MATEMÁTICAS II GRADO EN INGENIERÍA AEROESPACIAL ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES

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1 MATEMÁTICAS II GRADO EN INGENIERÍA AEROESPACIA ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIAES Sergio Blanes uis Sánchez ESCUEA TÉCNICA SUPERIOR DE INGENIERÍA DE DISEÑO DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA APICADA UNIVERSIDAD POITÉCNICA DE VAENCIA 1

2 Capítulo 1 Ecuaciones en derivadas parciales 1.1 Introducción Introducción de conceptos básicos En estas notas cubriremos las nociones más elementales de las ecuaciones en derivadas parciales (EDPs) mas usuales así como uno de los métodos más comúnmente utilizados como es el de separación de variables. En general una EDP es una relación entre una función incógnita dependiente de dos o más variables independientes, dichas variables independientes y algunas derivadas parciales de la función incógnita respecto de la variables independientes, denominándose orden de la ecuación diferencial al de la mayor derivada parcial que aparezca. os métodos de resolución de ecuaciones en diferenciales ordinarias (EDOs) nos serán eventualmente útiles. Así, por ejemplo, en la EDP que relaciona la función incógnita z(x, y) con las variables independientes x, y 2 z x =6xy 2 es inmediato obtener la solución z = x 3 y + xφ(y)+ψ(y) donde φ(y) y ψ(y) son funciones arbitrarias. Este ejemplo muestra que la solución de las EDP generalmente involucran funciones, en vez de constantes, 2

3 arbitrarias como ocurre con las EDOs. Además en ejemplos como éste en que tenemos una variable dependiente de dos independientes las muchas soluciones existentes admiten una representación mediante superficies sustituyendo a las curvas integrales de las EDOs. Muchos de los problemas de la ingeniería requieren de la resolución de ecuaciones en derivadas parciales y aunque no existen métodos de resolución de EDPs, es decir de búsqueda de funciones que la satisfacen, tan generales como en EDOs, muchos de ellos son modelizados por las mismas EDPs a pesar de ser de naturaleza muy distinta. A continuación presentamos unas pocas de entre las más relevantes. Ecuación de aplace 2 u =0 (1.1.1) ( 2 u 2 u + 2 u + 2 u en tres dimensiones. En otras dimensiones se colocarían derivadas correspondientes). a función u puede representar tanto el x 2 y 2 z 2 potencial gravitatorio en una región que no contiene masas como el potencial electroestático en una región sin cargas, o la distribución de temperaturas en una región sin fuentes de calor y en el que se encuentra en equilibrio termoestático. Generalmente, esta ecuación viene acompañada de unas condiciones de contorno en la frontera de la región de estudio, dando como resultado una única solución. Ecuación de Poisson 2 u = f(x, y, z) (1.1.2) Esta ecuación sirve para modelizar los mismos problemas que en la ecuación de aplace, pero en el caso en el que en la región de interés contenga una función fuente, f(x, y, z) (una distribución de masas, cargas eléctricas o fuentes de calor). Ecuación del Calor o de Difusión u t = α2 2 u (1.1.3) Esta ecuación modeliza, por ejemplo, la variación de la temperatura con el tiempo en una región del espacio sin fuentes de calor, o también la concentración de un gas o partículas que evolucionan por difución y donde α suele ser una constante que depende del material (su densidad, capacidad calorífica, conductividad, etc.) 3

4 Ecuación de Ondas 2 u t = 2 α2 2 u (1.1.4) Nos permite modelizar el desplazamiento respecto al punto de equilibrio de movimientosondulatoriosquesepropaganenelespacioyeneltiempoen una región sin fuerzas externas. Modeliza tanto el movimiento ondulatorio de una cuerda como la propagación del campo electromagnético en el espacio y en el tiempo simultáneamente. Aquí α depende de las propiedades del medio en el que se transmite la onda y está relacionada con la velocidad de propagación de las ondas. Ecuación de Helmholtz 2 u = k 2 u (1.1.5) Esta ecuación suele aparecer durante el proceso de resolución tanto de la ecuación del calor o difusión como en el de ondas. Como se observa, estas ecuaciones son lineales, con coeficientes constantes y de segundo orden, siendo las más importantes en la ingeniería. Estas ecuaciones tienen infinitas soluciones por lo que, en general, el problema quedará determinado al fijar las condiciones de contorno del problema y, en problemas de evolución con las ecuaciones del calor o de ondas con dependencia temportal, necesitaremos de condiciones iniciales (en el instante inicial). Existen otras ecuaciones también de gran relevancia en la Física y la Ingeniería como son las ecuaciones de Maxwell, que describen la propagación de las ondas electromagnéticas en un determinado medio o la ecuación de Schrödinger de la mecánica cuántica, que describe la evoluaición de los sistemas microscópicos como son los átomos o las moléculas. 1.2 EDPs de Primer Orden Vamos a estudiar EDPs de primer orden con dos variables independientes, x, y dadas por una expresión de la forma µ F x, y, z, z x, z =0 (1.1.6) y donde z(x, y) es la variable dependiente en el que suponemos que es una función continua y diferenciable en la región de interés, D, esto es, z C 1 (D). 4

5 1.2.1 EDPs Quasilineales de Primer Orden Una ecuación diferencial quasilineal de primer orden de dos variables es una ecuación de la forma P (x, y, z) z + Q(x, y, z) z x y = R(x, y, z), (1.1.7) donde P (x, y, z), Q(x, y, z) y R(x, y, z) están definidasenunabiertoω R 3 y son continuamente derivables en Ω. Además, impondremos que hay ecuación en derivadas parciales en todo Ω, para ello se deberá cumplir que P (x, y, z) + Q(x, y, z) > 0, si (x, y, z) Ω. as ecuaciones (1.1.7) se llaman quasilineales porque aunque son lineales en las derivadas de la función z, las funciones P (x, y, z), Q(x, y, z) y R(x, y, z) pueden ser no lineales en la dependencia de z. Porejemplo, 2xz z x +2yz z y = y2 + x 2. Si R(x, y, z) =0la ecuación (1.1.7) se llama homogénea. Por solución de la ecuación (1.1.7) entendemos una función z(x, y) tal que (x, y, z) Ω y tanto la función z como sus derivadas parciales satisfacen la ecuación (1.1.7). Notemos que la solución que hemos considerado será de carácter local y será válida en un entorno del punto (x, y). Un caso particular de este tipo de ecuaciones son las ecuaciones diferenciales lineales. Por ejemplo del tipo o del tipo con A, B y C constantes. P (x, y) z + Q(x, y) z x y = R(x, y), A z x + B z + Cz = R(x, y), y 5

6 Teorema 1.1 Si ½ u(x, y, z) =C1 v(x, y, z) =C 2 (1.1.8) con C 1,C 2 constantes arbitrarias, son soluciones independientes del sistema característico dx P (x, y, z) = dy Q(x, y, z) = dz R(x, y, z) (1.1.9) y F representa una función arbitraria, entonces F (u(x, y, z),v(x, y, z)) = 0 es la solución o integral general de la ecuación diferencial P (x, y, z) z + Q(x, y, z) z x y = R(x, y, z). (1.1.10) Si se prefiere la solución anterior puede escribirse mediante C 2 = ψ(c 1 ), donde ψ representa una función arbitraria y C 1,C 2 deben sustituirse por u(x, y, z), v(x, y, z) respectivamente. Ejemplo 1.1 Resolver la ecuación diferencial 2 z x + z y =0. Solución: Identificamos P (x, y, z) =2, Q(x, y, z) =1y R(x, y, z) =0, para construir el sistema diferencial característico dx 2 = dy 1 dz =0 Nos plantemos la resolución del siguiente sistema ; ½ dx 2dy =0 z = C 2 ½ x 2y = C1 z = C 2. a solución general será F (x 2y, z) =0. 6

7 Ejemplo 1.2 Resolver la ecuación diferencial a z x + b z + cz =0, a, b, c R, a + b 6= 0. y Solución: El sistema diferencial característico viene dado por dx a = dy b = dz cz. Para obtener la solución debemos resolver el siguiente siguiente dx a = dy b ay bx = C 1 dx a = dz cz a solución general viene dada por ze cx a = C 2 F (C 1,C 2 )=0, esto es F (ay bx, ze cx a )=0, con F una función arbitraria. Si despejamos la constante C 2 se obtiene C 2 = ψ(c 1 ) con ψ una función arbitraria. Esto nos permite despejar la variable dependiente, z(x, y) z = e cx a ψ (ay bx) EDPs lineales de coeficientes constantes reducibles. De manera similar como se hizo en las EDOs, para simplificar la notación, introducimos los operadores derivadas D x = x, D y = y donde sabemos que D x D y z(x, y) =D y D x z(x, y). Con esto, podemos escribir una EDP lineal de coeficientes constantes de orden n, Φ(D x,d y )z =0,como una expresión polinómica en los operadores D x,d y de orden n actuando sobre z(x, y). 7

8 Teorema 1.2 (i) Si z 1 = z 1 (x, y) y z 2 = z 2 (x, y) son soluciones de la ecuación diferencial homogénea Φ(D x,d y )z =0en alguna región, entonces z = αz 1 (x, y)+βz 2 (x, y), con α y β constantes, también es una solución de esta ecuación en esa región. (ii) Si u(x, y) es solución de la ecuación diferencial homogénea Φ(D x,d y )z =0 y v(x, y) es solución de la ecuación diferencial no homogénea en alguna región, entonces Φ(D x,d y )z = f(x, y), z = u(x, y)+v(x, y) es solución de la ecuación diferencial no homogénea en esa región. (iii) Principio de superposición. Si u(x, y) es solución de la ecuación y v(x, y) es solución de la ecuación Φ(D x,d y )z = f 1 (x, y) Φ(D x,d y )z = f 2 (x, y), en alguna región, entonces z = u(x, y)+v(x, y) es solución de la ecuación en esa región. Φ(D x,d y )z = f 1 (x, y)+f 2 (x, y) A continuación nos centraremos en las ecuaciones de orden superior reducibles. Definición 1.1 Una EDP lineal, Φ(D x,d y )z = f(x, y), sedicequeesreducible si el operador Φ(D x,d y ) puede descomponerse en factores lineales, es decir en factores donde sólo aparezcan derivadas de primer orden siendo Φ(D x,d y )z = ϕ 1 (D x,d y )ϕ 2 (D x,d y ) ϕ n (D x,d y )z = f(x, y), ϕ i (D x,d y )=a i D x + b i D y + c i, i =1, 2,...,n. Si f(x, y) =0, la ecuación se llamará homogénea y en caso contrario no homogénea. 8

9 De manera similar a las EDOs, la solución general de una ecuación diferencial lineal no homogénea viene dada por la suma de la solución general de la ecuación homogénea más una solución particular de la ecuaciónn no homogénea. Por tanto, en primer lugar buscaremos las soluciones de la ecuación homogénea: ϕ 1 (D x,d y )ϕ 2 (D x,d y ) ϕ n (D x,d y )z =0. (1.1.11) Teniendo en cuenta que, por tratarse de coeficientes constantes, los operadores conmutan, ϕ i ϕ j = ϕ j ϕ i, la solución general de (1.1.11) será de la forma z = donde z i es solución de la ecuación nx z i, i=1 (a i D x + b i D y + c i ) z i =0, i =1, 2,...n, (1.1.12) si ϕ i 6= ϕ j, i 6= j (o sea ningún factor tiene multiplicidad mayor que uno). Y como por el Ejemplo 1.2, z i = e c i x a i ψ i (a i y b i x), i =1, 2,...n, se tiene que la solución es: z = nx i=1 e c i x a i ψ i (a i y b i x). Por otra parte, si ad x + bd y + c es un factor de multiplicidad k, entonces la correspondiente solución a dichos k factores es Xk 1 x i φ i (ay bx) e cx a, i=0 con φ i, i =1, 2,... k 1 funciones arbitrarias. Ejemplo 1.3 Resolver las EDPs a) 3 z x y 2 9 z x =0. b) 4 z x 2 4 z 4 x 2 y =0. 2 Solución: a) Utilizando operadores derivada, la ecuación se escribe Dx D 2 y 9D x z =0 Dx (D y +3)(D y 3) z =0. 9

10 Por tanto la solución de la ecuación diferencial dada es z = ψ 1 (y)+e 3x ψ 2 (x)+e 3x ψ 3 (x), con ψ i, i =1, 2, 3 funciones arbitrarias. b) Ahora la ecuación diferencial es D 2 x Dx 2 D 2 x 2Dy 2 z = 0 ³D x 2D y³d x + 2D y z = 0. Por tanto la solución de la ecuación diferencial dada es z = ψ 1 (y)+xψ 2 (y)+ψ 3 ³y + ³ 2 x + ψ 4 y 2 x, con ψ i, i =1,..., 4 funciones arbitrarias. Solución particular Para obtener una solución particular buscaremos un conjunto de funciones de forma anidada". Veámoslo para ecuaciones de segundo orden (para órdenes superiores sería de manera similar) ϕ 1 (D x,d y )u 1 = f(x, y) ϕ 2 (D x,d y )u 2 = u 1. Para resolver el sistema se procede de la siguiente forma: en primer lugar resolvemos la ecuación, ϕ 1 u 1 = f(x, y), obteniendo una solución particular u 1 (x, y) (no hay que calcular la solución general) y que es utilizada en la ecuación ϕ 2 u 2 = u 1, para obtener una solución particular u 2 (x, y). Ejemplo 1.4 Resolver la EDP 2 z x z x y + 2 z y 2 2 z x +2 z y =4xe 2y. Solución: Utilizando operadores derivada, la ecuación diferencial anterior se escribe D 2 x 2D x D y + D 2 y 2D x +2D y z =4xe 2y. Consideremos la ecuación homogénea D 2 x 2D x D y + D 2 y 2D x +2D y z =0. 10

11 quesepuededescomponercomo a solución de la ecuación es de la forma a solución de la ecuación es de la forma ( 2+Dx Dy)(Dx Dy) z =0. (D x D y 2) z 1 =0, z 1 = e 2x ψ 1 (x + y). (D x D y ) z 2 =0, z 2 = ψ 2 (x + y). Así la solución general de la ecuación homogénea es z h = e 2x ψ 1 (x + y)+ψ 2 (x + y). Para obtener una solución particular tenemos que resolver el sistema (D x D y ) u = 4e 2y x (1.1.13) (D x D y 2) z = u. (1.1.14) Para resolver (1.1.13) consideraremos el sistema característico o sea, el sistema dx = dy = du 4xe 2y, dy dx = 1, dy dx = 1 du 4xe 2y dx. Una solución particular para u es u =2xe 2y e 2y. Seguidamente, debemos resolver la ecuación (1.1.14), que toma la forma (D x D y 2) z =2xe 2y e 2y, 11

12 cuyo sistema característico es osea, dy dx = 1, dx = dy = y una solución particular viene dada por dz 2xe 2y e 2y +2z, dy dx = 1 2xe 2y e 2y +2z z p = e 2y x + x 2. a solución general de la ecuación completa es dz dx. z = e 2x ψ 1 (x + y)+ψ 2 (x + y)+e 2y x + x 2. Para obtener soluciones particulares de ecuaciones diferenciales lineales en derivadas parciales se puede utilizar también un método similar al método de los coeficientes indeterminados de las ecuaciones diferenciales ordinarias. Supongamos que se quiere resolver una ecuación diferencial no homogénea de la forma Φ (D x,d y ) z = f(x, y). Distinguiremos distintos casos según la forma de f(x, y). Caso 1.- Si f(x, y) =ke αx+βy, se prueba una solución de la forma z p = Ce αx+βy. Pero si e αx+βy fuese una solución de la ecuación homogénea (cosa que ocurre cuando ψ(αx+βy) es solución de la homogénea) se probarán soluciones de la forma z p = Cxe αx+βy,obienz p = Cye αx+βy. Ejemplo 1.5 Obtener una solución particular de la ecuación 4(Dx ) 2 +(D y ) 2 8D x z =3e x+2y. Si probamos como solución z p = Ce x+2y obtenemos que es solución de la ecuación homogénea. Si se prueba ahora, z p = Cxe x+2y obtenemos que también es solución de la homogénea, con lo cual tendremos que ensayar una solución de la forma z p = Cye x+2y. Sustituyendo e igualando se obtiene la solución particular que buscamos es z p = 3 4 yex+2y. 12

13 Caso 2.- Si f(x, y) =m sen (αx + βy)+n cos (αx + βy), sepruebauna solución de la forma z p = k sen (αx + βy)+l cos (αx + βy). Puede ocurrir como en el caso anterior que este tipo de soluciones sean solución de la ecuación homogénea, entonces se busca soluciones en forma de producto de las anteriores por x opory. Ejemplo 1.6 Obtener una solución particular de la ecuación (Dx ) 2 +(D y ) 2 +2 z =cos(x + y). Como k sin(x+y)+l cos(x+y) es solución de la ecuación homogénea, buscaremos una solución de la forma z p = kx sin(x+y)+lx cos(x+y). Sustituyendo e igualando con el término no homogéneo, se obtiene la solución particular z p = 1 x sen(x + y). 2 Caso 3.- f(x, y) es un polinomio. Se prueba como solución un polinomio del mismo grado. Ejemplo 1.7 Obtener una solución particular de la ecuación (D x D y 2D x +1)z = x 2 y. Se prueba como solución particular una función de la forma z p = ax 2 y + bxy + cy 2 + dx + ey + g. sustituyendo e igualando términos con las mismas potencias en x, y se tiene el siguiente sistema de ecuaciones a =1, b 4a =0, d+2a =0, e 2b =0, g 2d + b =0, c =0. Una vez resuelto se llega a la solución particular z p = x 2 y +4xy 2x +8y 8. 13

14 1.3 Ejercicios 1. Obtener la solución general de la ecuación (D x + D y +1)(D x D y ) z =3x 2 +2y Obtener la solución general de la ecuación (D x 2D y ) 3 u =125e x sen(y). 3. Obtener una solución particular de la ecuación 2 z x 2 2 z x y 2 z x 3 z y = xy2 e x y. 14

15 Capítulo 2 EDPs de segundo orden I 2.1 Introducción En este tema vamos a centrarnos en la resolución de las principales EDPs de segundo orden (Ecuaciones de aplace, Poisson, Helmholtz, del calor y ondas) en su forma canónica sin fuentes. En el tema siguiente consideraremos problemas con posibles términos fuente y que estarán completamente determinadas por unas condiciones de frontera, que adquirirán una forma determinada dependiendo de la naturaleza del problema. Por sencillez, consideraremos problemas en los que solo tengamos dos variables independientes. Por lo general, no es posible encontrar las soluciones a estos problemas con expresiones compactas y por tanto buscaremos soluciones en términos de sumas de funciones z = donde, en los problemas de interés f n (x, y) lim n f n(x, y) =0 y por tanto, en general, es de esperar que tomando únicamente unos pocos términos del sumatorio nos de una soluciónqueseaproximeconbastante precisión a la solución real. 15

16 2.2 Clasificación Una EDP lineal de segundo orden es de la forma A 2 z x + B 2 z 2 x y + C 2 z y + D z 2 x + E z + Fz = G, (2.2.1) y donde A = A(x, y),b = B(x, y),... Estas ecuaciones se puede clasificar en una región D del plano de la siguiente manera. Se llama hiperbólica en D, sib 2 4AC > 0 en D, parabólica en D, sib 2 4AC =0en D, elíptica en D, sib 2 4AC < 0 en D. Podemos comprobar que las ecuaciones de aplace, de Poisson y de Helmholtz son hiperbólicas, la ecuación del calor o difusión es parabólica y la ecuación de ondas en hiperbólica. Ejemplo 2.1 Clasificar la siguiente ecuación 2 z x + 2 z 2 x2 y 1 2 x z x =0. Solución: Identificamos A =1,B=0y C = x 2,luegoB 2 4AC = 4x 2 < 0 y la ecuación es del tipo elíptico. Ejemplo 2.2 Clasificar y expresar la siguiente EDP en su forma canónica: 2 z x +2 2 z 2 x y z z y2 x +6 z y =0. 1. Solución: Identificamos A =1,B=2y C = 3, luegob 2 4AC = 16 > 0 y la ecuación es del tipo hiperbólico. Bajo un cambio de coordenadas en las variables independientes r = r (x, y) s = s (x, y) es posible transformar la ecuación (2.2.1) en una de las siguientes formas canónicas: 16

17 Ecuación hiperbólica. Se puede transformar en una ecuación de la forma µ 2 z r s = F r, s, z, z r, z s ó µ 2 z r 2 z 2 s = G r, s, z, z 2 r, z. s Ecuación parabólica. Se puede transformar en una ecuación de la forma µ 2 z r = H r, s, z, z 2 r, z. s Ecuación elíptica. Se puede transformar en una ecuación de la forma µ 2 z r + 2 z 2 s = K r, s, z, z 2 r, z. s Vemos que los términos de segundo orden no tienen coeficientes dependientes de las variables independientes y nos permite centrar nuestro estudio a unos pocos casos de EDPs. 2.3 Ecuación de ondas sin fuentes y con extremos fijos Consideremos una cuerda de longitud y sujetas por los dos extremos. Sea u(x, t) el desplazamiento respecto al punto de equilibrio de cada uno de los puntos de la cuerda. Un modelo sencillo que nos describe el movimiento de estos desplazamientos respecto al punto de equilibrio (cuando no hay fuerzas externas y los extremos esta fijos y no se desplazan) es: 2 u t = 2 u 2 a2, 0 <x<, t>0, x2 u(0, t)=0, u(, t) =0, u u(x, 0) = ϕ 0 (x), (x, 0) = ϕ t 1(x). (2.2.2) donde ϕ 0 (x) es la posición inicial de la cuerda y ϕ 1 (x) es la velocidad inicial de desplazamiento. 17

18 Probemos con una solución de la forma u(x, t) =T (t)x(x), esto es, suponemos que podemos encontrar una solución en el que las variables t y x estan separadas (método de separación de variables). Si sustituimos en la ecuación diferencial tenemos y si dividimos todo por u d 2 T (t) X(x) =a 2 T (t) d2 X(x) dt 2 dx 2 1 T 00 (t) a 2 T (t) = X00 (x) X(x) = λ. Para que esta relación se pueda cumplir para cualquier valor de x y t necesariamente λ tiene que ser una constante. Como se verá más adelante, λ solo puede ser una constante positiva. Con esto, T (t) y X(x) deben ser solución de las siguientes EDOs T 00 (t)+a 2 λt (t) =0 X 00 (x)+λx(x) =0, cuyas soluciones generales para λ > 0, son ³ T (t) =A cos a ³ λ t + B sin a λ t ³ λ ³ λ X(x) =C cos x + D sin x yloscoeficientes A, B, C, D así como λ se fijarán a partir de las condiciones de contorno y las condiciones iniciales. De las condiciones de frontera tenemos que u(0, t)=x(0)t (t) =0, u(, t) =X()T (t) =0, y como se debe cumplir para cualquier instante, t, cont (t) 6= 0se debe cumplir X(0) = 0 C =0 y ³ ³ nπ 2 X() =0 sin λ =0 λ = 18

19 para n = ±1, ±2,...,porloquehayinfinitas soluciones. NOTA: Claramente λ 0 y si fuera nula, la solución de X sería X = C+Dx, pero esta función no se puede anular en x =0yenx = simultáneamente, a no ser que sea idénticmente nula y por esto no se ha considerado esta posibilidad. Como la EDP es lineal y homogénea, una combinación lineal de soluciones es también solución de la EDP. Por tanto, es posible demostrar que, bajo condiciones generales, la solución del problema se puede escribir como: u(x, t) = T n (t)x n (x) donde T n y X n son soluciones de las ecuaciones T 00 n + a 2 λ n T n =0 Xn 00 + λ n X n =0 con λ n = nπ 2. Por tanto, la solución de este problema viene dada por u(x, t) = µ µ µ nπat nπat A n cos + B n sin sin Si derivamos respecto al tiempo tenemos que u(x, t) ³ nπa X µ µ µ nπat nπat = A n sin + B n cos t y sus valores en el instante inicial, t =0,son y u(x, 0) t u(x, 0) = =. sin A n sin, (2.2.3) ³ nπa X B n sin. (2.2.4) u Por otro lado, del enunciado del problema sabemos que u(x, 0) = ϕ 0 (x), (x, 0) = t ϕ 1 (x), y a partir de esta información podemos calcular los coeficientes A n y B n. 19

20 Si tenemos en cuenta la propiedad de ortogonalidad (estudiada en primero y muy utilizada en las series de Fourier) Z ³ mπx sin sin dx = 0 2 δ n,m y multiplicamos ambas partes de las igualdades en las ecuaciones (2.2.3) y (2.2.4) por sin mπx, integramos y tenemos en cuenta la propiedad de ortogonalidad se tiene que A n = 2 Z sin ϕ 0 (x)dx (2.2.5) 0 y si repetimos lo mismo pero para la derivada se obtiene B n = 2 nπa Z 0 sin Ejercicio 2.1 Obtén la solución del problema ϕ 1 (x)dx. (2.2.6) 2 u t 2 = 4 2 u x, 2 0 <x<4, u(0,t) = 0, u(, t) =0 u(x, 0) = ϕ 0 (x), u t (x, 0) = ϕ 1(x), Considerar los siguientes casos para las condiciones iniciales: a) ϕ 0 (x) =U(x 2) U(x 3), ϕ 1 (x) =0 ½ x, 0 x<2 b) ϕ 0 (x) = 4 x, 2 x<4, ϕ 1(x) =0 c) ϕ 0 (x) =0, ϕ 1 (x) =2 con U(x) la función Heaviside o escalón. 2.4 Ecuación del calor o de difusión sin término fuente y condiciones de frontera nulas Estudiamos ahora el problemas de la ecuación del calor o de difusión. Seguiremos básicamente los mismos pasos que los realizados en el problema 20

21 de ondas por lo que se presentará de manera más breve. En primer lugar resolveremos el problema general de una varilla finita con una distribución de temperaturas inicial y condiciones de frontera nulas (se mantienen los extremos a temperatura 0). a ecuación del calor para una varilla finita con fuentes de calor y condiciones de contorno no homogéneas viene dada por u t = 2 u a2, x2 0 <x<, t>0, con las condiciones de contorno y la condición inicial u(0, t)=0, u(, t) =0, u(x, 0) = ϕ(x). Probemos, al igual que con el problema de ondas, con una solución de la forma u(x, t) =T (t)x(x). Si sustituimos en la ecuación diferencial tenemos y si dividimos todo por u dt (t) X(x) =a 2 T (t) d2 X(x) dt dx 2 1 T 0 (t) a 2 T (t) = X00 (x) X(x) = λ Para que esta relación se pueda cumplir para cualquier valor de x y t necesariamente λ tiene que ser una constante. Al igual que en el problema de ondas, λ solo puede ser una constante positiva. Con esto, T (t) y X(x) deben ser solución de las siguientes EDOs T 0 (t)+a 2 λt (t) =0 X 00 (x)+λx(x) =0. cuyas soluciones generales, para λ > 0, son T (t) =A exp ( a ³ 2 λ t) λ X(x) =C cos x 21 ³ λ + D sin x

22 yloscoeficientes A, C, D así como λ se fijarán a partir de las condiciones de contorno y las condiciones iniciales. De las condiciones de frontera tenemos que u(0, t)=x(0)t (t) =0, u(, t) =X()T (t) =0, y como se debe cumplir para cualquier instante, t, se debe cumplir X(0) = 0 C =0 y ³ ³ nπ 2 X() =0 sin λ =0 λ = para n = ±1, ±2,...,porloquehayinfinitas soluciones. Como la EDP es lineal y homogénea, una combinación lineal de soluciones es también solución de la EDP. Por tanto, es posible demostrar que, bajo condiciones generales, la solución del problema se puede escribir como: u(x, t) = T n (t)x n (x) donde T n y X n son soluciones de las ecuaciones T 0 n + a 2 λ n T n =0 Xn 00 + λ n X n =0 con λ n = nπ 2. Teniendo en cuenta las soluciones de estas ecuaciones y las condiciones de frontera, vemos que la solución de este problema viene dada por u(x, t) = µ A n exp ³ nπa 2 t sin. Si tenemos en cuenta la propiedad de ortogonalidad, podemos obtener los coeficientes A n a partir de las condiciones iniciales, ϕ(x) A n = 2 Z 0 sin ϕ(x)dx. (2.2.7) 22

23 Ejercicio 2.2 Suponed que un modelo simple para obtener la distribución de temperatura en una cámara frigorífica T t = 1 2 T 4 x, t > 0, 0 <x<10. 2 Supnedqueinicialmenteseencuentraa20gradosyqueenelinstanteinicial dos de sus paredes se ponen a 0 grados, esto es: T (0,t)=0, T(10,t)=0, y T (x, 0) = 20. Hallar la variación de la temperatura en el centro de la habitación. Cuanto vale la temperatura en el centro en t =2? Ejercicio 2.3 Considera la solución de la ecuación parabólica µ ³ nπa 2 u(x, t) = a n sin exp t, para =10.Hallaloscoeficientes a n para las condiciones iniciales u(x, 0) = x( x). 2.5 Resolución de EDPs mediante Transformadas de aplace El uso de Transformadas de aplace puede ser también de utilidad en la resolución de algunas EDPs. o vamos a ver en el caso dos variables independientes y en el que una de ellas sólo toma valores positivos. Por simplicidad, tomaremos esta variable como el tiempo, esto es, la solución de la EDP será u(x, t) con t 0. Si aplicamos Transformadas de aplace a la EDP obtendremos una ecuación diferencial ordinaria en la variable x y al resolverla obtendremos la Transformada de aplace de la solución. a Transformada de aplace de la solución buscada la denotaremos por: [u(x, t)] = U(x, s) (actúa sólo sobre la variable t), y las transformadas de sus derivadas son u x = d U(x, s), dx 2 u x 2 23 = d2 U(x, s), (2.2.8) dx2

24 y u 2 u = su(x, s) u(x, 0), = s 2 U(x, s) su(x, 0) u t t 2 t (x, 0). (2.2.9) El objetivo es transformar la ecuación en derivadas parciales para u(x, t) en una ecuación diferencial ordinaria para U(x, s) más sencilla y que tras resolverla nos permita calcular la solución mediante la transformada inversa, u(x, t) = 1 [U(x, s)]. Veámoslo con algunos ejemplos: Ejemplo 2.3 Hallar una función de dos variables u(x, t) tal que x u + u x = xt t u(x, 0) = 0 si x 0, u(0,t)=0 si t 0. Sol.: Definimos la transformada de aplace de una función de dos variables u(x, t) con respecto a la variable t, [u(x, t)] = Z 0 e st u(x, t)dt = U(x, s). Aplicandolatransformadadeaplaceenambosmiembrosdelaecuación dejando x como un parámetro u(x, t) u(x, t) x + = [xt] x t Como x actúa como un parámetro u(x, t) x = x x x [u(x, t)] y [xt] = x s. 2 Como t actúa como variable, aplicando la propiedad de la transformada de la derivada se tiene u(x, t) = su(x, s) u(x, 0). t Sustituyendo en la ecuación del problema, x x U(x, s)+su(x, s) u(x, 0) = x s 2 24

25 tenemos que U(x, s) satisface la ecuación diferencial lineal de primer orden U 0 (x, s)+ s x U(x, s) = 1 s 2. Esta ecuación tiene como solución general, U(x, s) =e R s x dx µc(s)+ Z 1 s 2 er s x dx dx Como U(x, s) debe satisfacer U(0,s)=0, C(s) =0 U(x, s) = x s 2 (s +1). Tomando transformada inversa de aplace, se deduce u(x, t) =x(t 1+e t ). Ejemplo 2.4 Resolver la siguiente ecuación de ondas = C(s) x + x s s 2 (s +1) 2 u t 2 con condiciones iniciales = 2 u v2, t 0, x 0 (2.2.10) x2 y condiciones de frontera u(x, 0) = 0, u t (x, 0) = e x, x 0 (2.2.11) u(0,t)=0, lim u(x, t) =0, t 0. (2.2.12) x Solución: Tomemos transformadas de aplace de la EDP 2 u = v 2 2 u, (2.2.13) t 2 x 2 s 2 U(x, s) su(x, 0) u t (x, 0) = v 2 d2 U(x, s). (2.2.14) dx2 Por tanto, la ecuación diferencial a resolver es d 2 s2 U(x, s) dx2 v U(x, s) = 1 2 v 2 e x. (2.2.15) 25

26 a solución de la homogénea es: U H (x, s) =C 1 e sx v + C 2 e sx v. Por tanto, para la solución particular probaremos con U p (x, s) =Ae x, y deduciendo que A = 1 y por tanto la solución general viene dada por s 2 v 2 U(x, s) =C 1 e sx v + C2 e sx 1 v + s 2 v 2 e x. as constantes C 1,C 2 se obtienen a partir de las condiciones de frontera. Teniendo en cuenta que la solución se anula para x se tiene que C 1 =0, yconsiderandoqueu(0,t)=0vemos que C 2 = 1,luego s 2 v 2 Ycomo U(x, s) = vemos que la solución pedida es: u(x, t) = 1 v 1 sx 1 s 2 v 2 e v + s 2 v 2 e x. 1 1 = 1 s 2 v 2 v sinh(vt) sinh(v(t x/v))u(t x/v)+ 1 v sinh(vt)e x, donde hemos denotado por U(t) la función de Heaviside o función escalón (nohemosutilizadolanotaciónu(t) paraquenoseconfundaconlasolución u(x, t)). 2.6 Problemas en dos dimensiones espaciales y con simetría circular Vamos a estudiar tanto el problema del calor como el de ondas en el caso de dos dimensiones espaciales en los que hay simetría circular, por lo que podremos reducir las EDPs a problemas con una sola dimensión espacial. os pasos a seguir serán análogos, pero las ecuaciones variarán ligeramente. o ilustraremos para la ecuación de ondas, donde podemos suponer que se trata de las vibraciones de una membrana circular. a ecuación de ondas en dos dimensiones espaciales viene dada por 2 u t 2 = a2 µ 2 u x + 2 u. (2.2.16) 2 y 2 26

27 Como estamos interesados en problemas en los que hay simetría circular, será conveniente trabajar en coordenadas polares. Por tanto, hay que cambiar las derivadas parciales respecto a x, y por derivadas parciales respecto al radio y el ángulo, r, θ, y la ecuación en polares toma la forma 2 u t 2 = a2 µ 2 u r + 1 u 2 r r u r 2 θ 2. Si el problema tiene simetría radial, entonces u no depende de θ, esto es, 2 u =0y la ecuación se simplifica a θ 2 µ 2 u 2 t = u 2 a2 r + 1 u. (2.2.17) 2 r r Si además consideramos que la membrana tiene radio r 0 ylasoluciónse debe anular en el borde de la membrana, entonces tendremos la condición de frontera u(r 0,t)=0, t 0. Buscaremos la solución por separación de variables, por lo que escribiremos u(r, t) =T (t)r(r) y sustituyendo en la ecuación (2.2.17) se tiene y dividiendo todo por a 2 TR T 00 R = a 2 (TR r TR0 ) 1 T 00 a 2 T = R00 R + 1 R 0 r R = λ con λ una constante positiva. as ecuaciones a resolver serán T 00 n + a 2 λt n =0, R 00 n + 1 r R0 n + λr n =0, (2.2.18) que son casi idénticas a las que obtuvimos anteriormente salvo el término 1 r R0 n de la segunda ecuación. a solución de la ecuación para R(r) no se ha 27

28 estudiado (se resuelve utilizando desarrollos en series de potencias alrededor de r =0, que es un punto singular regular). a solución general de R(r) se puede escribir en término de dos soluciones independientes (ya que la ecuación es lineal y de segundo orden). No entraremos en detalles sobre cómo se obtienen y tan solo indicaremos que la solución de la ecuación toma la forma R 00 n + 1 r R0 n + R n =0, R(r) =C 1 Y 0 (r)+c 2 J 0 (r) (2.2.19) donde C 1,C 2 son las constantes arbitrarias y J 0 (r),y 0 (r) son funciones de Bessel de primera y segunda especie. Señañamos simplemente que por ejemplo el programa Mathematica tiene definidas dichas funciones. De la función Y 0 (r) tan solo necesitamos saber que esta función diverge para r =0,que es el centro de la membana, y por tanto no puede aparecer en la solución, luego, C 1 =0. Por otro lado, de la condición de frontera, u(r 0,t)=0se tiene que J 0 (r) se debe de anular para r = r 0, de igual manera a lo que le ocurría a la función seno en X(x) en una dimensión. a principal diferencia estriba en que la función sin(x) se anula para x = n π mientras que J 0 (r) se anula en unos valores de r que hay que determinar numéricamente. Denotaremos por µ n,0 los valores ordenados en los que se anula la función J 0 (r), esto es, J 0 (µ n,0 )=0, n =1, 2,... Por otro lado, tenemos que la solución se puede escribir (por separación de variables y superposición de soluciones) como u(r, t) = T n (t)r n (r) donde T n y R n son soluciones de las ecuaciones T 00 n + a 2 λ n T n =0, R 00 n + 1 r R0 n + λ n R n =0. (2.2.20) Haciendo el cambio de variable r λ n r convertimos la ecuación diferencial para R(r) en la ecuación de Bessel (2.2.18), y por tanto la solución será: R n (r) =J 0 ( λ n r). Como estas funciones se tienen que anular en r = r 0, 28

29 esto es J 0 ( λ n r 0 )=J 0 (µ n,0 )=0,dondeµ n,0 son los ceros de la función de ³ Bessel J 0 (x), entonces, λ n = µn,0 2. r 0 Teniendo en cuenta las soluciones de estas ecuaciones, vemos que la solución del problema se puede escribir en la forma µ µ µ µ aµn,0 aµn,0 µn,0 u(r, t) = E n cos t + G n sen t J 0 r. r 0 r 0 r 0 os coeficientes E n y G n se obtienen a partir de las condiciones iniciales teniendo en cuenta que µ µn,0 µ aµ n,0 µn,0 u(r, 0) = E n J 0 r, u t (r, 0) = G n J 0 r, r 0 r 0 r 0 y haciendo uso de las propiedades de ortogonalidad de las funciones de Bessel, que tienen una forma similar a las propiedades de ortogonalidad de las funciones trigonométricas con Z r0 0 J 0 ( µ m,0 r) J 0 ( µ ½ n,0 0 r) rdr= r 0 r 0 α n m 6= n n = m (2.2.21) α n = Z r0 0 J 2 0 ( µ n,0 r 0 r) rdr= 1 2 r2 0J 2 1 (µ n,0 ) donde J 1 (r) es otra función de Bessel distinta de J 0 (r), pero que no se anula en r = µ n,0. Con esto se tiene que los coeficientes a determinar serán E n = G n = Z r0 2 u(r, 0)J r0j ( µ n,0 r) rdr. (µ n,0 ) 0 r Z 0 2 r0 u aµ n,0 r 0 J1 2 t (r, 0)J 0 ( µ n,0 r) rdr. (µ n,0 ) r Ecuaciones elípticas: Ecuaciones de aplaceypoissonenunrectángulo En la resolución de estas ecuaciones será de gran ayuda el principio de superposición de soluciones, pues nos permitirá descomponer problemas complejos en suma de problemas más sencillos, que serán los que resolveremos. 0 29

30 Sea D R 2 una región del plano y D su frontera. Sean z i (x, y), i = 1, 2,...,m soluciones de las ecuaciones no homogéneas Φ(D x,d y )z i = f i (x, y), (x, y) D (2.2.22) z i (x, y) = g i (x, y), (x, y) D (2.2.23) entoces z(x, y) = P m i=1 z i(x, y) es solución de la ecuación Φ(D x,d y )z = f(x, y), (x, y) D (2.2.24) z(x, y) = g(x, y), (x, y) D (2.2.25) con f(x, y) = mx f i (x, y), g(x, y) = i=1 mx g i (x, y). i=1 Ecuación de aplace a ecuación de aplace en dos dimensiones y con condiciones de frontera sobre un rectángulo de lados a y b 2 u x + 2 u =0, 0 <x<a, 0 <y<b, 2 y2 u(0,y)=ϕ 1 (y), (2.2.26) u(a, y) =ϕ 2 (y), u(x, 0) = θ 1 (x), u(x, b) =θ 2 (x). Teniendo en cuenta la propiedad de superposición de soluciones, se tiene que la solución se puede descomponer en una suma de 4 funciones u(x, y) =u 1 (x, y)+u 2 (x, y)+u 3 (x, y)+u 4 (x, y) en el que cada una de las funciones u i satisface la ecuación de aplace anulándose en todos los lados excepto en uno. Por tanto, es suficiente con estudiar el siguiente problema 2 u x + 2 u =0, 0 <x<a, 0 <y<b, 2 y2 u(0,y)=0, (2.2.27) u(a, y) =0, u(x, 0) = 0, u(x, b) =θ(x). 30

31 Si aplicamos separación de variables u(x, y) =X(x)Y (y), y sustituimos en la ecuación diferencial tenemos Dividiendo por u d 2 X(x) Y (y)+x(x) d2 Y (y) =0. dx 2 dy 2 X 00 (x) X(x) = Y 00 (y) Y (y) = λ Para que esta relación se pueda cumplir para cualquier valor de x y t necesariamente λ tiene que ser una constante. De nuevo, λ solo puede ser una constante positiva. Con esto, T (t) y X(x) deben ser solución de las siguientes EDOs X 00 (x)+λx(x) =0 Y 00 (y) λy (y) =0. cuyas soluciones generales, para λ > 0, son ³ λ ³ λ Y (y) =A cosh y + B sinh y ³ λ ³ λ X(x) =C cos x + D sin x yloscoeficientes A, B, C, D así como λ se fijarán a partir de las condiciones de contorno y las condiciones iniciales. De las condiciones de frontera tenemos que u(0, y)=x(0)y (y) =0, u(a, y) =X(a)Y (y) =0, y como se debe cumplir para cualquier valor de y, cony (y) 6= 0se debe cumplir que C =0y ³ nπ 2 λ = a para n = ±1, ±2,... Respecto a las otras condiciones de frontera tenemos, por un lado u(x, 0) = X(x)Y (0) = 0, 31

32 por lo que A =0. Con esto tendremos que la solución general se podrá escribir como la combinación lineal ³ nπy u(x, y) = X n (x)y n (y) = A n sinh sin a a Si descomponemos θ(x) en una serie de senos θ(x) = θ n sin θ n = 2 a a y si tenemos en cuenta la condición de frontera u(x, b) =θ(x) Z a 0 θ(x)sin dx a y sustituimos y = b en la expresión de u(x, y) obtenemos que los coeficientes A n vienen dados por 2 A n = a sinh nπb a Z a 0 θ(x)sin dx. (2.2.28) a Si las condiciones de frontera son nulas en todos los lados excepto en y =0donde u(x, 0) = θ(x), por simetría, sería suficiente con tomar como solución u(x, y) = X n (x)y n (y) = µ nπ(b y) A n sinh a sin a donde las constantes A n se obtendían utilizando la misma expresión (2.2.28). Si las ocndiciones de frontera no nulas se encuentran en x = 0oenx = a, procederemos de manera similar pero intercambiando los papeles de x e y. Ecuación de Poisson Teniendo en cuenta la propiedad de superposición de soluciones, la solución de la ecuación de Poisson se puede descomponer como la solución de la ecuación de aplace con las condiciones de frontera dadas más la solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno nulas. Por tanto, a continuación estudiamos la ecuación de Poisson en dos dimensiones y con condiciones de frontera nulas sobre un rectángulo 2 u x + 2 u = f(x, y), 0 <x<a, 0 <y<b, 2 y2 u(0,y)=0, (2.2.29) u(a, y) =0, u(x, 0) = 0, u(x, b) =0. 32

33 Por separación de variables y teniendo en cuenta que la solución se tiene que anular en todas las fronteras tendremos que la solución se puede escribir en la forma u(x, y) = m=1 A n,m sin y si descomponemos también el término fuente donde f(x, y) = f n,m = 4 ab m=1 Z a Z b 0 0 f n,m sin f(x, y)sin sin a sin a sin a ³ mπy b ³ mπy b ³ mπy b dy dx podemos obtener los coeficientes A n,m sin más que sustituir en la ecuación de Poisson e igualar, esto es 4ab A n,m = π 2 (n 2 b 2 + m 2 a 2 ) Z a Z b 0 0 f(x, y)sin 2.8 Ejercicios propuestos sin a ³ mπy 1. Clasificar y transformar en su forma canónica las ecuaciones: b dy dx Ejemplo z + 2 z + 2 z x 2 x y y 2 = z x. 2. y 2 2 u +2xy 2 u x 2 x y +2x2 2 u + y u =0. y 2 y 3. (1 + x 2 ) 2 u +(1+y 2 ) 2 u + x u + y u =0. x 2 y 2 x x 33

34 Capítulo 3 EDPs de segundo orden II 3.1 Ecuación de ondas 1D: Vibraciones forzadas de una cuerda finita con extremos móviles En este tema estudiaremos la resolución de EDPs de evolución con términos fuentes y condiciones de frontera variables Comenzamos considerando la ecuación de ondas para una cuerda finita e longitud sometida a una fuerza exterior, f(x, t) (ecuación no homogénea) y condiciones de contorno (los extremos móviles dados por ψ 1 (t) en x =0y ψ 2 (t) en x = ) y que viene dada por 2 u t = 2 u 2 a2 + f(x, t), 0 <x<, t>0, x2 u(0,t)=ψ 1 (t), u(, t) =ψ 2 (t), (3.3.1) u u(x, 0) = ϕ 0 (x), (x, 0) = ϕ t 1(x). donde ψ 1 (t), ψ 2 (t) son los valores que toma la función en la frontera y ϕ 0 (x), ϕ 1 (x) son las condiciones iniciales (posición de la onda y su velocidad en el instante inicial). Para resolver este problema haremos uso de la propiedad de superposición de soluciones y consideraremos que la solución es puede escribir como u(x, t) =u 1 (x, t)+u 2 (x, t)+u 3 (x, t) donde u 1,u 2,u 3 serán solución de ecuaciones más sencillas (por ejemplo, sin término fuente, condiciones de frontera nulos o condiciones iniciales nulas). 34

35 En primer lugar tomamos u 3 (x, t) la función más sencilla que satisfaga las condiciones de frontera, esto es, la siguiente función lineal u 3 (x, t) =ψ 1 (t)+ x (ψ 2(t) ψ 1 (t)). a elección de esta función hace que las funciones u 1 (x, t),u 2 (x, t) tengan condiciones de frontera nulas. Podemos elegir que u 2 (x, t) sea la solución de una ecuación no homogénea con condiciones iniciales y de frontera nulas y u 1 sea la solución de un problema homogéneo con condiciones de frontera nulas y condiciones iniciales dadas. Con esto, el problema se reduce a la resolución de los siguientes problemas: 2 u 1 = a 2 2 u 1, 0 <x<, t>0, (I) t 2 x2 u 1 (0,t)=0, u 1 (, t) =0, (3.3.2) u u 1 (x, 0) = θ 0 (x), 1 (x, 0) = θ t 1(x). donde θ 0 (x) =ϕ 0 (x) ψ 1 (0) + x (ψ 2(0) ψ 1 (0)) θ 1 (x) =ϕ 1 (x) ψ 0 1(0) + x (ψ0 2(0) ψ 0 1(0)) donde (II) 2 u 2 = a 2 2 u 2 + g(x, t), 0 <x<, t>0, t 2 x2 u 2 (0,t)=0, u 2 (, t) =0, u 2 (x, 0) = 0, (x, 0) = 0. u 2 t g(x, t) =f(x, t) ³ ψ1(t)+ 00 x (ψ00 2(t) ψ1(t)) 00 (3.3.3) Ejercicio: Comprueba que u(x, t) dado por u(x, t) =u 1 (x, t)+u 2 (x, t)+ u 3 (x, t) es solución de la ecuación (3.3.7). Veamos pues cómo resolver los problemas (I) y (II). Resolución de la ecuación de ondas homogénea con condiciones de frontera nulas (I) 2 u 1 = a 2 2 u 1, 0 <x<, t>0, t 2 x2 u 1 (0,t)=0, u 1 (, t) =0, u u 1 (x, 0) = θ 0 (x), 1 (x, 0) = θ t 1(x). (3.3.4) 35

36 Comoyahemosvisto,lasolucióndeesteproblemavienedadapor donde u(x, t) = µ µ µ nπat nπat A n cos + B n sen sin. Z A n = 2 0 B n = 2 nπa sin Z 0 sin ϕ 0 (x)dx ϕ 1 (x)dx Resolución de la ecuación de ondas no homogénea con condiciones de frontera nulas (II) 2 u 2 = a 2 2 u 2 + g(x, t), 0 <x<, t>0, t 2 x2 u 2 (0,t)=0, u 2 (, t) =0, u u 2 (x, 0) = 0, 2 (x, 0) = 0. t (3.3.5) Teniendo en cuenta las condiciones de frontera podemos probar con una solución de la forma u 2 (x, t) = T (t)sin y si sustituimos en la EDP obtenemos la ecuación µ T 00 n (t)+ ³ nπa 2 Tn (t) sin = g(x, t). (3.3.6) Para obtener la ecuación que deben satisfacer las funciones T n (t) consideramos que si f(x, t) es una función continua a trozos y acotada en el intervalo de estudio, x (0,) se puede descomponer en una serie en senos (como se vió en el tema de series de Fourier) g(x, t) = f n (t)sin 36

37 donde, aplicando la propiedad de ortogonalidad g n (t) = 2 Z Sustituyendo en (3.3.6) se tiene que T 00 n (t)+ 0 g(x, t)sin dx ³ nπa 2 Tn (t) =f n (t), n =1, 2,... Esta ecuación se puede resolver, como vimos en el capítulo 2 por variación de constantes donde ³ T (t) =C 1 (t)cos a ³ λ t + C 2 (t)sin a λ t R C 1 (t) = 1 t g nπa 0 n(t)sin nπaτ dτ + K1 R C 2 (t) = 1 t g nπa 0 n(t)cos nπaτ dτ + K2 Sustituyendo y teniendo en cuenta las condiciones iniciales de u 2 (x, t) se llega aque T n (0) = 0, T 0 n(0) = 0, n =1, 2,... con lo que podemos fijar las constantes K 1,K 2 y, agrupando y simplificando la solución se puede escribir u 2 (x, t) = µ Z t g n (τ)sen nπa 0 µ nπa(t τ) dτ sen donde las funciones g n (t) se obtienen de la descomposición de la función fuente g(x, t), esto es g(x, t) = g n (t) = 2 g n (t)sen Z 0 g(x, t)sen, dx. 37

38 Solución global y secuencia de cálculo Con todo esto, la solución del problema (3.3.7) viene dado por u(x, t) =u 1 (x, t)+u 2 (x, t)+u 3 (x, t). Resumen: algoritmo de cálculo: Dado el problema 2 u t = 2 u 2 a2 + f(x, t), 0 <x<, t>0, x2 u(0,t)=ψ 1 (t), u(, t) =ψ 2 (t), u u(x, 0) = ϕ 0 (x), (x, 0) = ϕ t 1(x). (3.3.7) 2 u t 2 = a 2 2 u + f(x, t), x2 0 <x<, u(0,t) = ψ 1 (t), u(, t) =ψ 2 (t) u(x, 0) = ϕ 0 (x), u(x, 0) = ϕ 1 (x), introducimos las constantes, a, ydefinimos las funciones: f(x, t), ψ 1 (t), ψ 2 (t), ϕ 0 (x), ϕ 1 (x). A continuación, procedemos con el siguiente orden de cálculos u 3 (x, t) = ψ 1 (t)+ x (ψ 2(t) ψ 1 (t)) g(x, t) = f(x, t) 2 u 3 t 2 u 1 (x, 0) = u(x, 0) u 3 (x, 0) u 0 1(x, 0) = u 0 (x, 0) u 0 3(x, 0) A n = 2 Z u 1 (x, 0) sen dx 0 B n = 2 Z u 0 nπa 1(x, 0) sen dx 0 µ µ µ nπat nπat u 1 (x, t) = A n cos + B n sen g n (t) = 2 Z g(x, t)sen dx 0 µ Z t µ nπa(t τ) u 2 (x, t) = g n (τ)sen nπa u(x, t) = u 1 (x, t)+u 2 (x, t)+u 3 (x, t) 0 sen dτ sen 38

39 Vemos que si el problema tiene condiciones de frontera nulas entonces u 3 (x, t) =0ysesimplifica el problema y, si además es homogénea tendremos que u 2 (x, t) =0. Ejercicio 3.1 Obtén la solución del problema 2 u t 2 = 4 2 u x + α 1 x( x), 2 0 <x<5, u(0,t) = α 2 sin(3t), u(, t) =0 u(x, 0) = α 3 (U(x 2) U(x 3)), u (x, 0) = 0, t con U(x) la función Heaviside o escalón. Considerar los siguientes casos para los parámetros (α 1, α 2, α 3 ): a)(1, 0, 0), b)(0, 1, 0), c)(0, 0, 1). 3.2 Ecuación del calor o de difusión Estudiamos ahora el problemas de la ecuación del calor o de difusión. Seguiremos básicamente los mismos pasos que los realizados en el problem de ondas por lo que se presentará de manera más breve. En primer lugar resolveremos el problema general de una varilla finita con una fuente calorífica y condiciones de frontera variables Varilla finita con fuentes de calor y condiciones de contorno no homogéneas a ecuación del calor para una varilla finita con fuentes de calor y condiciones de contorno no homogéneas viene dada por T t = 2 T a2 + Q(x, t), x2 0 <x<, t>0, con las condiciones de contorno y la condición inicial T (0,t)=f 1 (t), T(, t) =f 2 (t), T (x, 0) = g(x). 39

40 Para resolver este problema hemos visto que la solución T (x, t) se descompone en dos funciones donde T (x, t) =u(x, t)+t 3 (x, t) T 3 (x, t) =f 1 (t)+ x (f 2(t) f 1 (t)) y u(x, t) es solución del siguiente problema con distinta función fuente pero condiciones de frontera nulas u t = 2 u a2 + R(x, t), 0 <x<, t>0, x2 (R(x, t) =Q(x, t) T 3 ) con las condiciones de contorno t y la condición inicial u(0, t)=0, u(, t) =0, u(x, 0) = g(x) T 3 (x, 0). Para resolver este segundo problema hemos visto que la solución u(x, t) se descompone en dos funciones u(x, t) =T 1 (x, t)+t 2 (x, t) donde T 1,T 2 tienen condiciones de frontera nulas. T 1 (x, t) es solución de la ecuación homogénea (sin fuentes) y condiciones iniciales no nulas dada por T 1 t = 2 T 1 a2 x, 2 con las condiciones de contorno y la condición inicial T 1 (0,t)=0, T 1 (, t) =0, T 1 (x, 0) = u(x, 0). De lo estudiado en teoría, sabemos que T 1 (x, t) = a n sen exp 40 µ ³ nπa 2 t,

41 e imponiendo la condición inicial obtenemos los coeficientes a n = 2 Z 0 u(x, 0) sen dx. T 2 (x, t) es solución de la ecuación no homogénea (con fuentes) y condiciones iniciales nulas dada por T 2 t = 2 T 2 a2 + R(x, t), x2 con las condiciones de contorno y la condición inicial T 2 (0,t)=0, T 2 (, t) =0, T 2 (x, 0) = 0. De lo estudiado en teoría, sabemos que T 2 (x, t) = µz t 0 µ q n (τ)exp ³ nπa 2 (t τ) dτ sen donde las funciones q n (t) se obtienen de la función fuente R(x, t) esto es R(x, t) = q n (t) = 2 Z 0 q n (t)sen R(x, t)sen, dx. Con todo esto, la solución del problema viene dado por T (x, t) =T 1 (x, t)+t 2 (x, t)+t 3 (x, t)., Resumen: algoritmo de cálculo: De igual manera a como se hizo en el problema de ondas, el problema general se resuelve siguiendo la siguiente secuencia de cálculos: Definir los parámetros a, ylasfuncionesf 1 (t),f 2 (t),g(x),q(x, t) 41

42 Ejercicio 3.2 Completar la secuencia de cálculos T 3 (x, t) =... R(x, t) =... u(x, 0) =... a n =... T 1 (x, t) =... q n (t) =... T 2 (x, t) =... T (x, t) = T 1 (x, t)+t 2 (x, t)+t 3 (x, t) Ejercicio 3.3 Considera la solución de la ecuación parabólica µ ³ nπa 2 u(x, t) = a n sen exp t, para =10.Hallaloscoeficientes a n para las condiciones iniciales u(x, 0) = x( x). Ejercicio 3.4 Suponed que un modelo simple para obtener la distribución de temperatura en una habitación a la que una de sus paredes le da el Sol es T T t =0.4 2, 0 t 24, 0 x 10, x2 con las condiciones de contorno µ πt T (0,t)=20+5sin, T(10,t)=20, 12 y la condición inicial T (x, 0) = Otras aspectos interesantes Regiones semiinfinitas Se puede abordar tanto por separación de variables donde en la dirección semiinfinita tenemos funciones exponenciales (con signos positivo y negativo) 42

43 yelcoeficiente del término que crece exponencialmente se anula. De hecho este tipo de situaciones ya lo hemos abordado anteriormente utilizando Transformadas de aplace Diferentes tipos de condiciones de frontera: Condiciones de Newman os casos en los que en las condiciones en la frontera se tiene tanto la función. Por ejemplo, en los problemas de transmisión de calor es interesante estudiar problemas en los que alguno de los extremos del dominio está aislado. Supongamos, por ejemplo, que se quiere estudiar la distribución de temperaturas en una región comprendida en el intervalo [0,], suponiendo que el extremo situado en x = está aislado térmicamente. Esta condición se expresa T (, t) =0. x Estas condiciones hacen que los valores de λ n sean distintos de los obtenidos anteriormente. Si estas condiciones involucran tanto a la función como a su derivada, por ejemplo ht (, t)+ T (, t) =0, x entonces, en general, los nuevos valores de λ n sólo se pueden obtener numéricamente Referencias sugeridas