciones ϕ(x). t)|x=0 = µ1 (t). t) se o o busca s´lo para 0 < x < L y t > 0. 0 ≤ x ≤ L y las C. o bien en los puntos de frontera x = 0 ´ x = L. t) ∈ C(D) satisface la ecuaciń de a o ∂u ∂2u conductibilidad t´rmica e = a2 2 en la regiń D = {0 < x < L. donde o los valores de u(x.´ 6. t) se plantean de antemano por las C. entonces en el interior del cuerpo (en ausencia de fuentes f (x. Si la temperatura de un cuerpo en los puntos de frontera o en el momento inicial no supera cierto valor M . Nota De la misma manera que para las ecuaciones de tipo hiperb´lico.I. x = L. u(x.4. 0 < t ≤ T }.F. 0 ≤ t ≤ T } de o t T t=T D x=0 x=L E X Figura 6. o u(x.F. t) es continua en la regiń cerrada D = {0 ≤ x ≤ L. t) ∈ C 2 {0 < x < L. y C. t)|t=0 = ϕ(x). ϕ(L) = µ2 (L). la funciń u(x. t) se obtienen o bien en el momento inicial del tiempo t = 0. . entonces o ∂t ∂x los valores m´ximo y m´ a ınimo de u(x.1 (Principio del valor m´ximo) Si u(x. Teorema 6. µ1 (t). t)|x>L = µ2 (t). µ2 (t) sean continuas y que se cumplan las condiciones de concordancia ϕ(0) = µ1 (0).19) Consideremos que u(x. (6. o La interpretaciń f´ o ısica de este teorema es evidente.I.3: la figura [6. pero no cuando t = 0 y no cuando x = 0. PROPAGACION DEL CALOR EN UNA VARILLA FINITA 103 en la regiń 0 < x < L. t > 0} que satisface la C. u(x.20) (6. u(x. t > 0. t)) no puede generarse la temperatura superior a M . 21) (6. Soluciń de la ecuaciń homogńea o o e Calculemos la soluciń de la ecuaciń homogńea o o e ∂u ∂2u = a2 2 ∂t ∂x que satisface la C.24) 6. 0 < x < L ∂t ∂x que satisface la C. t)|t=0 = ϕ(x). (6. u(x.F. t ≥ 0. t). u(x. t ≥ 0 (6. 0 < x < L ∂t ∂x u(x.I. t > 0. 0 ≤ t ≤ T } es unica y depende continuamente de las a ´ condiciones iniciales y de frontera.27) a) Busquemos las soluciones no triviales de la ecuaciń [6.25) (6.28) (6.22) (6.F. t)|x=0 = 0. 0 ≤ x ≤ L u(x.30) .27] que satisfacen las condiciones o de frontera [6. u(x. u(x.2 La soluciń del problema o ∂u ∂2u = a2 2 + f (x.26) (6. ECUACIONES DE TIPO PARABOLICO Teorema 6.1. t)|x=L = µ2 (t). t)|t=0 = ϕ(x) y las C. t) = X(x)T (t) (6. t)|x=L = 0 (6. t)|x=L = µ2 (t).29] en la forma u(x.23) en el rectńgulo D = {0 < x < L.5. o sea o e hallemos la soluciń u(x. u(x. u(x. t)|x=0 = µ1 (t). t)|x=0 = µ1 (t).5. M´todo de Fourier para la conductibilidad t´rmica e e Resolvamos el primer problema mixto para la ecuaciń de conductibilidad t´rmica. t) de la ecuaciń o o ∂u ∂2u = a2 2 + f (x. 6.29) (6.104 ´ CAP´ ITULO 6. 0 ≤ x ≤ L y las C.I. t > 0. u(x. t). t)|t=0 = ϕ(x). t) = an e−( nπa L n = 1. hace falta hallar las soluciones no triviales de la ecuaciń o [6.5.27] y las C.33] que satisfagan las C.F.34]. [6. 2. .33) Para obtener las soluciones no triviales u(x. b) Construyamos la serie formal ∞ u(x. arbitrarias) Tn (t) = an e−( L ) t Las funciones 2 ) t sen nπ x. Cuando λ = λn . del problema [6.33]-[6. X(0) = 0.31) (6.F. (6.30]. t) = n=1 an e−( nπa L 2 ) t sen nπ x L (6. .32) (6. la soluciń general de la ecuaciń [6. con λn = existen las soluciones no triviales Xn (x) = sen πn x. o un (x. . X(0) = 0. X(L) = 0. que satisfagan las condiciones de frontera [6. . para los cuales existen las soluciones no triva iales del problema X (x) + λX(x) = 0.29]. Este problema ya se ha estudiado con anterioridad.32] o o tiene la forma nπa 2 (an ≡ ctes.´ ´ 6.29]. t) en forma de [6.35) .34) De tal modo para determinar la funciń X(x) llegamos al problema de valores propios: o Hallar aquellos valores del par´metro λ. n = 1. METODO DE FOURIER PARA LA CONDUCTIBILIDAD TERMICA 105 sustituyendo u(x. X(L) = 0. L satisfacen la ecuaciń [6. .30] en la ecuaciń [6. (6.27]. obtendremos o T (t)X(x) = a2 T (t)X (x) ⇒ X (x) T (t) = = −λ ⇒ 2 T (t) a X(x) T (t) + a2 λT (t) = 0 X (x) + λX(x) = 0. L πn L 2 . . 2. t) de la forma [6. t).35] satisfaga la C. este problema no a es correcto. Notas a) La ecuaciń o ∂u ∂2u = a2 2 es asim´trica respecto al tiempo t. Los coeficientes an del desarrollo se determinan por las f´rmulas ya conocidas o an = 2 L L ϕ(x) sen 0 nπ x dx. (6. t > 0 y o satisface las C.36] con los coeficientes an determinados por [6. 0 < e−( L ) t ≤ 1 entonces la serie [6.106 ´ CAP´ ITULO 6. o sea. tambiń convergen absoluta y uniformemente. . converger´ a la funciń ϕ(x) a o nπa 2 absoluta y uniformemente. e Pero esto se deduce de ser 0< nπa 2 n2 π 2 a 2 < e−( L ) t < 1 2 L si n es suficientemente grande y t > 0. es continua en la regiń 0 < x < L.35] mediante derivaciń t´rmino a t´rmino respecto a t una vez y respecto o e e a x dos veces. (6.35] para t ≥ 0 tambiń converge absoluta y uniformemente.37]. ∂u ∂2u o o = a2 2 en c) Nos queda por demostrar que la funciń u(x. .29] y la dependeno cia continua entre la soluciń y ϕ(x) est´ asegurada.F.I. Para esto es suficiente demostrar que las series obtenidas a o partir de [6.36] representa el desarrollo de la funciń dada ϕ(x) en la serie de Fourier reso pecto a los senos en el intervalo (0. u(x. mientras que la ecuaciń e o ∂t ∂x 2 2 ∂ u ∂ u ondulatoria = a2 2 si es sim´trica respecto del tiempo.I. para t < 0. t > 0. entonces la serie a [6. Puesto que para t ≥ 0.35]. Al contrario. y C.27] o a est´ planteado correctamente para t > 0. Por lo tanto el problema [6. e 2 ∂t ∂x . L ∀n = 1. 2. cuando 0 < x < L.36) L n=1 La serie [6. t > 0.37) Supongamos que ϕ(x) ∈ C 2 [0. L). . ECUACIONES DE TIPO PARABOLICO Si se requiere que la funciń u(x.27]-[6. la suma de la serie [6. t) de [6. Por eso la funciń e o u(x. t)|t=0 = ϕ(x). o obtendremos ∞ nπ ϕ(x) = an sen x. t) satisface la ecuaciń ∂t ∂x la regiń 0 < x < L. La unicidad de la soluciń del problema mixto planteado [6. L] y que adem´s ϕ(0) = ϕ(L) = 0. 38) . t)|t=0 = ϕ(x) w(x. t) = 0 o a) Buscamos la soluciń del problema en la forma u(x. (6. t)|x=0 = v(x. como el ´ a futuro del proceso.43) (6. u(x. Podemos pronosticar cu´l a ∂t ∂x ser´ el valor dado de u dentro del tiempo t. t) = f (L. tiene la continua. Soluciń de la ecuaciń no homogńea o o e Calculemos la soluciń de la ecuaciń no homogńea o o e ∂u ∂2u = a2 2 + f (x. t)|x=0 = w(x. ∂x f (0.5. 0 < x < L ∂t ∂x que satisface la C. y para todo t > 0. t) la determinamos como soluciń del problema o ∂v ∂2v = a2 2 + f (x. t) ∂t ∂x v(x.40) (6. t)|x=0 = u(x.45]-[6. t)|t=0 = 0 v(x.2. t)|x=L = 0. cuando se trata de la ecuaciń o o o ondulatoria. t). 0 ≤ x ≤ L y las C. METODO DE FOURIER PARA LA CONDUCTIBILIDAD TERMICA 107 ∂u ∂2u b) La ecuaciń o = a2 2 describe procesos irreversibles.I. t) + w(x. t) donde v(x.F.45) (6.47) (6. u(x. pero no podemos decir con certeza cu´l fue a a u el tiempo t antes. por ejemplo.46) (6. En el caso de la ultima es fćil ver tanto el desarrollo pasado. t) = v(x.47] se ha examinado en el problema anterior.5. t) es continua. t)|x=L = 0 El problema [6. Esta diferencia entre la fase futura y la fase pasada es t´ ıpica para la ecuaciń parab´lica y no tiene lugar. t) como soluciń del problema o ∂w ∂2w = a2 2 ∂t ∂x w(x. t > 0.41) (6.44) (6.´ ´ 6. t)|t=0 = ϕ(x). t)|x=L = 0 y w(x.39) (6.42) (6. 6. t ≥ 0 ∂f Supongamos que f (x. 2 L L (6. . obtendremos o ∞ Tn (t) + n=1 nπ n2 π 2 a2 Tn (t) sen x = f (x.38]-[6. 3. n = 1. t).42].48] en la ecuaciń [6. obtendremos la soluciń v(x. . .51) L 0 L Comparando los desarrollos [6.48]. t) en la serie de Fourier. t) ser´ la soluciń del problema mixto inicial a o [6. t) = w(x. .52] para las condiciones iniciales anteriores tienen la forma L Tn (t) = 0 fn (α)e−( nπa L ) 2 (t−α) dα. ECUACIONES DE TIPO PARABOLICO b) Busquemos la soluciń del problema [6. t) en la serie de Fourier respecto a los senos o ∞ f (x. 3.49) Desarrollamos la funciń f (x. . L (6. t) = n=1 fn (α)e−( nπa L ) 2 (t−α) dα sen nπ x.40]. t) en forma de [6. 0) = 0 = n=1 Tn (0) sen nπ x. obtendremos n2 π 2 a2 Tn (t) + Tn (t) = fn (t). x ∈ [0. (6. L] L resulta que Tn (0) = 0.50] de la forma f (x. .53) En definitiva u(x. . t) + v(x. L (6.48) segń las funciones propias u sen nπ x L del problema de contorno X (x) +λX(x) = 0 X(0) = X(L) = 0. (6. Introduciendo v(x. n = 1. . 3. n = 1. 2. n = 1.44]en la forma de la serie o ∞ v(x. . 2. . .44] o ∞ L 0 v(x. t) sen ξdξ. Introduciendo las expresiones que hemos hallado para Tn (t) en la serie [6. . a o fn (t) = ∞ v(x.42]-[6.50) donde 2 L nπ f (ξ. t).108 ´ CAP´ ITULO 6. . t) = n=1 fn (t) sen nπ x. . t) = n=1 Tn (t) sen nπ x L (6.49] y [6. t) del problema [6. 2. Las soluciones de las ecuaciones [6.42]-[6.52) L2 Aprovechńdose de la condiciń inicial para v(x. 2. Demostrar que si la temperatura inicial es e −σ 2 x2 ϕ(x) = u0 e .6. u(x. t) (6. La temperatura πx 2πx inicial de la varilla se determina por la f´rmula u(x. x . la mitad derecha de la barra est´ a 0o C.4 Estudiar el ejemplo 1 de los ejercicios resueltos cuando los extremos x = 0. 0) = 2 sen 3x. +∞).5.F.2 Los extremos de una varilla de longitud π se mantienen a temperatura nula.54]-[6.5 Una barra met´lica de 100 cm de longitud tiene sus extremos x = 0.56]. a 6. t)|t=0 = ϕ(x) (6.6.56) El m´todo de Fourier no es aplicable directamente a causa de la heterogeneidad de las e condiciones [6. t).1 Supongamos una varilla homogńea infinita. u(x. t)+w(x.3. t)|x=L = µ2 (t) (6.I. t) = √ e 1+4a2 σ2 t 2 σ2 t 1 + 4a 6. x = 100 estń a aislados en vez de estar mantenidos a 0o C.F. t > 0}. t)|x=0 = µ1 (t). EJERCICIOS PROPUESTOS 109 6. Determinar la temperatura de la varilla o en un instante cualquiera t > 0.6.55) y las C.54) ∂t ∂x que satisface la C. t) o o de la ecuaciń o ∂2u ∂u = a2 2 + f (x. Ejercicios propuestos 6. Determinar L L la temperatura de la varilla en un instante cualquiera t > 0. t) donde w(x.3 Los extremos de una varilla de longitud L se mantienen a temperatura nula. (u0 > 0. Para su resoluciń. hacemos u(x. 6. u(x. L 6. x ∈ (−∞. 0) = 3 sen o − 5 sen .56] se reduce a la soluciń del problema anterior. busquemos la soluciń u(x. la temperatura es 2 2 u0 − σ x u(x. σ > 0 constantes) en un momento cualquiera t > 0. no homogńeas o e Sea el problema siguiente en la regiń {0 < x < L. La temperatura inicial se determina por la f´rmula u(x. Inicialmente. Soluciń del problema con C. x = 100 mantenidos a 0o C. mientras que la otra mitad est´ a a a . t) = µ1 (t)+[µ2 (t) − µ1 (t)] o La soluciń del problema [6. t) = v(x. para o o v(x. 6. 0) = 60. mientras que la otra mitad est´ a a a o 40 C. t) = 2e−9a 6. ECUACIONES DE TIPO PARABOLICO 80o C. son u(0. y un entorno aislado.5 u(x.2 u(x. y un entorno aislado. X + λ2 X = 0 . 0 < x < 50 50 < x < 100 (6.3 u(x.4 u(x.T en [6. t) = 0.57) Asumiendo una soluciń u = X. t) es la temperatura en el lugar xo al tiempo t. Ejercicios resueltos a 6. 40. encontrar la temperatura en cualquier posiciń de la barra en cualquier tiempo.s.2 n2 π2 t nπ 100 1 − cos e sen x.7. Las C.s.g.o La ecuaciń de conducciń del calor es o o ∂2u ∂u = 0. como aportaciń ya dada en cap´ o ıtulos anteriores. L −6 ∞ 6.57] se encuentra o XT = 0.10 n2 π 2 t cos nπx 100 6.16X T =⇒ X T = 0.16 unidades c. t) = n=1 2 160 nπ −0.58) (6. la mitad de la barra est´ a 60o C. x = 100 mantenidos a 0o C. nπ 2 100 6.16λ2 T = 0.110 ´ CAP´ ITULO 6. Asumiendo un coeficiente de difusividad de 0.2 unidades c.16T X Haciendo iguales a una constante la cual. denotamos por −λ2 y por tanto T + 0.1 Una barra met´lica de 100 cm de longitud tiene sus extremos x = 0. Asumiendo un coeficiente de difusividad de 0. u(x. o Soluciń. t) = 0. t) = 50 + n=1 ∞ e−16. Inicialmente.F. o Soluciones a los ejercicios propuestos 6.16 2 ∂t ∂x siendo u = u(x. u(100. encontrar la temperatura en cualquier posiciń de la barra en cualquier tiempo. t) = 3e− 2 t sen 3x t a2 π 2 L2 sen πx − 5e− L nπ 40 sen nπ 2 4a2 π 2 L2 t sen 2π x.g. t) = y es la soluciń unica.10−6 π2 t πx 40 2πx e sen + e−64. EJERCICIOS RESUELTOS 111 y as´ obtenemos la soluciń ı o u(x. b2 = . obtenemos ϕ(x) = e− a o 2 u(x. λ = . La integral del segundo miembro la resolvemos de la siguiente forma +∞ −∞ e− λ2 2 e− (x−λ)2 4t +∞ dλ = −∞ e− λ2 2 e− 4t + 2t − 4t dλ = x2 xλ λ2 . 0) sen 0 nπx dx 100 50 100 2 2 nπx nπx dx + dx = 60 sen 40 sen 100 0 100 100 50 100 120 nπ 80 nπ = 1 − cos + cos − cos nπ . a=1 (6. ··· π π De aqu´ se tiene que [6.10 π t sen + ··· π 100 π 100 6. t)|t=0 = e− Soluciń o Aprovechńdose de la f´rmula de Poisson.2 Hallar la soluciń del problema de Cauchy o ∂u ∂2u = .58] muestran que A = 0.7. t) = b1 e−16. bn = 2 100 100 u(x.59) πx 2πx Para t = 0 b1 sen + b2 sen = u(x.6. nπ Las dos primeras condiciones de [6. +∞) ∂t ∂x2 u(x. t) = √ 2 πt +∞ −∞ x2 2 x2 2 . o ´ −6 2 200 −16.16λ t (A cos λx + B sen λx) . t > 0. Para satisfacer la 100 ultima condiciń usamos la superposiciń de las soluciones para obtener ´ o o u(x. t) = e−0. +∞) .10 −6 2 π2 t sen −6 2 πx 2πx + b2 e−64. 0) 100 100 As´ tenemos ı.10 π t sen + ··· 100 100 (6.59] adopta la forma ı u(x. nπ 2 nπ 2 As´ b1 = ı 200 40 . x ∈ (−∞. x ∈ (−∞.60) e− λ2 2 e− (x−λ)2 4t dλ. introduciendo u(x.62) x2 1 e− 2(1+2t) . buscando las soluciones no triviales de la ecuaciń e o [6.I.F.X(x).112 ´ CAP´ ITULO 6.60] se obtiene √ +∞ 2 (x−λ)2 x2 2 πt − 2(1+2t) −λ 2 e− 4t dλ = √ e e 1 + 2t −∞ As´ la soluciń u(x. la integral del segundo miembro de [6.62] y separando las variables. t)|t=0 = sen x. y en los extremos de la varilla se mantiene la temperatura cero. 0 ≤ x ≤ π y las C. Soluciń o I) Formalmente el problema consiste en resolver el problema mixto ∂u ∂2u = a2 2 .61] tomar´ la a 1 + 2t forma √ √ +∞ 2 2t 2 πt −α √ e 2 dα = √ . a 6.64) II) Apliquemos el m´todo de Fourier. [6.63) (6. 2 (6.64] en la forma u(x. Por eso de [6.61) x = α. t) del problema dado se determina por la expresiń ı o o u(x. 1 + 2t t>0 . t > 0. se obtiene X (x) T (t) = = −λ a2 T (t) X(x) (6. t)|t=0 = sen x.F. 0 ≤ x ≤ π. t)|x=0 = u(x. Como ya sabemos. si la temperatura inicial o de la varilla u(x. t ≥ 0 (6. t)|x=π = 0.3 Hallar la distribuciń de temperaturas en una varilla de longitud π. ECUACIONES DE TIPO PARABOLICO +∞ −∞ = e− 2(1+2t) √ Llamando 1 + 2t √ = 2t λ− x2 e− 2 1 (1+2t) 2t x (λ− 1+2t ) dλ. 0 < x < π ∂t ∂x que satisface la C. u(x. t) = √ Nota De la integral de Poisson se deduce que el calor se propaga a lo largo de la varilla instantńeamente. t) = T (t). 1 + 2t −∞ 1 + 2t √ α2 +∞ (Hemos utilizado la igualdad −∞ e− 2 dα = 2π). t) en forma de la expresiń anterior en la ecuaciń o o [6. u(x.62] que satisfacen las C. la soluciń general de [6. .. La soluciń del problema [6. 2.66]-[6. t) = n=1 an e−(na) t sen nx.64] est´ en la serie o a ∞ u(x. n = 1. · · ·.6. por lo que 2 u(x.67] son λn = n2 . Cuando λ = λn .66) (6. III) De aqu´ que la soluciń del problema sea ı o u(x. 0) = sen x = n=1 an sen nx de donde a1 = 1. t)t=0 = sen x. 3. EJERCICIOS RESUELTOS 113 de donde T (t) + λ2 a2 T (t) = 0 X (x) + λX(x) = 0 X(0) = X(π) = 0 (6.7. t) = e−a t sen x 2 . 2 Al exigir el comportamiento de la condiciń inicial u(x.67) Los valores propios del problema [6. y las funciones propias son Xn (x) = sen nx. se obtiene o ∞ u(x.65] es Tn (t) = o 2 2 an e−a n t . k = 2. . t) = an e−(na) t sen nx. ak = 0.65) (6. .62]-[6. ECUACIONES DE TIPO PARABOLICO .114 ´ CAP´ ITULO 6. Fr¨berg o ”La naturaleza tiene horror al vac´ ıo” R. Descartes 115 . a e la computaciń un arte” o C.E.Cap´ ıtulo 7 Ecuaciones de tipo el´ ıptico ”El an´lisis num´rico es una ciencia. ECUACIONES DE TIPO EL´ IPTICO .116 CAP´ ITULO 7. 1. entonces dV = ρdXdY dZ = r ρdXdY dZ (x − X)2 + (y − Y )2 + (z − Z)2 (7. r = r r (x − X)2 + (y − Y )2 + (z − Z)2 . Introducciń o La ecuaciń diferencial en derivadas parciales lineal general de segundo orden con u = o u(x. la carga por unidad de volumen (o masa por unidad de volumen). y) + C(x. b) x Estudio an´logo realizamos en este tema con los problemas que se plantean al estudiar el a potencial elćtrico o gravitacional. ∂x2 ∂y ∂2u ∂2u + = 0 es el´ ıptica para x < 0.´ 7. ∀(x.2) . debido a la carga (masa) dada por e ρdXdY dZ. e 7. y) ∈ Ω. elćtrico o gravitacional.1) en cierta regiń Ω ⊂ R2 es el´ o ıptica si B 2 − AC < 0. es decir. y) + (7. y) ∂2u ∂2u ∂2u + 2B(x. La regiń M o o supongamos que representa una distribuciń continua de cargas elćtricas (o una distribuciń o e o continua de masa). As´ por ejemplo ı a) ∂2u ∂2u + 2 = 0 es el´ ıptica ∀(x. gravitacional en P debido a la masa m en Q) est´ definido por a Si dV representa el potencial. Q). y)u = f (x. y) ∂x ∂y A(x. parab´lica para x = 0 e hiperb´lica o o ∂x2 ∂y 2 para x < 0. y) ∈ Ω. Sea ρ la densidad de carga ( o densidad de masa). y) 2 + ∂x2 ∂x∂y ∂y ∂u ∂u a(x. y) + c(x.1.1]. El potencial elćtrico en P debida a la carga que denominaremos por q en Q ( o potencial e q m siendo r ≡ d(P. INTRODUCCION 117 7.2. Problemas que involucran potencial elćtrico o grae vitacional Sea una regiń M del espacio R3 como la que aparece en la figura [7. y) + b(x. respectivamente.4) que ya sabemos que es la ecuaciń de Laplace.3]. Z) E Y Figura 7. y luego sumarlas encontramos ∂2V ∂2V ∂2V + + =0 ( 2 2 ∂x ∂y ∂z 2 2 V = 0) (7. y vemos si se puede eliminar la integral en [7. z) CAP´ ITULO 7. de densidad ρ Q • d d d d d d X © Q(X. y.D. Pero por diferenciaciń ordinaria se tiene o r ∂2 ∂x2 1 r = 2(x − X)2 − (y − Y )2 − (z − Z)2 [(x − X)2 + (y − Y )2 + (z − Z)2 ] 2 5 . ECUACIONES DE TIPO EL´ IPTICO Elemento de volumen dXdY dZ.4] no es dif´ de establecer. tomemos las derivadas parciales con respecto o a x. que sea satisfecha por V . Y. Para obtener tal ecuaciń diferencial.1: De aqu´ sigue que el potencial total V debido a la carga o distribuciń de masa en la regiń ı o o 3 M ⊂ R se puede calcular por medio de la integral de [7. el resultado equivale a o o 1 mostrar que el Laplaciano de es cero. Al tomar las derivadas segundas con respecto a x.118 Z T • P (x. citada en los temas anteriores.P.3]. y y z. (7. y y z. Para ello tomamos 2 en ambos lados de [7. Intercambiando el orden de la derivaciń e integraciń.2] sobre la regiń M para obtener o V = M ρdXdY dZ (x − X)2 + (y − Y )2 + (z − Z)2 . o Nota ıcil a) El resultado [7.3) Al estudiar problemas de potencial es conveniente encontrar una E. Las a o e ecuaciones [7. se asumi´ que el potencial se va a encontrar en puntos o o no ocupados por materia o carga elćtrica. En el caso de que queramos encontrar el e potencial en puntos ocupados por materia o carga.3. temperatura o independiente del tiempo.4].4]. Problemas de valor de frontera que involucran la ecuaciń de Laplace o Anteriormente se ha deducido que el potencial elćtrico o gravitacional debido a una e distribuciń de carga elćtrica o de masa satisface la ecuaciń de Laplace o e o 2 V = ∂2V ∂2V ∂2V + + =0 ∂x2 ∂y 2 ∂z 2 (7. en el movimiento de un fluido e incompresible de aerodin´mica o hidrodin´mica.6] se pueden tambiń interpretar como una ecuaciń de conducciń de o e o o calor para la determinaciń de temperatura de estado estacionario. .3. c) Para llegar a la ecuaciń [7. ∂x2 ∂y 2 (7.´ 7.6) Cuando se generaliza a m´s de tres dimensiones se pierde la visualizaciń geom´trica.5] ´ [7.5) que es el caso tridimensional. sucede que esta ecuaciń tamo o biń aparece en otros campos tales como. esto es. se obtiene que la ecuaciń est´ dada o a 2 por V = −4πρ que se llama Ecuaciń de Poisson. b) Este resultado de 2 V = 0 se ha obtenido al usar el concepto de potencial elćtrico e o gravitacional para llegar a la ecuaciń de Laplace. El caso especial ρ = 0 da o [7. En el caso bidimensional es 2 V = ∂2V ∂2V + = 0. PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA QUE INVOLUCRAN LA ECUACION DE LAPLACE119 ∂2 ∂y 2 ∂2 ∂z 2 1 r 1 r = = 2(y − Y )2 − (y − Y )2 − (x − X)2 [(x − X)2 + (y − Y )2 + (z − Z)2 ] 2 2(z − Z)2 − (x − X)2 − (y − Y )2 [(x − X)2 + (y − Y )2 + (z − Z)2 ] 2 5 5 donde para ahorrar trabajo podemos obtener los dos ultimos resultados a partir del ´ primero por simetr´ ıa. por ejemplo. En tal caso V es un potencial de a a velocidad. 7. Es obvio que al sumar se obtiene el cero. y esperar´ o ıamos que cada punto de la placa finalmente alcanzara algń equilibrio unico o temperatura u ´ de estado estacionario y permanecer´ a esta temperatura siempre que las condiciones ıa se mantengan.1] a a e deber´ ser cierto. (El teorema se puede generalizar a regiones o acotadas por superficies cerradas).1.1] se puede extender a regiones no acotadas por procedimientos de l´ ımites apropiados. ECUACIONES DE TIPO EL´ IPTICO Ya hemos estudiado el problema que involucra la ecuaciń de Laplace al tratar el caso de o la temperatura de estado estacionario en una placa semi-infinita. Decir espec´ e ıficamente el valor de V en la frontera C equivale a mantener esta frontera a alguna distribuciń de temperatura prescrita. Supongamos que la regiń representa una placa met´lica de espesor ıa o a despreciable cuyas caras estń aisladas de modo que el calor no puede entrar ni esa capar a trav´s de ellas. o o V es alguna funciń especificada en la curva C. o ´ . c) El teorema anterior [7. Soluciń del problema de Dirichlet para el circulo empleando o el m´todo de Fourier e Obtener la soluciń de la ecuaciń de Laplace en una regiń M ⊂ R2 acotada por una o o o circunferencia de centro (0. Una funciń que es o una soluciń de la ecuaciń de Laplace con frecuencia se llama funciń armńica (¡ o o o o ya la estudiaremos con m´s detalles m´s adelante !) a a b) Desde un punto de vista prćtico es fćil entender porqu´ el teorema anterior [7. Entonces existe una soluciń unica V de u o ´ la ecuaciń de Laplace en la regiń la cual toma valores prescritos en la frontera C. si V es una funciń especificada en la o frontera C.1 Sea D una regiń de R2 acotada por una curva cerrada C la cual no se interseca a si misma en ningń punto de la misma. 0) y radio la unidad.120 CAP´ ITULO 7. o Teorema 7. [PASO 1 ] Aplicando el teorema [7.3.1] se ve que este es un problema de Dirichlet para el cual existe una soluciń unica. 7. Notas o a) El problema de valor de frontera que busca determinar la soluciń V descrita en este teorema con frecuencia se refiere como un problema de Dirichlet. esto es. 7) b) Para completar el problema de valores de frontera necesitamos conocer las condiciones de frontera.2: [PASO 2 ] Formalicemos el problema.9) |V (r. K = cte . φ) o 1 ∂V 1 ∂2V ∂2V + + 2 =0 ∂r2 r ∂r r ∂φ2 (7. que denominamos f (φ). a) Para simplificar recurramos a las coordenadas polares. Una condiciń involucra la especificaciń de V sobre el circulo o o unitario.3. o tenemos la C.F. Supongamos que V = R · Φ siendo R = R(r). ∂2V ∂2V Con esta transformaciń la ecuaciń de Laplace 2 V = o o + toma la ∂x2 ∂y 2 forma. φ) con φ ∈ [0. y = r sen φ. V (1. φ)| < K. R r R r Φ (7. dicho valor en C est´ dado por V (1.8) Adem´s queremos que V est´ acotada a e ∀(r. Y este es un m´todo ya conocido. r = 1. en funciń de r y φ. descrita por V (r. φ) = f (φ) (7. e Sustituyendo V = R · Φ en [7.´ 7. φ) ∈ M ⊂ R2 independiente de r y φ. 2π]. PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA QUE INVOLUCRAN LA ECUACION DE LAPLACE121 Y T C '$ E M &% X Figura 7.7] que tengan variables separables. a Asumiendo que esta es alguna funciń prescrita de φ. [PASO 3 ] Encontremos por tanto soluciones de [7. Φ = Φ(φ).7] se obtiene 1R 1 Φ R + + 2 = 0. x = r cos φ. igual a λ2 . φ) = (c5 + c6 ln r) (c7 + c8 φ) [PASO 4 ] Estudiemos con detalle estas soluciones. . con n = 0. . .13) ii ) V (r. como ya sabemos.122 CAP´ ITULO 7.10] por r2 . en ambos lados de la igualdad r2 R R Φ +r =− . es una ecuaciń de Euler (¡ o o Recu´rdese que se transforma en una ecuaciń diferencial lineal con coeficientes conse o tantes haciendo el cambio r = ez . φ) o e ıa y (r. La primera ecuaciń de [7. y despu´s aplicamos el m´todo de operadores para e e resolver la EDO lineal con coeficientes constantes !) Las soluciones de [7.Tomando λ ≥ 0. Adem´s si cambiamos φ por a φ + 2π en cualquier soluciń. R R Φ (7. 1. ECUACIONES DE TIPO EL´ IPTICO Podemos escribir [7. .11].12]. (7. φ) = c1 rλ + c2 r−λ (c3 cos λφ + c4 sen λφ) (7.En primer lugar es evidente que una soluciń debe estar acotada en r = 0. r2 R + rR − λ2 R = 0. debe ser c2 = 0 y c6 = 0 en [7. en este paso 3 concluimos diciendo que las posibles soluciones de V son i) V (r. λ = n.9] de esta forma 1R 1 Φ R + =− 2 . Esta periodicidad de φ requiere que escojamos c8 = 0 y λ entero.12) Tenemos por tanto el problema reducido a resolver las ecuaciones diferenciales ordinarias [7.12]. .12] vienen dadas por   R = c1 rλ + c2 r−λ  si λ = 0   Φ = c cos λφ + c sen λφ 3 4   R = c5 + c6 ln r  si λ = 0   Φ = c +c φ 7 8 Por tanto. φ + 2π) son el mismo. Basta e ı o con multiplicar [7. se obtienen las ecuaciones r2 R + rR − λ2 R = 0 Φ + λ2 Φ = 0 (7.11) Haciendo cada lado de [7. ´sta no deber´ cambiar puesto que los puntos (r. 2.13].10) R r R r Φ Obs´rvese que el lado izquierdo s´ depende s´lo de r pero el lado derecho no. o .. o . apliquemos el principio de superposiciń o a [7. φ) = ao + rn (an cos nφ + bn sen nφ). V (1. 0 a) Como en el ejemplo resuelto n´mero 2.F. 2. consideramos una placa conductora infinita (o practicamente hablando.17) Llegamos por tanto que [7. φ) = f (φ) = ao + 1n (an cos nφ + bn sen nφ) ⇒ 2 n=1 ∞ ∞ f (φ) = con an bn ao + (an cos nφ + bn sen nφ) 2 n=1 1 π 1 π 2π (7. . V (1.15) Imponiendo la C. φ) = rn (A cos nφ + B sen nφ).´ 7.15] con los coeficientes [7. φ) = f (φ). .F. podemos dar al resultado del ejercicio n´mero u u 5 (propuesto) una interpretaciń de temperatura de estado estacionario. Para dar tal o interpretaciń.16) = = f (φ) cos nφdφ 0 2π f (φ) sen nφdφ 0 (7.14] correspondientes a las soluciones n = 1. 2 n=1 ∞ (7. .14) [PASO 5 ] Para satisfacer la C.17] nos da la soluciń que o buscamos ∞ 2π V (r. φ) = f (φ) V (1.3. φ) = + a0 + rn 2 n=1 1 π 2π 0 π 0 f (φ) cos nφdφ cos nφ + f (φ) sen nφdφ sen nφ siendo a0 = Notas 1 π 2π f (φ)dφ. para obtener la soluciń o V (r.Por tanto nos podemos restringir a las soluciones de la forma V (r. AyB constantes arbitrarias (7. PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA QUE INVOLUCRAN LA ECUACION DE LAPLACE123 . φ) = V0 2V0 sen φ sen 3φ sen 5φ + + + + ··· . A las ecuaciones de tipo el´ o ıptico conduce al estudio de los procesos estacionarios ( o sea que no cambian en el tiempo) de diferente naturaleza f´ ısica. entonces la o temperatura de estado estacionario est´ dada por a V (r. Como sabemos la m´s simple ecuaciń de tipo el´ a o ıptico es la ecuaciń de Laplace o 1 ∆u ≡ ∂2u ∂2u ∂2u + 2 + 2 =0 ∂x2 ∂y ∂z (7.20) Es la base de la teor´ de las funciones anal´ ıa ıticas de variable compleja (funciones complejas.124 CAP´ ITULO 7. Planteamiento de los probleo mas de contorno Naturalmente con las limitaciones que impone un curso de estas caracter´ ısticas en primer aõ ingenier´ veamos. Si una parte de esta placa representada por el interior de un circulo unitario se remueve de la placa. se puede utilizar dicho s´ ımbolo conocido como laplaciano. o e Para n = 2. 2 π r 3r3 5r5 (7. Funciones armńicas. w = f (z)z. en el cual C es la frontera de la regiń representada por r > 1. 7. o 1 Hemos utilizado ∆ en lugar de 2 . y si la distribuciń de temperatura dada por f (φ) se aplica a esta frontera. y). la ecuaciń de Laplace tiene la forma o 2 u = ∆u = ∂2u ∂2u + 2 = 0. w ∈ C derivables en una cierta regiń D ⊂ R2 ). ∂x2 ∂y (7. u = u(x.4. ECUACIONES DE TIPO EL´ IPTICO muy grande) representada por el plano R2 con sus caras aisladas. y as´ tambiń tenemos en o ı e este caso un problema de Dirichlet.18) b) El resultado anterior se puede considerar como un caso especial del teorema [7. Aunque es m´s frecuente 2 para evitar confusiones con el incremento de una func´ń a o . a modo de introducciń.19) y caracteriza (como hemos comprobado en apartados anteriores) los potenciales gravitacionales y electrost´ticos en los puntos del espacio libre.1]. y) anal´ ıticas en cierta regiń D. y) + iv(x. Sus soluciones son partes real e o imaginaria de las funciones f (z) = u(x. ´sta describe el potencial de vea e locidad del flujo no turbulento de un liquido incompresible y es v´lida tambiń para la a e temperatura del medio is´tropo homogńeo si el movimiento del calor es estacionario. como el planteamiento de los problemas n ıa o de contorno (el´ ıptico) conducen a las funciones armńicas. armńica en Ω y que satisface en S la condiciń de o o o frontera que puede tomarse en una de las siguientes formas a) u(x. y.[7.3]. z) + hu(x. FUNCIONES ARMONICAS.´ 7. y. b) ∂u(x.21) cuyas soluciones son funciones u(x) = C1 x + C2 . C2 ∈ R constantes arbitrarias. PLANTEAMIENTO DE LOS PROBLEMAS DE CONTORNO125 En el caso de que se tenga u = (x) se tiene 2 u = ∆u = d2 u =0 dx (7. y. z) ∂η = f3 (P ). S . y. o a Z T S © © X E Y d Ω ⊂ R3 s d Figura 7.3: Para la ecuaciń de Laplace es t´ o ıpico el siguiente problema Hallar la funciń u(M). z)|S = f1 (P ). C1 .4. z) ∂η Newmann. P ∈ S es el tercer problema de contorno. z) se llama armńica en la o o o o o ∂2u ∂2u ∂2u 3 2 2 regiń Ω ⊂ R . P ∈ S es el segundo problema de contorno o problema de S c) ∂u(x. y. Definiciń 7. o Supongamos que la regiń Ω ⊂ R3 est´ acotada por la superficie S Fig. M ⊂ Ω. = f2 (P ). si u ∈ C (Ω) y satisface la ecuaciń de Laplace o o = + + 2 =0 ∂x2 ∂y 2 ∂z en la regiń Ω.1 (Funciń armńica) La funciń u = u(x. P ∈ S es el primer problema de contorno o problema de Dirichlet. u2 ) hay que trazar una recta” u T 5 5 • B(x .4. Se trata de un ejemplo m´s. Notas El sentido geom´trico del problema de Dirichlet para la ecuaciń unidimensional de e o Laplace es trivial. Examinemos una ecuaciń ondulatoria a o 2 u− 1 ∂2u =0 a2 ∂t2 (7.22) que corresponde al estado de equilibrio originado por una fuerza exterior con densidad proporcional a g(x.4: 7. z) (7. y. z).126 CAP´ ITULO 7. u1 ). ECUACIONES DE TIPO EL´ IPTICO ∂u es la derivada segń la direcciń normal exterior u o ∂η Aqu´ f1 .23) . B(x2 . Las funciones armńicas unidimensionales u(x) = C1 x + C2 son l´ o ıneas rectas y el problema de Dirichlet se reduce al siguiente ”Por dos puntos A(x1 . u ) 5 2 2 5 5 0 5 5 5 5 • 5A(x1 .1. f3 . f2 . u1 ) 5 5 E X Figura 7. y. h son funciones dadas y ı a la superficie S. Ecuaciń de Poisson o Otro representante de las ecuaciones de tipo el´ ıptico es 2 u = g(x. ∂x2 ∂y ∂z c) Esf´ricas. cil´ ındricas y esf´ricas se usan m´s que otras. Soluciones con simetr´ esf´rica o cil´ ıa e ındrica Gran inter´s representan las soluciones de la ecuaciń de Laplace que poseen simetr´ e o ıa esf´rica o cil´ e ındrica. (Váse ejercicio propuesto no 4) e e 7. z) hemos obtenido la ecuaciń de o o a2 2 tipo el´ ıptico ∆v + k v = 0 que se llama Ecuaciń de Helmholtz. r2 ∂φ2 ∂z ∂2u ∂2u ∂2u + 2 + 2. se determina por la f´rmula.1. 7. o I Aprovechńdonos de las coordenadas esf´ricas. hallamos que la soluciń u = u(r).23] tendremos o o eiωt ∆v + donde k 2 = ω 2 iωt ve = 0 ⇒ ∆v + k 2 v = 0 a2 (7. SOLUCIONES FUNDAMENTALES DE LA ECUACION DE LAPLACE 127 Busquemos la soluciń de la ecuaciń [7. De esta manera para la funciń v(x. es decir. Soluciones fundamentales de la ecuaciń de Laplace o Ejemplos m´s usuales a Las coordenadas cartesianas.5. se determina de una ecuaciń diferencial ordinaria ıa e o d dr r2 du dr = 0. z. ∆u ≡ b) Cil´ ındricas. y.24) ω2 . t) anterior en la ecuaciń [7. que dependen s´lo de una variable r. z. El operador de e a Laplace en las coordenadas o a) Cartesianas. an´logamente a ∆u ≡ 1 ∂ r ∂r r ∂u ∂r + 1 ∂2u ∂2u + 2.5.23] de la forma o o u(x.5.5.´ 7. y. y. o 7. y. .2. t) = eiωt v(x. z) Introduciendo la funciń u(x. ya conocida. que a e o posee la simetr´ esf´rica. 2 V =0⇔ 2 V = ∂2V 1 ∂V 1 ∂2V ∂2V + + 2 + = 0. 2 2 ∂ρ ρ ∂ρ ρ ∂φ ∂z 2 .3 Demostrar que con la transformaciń a coordenadas polares x = ρ cos φ. el potencial de este campo ser´ igual a u(r) = . y = ρ sen φ. a r II Utilizando las coordenadas cil´ ındricas. C2 = 0. ∂ρ2 ρ ∂ρ ρ ∂φ2 Idem para con las coordenadas cil´ ındricas x = ρ cos φ. C1 . se obtiene la funciń u0 (r) = o que se llama soluciń o r fundamental de la ecuaciń de Laplace en el espacio. C2 = 0 se tiene 1 u0 (r) = ln . a excepciń del o o o r punto r = 0. z = z. 7. donde u0 → ∞.1 Mostrar que una soluciń a la ecuaciń de Laplace bidimensional est´ dada por V = ln r. C2 ∈ R constantes r 1 y si hacemos C1 = 1. que tiene o simetr´ cil´ ıa ındrica o circular (en el caso de dos variables independientes) se determina a partir de la EDO d du r =0 dr dr de donde integrando resulta u = C1 ln r + C2 . Si examinamos el campo de la carga puntual e situada e en el origen de coordenadas. o y = ρ sen φ la ecuaciń de Laplace es o 2 V =0⇔ 2 V = ∂2V 1 ∂V 1 ∂2V + + 2 = 0. Tomando C1 = −1.6.2 Encontrar una interpretaciń f´ o ısica al ejercicio resuelto 2. ECUACIONES DE TIPO EL´ IPTICO Integrando esta ecuaciń. hallamos que la soluciń u = u(r). o o a 2 + y2 . o u= La funciń u0 = 1 satisface la ecuaciń ∆u = 0 en todos los puntos. hallamos o C1 + C2 .128 CAP´ ITULO 7. r La funciń u0 (r) se llama soluciń fundamental de la ecuaciń de Laplace en el plano. Ejercicios propuestos 7. r 7. donde r = x 7. o o o Esta funciń satisface la ecuaciń de Laplace en todos los puntos a excepciń del punto o o o 1 r = 0 donde u = ln se hace infinito. 7. z = r cos θ. la ecuaciń de Laplace es o 2 V =0⇔ 2 V = ∂2V 2 ∂V 1 ∂2V cot θ ∂V 1 ∂2V + + 2 + 2 + 2 ∂r2 r ∂r r ∂θ2 r ∂θ r sen2 θ ∂φ2 7.6 Encontrar el potencial a) Dentro y b) Fuera del circulo unitario.4 Comprobar que con la transformaciń a coordenadas esf´ricas x = r sen θ cos φ. o e y = r sen θ sen φ. r = 1. φ) = π r−n n=1 .1 Basta probar que 7. 7. A constante. 7. 2 ∂x ∂y 2 ∞ rn n=1 ∞ 1 − 2 cos(n π ) + cos nπ 2 sen(n π ) 2 2 cos nφ + sen nπ .6. u 7.6 a) V (r.7 Hallar la funciń armńica en el interior del circulo de radio ro con centro en el origen de o o coordenadas y tal que f (φ)|r=r0 = 3 + 5 cos φ.8 Hallar la funciń armńica en el interior de un circulo de radio ro con centro en el origen de o o coordenadas y tal que.7.10 Hallar la funciń armńica. r=ro = 2 sen2 φ.9 Idem para f (φ) = sen2 φ. f (φ)|r=r0 = 2 + 3 sen φ.5 Obtener la expresiń equivalente para encontrar el potencial por fuera del circulo unitario o r = 1. en el interior del circulo de radio ro con centro en el origen de o o coordenadas y tal que a) b) ∂u ∂r ∂u ∂r = A cos φ. n n 1 − 2 cos(n π ) + cos nπ 2 sen(n π ) 2 2 cos nφ + sen nπ . EJERCICIOS PROPUESTOS 129 7. r=ro Soluciones a los ejercicios propuestos 7. φ) = V0 π ∂2V ∂2V + = 0. si el potencial sobre el circulo est´ dado por a   V0 0<φ< π  2   π f (φ) = −V0 2 < φ < φ     0 π < φ < 2π 7. del ejercicio resuelto n´mero 2. n n V0 b) V (r. φ) = 1 1 − 2 2 cos 2φ.130 CAP´ ITULO 7. ∂y 2 (x2 + y 2 ) 2 x2 + y 2 (x2 + y 2 ) = ∂ ∂y −2y 1 b) −y ∂ ∂ = 2 + y2 ∂y ∂y x −2(x2 + y 2 ) + 2y 2 = 2 x2 + y 2 (x2 + y 2 ) 2 . φ) = 3 + r5 r cos φ o 0 o ´ u(x. ∆u = 0. φ) = A0 + Ar cos φ. donde r = x2 + y 2 + z 2 .10 a) u(r.4] . r0 r r0 2 7. φ) = 2 + 3 sen φ. ECUACIONES DE TIPO EL´ IPTICO 7. ∂x2 ∂y 2 ∂2V ∂2V + = 0. f (φ)]r=r0 = 3 + 5 cos φ. es una soluciń de la ecuaciń de Laplace r 1 en tres dimensiones.9 u(r. podr´ o ıamos pensar que cuando V = donde r r = x2 + y 2 . 0 ≤ r < r0 . 2 ∂x (x2 + y 2 ) 2 2 x2 + y 2 (x2 + y 2 ) 2 x2 + y 2 (x2 + y 2 ) x2 + y 2 = ∂2V ∂ = 2 ∂y ∂y = ∂ ∂y 1 x2 + y2 = 2 x2 + y 2 − x2 + y 2 + y √ 2y 2 −y 2 x2 +y = = 2 + y2 2 + y 2 )2 x ( x −2x2 ∂2V −x2 =⇒ = 3 .7 El problema consiste en solucionar el problema interior de Dirichlet. b) No tiene soluciń. ∂x2 ∂y 2 Soluciń o La ecuaciń de Laplace es o ∂ ∂ ∂2V = ∂x2 ∂x ∂x 2 V =0⇔ a) ∂ −2x = ∂x 2 x2 + y 2 − x2 + y 2 + x √ 2x 2 ∂ −x ∂ −x 2 x2 +y = = = ∂x ∂x x2 + y 2 x2 + y 2 ( x2 + y 2 )2 −2y 2 ∂2V −y 2 −2(x2 + y 2 ) + 2x2 = =⇒ = 3 . 0 7.8 u(r. es una soluciń de la ecuaciń de Laplace en dos dimensiones. 7.7.1 Puesto que V = 1 o o . Mostrar que este hecho no es cierto. y) = 3 + r5 x. esto es. o 7. esto es. La soluciń buscada es u(r. con las C.F. o o ∂2V ∂2V + = 0. A0 constante arbitraria. la ecuaciń [7. Ejercicios resueltos 7. φ) = a2 + rn [an cos nφ + bn sen nφ] . 2. φ) = 2 π n=1 n V (r. φ) = Vo 2Vo r3 r5 + r sen φ + sen 3φ + sen 5φ + · · · 2 π 3 5 1 2 + 2 π r sen φ + r3 r5 sen 3φ + sen 5φ + · · · 3 5 V (r. 3. Soluciń o Sabemos que an = 1 π 2π f (φ) cos nφdφ. . 0 bn = 1 π 2π f (φ) sen nφdφ 0 representan los coeficientes de Fourier de la expresiń o V (r. π 0 π 0 π π π π Para n = 1. . 0 < φ < π f (φ) =  0. .. + = 3 = − 3 = −(x + y ) 2 2 2 + y2 ) 2 2 + y2 ) 2 ∂x ∂y (x (x 7. . 1 2π 1 π 1 2π 1 π an = f (φ) cos nφdφ = V0 cos nφdφ+ 0 cos nφdφ = V0 cos nφdφ = π 0 π 0 π π π 0 π V0 1 V0 1 1 = sen nφ = sen nπ − 0 = 0 ⇒ an = 0 n = 1.7. . . φ) = Vo . π 0 π π nπ Por tanto ∞ V0 V0 1 − cos nπ + rn sen nφ V (r.7. 2. 2 n=1 ∞ Veamos los casos siguientes para los coeficientes an Para n = 0 1 2π 1 1 π 1 2π 1 π a0 = f (φ)dφ = V0 dφ + 0dφ = V0 |φ|0 = V0 π = V0 ⇒ a0 = V0 . EJERCICIOS RESUELTOS 131 Por tanto 1 ∂2V ∂2V −y 2 − x2 x2 + y 2 2 2 −2 = 0. π n π n n 0 An´logamente para los coeficientes bn a 1 π 1 2π V0 (1 − cos nπ) bn = V0 sen nφdφ + 0 sen nφdφ = . 3. π < φ < 2π siendo V0 una constante.2 Hallar la soluciń de la ecuaciń de Laplace dentro del circulo de radio r = 1 que tenga o o valores dados en la frontera por   V0 . 132 CAP´ ITULO 7. ECUACIONES DE TIPO EL´ IPTICO . los arqueros tiran flechas. el hombre sabio se model´ a s´ mismo” o ı Sidharta Gantama 133 . los carpinteros trabajan la madera.Cap´ ıtulo 8 Tćnicas para resolver e problemas de Valor de Frontera (I) ”Los urbanistas hacen canales. ´ 134CAP´ ITULO 8. TECNICAS PARA RESOLVER PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA (I) . Y (L.2. gravitacional. 8. La cuerda vibrante bajo la gravedad Este caso ya fue estudiado con detalle en los temas 3 y 4. INTRODUCCION 135 8.1.´ 8. a a Si g es la aceleraciń debida a la gravedad. etc. ∂t t=0 (8.2) Si intentamos aplicar el m´todo de separaciń de variables para Y = X(x) · T (t) en [8. Veamos ahora como se pueden tener en cuenta tales efectos. 0) = f (x) ∂Y (x. Y (0. potencial elćtrico. t) = 0. Introducciń o En temas anteriores hemos resuelto algunos tipo de problemas de valor de frontera a trav´s e del uso de series de Fourier.1) siendo Y = Y (x. respectivamente. Y esto se debe a la presencia de g. e Veamos cinco casos particulares para ilustrar lo dicho anteriormente. t) el desplazamiento del punto x de la cuerda desde la posiciń de equilibrio o (eje OX) en cualquier tiempo t. a e . de e modo que. Y (x.1. Tambiń vamos a asumir que a la cuerda se e le da alguna forma inicial por ejemplo alzńdola y luego soltńdola. Escojamos como C. es e o fćil demostrar que el m´todo no se cumple. pero se despreciaron los efectos de la gravedad sobre la cuerda.F. Deber´ ıamos enfatizar sobre los m´todos que se pueden aplicar a diferentes campos.1]. t) = 0. t) = 0. Consideremos la misma cuerda del tema 3 y supongamos que est´ horizontal a lo largo del eje OX con sus extremos fijos a como antes en x = 0 y x = L. por ejemplo no significa que porque usamos un problema de conducciń de calor o para ilustrar un procedimiento particular no se pueda tambiń aplicar a algń problema de e u vibraciones. la EDP para la cuerda vibrante es o ∂2Y ∂2Y = a2 2 − g ∂t2 ∂x (8. En esta secciń extendemos las tćnicas para trabajar varios o e problemas que son algo m´s complicados por la naturaleza de las condiciones de frontera o a por las ecuaciones diferenciales parciales que involucran. 5) gx2 + px + q 2a2 g . 2 ∂t ∂x2 Eliminamos g si escogemos Ψ en [8. 2 ∂t ∂x2 Las condiciones de frontera [8. donde W (x.7) De hecho estas dos selecciones son justo las que necesitamos para determinar las dos constantes p y q en [8. En tal caso [8. t) = −Ψ(0).7] en [8. eliminar g ? Para ello.5] tiene ahora la misma forma como la ecuaciń de la cuerda vibrante sin o o la gravedad. de modo que Ψ(x) = − gx(L − x) . W (x. Sin embargo. Ψ(L) = 0. t) + Ψ(x). q constantes arbitrarias. Usando las condiciones [8.2] en t´rminos de W y Ψ se convierte en e W (0. (8. t) es una variable dependiente y Ψ(x) es una funciń desconocida de x que debemos hallar para poder eliminar g en [8. ∂t t=0 (8. la cual por supuesto es separable. e o es decir. De aqu´ ı a2 (8.3] de modo que Ψ (x) = Ψ(x) = siendo p. esto no ofrece dificultad porque podemos hacer el lado derecho a trav´s e de las selecciones Ψ(0) = 0. t) = W (x.4]. se obtiene ´ ∂2W ∂2W = a2 + a2 Ψ (x) − g. t) = −Ψ(L). hagamos Y (x.6) (8.8) gL2 −gL + pL = 0 ⇒ p = . TECNICAS PARA RESOLVER PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA (I) ¿Como resolvemos el problema para poder aplicar el m´todo de separaciń de variables.4) (8. q=0 2a2 2a2 . t) W (L. = 0. 2a2 (8.´ 136CAP´ ITULO 8.3) La ecuaciń [8.6] son complicadas por el hecho de que los lados derechos no son cero.1].1] la ultima igualdad.3] llega a ser ∂2W ∂2W = a2 . El unico inconveniente ahora es que las dos ´ primeras condiciones en [8. o Sustituyendo en [8. 0) = f (x) − Ψ(x) ∂W (x.4] conducen a q = 0. ∂W (x. 0) = 100.10] usando el m´todo de separaciń de variables y e o satisfaciendo las C. t). Conducciń de calor en una barra con condiciones o no cero en los extremos En el enunciado del problema de Fourier. t) = 2 L n=1 ∞ L [f (x) − Ψ(x)] sen 0 nπx nπx dx sen cos L L nπat L (8. ı Por tanto las soluciń es o W (x. W (L.2] Nota Naturalmente podemos obtener [8. sobre los problemas de V. 8. W (x. t) = 0.11) (8.10) de la cual obtenemos el desplazamiento requerido Y (x.9) Ahora para resolver el problema recurrimos al problema ya estudiado en cap´ ıtulos anteriores. t) = 20. Desde un punto de vista f´ ısico no hay razń de no haber o escogido otras dos condiciones.11] produce la soluciń o o o u(x. que involucran movimiento vibratorio (problema de la cuerda vibrante) excepto que tenemos aqu´ W (x. t) = 60. CONDUCCION DE CALOR EN UNA BARRA CON CONDICIONES NO CERO EN LOS EXTREMOS13 Nuestras condiciones de frontera [8.3.F. t) = e−κλ t (A cos λx + B sen λx) 2 (8. y f (x) − Ψ(x). t) = 0.12) Sabemos que aplicando la separaciń de variables en la ecuaciń [8. t) = 0.12] porque no se puede sacar ninguna conclusiń a menos que el lado derecho en esta o . u(L. u(x. (8.F. El problema de Valor de Frontera revisado en este caso ser´ ıa ∂u ∂2u =κ 2 ∂t ∂x u(0.´ 8. tales como por ejemplo el extremo x = 0 mantenido a 20o C y el extremo x = L a 60o C. ∂t t=0 (8. como antes.13) pero desde el punto de vista matem´tico no se puede satisfacer ań la primera condiciń a u o en [8.3. 0) = f (x) − Ψ(x). t) usando [8. los extremos de la barra en x = 0 y x = L se mantuvieron ambos a 0o C.6] llegan a ser W (0. 18) tambiń ser´ deseable que los lados derechos de las dos primeras condiciones de [8. t) = W (L. Nuestra primera idea podr´ ser.14) donde hay que calcular Ψ(x) de modo que satisfaga nuestras necesidades.20) 40 .17] nos da q = 20. el problema de valor de frontera anterior llega a ser ∂W ∂2W =κ + κΨ ∂t ∂x2 W (0. ıa o e o Con un razonamiento an´logo al tratado en la secciń [8.17) (8. ya que la temperatura es un concepto o ıa relativo. Ψ(L) = 60. 0) = 100 − Ψ(x). L (8. t) = 0. t) = 20 − Ψ(0).14].20]. las dos constantes arbitrarias p y q son suficientes para satisfacer las dos condiciones en [8. introducir una nueva escala de temperatura en la cual todas las temperaturas se reduzcan a 20o C. Usando [8. 60 − Ψ(L). t) + Ψ(x) (8. pero la segunda condiciń en ıa o o [8. Esto ayudar´ con la primera condiciń.16) (8.21) . (8.2] podr´ a o ıamos realizar la transformaciń o u(x. TECNICAS PARA RESOLVER PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA (I) condiciń sea cero.´ 138CAP´ ITULO 8. 0) = 100 − Ψ(x).15) Para que podamos aplicar el m´todo de separaciń de variables debemos escoger Ψ de e o modo que Ψ = 0 ⇒ Ψ = px + q ∂2W ∂W =κ ∂t ∂x2 (8.12] servir´ s´lo para no satisfacer nuestro inter´s por hallar la soluciń. t) = 0. 60 = pL + 20 ⇒ p = de aqu´ ı Ψ(x) = 40 x + 20. W (L. W (x.16] pueden escribirse ı W (0. q=0 L Aqu´ podemos llegar a que las condiciones de frontera [8. Usando estas condiciones en [8. (8. t) = W (x.16] fueran e ıa ambos cero.19) Afortunadamente. Esto se conseguir´ si eligi´ramos Ψ de modo que ıa e Ψ(0) = 20. W (x. (8. (8. 8.4. W (x. L Usando estos valores de [8. L ∞ (8.24] nos da W (x. 2. esto es.21] llevan a A = 0.18] encontramos por el m´todo de separaciń de ı e o variables la soluciń o 2 W (x. Esto se logra teniendo o en cuenta que cuando transcurre mucho tiempo. t) = n=1 bn e−κ n2 π 2 L2 t sen nπx . LA CUERDA VIBRANTE CON VELOCIDAD INICIAL NO CERO 139 Para el problema de valor de frontera dado por [8. λ = de modo que nπ . la pregunta que surge ahora es . t) se obtiene o entonces de [8. (8.24) nπx de modo L (8. puesto que para una temperatura e a independiente del tiempo t. t). t) → 0. t) = Be−κ t sen ∞ W (x. As´ de [8. L L L (8. .26) Nota Es interesante encontrar una interpretaciń f´ o ısica a la funciń Ψ. 3 . t) = e−κλ t (A cos λx + B sen λx) . cuando t → ∞. Esto significa que Ψ(x) es la temperatura de estado estacionario. n = 1. t) → Ψ(x).21] usamos el mismo procedimiento como el problema de Fourier. y u(x. L n2 π 2 L2 nπx .21] tenemos 100 − ψ(x) = ´ o que bn = 2 L 0 n=1 L bn sen [100 − Ψ(x)] sen nπx dx.23) L Para satisfacer la ultima condiciń en [8.18] y [8.23] para obtener la soluciń o W (x. .20]. lo cual conduce a [8.14] ∞ u(x.22) Las dos primeras condiciones en [8.4. Esto tambiń es claro desde el punto de vista matem´tico.11] se reduce a [8.17].21] primero usamos el principio de superposiciń ´ o o en [8. t) = n=1 2 L L [100 − ψ(x)] sen 0 n2 π 2 nπx 40x nπx dx e−κ L2 t sen + + 20.8. y la soluciń requerida u(x.25) Entonces de la ultima condiciń en [8. La cuerda vibrante con velocidad inicial no cero En el problema sobre la cuerda vibrante. [8. 0) = f (x). o o ∞ Y (x.D. t) = 0. L L Estas son dos series en la forma seno de Fourier para determinar an y bn . t) = n=1 sen nπxL 2 L L 2 nπa g(x) sen 0 nπx nπat dx sen + L L (8. TECNICAS PARA RESOLVER PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA (I) ¿Como influye en la soluciń en el caso de que la velocidad inicial no sea cero mientras o que las otras condiciones no cambian ? La E. respectivamente. Y (L.29) ∂Y ∂t = g(x) t=0 (8.30) Las dos ultimas condiciones de frontera conducen entonces a exigir ´ ∞ f (x) = n=1 ∞ bn sen nπx L (8. (aparte de la acostumbrada sobre acotamiento). t) = X(x) · T (t) = sen nπx L A sen nπat nπat + B cos L L .28) Aplicando la superposiciń nos conduce a la soluciń. Para calcular la soluciń ya sabemos aplicando el m´todo de separaciń de variables o e o Y (x. L L . (8. Y (x.31) (8. t) = n=1 sen nπx L an sen nπat nπat + bn cos L L . Encontramos bn = nπa 2 an = L L De aqu´ ı ∞ L 2 L L f (x) sen 0 nπx dx L L g(x) sen 0 nπx 2 dx ⇒ an = L nπa L g(x) sen 0 nπx dx. (8.27) (8.32) g(x) = n=1 nπa nπx an sen . para el movimiento de la cuerda vibrante es ∂2Y ∂2Y = a2 2 2 ∂t ∂x y las C.33) + f (x) sen 0 nπx nπat dx cos . L Y (x.´ 140CAP´ ITULO 8. t) = 0.P. son Y (0.F. 4 Resolver el problema de valor de frontera ∂u(x. t) =1+ .8. 0) = 0. 0) = sen πx 8. x = L. u(x. 0<x< . t>0 2 ∂t ∂x2 2 Y (0. t) = 0. 0) 2 = − . 8. 0 < x < L. t) ∂ 2 u(x. 8. t) ∂Y (x. encontrar la temperatura en cualquier punto en cualquier tiempo posterior. Encontrar el desplazamiento de cualquier punto de la cuerda en cualquier tiempo. 0) = K.5. 0 < x < 1. t > 0 ∂t ∂x2 u(0. t > 0 ∂t2 ∂x2 Y (0.15( 50 ) t sen nπ 2 nπx . 8. En t = 0 se aplica a un extremo una temperatura de 30o C y al otro una temperatura de 80o C mantenińdose ambas.6 Resolver el problema de valor de frontera ∂ 2 Y (x.5. ∂Y ( π .5 Resolver el problema de valor de frontera ∂ 2 Y (x. t) = 0. EJERCICIOS PROPUESTOS 141 8. 0) = 1 + x2 − πx.1 u(x.1 Una barra de metal de 50cm de longitud cuya superficie est´ aislada tiene una temperatura de a o 60 C. t) π =1+ .g. t) ∂ 2 Y (x. = 0. t) = 30 + x + n=1 60 + 40 cos nπ nπ e−0. ∂x 2 2 2 ∂t Soluciones a los ejercicios propuestos ∞ 8. Supongamos que inicialmente la cuerda tiene una forma parab´lica y que cada punto se mueve en la misma direcciń con la misma o o velocidad. 50 . mientras que la temperatura inicial es U0 .15 unidades c. t) ∂ 2 Y (x. u(1. t) = a2 . Y (x. = 0. Hallar la temperatura de la barra en cualquier tiempo si e κ = 0. ∂x ∂t 8.2 Una l´mina de material de difusividad κ est´ acotada por los planos x = 0. x = L.3 Una cuerda tiene sus extremos fijos en x = 0.s. t) = 1. Y (x. Ejercicios propuestos 8. ∂Y (L. Si las caras a a planas se mantienen a temperaturas U1 y U2 respectivamente. t) π 1 1 ∂Y (x. t) = 0. an = 2v0 L (1 − cos nπ). n3 π 3 α = cte. TECNICAS PARA RESOLVER PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA (I) ∞ 8. t) = n=1 sen nπx L an sen nπat nπat + bn cos L L con 4αL3 (1 − cos nπ).5 Y (x.6 Y (x. t) = Kx + 8. nπ ∞ n2 π 2 U2 − U1 nπx x+ con bn e−κ L2 t sen L L n=1 8.2 u(x.3 Y (x. π n=1 2n − 1 L L ∞ n=1 ∞ 8. n2 π 2 a ∞ v0 =velocidad. (2n − 1)3 . y bn = 8. t) = 1 − x2 4 − 2 π (2n − 1)π cos nπ + 2 sen(2n − 1)x cos(2n − 1)t.4 u(x. t) = U1 + bn = 2 [U0 − U1 + (U2 − U0 ) cos nπ]. t) = 1 2(1 − cos nπ) −n2 π2 t x(1 − x) + 1− e sen nπx.´ 142CAP´ ITULO 8. 2 n3 π 3 n=1 2KL 1 (2n − 1)πx (2n − 1)πat sen cos x. Cap´ ıtulo 9 Tćnicas para resolver e problemas de Valor de Frontera(II) ”Uno mismo es el amor a la tćnica e y el amor a la humanidad” Hipćrates o 143 . TECNICAS PARA RESOLVER PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA(II) .´ 144CAP´ ITULO 9. 3) . con la ecuaciń de la o superficie z = f (x. y que las aristas a estń fijas y son de longitud unitaria. t) = 0. (9. Asumimos tambiń que la piel de tambor se pone a a e vibrar al darle alguna forma inicial. z(1. (9.1: τ . Vibraciones de una piel de tambor: Series dobles de Fourier En el cap´ ıtulo 3 describimos un problema relacionado con las vibraciones de una piel de tambor cuadrada. t) = 0. t) = 0. y.2) Que las aristas estń fijas implica tener las cuatro condiciones de frontera e z(0. z(x. en cualquier tiempo t y a2 = Consideremos que la piel de tambor est´ situada como en la figura [9. y luego se suelta.9. I Formalicemos desde el punto de vista matem´tico el problema. y). y.1) siendo z el desplazamiento de un punto (x.y) E X Figura 9. t) = 0.1]. VIBRACIONES DE UNA PIEL DE TAMBOR: SERIES DOBLES DE FOURIER145 9. La ecuaciń de estas vibraciones est´ dada por o a ∂2z = a2 ∂t2 Y ∂2z ∂2z + 2 ∂x2 ∂y (9. como se describe por ejemplo.1. 1.1. a equilibrio. y) a partir del plano. 0. z(x. siendo τ la tensiń por unidad de longitud a lo o ρ largo de cualquier curva en la piel de tambor que se asume constante y ρ la densidad (masa por unidad de ´rea). La EDP para el movimiena to viene dada por la ecuaciń o ∂2z = a2 ∂t2 ∂2z ∂2z + 2 ∂x2 ∂y . el cual es la posiciń de o T • (x. X Y Si hacemos λ2 − µ2 = β 2 ⇒ λ2 = µ2 + β 2 . 0 < y < 1. = −(λ2 − µ2 ). y. y). 0) = 0.8) (9. II A continuaciń demos soluciń a la ecuaciń [9. y. + = −λ2 . escrib´mosla as´ a ı X =− X Y + λ2 Y (9. y el lado derecho de x e y. el hecho de que pueda soltar la piel de tambor despu´s de haberle dado e esta forma nos dice que ∂z(x.5) que a su vez cada lado debe ser una constante. En [9. 2T a X Y En [9.7]. esto es X Y T = −λ2 .2] se obtiene XY T = a2 (X Y T + XY T ) ⇒ Nota Se ha obtenido [9.7) X Y T = + a2 T X Y (9. Se tiene.9] y de la primera ecuaciń de [9. la cual denotamos por −λ2 .9) = 0 = 0 = 0. Sustituyendo en [9.10) .6] dividiendo por a2 XY T . De las ecuaciones [9.´ 146CAP´ ITULO 9.2]. ∂t Naturalmente partimos del hecho de que z debe estar acotada. Entonces e Y X = −µ2 . t > 0. TECNICAS PARA RESOLVER PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA(II) El hecho de que a la piel de tambor se le de una forma inicial especificada conduce a z(x. que cada lado debe ser una constante.6] el lado izquierdo depende s´lo de t.6) (9. t) = X(x) · Y (y) · T (t). 0 < x < 1.2] admite una soluciń de la forma o Z(x. 0) = f (x. (9. (9. como o ya sabemos por cap´ ıtulos anteriores.4) Finalmente. denot´mos la por −µ2 .7] tenemos o X + µ2 Y +β Y T + a (µ + β )T 2 2 2 2 (9. Partamos de la condiciń de que o o o o [9. y. (9. De la segunda y cuarta condiciones en [9. .13] por Bmn puesto que cada soluciń puede tener o un coeficiente diferente. m=1 (9.16) esto es f (x.1. B = c2 c4 c5 .13] si a o ∞ ∞ f (x.13] sobre todos los valores enteros de m y n.. n=1 (9.14) donde hemos reemplazado B en [9. 3 . (9. Esto conduce a la soluciń de serie doble o ∞ ∞ Z= m=1 n=1 Bmn sen mπx sen nπy cos a m2 + n2 πt (9. Esto satisfar´ la condiciń [9.17) con bm = ∞ Bmn sen nπy.15] ∞ ∞ f (x.15) Podemos escribir [9. m. la sumao toria de soluciones de la forma [9.3] encontramos c1 = c3 = 0. de modo que Z = c2 c4 sen mπx sen nπy c5 cos a m2 + n2 πt + c6 sen a m2 + n2 πt .3] encontramos µ = mπ β = nπ.12) La condiciń [9. y) = m=1 n=1 Bmn sen mπx sen nπy.9. . VIBRACIONES DE UNA PIEL DE TAMBOR: SERIES DOBLES DE FOURIER147 Resolviendo las EDO’s correspondientes se obtiene X Y T = = = c1 cos µx + c2 sen µx c3 cos βy + c4 sen βy c5 cos a µ2 + β 2 t + c6 sen a µ2 + β 2 t.5] conduce a c6 = 0 de modo que o Z = B sen mπx sen nπy cos a m2 + n2 πt.13) Para satisfacer [9. 2.11) De la primera y tercera condiciones en [9. (9.4] tendremos que usar el principio de superposiciń.18) . y) = m=1 n=1 Bmn sen nπy sen mπx ∞ (9. y) = bm sen mπx. (9. esto es. de ah´ que ı Z = c2 c4 sen µx sen βy c5 cos a µ2 + β 2 t + c6 sen a µ2 + β 2 t . n = 1. 0 (9. Para ello. de Fourier.20) Sustituyendo [9.14] se obtiene la soluciń deseada o ∞ ∞ 1 1 Z = m=1 n=1 4 0 0 f (x.22) · sen mπx sen nπy cos a m2 + n2 πt. llamamos esto un nodo de vibraciń. el desplazamiento [9. y).23] ser´ cero a lo largo de las a 1 2 1 2 l´ ıneas x = .´ 148CAP´ ITULO 9. n = 3. y = .21] en [9. asumimos que f (x.15] con coeficientes en [9.21) Reemplazando [9. x = . a III Es muy interesante estudiar. (9. y) es tal que todos los t´rminos de la serie anterior son e cero excepto en aquel para la cual m = 3. o cu´druples. Entonces este t´rmino es e B33 sen 3πx sen 3πy cos a 32 + 32 πt. (9. aunque brevemente. (9.20] encontramos 1 1 Bmn = 4 0 0 f (x. Se notar´ que.23) Como en el caso de la cuerda. Podr´ ıamos haber obtenido en forma similar series coseno doble de Fourier o series dobles de Fourier involucrando senos y cosenos.18] representa una serie de Fourier en y. Nota Por razones obvias la serie [9. Naturalmente la generalizaciń a dimensiones superiores conducen a series triples. y) sen mπx sen nπydxdy · (9.17] representa una serie de Fourier en x se tiene por los m´todos ya e conocidos 2 1 f (x. y) sen mπxdx. y = como se indica en la siguiente figura. el posible significado f´ ısico de varios t´rminos en la serie e ∞ ∞ Z= m=1 n=1 Bmn sen mπx sen nπy cos a m2 + n2 πt. etc. TECNICAS PARA RESOLVER PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA(II) Puesto que [9.19] en [9. y) sen mπx sen nπydxdy.19) bm = 1 0 Puesto que [9. Si pudi´ramos e 3 3 3 3 . o a para todos los valores de tiempo t.21] se llama una serie seno doble de Fourier correspondiente a f (x. se tiene de forma similar Bmn = 2 1 1 bm sen nπydy. 1. entonces estar´ exactamente en el mismo estado a en algń tiempo m´ u ınimo m´s tarde llamado per´ a ıodo. o Al observar el factor tiempo en [9. Nota Lo que se ha mostrado en la figura [9. por supuesto. 0) 1 3 2 3 E (1. o a El hecho de que dos cuadrados adyacentes estń vibrando en direcciones opuestas en e un tiempo dado a menudo se indica diciendo que las vibraciones de estas regiones estń a fuera de fase entre s´ ı. La frecuencia correspondiente. 0) Figura 9.2] hemos indicado este movimiento usando sombra para indicar el movimiento en una direcciń y sin sombra para el movimiento en la o direcciń opuesta donde los movimientos ocurren simultńeamente.2] es. 1) 2 3 1 3 (0. en la figura [9. 1) T (1. movimiento en un instante de tiempo. observar´ o ıamos que los segmentos de piel de un tambor dentro de los pequeõs cuadrados acotados n por estas l´ ıneas nodales vibran cada uno.23] por √ 3√ 3 2τ πa 32 + 32 = 2a = .23] es evidente que existe una periodicidad en las fotograf´ esto es. En otro tiempo la fotograf´ podr´ cambiar de modo que las direcciones ıa ıa de vibraciń se invierten. algunas veces en una direcciń y luego en la o otra. una fotograf´ en un tiempo ıa particular. la cual es el rec´ ıproco de este per´ ıodo. VIBRACIONES DE UNA PIEL DE TAMBOR: SERIES DOBLES DE FOURIER149 (0. f33 = 2π 2 2 ρ .2: tomar una pel´ ıcula de la vibraciń que ocurre en un intervalo de tiempo. si encontramos la piel de tambor en un estado particular de ıas.9. Por ejemplo. est´ dada para a el caso [9. . La serie [9. Como hemos visto anteriormente. 1). t) = 2B12 cos 5πat sen πx sen πy(cos πx + cos πy). n) o la frecuencia del modo (m. como se indica por las l´ ıneas sombreadas en la figura [9. t) = B12 cos 5πat(sen πx sen 2πy + sen 2πx sen πy).14] correspondiente a un par de valores m e y n representa un modo particular de vibraciń teniendo una frecuencia caracter´ o ıstica dada por √ m 2 + n2 τ fmn = . e Encontramos que la suma de estos t´rminos es e √ (9.14] muestra que el desplazamiento generado en una piel de tambor se puede considerar como una suma o superposiciń de o desplazamientos correspondientes a los varios modos. 2π 2 ρ Si en particular B12 = B21 . De lo cual se puede concluir que las l´ ıneas nodales son x ± y = 1 ( para lo cual cos πx + cos πy = 0). invirtińdose ´stas a medio per´ e e ıodo m´s tarde. 9. n). a Algunas veces nos referimos a dos o m´s modos diferentes que tienen la misma frecuencia a como modos degenerados. 2).´ 150CAP´ ITULO 9. Modos diferentes con la misma frecuencia Puede suceder que existan dos o m´s modos diferentes con la misma frecuencia. Tambiń se indican en la figura sombreadas y sin sombrear las direcciones de las vibrae ciones de las regiones triangulares acotadas por estas l´ ıneas en un instante particular del tiempo. Sean a dos t´rminos solamente del desarrollo [9. (9.3]. t) = B12 cos 5πat{(sen πx(2 sen πy cos πx) + + (2 sen πx cos πx) sen πy}. entonces el desplazamiento para este caso est´ dado por a √ Y (x.2. √ Y (x. cada t´rmino de [9. (2. √ Y (x. Se ve de inmediato que para todas las selecciones de los coeficientes B12 y B21 la frecuencia est´ dada por a √ 5πa 1 5τ f12 = = . todos los modos correspondientes a los casos m = n son degenerados.14] correspondientes a los modos (1.25) (B12 sen πx sen 2πy + B21 sen 2πx sen πy) cos 5πat. TECNICAS PARA RESOLVER PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA(II) IV De una manera similar.24) 2 ρ Por brevedad podemos hablar del modo (m. .´ ´ 9. Si usamos a o u la misma definiciń aqu´ resulta que tenemos una mezcla de m´sica y ruido (esto es. puesto que hay frecuencias que son enteros m´ltiplos de una frecuencia fundamental u u como tambiń frecuencias que no lo son.3. CONDUCCION DE CALOR CON RADIACION 151 T (0.3. y que hemos definido m´sica como el estado donde todas las frecuencias u m´s altas o armńicas son m´ltiplos enteros de esta frecuencia fundamental. Conducciń de calor con radiaciń o o Planteamiento del problema En el problema de Fourier que involucra una barra de metal de longitud L.1. mientras que el otro extremo x = L irradia a un medio cincundante.3. que puede surgir es el caso donde uno de los extremos. x = L consideradas hasta ahora asumen que los extremos se mantienen a ciertas temperaturas o estń aislados. pero interesante. 9. no o ı.? Recordemos que en el caso de la cuerda vibrante tenemos una frecuencia m´s pequeã a n o fundamental. o una combinaciń de ´stas. digamos x = 0. 1) d d d (0. 9. u m´sica). 1) (1. 0) d d d d d d d d (1. las condiciones de frontera en los extremos x = 0. los cuales sirven para indicar aquellos modos y correspondientes frecuencias de gran importancia. 0) E Figura 9.3: ¿Una piel de tambor cuadrada puede crear un tono musical -¡ en analog´ con la cuerda ıa vibrante!. a o e Una posibilidad distinta. Una consideraciń importante a este respecto son e o las magnitudes de los coeficientes Bmn . t)|x=L y la temperatura del medio cincundante tomada como cero) obtenemos la condiciń de frontera requerida. donde o el flujo es proporcional a la diferencia entre la temperatura u(x.´ 152CAP´ ITULO 9. Soluciń del problema o Sabemos por el m´todo de separaciń de variables que e o u(x. 0) = f (x). t) = Be−κλ t sen λx. Podemos asumir que la distribuciń a e o de temperatura inicial est´ especificada por f (x).26) La unica cuestiń que podemos plantearnos en relaciń a las condiciones de frontera. Para obtener o a o o la expresiń matem´tica.30) tan λL = tan α = − ⇒ tan α = − h Lh 2 .29) Para satisfacer la primera condiciń de frontera en [9.3. t) = e−κλ t (A cos λx + B sen λx). ∂t ∂x (9.28) (9.3. recordemos primero que el flujo de calor a trav´s del extremo o a e x = L est´ dado por −κux (L. o ux (L. h > 0 las demas C. TECNICAS PARA RESOLVER PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA(II) el cual asume que est´ tambiń a la temperatura 0o C. t) = 0. u(x. 2 (9. donde κ es la conductividad t´rmica la cual se asume como a e constante.2.27) 9.F. h Para determinar los valores de λ que satisfacen esta ultima ecuaciń. asumimos que la superficie convexa de la barra est´ aisa lada de modo que la ecuaciń de calor est´ dada como antes por o a ∂u ∂2u = κ 2. u(0. escribimos α = λL. de modo que o u(x. es saber ´ o o la formulaciń matem´tica de la condiciń de radiaciń en el extremo x = L.F. a 9.3. λ 2 2 De la C. t). (9. [9. t) = −hu(L. t).26].25] vemos que Be−κλ t cos λL = −hBe−κλ t sen λL. esto es tan λL = − . ´ o por tanto α λ (9. requerimos A = 0. Formalizaciń matem´tica o a Como en el problema de Fourier. Teniendo en cuenta la ley de Newton del tipo de enfriamiento de radiaciń (esto es. ´ ´ 9.3. CONDUCCION DE CALOR CON RADIACION 153 ¿Como resolvemos esta ecuaciń ? o La ecuaciń [9.30] est´ expresada en forma trigonom´trica, y de la cual hay que obtener o a e los valores de α. Sus ra´ ıces se pueden obtener de la intersecciń de o y y que representamos en la figura [9.4] Y T = tan α α = − hL (9.31) 1 y=− hL α −π − π 0 2 π 2 α1 π 3π 2 α2 2π E α • • Figura 9.4: 1 α y la funciń tangente o hL y = tan α son infinitas (positivas) y por ende hay infinitos valores positivos de λ correspondientes, denotadas por λ1 , λ2 · · ·. De aqu´ se sigue que existan infinitas soluciones dadas ı Las ra´ αi obtenidas por la intersecciń de la recta y = − ıces o ´ 154CAP´ ITULO 9. TECNICAS PARA RESOLVER PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA(II) por u(x, t) = Be−κλn t sen λn x. Para satisfacer la segunda condiciń de frontera o u(0, t) = 0, u(x, 0) = f (x), superponemos las soluciones [9.32] para obtener ∞ 2 (9.32) u(x, t) = n=1 bn e−κλn t sen λn x. 2 (9.33) La segunda condiciń nos lleva a requerir o ∞ u(x, 0) = f (x) = n=1 bn e−κλn 0 sen λn x = n=1 2 ∞ bn sen λn x (9.34) lo cual como en el problema de Fourier, requiere la expansiń de f (x) en una serie de o ∞ funciones trigonom´tricas. La serie f (x) = e n=1 bn sen λn x se asemeja mucho a la serie seno de Fourier excepto por el hecho de que los valores de λn no estń igualmente espaciados -¡ a nπ all´ los λn = ı ! L El mismo m´todo usado en la serie seno de Fourier para hallar los coeficientes tambiń e e funcionar´ en este caso si se cumple que a L sen λm x sen λn xdx = 0, λn = λm . 0 (9.35) No importa el m´todo que utilicemos. Si multiplicamos ambos lados de [9.34] por sen λm x, e y luego integrando entre x = 0 y x = L encontramos L ∞ L f (x) sen λm xdx = 0 n=1 bn 0 sen λm x sen λn xdx usando [9.35] L L f (x) sen λn xdx = bn 0 L 0 (sen λn x)(sen λn x)dx ⇒ f (x) sen λn xdx bn = 0 L 0 (9.36) (sen λn x)2 dx ´ ´ 9.3. CONDUCCION DE CALOR CON RADIACION 155 el denominador de [9.36] es L 0 (sen λn x)2 dx = Lh + cos2 λn L 2h L (9.37) de aqu´ que ı bn = 2h Lh + cos2 λn L ∞ 2 f (x) sen λn xdx. 0 (9.38) Sustituyendo [9.38] en u(x, t) = n=1 ∞ bn e−κλn t sen λn x se tiene que L 0 u(x, t) = n=1 2h Lh + cos2 λn L f (x) sen λn xdx · e−κλn t sen λn x. 2 (9.39) ´ 156CAP´ ITULO 9. TECNICAS PARA RESOLVER PROBLEMAS DE VALOR DE FRONTERA(II) . Cap´ ıtulo 10 M´todos de Diferencias Finitas e (I) ”Los m´todos num´ricos de resoluciń de EDP’s funcionan, e e o aunque con limitaciones. Esto constituye un reto que conlleva el an´lisis del error y la legibilidad” a T.H. Mathews H.D.Fink ” A la naturaleza se la domina obedecińdola” e F. Bacon 157 158 ´ CAP´ ITULO 10. METODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (I) ´ 10.1. INTRODUCCION 159 10.1. Introducciń o Ya sabemos por los cap´ ıtulos anteriores que muchos problemas en ciencia aplicada, f´ ısica e ingenier´ se modelan matem´ticamente mediante ecuaciones en derivadas parciales. ıa a Comenzamos con este cap´ ıtulo los m´todos de la diferencias finitas que se basan en las e f´rmulas para aproximar las derivadas primera y segunda de una funciń. o o Recordemos algunas consideraciones te´ricas ya tratadas, antes de desarrollar lo que deo nominaremos la construcciń de la ecuaciń en diferencias. o o Comenzamos clasificando -como se hizo en los cap´ ıtulos 1 y 2 con m´s detalle- los tres a tipos de ecuaciones que investigaremos y resolveremos un problema f´ ısico de cada clase. Una EDP de la forma AΦxx + BΦxy + CΦyy = f (x, y, Φ, Φx , Φy ) siendo A, B, C ∈ R, se llama casi-lineal y hay tres tipos ıptica. a) Si B 2 − 4AC < 0, se llama EDP El´ b) Si B 2 − 4AC = 0, se llama EDP Parab´lica. o c) Si B 2 − 4AC > 0, se llama EDP Hiperb´lica o En este cap´ ıtulo estudiaremos los m´todos en diferencias finitas para las ecuaciones hiperb´lie o cas. 10.2. Ecuaciń de ondas o Como ejemplo de una EDP hiperb´lica ya conocemos por los cap´ o ıtulos 3,4 y 5 la ecuaciń o de ondas utt (x, t) = a2 uxx (x, t), 0 < x < L, 0 < t < b (10.1) con las C.F. u(0, t) = 0, u(L, t) = 0, 0 ≤ t ≤ b y las C. I. u(x, 0) = f (x), 0 ≤ x ≤ L ut (x, 0) = g(x), 0 < x < L (10.2) }.3. 0 ≤ x ≤ L. o para cada j = 2. tj ). Construcciń de la ecuaciń en diferencias o o Hagamos una particiń del rectńgulo o a R = {(x.1: Empezamos por la fila de abajo donde t = t1 = 0. i = 1. . . 0 ≤ t ≤ b} en una malla que consta de n − 1 por m − 1 rectńgulos de lados ∆x = h. t) ∈ R2 . o las aproximaciones a la soluciń exacta. . . t) desde su posiciń de equilibrio de o o una cuerda el´stica vibrante cuyos extremos. . ∆t = k. 10. 3. METODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (I) La ecuaciń de ondas modela el desplazamiento u(x. O sea. 4. ya sabemos que la soluciń es f (xi ) = o u(xi . t2 t1 x1 x2 ··· xi−1 xi · · · xi+1 xn−1 xn E Figura 10. que en los puntos de la malla son u(xi . x = L estń fijos.4 y 5 hemos determinado la soluciń exacta de la ecuaciń de ondas o o por medio de las series de Fourier. . tj+1 • • • • • tj tj−1 . . aqu´ vamos a usar este problema como prototipo de la ı situaciń que se da en las EDP’s hiperb´licas a trav´s de los m´todos en diferencias. . a a En los cap´ ıtulos 3. de coordenadas x = 0.. t1 ). . . . como se a muestra en la figura [Fig. o o e e 10. tj ). 2. Ahora vamos a usar una ecuaciń en diferencias para calcular en las filas sucesivas.160 ´ CAP´ ITULO 10. 3.j u(xi . calcularemos {ui.1] T . j−1 = r2 (ui+1. t) y uxx (x. t) = uxx (x. y tambiń es uniforme en todas las columnas tj+1 = tj + k (tj−1 = tj − k).3.5) que es la ecuaciń en diferencias que usaremos como aproximaciń a la ecuaciń diferencial o o o [10. xi−1 = xi − h. t) + o(h2 ).j + ui. (10.j + ui. [10. .5] as´ ı ui.1] nos da ui+1. t) o utt (x.j + r2 (ui+1.2] la posiciń en la malla de los o a o cuatro valores conocidos que aparecen en el miembro derecho de la expresiń [10.j − 2ui.4]y sustituyendo en [10.j + ui−1. 4. t) + u(x. t) + u(x − h. e Teniendo esto en cuenta.4) h2 El espacio entre los puntos de la malla es uniforme en todas las filas xi+1 = xi +h.7] es necesario que o r= ak ≤ 1. los que o se usan para determinar la aproxiamciń ui. Si escribimos [10.j + ui−1.3) u(x + h. t) = u(x.j ).j+1 = (2 − 2r2 )ui.j+1 . . n − 1. 3.j−1 = a2 k2 h2 (10.j + ui−1. entonces se dice que el m´todo es estable. t − k) + o(k 2 ) k2 (10. o Nota Hay que tener cuidado al usar la f´rmula [10.j−1 .j − 2ui.j ui.3] y [10. supuesto que conocemos las aproximaciones e a la soluciń en los puntos de las filas anteriores j-´sima y (j − 1)-´sima o e e ui. t) − 2u(x.1].6) k 2 a2 (ui+1. podemos determinar las aproximaciones a la soluciń en e o los puntos de la fila (j + 1)-´sima de la malla.j + ui.j ) (10.7]. tj ) en dichas relaciones [10. .j + ui−1.j en vez de o u(xi .j−1 = y llamando r = ka se tiene h ui. i = 2.j+1 − 2ui.3] y [10. a e Para garantizar la estabilidad de la f´rmula [10.j+1 − 2ui. t + k) − 2u(x. obtenemos la ecuaciń en diferencias eliminando los t´rminos de o e 2 2 orden o(k ) y o(h ) de las relaciones [10.6].j ) − ui.j+1 − 2ui. h2 reordenando los t´rminos de [10. (10.7) para mayor comprensiń didćtica mostramos en la Fig. CONSTRUCCION DE LA ECUACION EN DIFERENCIAS 161 La f´rmulas de diferencias centradas para aproximar utt (x.4].´ ´ 10.j − 2ui. h . usando la aproximaciń ui.7] si el error cometido en una etapa de los o c´lculos no se amplifica en las etapas posteriores. por ello se usa la funciń g(x). llamados m´todos impl´ e ıcitos. k) = u(xi . 0) = f (xi ) = fi . para el valor u(xi .2: Esquema de la Ecuaciń en Diferencias (EED) para la ecuaciń de ondas o o 10. METODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (I) Hay otros esquemas. 0) = g(xi ) = gi .8] para obtener la f´rmula con que conseguimos las aproximaciones num´ricas en los puntos de la o e . que son de desarrollo m´s complejo a pero no imponen restricciones sobre r para que se tenga estabilidad. Valores iniciales Si queremos usar la f´rmula [10.j−1 • r2 ui−1.j−1 Figura 10. t) alrededor de (xi . Sin embargo. • ui. 0)k + o(k 2 ) (10. es necesario disponer de las aproximaciones en los puntos de las filas primera y segunda. Usemos estos valores en [10. ut (xi . 0) + ut (xi . Fijemos x = xi en la frontera interior de R y apliquemos la f´rmula de Taylor de orden uno para desarrollar o u(x.j • (2 − 2r2 )ui.j • −ui. los valores de o la 2a fila no se suelen proporcionar. k) se verifica u(xi .4. Los valores de la 1a fila. vienen dados por la funciń f .162 ´ CAP´ ITULO 10.j • 2u r i+1. 0).7] para calcular las aproximaciones en los puntos de la o tercera fila de la malla.8) como u(xi . dada en el contorno o a para conseguir las aproximaciones en los puntos de esta 2 fila. 2 = (1 − r2 )fi + kgi + r2 (fi+1 − fi−1 ).5.9] y [10. n − 1.9] se propaı o gar´ a toda la malla sin atenuarse cuando usemos el esquema dado por la f´rmula [10.10) Recordando que la f´rmula de Taylor de orden dos es o u(x. podemos simplificar [10. 3. i = 2.10. para evitar que los valores ui. igualdad que nos permite usar la f´rmula de Taylor de orden n = 2 para obtener una aproximaciń mejorada a los valores de o o la segunda fila de la malla.9) Normalmente ui. con lo cual tenemos que uxx (x. . Para hacer esto. i = 2. n A menudo se da el caso de que la funciń f (x) dada en el contorno es dos veces derivable o en el intervalo. 0) = f (x).11] en el punto x = xi . 0) + ut (x. . .2 calculados por [10.12] y obtener la siguiente f´rmula de diferencias o h que nos proporciona aproximaciones sucesivas num´ricas mejoradas a los elementos de la e segunda fila ui. n − 1. t2 ). 4. 3. as´ que el error introducido al usar la f´rmula [10. 0) = a2 f (x) = a2 fi+1 − 2fi + fi−1 + o(h2 ). . . 4. Por a o consiguiente. 0)k + (10. h2 utt (x. usando la o relaciń entre las derivadas parciales segundas. junto a las expresiones [10. 2 (10. 2 (10. k) = fi + kgi + a2 k 2 (fi+1 − 2fi + fi−1 ) + o(h2 )o(k 2 ) + o(k 3 ) 2h2 (10. (10. volvemos a la ecuaciń de ondas y.12) ak ya que r = . t) = θ1 (x − at) + θ2 (x + at) (10.2 = fi + kgi .5. k) = u(x. Cuando se conocen dos filas exactamente La soluciń de D’ Alembert o El matem´tico franc´s Jean Le Rond D’ Alembert (1717-1783) descubri´ a e o que u(x. 10. 0) = a2 uxx (xi .1. CUANDO SE CONOCEN DOS FILAS EXACTAMENTE 163 segunda fila (recordemos que t2 = k) ui. .7].2 = u(xi .13) 10.11) Aplicando [10.10] se obtiene u(xi . 0)k 2 + o(k 3 ).9] introduzcan en el proceso un error de tratamiento apreciable. obtenemos o utt (xi . . .5.14) . es aconsejable que se tome un tamaõ de peso k muy n pequeõ. o 2 10.j+1 = ui+1. Aunque es raro que se conozcan los valores de la soluciń exacta en la segunda o fila. Cuando se conocen dos filas exactamente La precisiń de las aproximaciones num´ricas mediante la f´rmula [10.15) Adem´s. ut (x. 4. 3. La soluciń particular que verifica las C. 3.2] del cap´ ıtulo 3 pudimos comprobar que [10. si ambas funciones θ1 y o o θ2 son dos veces derivables.1] en el intervalo [0. Si el tamaõ del paso en el eje de la variable t es k = . . i = 2.2 = (1 − r2 )fi + kgi + r2 (fi+1 + fi−1 ).2 = u(xi .7] se transforma en o ui. . o n a entonces r = 1 y la f´rmula [10. y las C. Nota El teorema [10.164 ´ CAP´ ITULO 10.1]. . . n − 1 2 (10. . 4. .j + ui−1. (10. tomando como incremento k = ah en el eje de la variable t.1 Supongamos que los valores en las dos primeras filas de la malla ui. ui.j−1 . son los que toma la soluciń exacta o h de la ecuaciń de ondas [10.16) (10. si esto fuera posible entonces.C. . 0).1].17) . el proceso generar´ la relaciń exacta en todos los dem´s puntos de la malla. en este caso. 0) = 0 viene dada por las extensiones impares y peri´dicas de per´ o ıodo 2L definidas para x ∈ [0. METODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (I) es la soluciń de la ecuaciń de ondas [10. o u(x.1 = u(xi .3.5. 3. k) para i = 1. n − 1 ui. i = 2. 0) = f (x).1]. . Ya en el apartado [3. . . como se demostr´ en el apartado citado anteriormente. L]. las soluciones obtenidas mediante el m´todo de las diferencias finitas a e [10. anterior no da la garant´ de que las soluciones num´ricas sean exactas ıa e cuando los c´lculos se realizan usando las f´rmulas a o ui.14] satisface [10. 2.I. L] f (x) por θ2 (x) = θ1 (x) = . n.j − ui. . ıa o a Teorema 10.15] son exactas (¡ no tenemos en cuenta los errores de redondeo introducidos por el ordenador !) en todos los nodos de la malla.2.2 = fi + kgi . .7] depende del error o e o de truncamiento de las f´rmulas que se utilizan para convertir la EDP en una ecuaciń en o o diferencias. 1 ≤ i ≤ n. t) = 0.5.18) 2 Sustituyendo r = 1 en la ecuaciń [10. ya simplio o ficada ui. k) para algń i. en [10.17].5.2 = u(xi . 0 ≤ x ≤ 1 ut (x.I.2 = . CUANDO SE CONOCEN DOS FILAS EXACTAMENTE 165 como aproximaciones de los ui.3. . t).19] generamos las aproximao ciones a los valores u(x.1. 0) = f (x) = sen(πx) + sen(2πx).j+1 = ui+1. (10. entonces r = = h 2 · 0. es conveniente hacer los c´lculos de las mejores aproximaciones posibles a o a los valores de la segunda fila usando las aproximaciones de Taylor de segundo orden dadas por la expresiń [10. t) que se recogen en la tabla [10. 3. . (10. 0 ≤ tj ≤ 0.F.05 = 1. u(1. Como g(x) = 0. u Por esta razń.j−1 . . k = 0. i = 1.18] y.5. Los valores num´ricos dados en la tabla [10. o 10.17]. y . u(x. De hecho. 0) = g(x) = 0. 0 ≤ t ≤ 0.j + ui−1. u(0.5 y las C.1 segunda fila queda fi−1 + fi+1 ui. t) = 0.1] coinciden en m´s de seis cifras decimales e a con los correspondientes a la soluciń exacta o u(x.j − ui. 0 ≤ x ≤ 1 Soluciń o ak Elegimos convenientemente h = 0. Primer ejemplo Utilizar el m´todo de las diferencias finitas (MDF) para resolver la ecuaciń de ondas de e o una cuerda vibrante utt (x.19) Usando las f´rmulas dadas en [10. . obtenemos la ecuaciń en diferencias. sucesivamente. Puesto que a = 2. 2. 0 < t < 0.5 con las C.17] para calcular los valores de la o 0. t) = 4uxx (x. se introduce un error de truncamiento si ui. y r = 1 la f´rmula [10.2 de la segunda fila. 9.05. 0 < x < 1. t) = sen(πx) cos(2πt) + sen(2πx) cos(4πt) .10.1] para 0 < xi < 1. Puesto que a = 2 entonces tenemos que r = 1. -0.05 0. t). . t) = utt (x. .278768 x3 1.051599 . t) para cada n = 1. u(0.769421 0. t) = 4uxx (x.15 . .5x 0≤x≤ 3 5 3 5 ≤x≤1 ut (x. . t) para cada n = 1.4.000000 . 0. k = 0.F.1 Demostrar por sustituciń directa que u(x.363271 x4 x5 x6 ··· x10 -0. t) = 0. . 0) = f (x) =   x  1.I.328438 0. . . 0 ≤ t ≤ 1 y las C. 0.769421 0. 0.6. 2.2 Demostrar por sustituciń directa que u(x. t) = sen(nπx) cos(anπt) es una soluciń de la o o ecuaciń de ondas utt (x. METODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (I) tj 0. 3. .1. t) = 0. t) del ejemplo 1 o o 10. 0 < x < 1.5 − 1. t) = a2 uxx (x. .50 x2 0. 0) = g(x) = 0.2] para 0 ≤ xi ≤ 1. t) = 4uxx (x.431636 0.27876 -0. . 0 < x < 1. t) que se recogen en la tabla [10. Usando las f´rmulas ya citadas en le ejercicio anterior generamos las aproximaciones o a los valores u(x.5 con las C. .5.538842 1.89680 Cuadro 10.10 0. .00 0. 10. 0 < t < 0. Segundo ejemplo Usar el m´todo de las diferencias finitas para resolver la ecuaciń de ondas de una e o cuerda vibrante utt (x. o 10. o .18163 · · .166 ´ CAP´ ITULO 10.05. Soluciń o Elegimos convenientemente h = 0. . 2. 0 ≤ tj ≤ 0.1: Soluciń de la ecuaciń de ondas 4uxx (x. t) = sen(nπx) cos(2nπt) es una soluciń de la o o ecuaciń de ondas utt (x.5.896802 0. 3. . u(x. Ejercicios propuestos 10. u(1. t) e tomando k = 0. 0 ≤ t ≤ 0. -0.6.F.100 ··· ··· .100 Cuadro 10. para 0 ≤ x ≤ 1. u(0. u(1. t). k = 0.100 -0. 0) = f (x) = sen πx.4 Usar el m´todo de las diferencias finitas para calcular las tres primeras filas de la solue ciń aproximada de la ecuaciń de ondas dada.150 0. 0 ≤ x ≤ 1 ut (x.1. t) del ejemplo 2 o o 10. t) ¿Qu´ relaciń debe existir entre h y k para que la ecuaciń en diferencias que se obtenga venga dada por ui.003? . u(x. 0) = o ´ 0. t) = 0. .1.  15 − 15x 3  ≤x≤1 4 5 Tomar h = 0.5 En la ecuaciń ut (x. u(0. 0 ≤ t ≤ 0. 0) = g(x) = 0.2.5 con las C.2: Soluciń de la ecuaciń de ondas 4uxx (x.100 0.05 ··· .I. para 0 ≤ x ≤ 1.200 0. u(1.150 -0.j − ui. 0) = f (x). . t) = 0.45 0. t) = utt (x. .2. .200 ··· . t) = 4uxx (x.5 y  5x 3  0≤x≤  2 5 las C. respectivamente. t) = 4uxx (x. Tomar h = 0.5 con las C. 0 ≤ x ≤ 1. 0 ≤ t ≤ 0. t) = f (x + at) + f (x − at) 2 10.50 x2 0. . -0. t) = 9uxx (x. EJERCICIOS PROPUESTOS 167 tj 0.6 ¿Qu´ dificultad puede aparecer cuando usemos el MDF para resolver utt (x.150 ··· ··· . h = 0.300 x4 x5 x6 ··· x1 0 0.j−1 ? o 10. Demostrar que la soluciń de DAlembert para este caso es o u(x. t) = 0. realizando las operaciones a mano o con o o calculadora a) utt (x. 0 ≤ t ≤ 0. u(x. t) = 4uxx (x. 0) = f (x) = . t) = 0. b) utt (x. .3 Supongamos que la posiciń y velocidad iniciales de la cuerda son u(x. . . k = 0. t). -0.300 -0.j+1 = ui+1. o e o 10.5 y las C.02.I.j + ui−1. 0.00 0.150 x3 0.10.F. ut (x. 500 0.769421 0.500 x3 0.769421 0.375 10.168 ´ CAP´ ITULO 10.0 0.293893 x5 0.951057 0.800 0.587785 0.475528 0.475528 0.1]) k = .181636 x3 1.587785 0.125 h 3 x5 0.5 (Utilizar el teorema [10.293893 x4 1.300 x4 0.4 a) tj 0.875 0.0 0.500 0.2 b) tj 0.1 0.2 x2 0.1 0.000 0.000 1.181636 x2 0.750 0. METODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (I) Soluciones a los ejercicios propuestos 10.951057 0.500 0. Romero ”¿Quien se atrever´ a poner l´ a ımites al ingenio de los hombres ? Galilei 169 . Ecuaciones parab´licas o ”La formaciń del estudiante de ingenier´ pasa o ıa necesariamente por el estudio profundo de las Ecuaciones Diferenciales en Derivadas Parciales y la implementaciń o de algoritmos num´ricos para su resoluciń ” e o S.Cap´ ıtulo 11 M´todos de Diferencias Finitas e (II). ECUACIONES PARABOLICAS .´ ´ 170CAP´ ITULO 11. METODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (II). desarrollaremos a o un m´todo para calcular las aproximaciones a los valores exactos u(x. (11. t) − 2u(x. 0 ≤ t ≤ b = g2 (t) = c2 . t)son.4) (11. h2 Teniendo en cuenta que el tamaõ de los rectńgulos de la malla es uniforme en cada fila. respectivamente o ut (x. t) + u(x + h.1].j + ui+1.5] o y sustituyendo lo que se obtiene en la ecuaciń del calor [11.1.5) u(x − h.6) . t) + o(h2 ). i = 1.I. t) u(L. y C. Introducciń. tj ). . m. t) y uxx (x. Empezando en a la fila de m´s abajo.j ≈ u(xi . t).j = a2 k h2 (11. a partir de una distribuciń inicial de temperaturas a lo largo del alambre f (x). Como se muestra en la Figura [11. ∆t = k. u(x. . 0 ≤ x ≤ L. t) en los puntos de la e malla {ui. t) = a2 uxx (x. . usando la aproximaciń ui.´ ´ 11.1] tendremos o ui−1. x = 0. donde t = t1 = 0 y la soluciń es u(xi .1) Como sabemos la ecuaciń del calor modela la distribuciń de temperaturas en un alambre o o aislado. 2. t) = u(x.3) (11. 0 ≤ t ≤ b. INTRODUCCION. t + k) − u(x. o o ut (x. 0 ≤ t ≤ b} en n − 1 por m − 1 a rectńgulos de lados ∆x = h. 0) = f (x). 0 ≤ x ≤ L. t = 0. t) = uxx (x. 0 < t < b con C. tj+1 = tj + k despreciando los t´rminos o e 2 o(k). . t1 ) = f (xi ). . o(h ).j ui. La ecuaciń de calor o o Como ejemplo de EDP parab´lica consideramos la ecuaciń del calor unidimensional. n a xi+1 = xi + h ´ xi−1 = xi − h. Las f´rmulas en diferencias que usamos para ut (x. Construcciń de la ecuaciń en diferencias o o Dividamos el rectńgulo R = {(x. x = L. Ya sabemos como calcular o las soluciones exactas -¡ usando series de Fourier ! -. t) + o(k) k (11. t). En este caso utilizaremos esta ecuaciń o para resolverlo num´ricamente.2) (11. cuyos extremos se mantienen a temperaturas constantes c1 y c2 . t) = g1 (t) = c1 . tj ) en las ecuaciones [11. 3 .1. .j − 2ui.j+1 − ui. n} para j = 2. . e 11. 3. 0 ≤ x ≤ L.F.4] y [11. y en cada columna. LA ECUACION DE CALOR 171 11. u(0.2.j en vez de u(xi . 7] es muy sencilla y nos invita a usarla r´pidamente. 0 ≤ r ≤ 1 . u(x.7] se emplea para calcular las aproximaciones en la fila o (j + 1)-´sima de la malla a partir de las aproximaciones de la fila anterior.j . t) = uxx (x.9) (11.´ ´ 172CAP´ ITULO 11.8) .1].j+1 • rui−1. ui.20.j Figura 11.j • (1 − 2r)ui. Por comodidad llamamos r = 2 en [11. y s´lo si. ECUACIONES PARABOLICAS • ui. 0 < t < 0.j } se amplifiquen en alguna fila posterior {ui. hagamos notar e que esta f´rmula proporciona expl´ o ıcitamente el valor ui. con C. sin embargo es imo a portante usar tćnicas num´ricas estables y la f´rmula [11. 0 ≤ x ≤ 1. u 11.3. (11. Si esto no se cumple. o La f´rmula [11.j ).1: Esquema de las diferencias progresivas a2 k que es una aproximaciń a la relaciń [11. t = 0. Primer ejemplo Usemos el m´todo de las diferencias progresivas para resolver la ecuaciń del calor e o ut (x. (11. t). entonces puede ocurrir que los errores introducidos en la fila 2a {ui.j + r(ui−1. Esto significa que el tamaõ de paso k debe cumplir o n 2 h2 k ≤ 2 .j + ui+1. 0 < x < 1.j y ui+1.7) La ecuaciń en diferencias [11. METODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (II).6] y o o h reordenamos ui. 0) = f (x) = 4x − 4x2 .j+1 = (1 − 2r)ui.j • rui+1.j .j+1 en funciń de ui−1. La f´rmula e e o o [11.7] no siempre lo es.7] es estable si.p } para algń p > j.I. 40 x4 =0. Ań as´ la necesidad de que el m´todo sea estable plantea considerau ı. En la tabla adjunta se recogen las aproximaciones en las filas sucesivas de la malla.F.02 y a = 1 de manera que n r = 0. . n .117813 .j+1 = .072812 . 0. se recogen en la citada tabla [11.12) y la tabla [11. ∆t = k = 0.2] Nota La precisiń de la EDF [11. ∆t = k0 .3. .2 y ∆t = k = n 0. La malla tendr´ n = 6 columnas de ancho y m = 11 filas de alto. En este caso la f´rmula [11.0000 . y los errores o 2 introducidos en una fila se amplificarń en las filas posteriores.12] ya que r > 1 .0333333 ⇒ r = 0. x = 1.20 x3 =0. x = 0. .333333. t).11) 2 La f´rmula [11. .8333333(ui−1.7] es de orden o(k) + o(h2 ) y. .666665ui. e ciones adicionales. t) = g1 (t) = 0. PRIMER EJEMPLO 173 y C.480000 0.20.960000 0.20 .800000 0. .t) del ejemplo 1 La segunda vez. . t t1 = 0.800000 0.j + 0.00 t2 = 0.1] es estable para r = 0. 0 ≤ t ≤ 0.j + ui+1.480000 0.000000 0.640000 0. .11.2. 0.20 = g2 (t) = 0.640000 0.10) La primera vez usamos tamaõs de ∆x = h = 0. que son aproximaciones a u(x.5 y puede ser usada con garant´ de ´xito para o ıa e generar aproximaciones razonablemente precisas a u(x. .117813 . .80 x6 =1.000000 Cuadro 11. .60 x5 =0.00 0. Los valores num´ricos que a e se obtienen.5. (11. Supongamos que las aproximaciones obtenidas en la malla no son suficientemente precisas y que debemos reducir los tamaõs de paso ∆x = h0 .000000 . .0000 0. como el t´rmino o(k) tiende a o e cero linealmente.j ui.833333.00 x2 =0.960000 0.02 x1 =0. u(0. t) bastante poco precisos para 0 ≤ t ≤ 0.j ) 1 30 (11. . 0.7] queda o ui. 0 ≤ t ≤ 0. 0. En este caso [11. no es sorprendente que k deba tomarse muy pequeõ para obtener buenas n aproximaciones. (11. tomamos como tamaõs de paso ∆x = h = 0.1: Soluciń de la ecuaciń del calor o o uxx (x.0000 0.j+1 = −0. t) u(1.2] nos muestra la inestabilidad de la f´rmula [11. 0.t)=ut (x.7] a queda as´ ı ui−1.j + ui+1. 0.072812 . . t10 = 0. 3333 .373333 0.0000 .4. .693333 0. .693333 0.089601 .y Si tomamos como nuevo tamaõ de paso la coordenada x. se basa en la construcciń de una aproximaciń num´rica al valor de la soluciń de la ecuaciń del calor o o e o o [11.960000 0.80 x6 =1. (11.640000 0.00000 . .00 x2 =0. 11. t + k ) que es un punto situado entre dos filas de la malla. .40 x4 =0.192511 . . .00000 0. simplemente ∆x = h1 = n 2 queremos mantener el mismo valor del cociente r. .13) 2 k o y para uxx (x.0000 0.60 x5 =0. no expl´ ıcito.1] en (x. inventado por John Crank y Phyllis Nicholson. . t) y uxx (x. debe cumplir k1 = r(h1 )2 r(h0 )2 k0 = = . . t + k) − u(x. t + k). Este esfuerzo extra. entonces k1 . t10 =0.0000 t2 =0. nos obliga a buscar m´todos m´s eficaces que no estń sujetos e a e a restricciones de estabilidad tan exigentes.14) . METODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (II). con lo cual el esfuerzo de ordenador se multiplica por ocho.192511 .20 x3 =0. El m´todo de Crank-Nicholson e Este m´todo es un m´todo impl´ e e ıcito. 0. ECUACIONES PARABOLICAS t t1 =0. t) − 2u(x. t + k ) usamos como aproximaciń el valor medio de las aproximaciones a 2 uxx (x. 0. este valor medio tiene una precisiń del orden de o(h2 ) o uxx x.´ ´ 174CAP´ ITULO 11. t) + u(x + h.960000 0. t + k)+ 2h2 u(x − h.00000 Cuadro 11. . . . . -0. donde el incremento en el nivel de complejidad de c´lculos tendr´ como contrapartida la garant´ de estabilidad sin condiciones a a ıa adicionales. t + k ) usamos la aproximaciń que se obtiene a partir de la f´rmula de diferencias 2 centradas k u(x. 2 2 a 4a 4 En consecuencia: Hay que doblar el n´mero de nodos de la malla en el eje de la variable u x y cuadruplicarlo en el eje de la variable t.373333 0. 0. t) ut x.089601 . Este esquema impl´ ıcito. t)] + o(h2 ).2: h0 . t + k) − 2u(x.640000 0. Concretamente. 0.03333 x1 =0. t + k 2 = + 1 [u(x − h. t + k) + u(x + h.0000 0. para 2 o o ut (x.0 0. . t + = + o(k 2 ) (11. -0. 2: Esquema de Crank-Nicholson Cuando se trabaja con la f´rmula [11.j Figura 11.j+1 • ui+1.j+1 = (2 − 2r)ui. sustia tuimos las expresiones [11. manteniendo la notaciń ui.j+1 + ui+1.j+1 y ui+1. i = 2.j+1 + ui−1. EL METODO DE CRANK-NICHOLSON 175 An´logamente a como lo hicimos para obtener el esquema de diferencias progresivas.16] se suele tomar como cociente r = 1.14] en la ecuaciń del calor [11.j + ui+1.16] se n a escriben as´ ı ui−1.j − 2ui.j+1 − ui+1. as´ que estas e o ı ecuaciones forman un sistema lineal tridiagonal AX = B. el tamaõ de paso en el eje de la variable es ∆t = k = 2 y las ecuaciones [11. . .j = a2 . . (11.j + ui+1.15) a2 k Volvemos a tomar r = 2 en [11.2] se muestran los seis puntos que se usan en la f´rmula [11. Entonces. tj ).13] y [11. .j+1 − rui+1. obtee o nemos la ecuaciń en diferencias o ui−1.17) .1] y despreciamos los o t´rminos del error o(h2 ) y o(k 2 ). En este o h2 caso.j . k 2h2 (11.j+1 = ui−1.j+1 + (2 + 2r)ui.16) Los t´rminos del miembro derecho de la ecuaciń [11. (11.15] produce la siguiente ecuaciń en difereno e o o cias impl´ ıcita −rui−1.j ui.j ). n − 1.16] de Cranko Nicholson as´ como el punto intermedio en el que se basan las aproximaciones num´ricas.j+1 .j+1 • • • ui−1.j • • ui+1. . i = 2.j+1 escribińdolos en el miembro de la izquierda de la ecuaciń.j + ui+1.j+1 − 2ui.´ 11. ui. n − 1.15] y despejamos los tres valores a´ n por calcular u h ui−1. . En la figura [11.j ≈ u(xi . 3.4. ı e ui−1.16] son todos conocidos. .j+1 + 4ui. .j + r(ui−1. 3.j+1 − ui. Esta e o reordenaciń de los t´rminos de la ecuaciń [11. t).1. u(x. . u(x. 0 < x < 1.j+1             =         2C1 + u3.I. t = 0.j = = u1.´ ´ 176CAP´ ITULO 11. . t) = g2 (t) = 0.1 u(1.18) .17] se escriben de forma especialmente atractiva en su forma tridiagonal AX = B  4 −1  −1 4 −1   . −1 4            u2. x = 0. ∆t = k = 0.j . 0 ≤ t ≤ 0. . ui.j . el e sistema lineal tridiagonal AX = B puede resolverse bien por m´todos directos.j + ui+1.j+1 .j+1 . 0) = f (x) = sen(πx) + sen(3πx). ui−1.  . t) = g1 (t) = 0. METODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (II). tomamos como tamaõs de paso ∆x = h = 0. bien de e forma iterativa. un−1. ECUACIONES PARABOLICAS En la primera y en la ultima de estas ecuaciones hay que usar las condiciones de contorno. 0 < t < 0. .     Cuando se utiliza un ordenador para llevar a cabo el m´todo de Crank-Nicholson.j+1 = C1 un. x = 1.j + u4. La malla tendr´ n = 11 columnas de ancho y m = 11 a (11.19) (11.1 Soluciń o Para mayor simplificaciń. Las ecuaciones de [11. t) = uxx (x.  .1 con C. .. 0 ≤ t ≤ 0.20) (11.j un. ´ es decir u1.5. .j + 2C2       .j+1 u3. 0 ≤ x ≤ 1 y C.j+1 = C2 .    −1 4 −1   . un−2. Segundo ejemplo Usar el m´todo de Crank-Nicholson para resolver la ecuaciń e o ut (x.F.j u2.01 o n de manera que el cociente es r = 1.. . 11. . 10 x2 = 0.610905 .1.7] ? o a2 11. . son ´ t11 0.118034 0. t). la funciń u(x. t) = 4uxx (x.115285 0.4: M´todo de Crank-Nicholson para tj = e 11.6.219204 2 2 t ··· 0. . t) = sen(πx)e−π t + sen(3πx)e−9π que . 2. ti ) obtenidos por este m´todo para tj = e tj t1 =0. . 2 t es una soluciń de la ecuaciń del calor o o h2 en la f´rmula [11.220827 ··· ··· (j − 1) 100 x10 = 0.00 t2 =0. .4] se muestran los resultados obtenidos con el algoritmo para 0 < xi < 1.116144 x3 = 0. t). Ejercicios propuestos 11. 0.4 Usar el m´todo de las diferencias progresivas para calcular las tres primeras filas de la malla e que se construye para la ecuaciń del calor que se da (!’calcular a mano o con calculadora !) o 11.2 1.538842 0. t) = sen(nπx)e−anπ) o 2 ut (x. 0. para cada n´mero natural n = o u −4n2 π 2 t 1. 0. 0 < x < 1. . t) = a uxx (x. 11. . en la ultima fila.3: La tabla de los valores u(xi . Las aproximaciones obtenidas con el m´todo de Crank-Nicholson son buenas aproximae ciones de los valores exactos u(x.1 . 3.616905 .118034 0. 0 < t < 0. t11 =0. 0 ≤ tj ≤ 0.6.2 Idem con la funciń u(x.115285 Cuadro 11. .11. sustituyendo. .1 Verificar. .1 1.9 1. .116144 j−1 100 Cuadro 11. . que.01 .928778 . t) = uxx (x. EJERCICIOS PROPUESTOS 177 filas de alta.3 ¿Qu´ dificultades podr´ aparecer si se usa ∆t = k = e ıan ut (x. En la tabla [11. t) = sen(nπx)e o es una soluciń de la ecuaciń del calor o o ut (x. directamente en la ecuaciń. t). k = 0. x = 0.587785 0. t) = 0. t > 0 que cumple las condiciones de contorno u(0. ECUACIONES PARABOLICAS con C. t) = uxx (x. calcular el valor de l´ u(x. 0 ≤ t ≤ 0. METODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (II).951057 0.0 0.184710 x3 = 0. j=1 Soluciones a los ejercicios propuestos 11.5 Considerar la soluciń exacta o u(x.0 0. 11.4 0.951057 0.I.02 y r = 0. n 11. t). t) = 0 y valores iniciales u(x.F.´ ´ 178CAP´ ITULO 11.769421 0. u(0. 0 ≤ x ≤ 1 y C. u(1.1 Tomar h = 0.0 0.0 0.0 0.20 0. t).475528 0.6 0. ım t→∞ 2 2 2 )t .6224745 x4 = 0.0 0. 0 ≤ t ≤ 0. 0 ≤ x ≤ 1. t) = sen(πx)e−π t + sen(3πx)e−3π Fijando x.1 u(1.2.6 Probar que u(x.475528 0.0 . t) = j=1 aj e−(jπ) sen(jπx) es una soluciń de la ecuaciń o o ut (x. t) = C1 = 0.587785 0.8 0. 0) = n aj sen(jπx).622475 x5 = 0. 0) = f (x) = sen(πx). t = 0.4 x1 = 0.5. u(x.0 x2 = 0. x = 1.384710 x6 = 1.769421 0. t) = C2 = 0. Frey 179 . hasta qu´ e punto es posible descubrir las experiencias mediante estructuras formales” G.Cap´ ıtulo 12 M´todos de diferencias finitas e (III). Ecuaciones el´ ıpticas ”El problema de la posibilidad de matematizar significa. ECUACIONES EL´ IPTICAS .´ 180CAP´ ITULO 12. METODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (III). y) (problema de Dirichlet) o o ∂u(x. y). y) + u(x − h. y) = g(x. Por razones e e e obvias. y) y ı o o sumar los resultados obtenemos 2 u= u(x + h. y) + uyy (x. INTRODUCCION 181 12. y) es o 2 u(x.6) Ahora dividimos el rectńgulo R ≡ {(x. La f´rmula para f (x) es e o f (x) = f (x + h) − 2f (x) + f (x − h) + o(h2 ) h2 (12. las ecuaciones de Laplace.4) u(x. y − h) − 4u(x. y) = g(x. Recordemos que la laplaciana de una funciń u(x. y) + u(x − h. 0 ≤ y ≤ b} en n−1×m−1 cuadrados a de lado h ( o sea. y) + f (x. h2 (12. Introducciń o Como ejemplos de ecuaciones en derivadas parciales el´ ıpticas.2. y + h) + u(x. imponemos la aproximaciń o o u(x + h. y + h) + u(x. consideremos las ecuaciones de Laplace. al aplicar esta f´rmula a la funciń u(x. Poisson y Helmholtz. y) + o(h2 ).1. Ecuaciń en diferencias para la laplaciana o El primer paso consiste en obtener una versiń discretizada del operador de Laplace que o nos permita usarlo num´ricamente.7) . o (12.1) Con esta notaciń.1. entonces cada uno de estos problemas puede resolverse mediante a la tćnica num´rica conocida como como el m´todo de las diferencias finitas. Para resolver la ecuaciń de Laplace. y) para aproximar uxx (x. como se muestra en la figura [12.3) (12.2) 2 2 u(x. y) y uyy (x. y). o o 12. a = nh y b = mh). y) = 0 Ecuaciń de Laplace. (12.´ 12. Poisson y Helmholtz pueden expresarse de o la siguiente manera 2 u(x. o Si se conocen los valores que debe tomar la funciń u(x. 0 ≤ x ≤ a. y) su derivada normal = 0 (problema de Neumann) en la frontera de una regiń o ∂η rectńgular R del plano. y − h) − 4(x.5) as´ que.1]. y) + o(h2 ) = 0 h2 (12. y) = uxx (x. y) Ecuaciń de Poisson. o (12. y)u(x. estudiaremos con detalles la ecuaciń en diferencias para la laplaciana. s´lo. y) Ecuaciń de Helmholtz. y) + u(x. y) + u(x. .j−1 − 4ui. la ecuaciń [12. yj ) o para i = 2. .´ 182CAP´ ITULO 12. es decir. como se muestra en la figura [12.1: La malla usada en la ecuaciń en diferencias de Laplace o que tiene una precisiń de orden o(h2 ) en los puntos interiores de la malla (x.3.j+1 + ui.j = 0. n − 1 y j = 2.8] el denominador h2 obtenemos la f´rmula de aproximaciń para la ecuaciń de Laplace o o o ui+1. 3. Esta f´rmula relaciona el valor de la funciń ui.j . denotando por ui.j−1 .j + ui−1. (12.j+1 y ui. . yj+1 yj yj−1 • • • • • .j con sus cuatro valores adyacentes o o ui+1. Eliminando de la expresiń o [12. yj ) = u1. · · · .j + ui.8) expresiń que se conoce como la f´rmula de diferencias con cinco puntos para la o o laplaciana.j para 2 ≤ j ≤ m − 1 (a la izquierda).7] queda o o 2 ui. ui−1. Como los puntos de la malla estń espaciados a uniformemente xi+1 = xi + h.j la aproximaciń al valor u(xi . 3. m − 1. · · · . ECUACIONES EL´ IPTICAS T . yi+1 = yi + h e yi−1 = yi − h. .j + ui−1. Construcciń del sistema lineal o Supongamos que tenemos un problema de Dirichlet. xi−1 = xi − h.j−1 − 4ui.9) 12.2]. y2 y1 x1 x2 ··· xi−1 xi · · ·xi+1 xn−1 xn E Figura 12. METODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (III). y) en la frontera de la regiń R o o u(x1 .j .j =0 h2 (12.j+1 + ui. que conocemos los valores de la funciń u(x. y) = (xi . ui. yj ). .j ≈ ui+1.j + ui. · · · .2 u1. ym ) = ui.3 • u5.3: Una malla de orden 5 × 5 para un problema de contorno Aplicando la f´rmula [12.´ 12.9] de aproximaciń a la ecuaciń de Laplace en cada uno de o o o .9] en cada uno de los puntos de la malla que son interiores a o R. CONSTRUCCION DEL SISTEMA LINEAL 183 u(xi . cuya soluciń o o nos proporciona las aproximaciones a u(x. y1 ) = ui. u(xn . p9 como se indica u2.3. u(xi .m para 2 ≤ i ≤ n − 1 (arriba).3]. y) en los puntos interiores de R.5 en la figura [12.2: Esquema de la para la cuaciń de Laplace o Al aplicar la f´rmula [12. Por ejemplo.j−1 Figura 12.1 p7 • • • • u3.j+1 • ui−1. obtenemos un sistema de n − 2 ecuaciones lineales con n − 2 inc´gnitas .j para 2 ≤ j ≤ m − 1 (a la derecha). que n = m = 5 y que los valores desconocidos o u(xi . • ui.5 u3. supongamos que la regiń es un cuadrado.1 p9 • u5.1 para 2 ≤ i ≤ n − 1 (abajo).j • ui.j •ui+1. yj ) en los nueve puntos interiores de la malla se etiquetan p1 .2 p1 p2 p3 Figura 12. p2 .3 p4 p5 p6 u1.j • −4ui. yj ) = un.5 u4. • • • u1.1 p8 • • • • u4.4 • • • • • • • u2.4 • u5. ECUACIONES EL´ IPTICAS los puntos interiores de la malla. Primer ejemplo Vamos a determinar la soluciń aproximada de la ecuaciń de Laplace 2 u = 0 en el o o rectńgulo R ≡ {(x. y) denota la temperatura en un a punto (x. obtenemos el sistema de nueve ecuaciones lineales AP = B −4p1 +p2 p1 p1 = −u2.3 p2 +p4 −4p5 +p6 +p8 =0 p3 +p5 −4p6 +p9 = −u5.9] en este caso. y). 4) = 180 para 0 < x < 4.5 p6 +p8 −4p9 = −u4. los valores en la frontera son u(x.3 p4 −4p7 +p8 = −u2.1 −u5.4] Al aplicar la f´rmula [12. y) = 80 y u(4.5 −u1. y). el sistema AP = B que se obtiene es o = −100 −4p2 +p3 +p5 = −20 p2 −4p3 p6 = −20 −4p4 +p5 +p7 = −80 p2 +p4 −4p5 +p6 +p8 =0 p3 +p5 −4p6 +p9 = 0 p4 −4p7 +p8 = −260 p5 +p7 −4p8 +p9 = −180 p6 +p8 −4p9 = −180 +p4 −4p1 +p2 p1 p1 . y) = 0 para 0 < y < 4 y la malla que se usa es la que muestra la figura [12. METODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (III).5−u5. 0 ≤ x ≤ 4.4.1 p2 −4p3 p6 = −u4.4 p5 +p7 −4p8 +p9 = −u3. 0) = 20 y y u(x. donde u(x. 0 ≤ y ≤ 4}.´ 184CAP´ ITULO 12.1 −u1. u(0.2 −4p4 +p5 +p7 = −u1.4 +p4 12.2 −4p2 +p3 +p5 = −u3. 4] El vector soluciń P puede obtenerse mediante el m´todo de eliminaciń de Gauss (tamo e o biń pueden diseãrse esquemas m´s eficientes.6429. p8 . p2 . 0 ≤ y ≤ b}.11) .12. p7 . ∂u(xn . p3 .786. a e e Supongamos que fijamos x = xn . 45.3 =0 • u5. el vector P soluciń es o P =(p1 . 79. de manera que consideramos el lado derecho x = a del rectńgulo R ≡ {(x. yj ) = u(xn . 12.2143. como la extensiń del algoritmo tridiagonal e n a o a sistemas pentadiagonales).5.5 =180 185 • u1. p9 )t = =(55.5 =180 u4.3 =80 p4 p5 p6 u1. y). La condiciń de contorno sobre la derivada a o normal en este lado es. y) en la direcciń perpeno dicular al contorno de R.4: La malla de orden 5 × 5 para el ejemplo del apartado [12.2 =80 p1 p2 p3 u2. p5 . ∂x (12.5 =180 u3. es decir.10) En el contexto de los problemas de distribuciń de temperaturas. 112. p4 .7143. ∂η (12. 111. p6 .1 =20 Figura 12. se dice que tenemos un problema con condiciones de contorno de Neumann.2857)t . 27.0000. 70. entonces.1 =20 • • • • • u4.1429. Las temperaturas en los puntos interiores de la malla. 43.5. 84. yj ) = 0. Como ejemplo vamos a resolver un caso en el que la derivada normal es nula ∂ = 0.1 =20 • • • • • • • p7 p8 p9 • u5.4 =80 • • • • • u3. Condiciones de contorno de Neumann Cuando se especifican los valores de la derivada direccional u(x.2 =0 u1.857.4 =0 • u5. CONDICIONES DE CONTORNO DE NEUMANN u2.3571. 0 ≤ x ≤ a. esto significa que el cono torno est´ aislado y que no hay flujo de calor a trav´s de ´l. j+1 − 4u1.j−1 + un. yj ) es o un+1.17] apropiado. figura [12. En esta f´rmula se relaciona el valor de la funciń un. METODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (III).m−1 + ui−1. (lado derecho).j . Sin embargo.´ 186CAP´ ITULO 12.j ≈ un−1.2 + ui−1. Los esquemas computacionales de Neumann para los puntos de los dem´s lados se deducen a de forma parecida. el resultado es o o 2un−i.j + un. y) derivada normal = 0 en una parte de la frontera de R y valores de contorno u(x. y) en la parte del contorno en la que se aplica la condiciń sobre la derivada normal son o las dadas por el esquema de Neumann [12. (12. Para las aproximaciones a u(xi .j + u1.j + un−1.j+1 y un. Las ecuaciones para determinar las aproximaciones a u(x.j ≈ ux (xn .j con sus tres valores adyacentes o o un−1.j+1 + un. en los que se usa la condiciń sobre la e o ∂u(x. de manera que los cuatro casos son 2 ui. yj ) en los puntos interiores a R seguimos usando la f´rmula [12.6.j . Segundo ejemplo Vamos a calcular una soluciń aproximada de la ecuaciń de Laplace 2 u = 0 en el o o rectńgulo R ≡ {(x. y) ∂η especificados en el resto de la frontera. ECUACIONES EL´ IPTICAS La ecuaciń de diferencias de Laplace en el punto (xn .j − un−1.j−1 − 4un.16) (12. donde u(x.j+1 − 4un.5].j es desconocido porque el punto correspondiente est´ fuera de la a regiń R.j+1 + un. (12.j−1 + ui. (lado superior). yj ) = 0 2h (12. y) denota la temperatura en el a .m = 0 Podemos abordar tambiń problemas mixtos.1 − 4ui.j = 0 2 un−1. podemos usar la f´rmula de derivaciń num´rica o o o e un+1. cuyo orden de precisiń es o(h2 ). (lado izquierdo).1 = 0 2 u2. y).j = 0 (lado inferior). un.m + ui+1.m − 4ui. o 12.1 + ui+1.12) en la que el valor nn+1.j−1 − 4un.j = 0.j−1 .14) (12.13) y obtener la aproximaciń un+1. Al usar esta o o aproximaciń en la expresiń [12.17) 2 ui. 0 ≤ y ≤ 4}.9] de aproximaciń a o o la ecuaciń de Laplace.j + un.12].j = 0.j + un. 0 ≤ x ≤ 4.14]-[12.15) (12. 4) = 180 uy (x.12. y) = 0 para 0 < x < 4.1 • −4u • i.9].j • • −4un.j+1 • un.j−1 Figura 12.j−1 • un.1 • • −4ui.14] y en o los puntos q4 .5: Los esquemas para la condiciń de contorno de Neumann o punto (x.6. En los puntos q1 . q2 y q3 del contorno aplicamos la f´rmula de Neumann [12.j • 2u2. SEGUNDO EJEMPLO 187 2ui. q5 .2 • • ui−1. y) y las condiciones de contorno son las que se muestran en la figura [12. Lo que obtenemos es un .j+1 • • −4ui. para 0 < x < 4.6] u(x.j • ui. 0) = 0 u(0. y) = 80 u(4.m • ui+1.m ui+1. q12 aplicamos el esquema de Laplace [12. · · · . para 0 ≤ y < 4.m−1 ui.j 2un−1.m ui−1.1 • 2ui. para 0 ≤ y < 4. q6 . 86.3492)t .5 =180 u3. q9 q10 .3 =0 5. 75. 50. o −4q1 +q2 q1 −4q2 +q3 q2 q1 q2 = −80 =0 −4q3 2q6 =0 −4q4 +q5 +q7 = −80 +q4 −4q5 +q6 +q8 =0 q3 +q5 −4q6 +q9 =0 q4 −4q7 +q8 + q1 0 = −260 q5 +q7 −4q8 +q9 +q1 1 =0 q6 +q8 −4q9 +q12 = 0 +q7 −4q10 +q11 = −260 +q8 +q10 −4q11 +q12 = −180 +q9 +q11 −4q12 = −180 +2q4 +2q5 El vector soluciń Q puede obtenerse mediante el m´todo de eliminaciń de Gauss (tambiń o e o e pueden diseãrse esquemas m´s eficientes. 115.5 =180 u4.6] sistema lineal AQ = B de 12 ecuaciones con 12 inc´gnitas.2 • u5.8543.147.4 =0 • u5. 115. 78.2 =80 q4 q5 q6 u1. son Q=(q1 .3 =80 q7 q8 q9 u1. 61. q8 .628.4 =80 • • • • • q2 • • • • • q3 • • • • • • • q10 q11 q12 • u5. q3 .1 =80 • q1 • u5.2342. ECUACIONES EL´ IPTICAS u2. . q11 .6: La malla de orden 5 × 5 para el ejemplo del apartado [12. q4 .6806. como la extensiń del algoritmo tridiagonal a n a o sistemas pentadiagonales).3636.0412. 87. q7 .5 =180 • u1.2165.´ 188CAP´ ITULO 12.8218. expresadas en forma vectorial.2502. METODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (III). 32. 36.6103. q5 . q2 . 56.1 =0 u1. q12 )t = =(71. La stemperaturas en los puntos interiores de la malla y en los puntos del borde inferior.1 =0 Figura 12. ´ 12.j = ui+1. En consecuencia. y) en el contorno u(x1 . as´ un m´todo iterativo s´lo requerir´ que se almacenaran ı.19].20) (12.20] hasta que el t´rmino residual ri.j 4 2≤i≤n−1 y 2 ≤ j ≤ m − 1. Puesto que para obtener resultados mejores hay que e trabajar con una malla m´s fina.7.j + ui−1.j que o e aparece en el miembro derecho de [12. ym ) = ui. el c´lculo num´rico de la soluciń de un problema de Didichlet requiere la resa e o oluciń de un sistema de (n − 2)(m − 2) ecuaciones. y1 ) = ui. digamos 10 por 10.19) Es necesario disponer de los valores iniciales en los puntos interiores de la malla.j . El inconveniente que presenta e este m´todo es el almacenamiento . yj ) = un. (12.j + ri. Ahora escribimos la ecuaciń [12.j + ui.m para 2 ≤ i ≤ n − 1 (arriba). . siendo ε la tolerancia prefijada). siendo ri. definida como la media de los 2n + 2m − 4 valores en el contorno dado por [12.21) (12. METODOS ITERATIVOS 189 12.7.j+1 + ui. (12.j = ui. M´todos iterativos e Acabamos de ver c´mo podemos resolver la ecuaciń en diferencias de Laplace construyeno o do un cierto sistema de ecuaciones lineales y resolvińdolo. e Empecemos por la ecuaciń en diferencias de Laplace o ui+1. yj ) = u1.j−1 − 4ui.j | < ε para cada 2 ≤ i ≤ n − 1 y 2 ≤ j ≤ m − 1.18] de forma adecuada para iterar o ui.j+1 + ui.j para 2 ≤ j ≤ m − 1 (a la derecha). hasta que se tenga |ri.j + ui−1. entonces tenemos un sistema de 91 ecuaciones con 91 inc´gnitas. u(xi .1 para 2 ≤ i ≤ n − 1 (abajo).j para 2 ≤ j ≤ m − 1 (a la izquierda).20] se reduzca a cero (o sea. Cada paso de la iteraciń consiste en hacer un barrido de todos los puntos o interiores de la malla con la f´rmula recursiva [12. si dividimos R en un n´mero modesto o u de cuadrados.j } correspondientes a los puntos de la malla. a u Por ejemplo.j + ui.18) u(xi . u(xn . es posible que el n´mero de cuaciones sea muy elevado. e o ıa las 100 aproximaciones num´ricas {ui. parece sensato trabajar con tćnicas que reduzcan la cantidad o e de datos que se deben almacenar. para ello puede valer la constante K.j = 0 y supongamos que conocemos los valores de u(x.j−1 − 4ui. j . los cuatro casos.m−1 + ui−1. 0 ≤ y ≤ 4}.22) ui.1 + ui+1. y) = 180 80 y y u(x.j 4 (12.j + ui. Este m´todo es el e e o e que resulta de aplicar la f´rmula recursiva o ui. y) = 0 para 0 < x < 4. ECUACIONES EL´ IPTICAS Podemos aumentar la velocidad de convergencia a cero de los t´rminos residuales {ri.j } e usando el m´todo concocido como m´todo de sobrerrelajaciń sucesiva.m + ui+1.m 4 2u2.m = ui.j 4 2un−1. para 0 < y < 4.j 4 (lado inferior).22] hasta que se tenga |ri.23) Si lo que se especifica en algń trozo de la frontera es una condiciń de Neumann.j | < ε.j = = ui. incluyendo ya el par´metro de sobrerrelajaciń ω son a o ui.j + ω un. en la que el par´metro ω verifica 1 ≤ ω < 2. con las condiciones de contorno u(x.24) (12. 0 ≤ x ≤ 4.1 + ω ui. (lado derecho).j + u1.´ 190CAP´ ITULO 12. (lado superior). 4) = u(0.j+1 − 4u1. 4) = 180 u(4. (12.j−1 + un. (12.j+1 − 4un.m − 4ui.1 4 2ui. entonces u o tenemos que escribir las expresiones [12.27) 12.25) (12.1 − 4ui. Tercer ejemplo Vamos a usar un m´todo iterativo para hallar una soluciń aproximada de la ecuaciń de e o o 2 Laplace u = 0 en el cuadrado R definido por R ≡ {(x. En el m´todo de sobrerrelajaciń sucesiva. en nuestro caso.j + ω ui+1.j−1 + u1.j + un.1 = un.j−1 − 4ui. METODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (III). a e o cada paso de la iteraciń consiste en hacer un barrido de la malla con la f´rmula recursiva o o [12.j+1 + ui.26) (12. y).1 = ui.17] de forma adecuada para iterar.j + ui−1.m + ω ui.j + ωri. Para elegir el valor ´ptimo del par´metro ω hay que o a estudiar los autovalores de la matriz que caracteriza el m´todo iterativo que estamos usando e para resolver un sistema lineal.1 + ω 2ui.8. (lado izquierdo).2 + ui−1. .j = ui. dicho valor ´ptimo viene dado por la f´rmula o o ω= 2+ 4 − cos 4 π n−1 + cos π m−1 2 .14]-[12. 000 88. .23]). 3. 0.000 144. . .9 = 130 y u9.0 x2 180. .1 = 50. hemos tomado u1. . y2 y1 . . . 40. 3.1791 20.0 10. .0 80. .000 . .3931 20.4844 x8 180.5195 20. |ri.44646 (que se e o a obtiene al sustituir n = 9 y m = 9 en la f´rmula [12.000 . .0 .000 . . TERCER EJEMPLO 191 Dividimos el cuadrado en 64 cuadrados de lado ∆x = ∆y = h = 0.0 0.414 116. 21. .7856 x9 90.j | ≤ 0.000 124. 35. 14.00 Cuadro 12. . 27. . .000 .5 y tomamos como valor inicial en los puntos interiores de la malla ui.1: Soluciń aproximada e la ecuaciń de Laplace con condiciones de Dirichlet o o .266 x7 180. .112 x3 180.000 . despu´s de 19 iteraciones. 80.000 137.0 80.821 102.0 . . 31.172 113.j = 70.2335 20.478 103. los o e valores residuales son todos menores que una mil´sima (de hecho. 51.126 x6 180. . .1 = 10. Puesto que las funciones de contorno son discontinuas en las esquinas y los valores correspondientes no se utilizan en los c´lculos.9900 20.000606 < 0. . .000 145. .0 0.0 50. u9. .000 122.000 . .453 x4 180.9 = 90 para completar la tabla.12.479 x5 180. i = 2.005 113. .000 .642 84.8. 8 y j = 2. 8 Usamos el m´todo de sobrerrelajaciń sucesiva con el par´metro ω = 1. .000 141. e Las aproximaciones que se obtienen se muestran en la tabla.1).1691 20. .607 51. u1. a x1 y9 y8 y7 130.2899 20. METODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (III).´ 192CAP´ ITULO 12. ECUACIONES EL´ IPTICAS . Massachusset. Vicens Universidad. R.V. [8] Hornbeck. 1991. Addison Wesley. ¨ [7] Froberg. L. Mir. [6] Fraile. Robert W. Riess. 1991.Teor´ de funciones de variable compleja ıa Ed.Ecuaciones Diferenciales Ed. 193 . Mc Graw-Hill. Reading. Braon.Variable compleja y aplicaciones Ed. 1977. 1996. o a e Ed.E. U P V . R. [2] Ayres. 1981.Ecuaciones Diferenciales y C´lculo Variacional a Ed. E. e o a e Ed.W. V. [9] Johnson. Ed. F. 1992. Mc Graw-Hill. Introducciń al an´lisis num´rico.W. L. [3] Aparicio. Ecuaciones Diferenciales. D. 1998.Bibliograf´ ıa [1] Arfken. J. [4] Churchill. Diana. New York. Teba Flores. M´todos de integraciń y c´lculo num´rico.M´todos matem´ticos para f´ e a ısicos Ed.Numerical Methods Quantum. G.Numerical Analysis. [5] Elsgoltz. C. Englewood Cliffs. Addison Wesley. (1995). G. METODOS DE DIFERENCIAS FINITAS (III).V.J. W. Mc Graw-Hill. W An´lisis Num´rico. Fink. Prentice Hall. R.Ecuaciones y sistemas diferenciales Ed. . New York. Las matem´ticas del c´lculo cient´ a e a a ıfico Ed. M. Tercera ediciń. e e [14] Mathews. (1999).S. ˜ o [18] ONeil.Ecuaciones Diferenciales (con aplicaciones y notas hist´ricas) o Ed.D.Graw-Hill. New York. K. [21] Seweel. . Manshfield.Numerical Methods. (1983). [16] Marcellan. Mc Graw-Hill. G. Ed. [13] Maki.H. Mc Graw-Hill. ECUACIONES EL´ IPTICAS [10] Kincaid. [22] Simmons. P. (1988).´ 194CAP´ ITULO 12. M´todos Num´ricos con Matlab Ed. J. Massachusets. H.The Numerical Solution to Ordinary and Partial Differential Equations. Introduction to Numerical Methods for Differential Equations.G. [17] Novo. 1994. et al. e [19] Ortega. et al. (1981). (1975). (1991). F. D.Mathematical Modeling.B. J. S.Mathematical Models and Applications Ed.1999 [15] Ed. Mac. Matem´ticas Avanzadas para Ingenie´r´ a ıa Ed.F. Limusa. [11] Klamkin. Ed. Filadelfia [12] Kreyszig. Software and Analysis Ed. Classroom Notes in Applied Mathematics SIAM. (1998). Problemas lineales y aplicaciones Ed. D. Ed.Advanced Engineering Mathematics. Maynard T. Grupo Editorial Iberoam´rica. Pitman. Cheney. Ecuaciones Diferenciales.P. [20] Rice J.M. E. y Poole. (1988). Grupo Editorial Iberoam´rica. Matem´ticas superiores a Ed. (1997).Variable compleja con aplicaciones Ed. Y.8. Addison-Wesley Iberoamericana. A. Mir. 1982.Ecuaciones diferenciales con aplicaciones Ed. I. D.D. ´ [24] Zeldovich. e . [25] Zill. TERCER EJEMPLO 195 [23] Wunsch.12. Yaglon.

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