Funciones Especiales, Representación Espectral y Métodos Asintóticos para la Física

Transcripción

1 Funciones Especiales, Representación Espectral y Métodos Asintóticos para la Física M.C. Jorge y A.A. Minzoni Transcripción de Juan Carlos Hidalgo, Luis Mier y Terán y Luis Angel Alarcón

2 Capítulo 1 Problemas Discretos 1.1. Introducción En los campos de la física y las ciencias naturales que tienen formulaciones cuantitativas son comunes los problemas en los cuales surgen sistemas de ecuaciones ordinarias. En este capítulo se presenta la solución del problema de N 1 masas conectadas entre sí por resortes de misma constante de rigidez k. Posteriormente se atiende al caso de oscilaciones finalmente se plantea el problema de difusión del calor. Veremos cómo la manera esencial de proceder en ecuaciones ordinarias da una forma de comprender el problema en términos de valores y vectores propios de una matriz especial. El objetivo de esta sección es plantear y resolver el problema de finitos grados de libertad de una forma que permita después resolver el problema con infinitos grados de libertad. Este último es de primordial importancia en este texto El problema de los osciladores acoplados Problema de tres masas con los extremos libres Se desea resolver ahora el problema de tres masas iguales unidas por resortes de misma constante k, con los extremos libres y en ausencia de fuerzas externas. Planteamos las ecuaciones de movimiento en un sistema arbitrario que llamaremos el sistema de laboratorio, pasando después al sistema de centro de masas y resolviendo el problema en dicho sistema. En el sistema de laboratorio asignamos coordenadas ξ i (t), i = 1, 2, 3 a cada masa desde un origen común y ξ i, i = 1, 2, 3 al punto de equilibrio de cada masa. Como los resortes son iguales los puntos de equilibrio de masas contiguas distan una cantidad l. Supongamos que conocemos las posiciones iniciales y velocidades iniciales en este sistema al tiempo cero ξ i (), ξ i (), i = 1, 2, 3. Las ecuaciones de movimiento son: m ξ 1 = k ( ξ 2 ξ 1 (ξ 2 ξ 1 ) ), m ξ 2 = k ( ξ 2 ξ 1 (ξ 2 ξ 1 ) ) + k ( ξ 3 ξ 2 (ξ 3 ξ 2 ) ), (1.1) m ξ 3 = k ( ξ 3 ξ 2 (ξ 3 ξ 2 ) ). Deseamos ahora medir las posiciones de las masas desde el centro de masa. La posición de dicho punto se expresa simplemente por X(t) = 1 3 (ξ 1(t) + ξ 2 (t) + ξ 3 (t)), por lo que si llamamos ζ i (t) a la posición de cada 1

3 2 CAPÍTULO 1. PROBLEMAS DISCRETOS masa desde el nuevo origen, estas posiciones se expresan como: ζ 1 = ξ 1 X = 2 3 ξ (ξ 2 + ξ 3 ), ζ 2 = ξ 2 X = 2 3 ξ (ξ 1 + ξ 3 ), ζ 3 = ξ 3 X = 2 3 ξ (ξ 1 + ξ 2 ). Debido a que estamos ahora en el sistema del centro de masas se cumple que ζ 1 + ζ 2 + ζ 3 = y también ζ 1 + ζ 2 + ζ 3 =. Veamos qué ocurre con las posiciones de equilibrio: ζ 1 = 2 3 ξ (ξ 2 + ξ 3 ) = l, ζ 2 = 2 3 ξ (ξ 1 + ξ 3 ) =, ζ 3 = 2 3 ξ (ξ 1 + ξ 2 ) = l, por lo tanto, la posición de equilibrio de cada masa está en reposo con respecto al centro de masa, algo que era de esperarse. Hacemos ahora un segundo cambio de variable: en el sistema del centro de masa mediremos las posiciones de las masas a partir de su punto de equilibrio, algo que simplificará las ecuaciones (1.1) y nos permitirá resolverlas. Además, para el problema de N 1 masas trataremos las posiciones desde los puntos de equilibrio, por lo que será bueno plantear el actual problema en los mismos términos. Hacemos el cambio: x i ζ i ζ i = ξ i ξ i, i = 1, 2, 3, se puede comprobar que para las nuevas coordenadas x i (t) se conservan las propiedades x 1 + x 2 + x 3 = y ẋ 1 + ẋ 2 + ẋ 3 =. Las ecuaciones de movimiento quedan ahora: mẍ 1 = k(x 2 x 1 ) = kx 1 +kx 2, mẍ 2 = k(x 2 x 1 ) + k(x 3 x 2 )= + kx 1 2kx 2 + kx 3, (1.2) mẍ 3 = k(x 3 x 2 ) = +kx 2 kx 3. Veremos ahora la ventaja de trabajar en el sistema del centro de masas. Es un resultado de la mecánica que en ausencia de fuerzas externas el centro de masas se mueve con velocidad uniforme. Esto se verifica fácilmente sumando las ecuaciones (1.1) y observando que Ẍ(t) = 1 3 ( ξ 1 (t) + ξ 2 (t) + ξ 3 (t)) =. El centro de masas para cualquier tiempo está dado por: X(t) = X() + Ẋ()t, (1.3) donde X() = 1 3 (ξ 1()+ξ 2 ()+ξ 3 ()) y análogamente para Ẋ(). Podemos ahora resolver el sistema (1.2) y mediante la ecuación para el centro de masa encontrar las posiciones de las masas en el sistema de laboratorio. Escribimos ahora el sistema (1.2) de forma matricial: ẍ1 ẍ 2 = k x 1 x 2. m 1 1 Hacemos ahora unas definiciones para facilitar la solución: 1 1 A = 1 2 1, x = 1 1 ẍ 3 x 3 x 1 x 2 x 3.

4 1.2. EL PROBLEMA DE LOS OSCILADORES ACOPLADOS 3 De esta forma el problema por resolver nos queda: ẍ = k m Ax. Procedemos ahora a resolver el sistema anterior. Dado que es un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias con coeficientes constantes, proponemos una solución del tipo x(t) = e λ k m t v, con v un vector constante por determinar. Se obtiene así: (A λ 2 I)v =. De aquí que λ 2 es el valor propio de A y v su vector propio. El polinomio característico de A se calcula a partir de: A λ 2 I = cuyos valores propios son λ 2 = 3, 1,. Se comprueba fácilmente que los vectores propios asociados a las tres λ s son: v 1 = (1,, 1) con valor propio λ 2 1 = 1, v 2 = (1, 1, 1) con valor propio λ 2 2 =, v 3 = (1, 2, 1) con valor propio λ 2 3 = 3. Interpretamos ahora a los vectores propios como los modos normales. Por ejemplo en el caso de v 1, corresponde a tener la segunda masa fija y las masas de los extremos oscilando con la misma amplitud pero en sentido opuesto. El vector v 2 representa movimiento rígido y no produce ninguna información relevante en la solución general. Los valores propios proporcionan la frecuencia de estas vibraciones. De la teoría de sistemas lineales de primer orden sabemos que la solución x tiene que ser combinación lineal de exponenciales de λt para todos los λ s posibles, multiplicadas por los vectores propios correspondientes. Esto es: x(t) = N c n e λnt v n, para un sistema N N. n=1 En el caso de un sistema de segundo orden, cada valor propio nos proporciona dos valores (± de la raíz) por lo que la solución debe incluir exponenciales con ambos valores. Para nuestro sistema esto queda: x(t) =(a 1 e i k m t + a 2 e i k m t )v 1 + bv 2 + (c 1 e i 3k m t + c 2 e i 3k m t )v 3. Pero combinaciones de exponenciales imaginarias equivalen a combinaciones de senos y cosenos, luego las soluciones reales están dadas por: ( ) ( ) k k 3k 3k x(t) = α 1 cos m t + α 2 sen m t v 1 + βv 2 + γ 1 cos m t + γ 2 sen m t v 3. Escribiendo los vectores de forma explícita la expresión anterior resulta: x ( ) 1(t) x 2 (t) k k = α 1 cos m t + α 2 sen m t 1 + β 1 1 x 3 (t) 1 1 ( ) 1 3k 3k + γ 1 cos m t + γ 2 sen m t 2. 1

5 4 CAPÍTULO 1. PROBLEMAS DISCRETOS Lo único que resta es encontrar las constantes de la solución anterior. Recordando que tenemos las relaciones x 1 + x 2 + x 3 = y ẋ 1 + ẋ 2 + ẋ 3 = podemos deducir que β =. Las demás constantes se deben encontrar a partir de las condiciones iniciales. Para este propósito, regresamos al sistema en que las posiciones de las masas estaban medidas desde el centro de masa, dado que nuestras condiciones iniciales están dadas en el sistema de laboratorio. Las condiciones iniciales en estas coordenadas serán: ζ 1 () = 2 3 ξ 1() 1 3 (ξ 2() + ξ 3 ()), ζ 2 () = 2 3 ξ 2() 1 3 (ξ 1() + ξ 3 ()), ζ 3 () = 2 3 ξ 3() 1 3 (ξ 1() + ξ 2 ()). Se obtiene un conjunto de ecuaciones semejante para ζ j (), j = 1, 2, 3. En términos de las ζ i s la solución es: ζ 1 ζ 1 ζ 2 ζ 2 = ζ 1 ζ 2 + l 1 ( ) k k = α 1 cos ζ 3 ζ 3 ζ 3 1 m t + α 2 sen m t 1 1 ( ) 3k 3k + γ 1 cos m t + γ 2 sen m t Podemos ahora resolver los dos sistemas obtenidos con las posiciones y velocidades iniciales respectivas ζ i (), ζ i (), escogiendo adecuadamente las constantes del sistema. Una vez hecho esto podemos escribir la solución en el sistema de laboratorio como: ξ 1 ξ 2 (X() + Ẋ()t) l 1 ( = α 1 cos ξ ( + γ 1 cos k k m t + α 2 sen m t 3k 3k m t + γ 2 sen m t ) 1 1 ) Ejercicio 1 Deducir y escribir en forma matricial las ecuaciones de movimiento de 6 osciladores acoplados con extremos libres. Hágalo primero desde el sistema de laboratorio con un origen común, cambie después al sistema de centro de masa con éste como origen y finalmente en este último sistema pero teniendo como origen para cada masa su punto de equilibrio. Considere dos casos: a) mismas masas y constantes de resortes, b) distintas masas y constantes de resortes Problema de N 1 osciladores acoplados con extremos fijos El presente problema es uno de gran interés y su solución involucra elementos vistos en las dos secciones anteriores. En esta ocasión llegaremos a una ecuación en diferencias, que involucrará a la función desconocida en tres puntos distintos. El problema consiste en N 1 masas iguales unidas entre sí por resortes de la misma constante k y además las masas en los extremos están unidas a dos paredes fijas. De esta manera el problema presente difiere de aquél de la sección uno no solamente en el número de masas sino en las condiciones de frontera (en la sección uno las masas de los extremos estaban unidas solamente a la masa siguiente). Sea

6 1.2. EL PROBLEMA DE LOS OSCILADORES ACOPLADOS 5 x n (t) para n = 1, 2,..., N 1, la posición del oscilador n medida desde su punto de equilibrio. Igual que en el problema anterior, planteamos las ecuaciones de movimiento como el sistema: mẍ 1 = kx 1 + k(x 2 x 1 ) = 2kx 1 + kx 2, mẍ 2 = k(x 2 x 1 ) + k(x 3 x 2 ) = kx 1 2kx 2 + kx 3,. mẍ n = k(x n x n 1 ) + k(x n+1 x n ) = kx n 1 2kx n + kx n+1,. mẍ N 1 = k(x N 1 x N 2 ) kx N 1 = kx N 2 2kx N 1. Podemos escribir una sola ecuación representando todas las anteriores, simplemente dando definiciones para cada x n : mẍ n =kx n 1 2kx n + kx n+1, para n = 1,...,N 1, (1.4) x =, x N =. Notamos que (1.4) es una ecuación en diferencias de segundo orden y fue presentada por primera vez por Lord Rayleigh. Escribimos ahora (1.4) como un sistema, a través de una matriz: ẍ x 1 ẍ x 2 m ẍ 3 = k 1 2 x 3. (1.5) ẍ N 1 x N 1 Al igual que en la sección anterior escribimos esto de forma compacta haciendo unas definiciones: x x x = x 3, R = x N 1 Donde R es la llamada matriz de Rayleigh, que tiene las importantes propiedades de ser simétrica y tridiagonal. Esto nos proporcionará resultados interesantes para el presente problema. Para obtener una solución única al problema, se dan condiciones iniciales para la posición y la velocidad de cada masa. Teniendo esto en cuenta el problema por resolver se escribe como: ẍ(t) = k Rx(t), x() = a, ẋ() = b. (1.6) m Al igual que en el problema de tres masas proponemos una solución del estilo x = e λt v, resultando de ello: λ 2 e λt v = k m Reλt v lo que implica ( R + m ) k λ2 I v =. Una vez más obtenemos entonces que v son los vectores propios de R y m k λ2 sus valores propios. Estos valores propios, debido a la simetría de R serán reales. Podríamos intentar obtener una fórmula general para

7 6 CAPÍTULO 1. PROBLEMAS DISCRETOS el polinomio característico de R pero obtener sus raíces no es trivial. Resulta mucho mejor utilizar el método de ecuaciones en diferencias que utilizaremos a continuación. Notamos que la solución esperada (x(t) = e λt v) puede escribirse por componentes en la forma x n (t) = e λt v n y que si sustituimos esto en la ecuación (1.4), eliminaremos la dependencia temporal y nos quedará una ecuación en diferencias para v n. Esta ecuación se escribe como: λ 2 v n = k m (v n 1 2v n + v n+1 ), para n = 1, 2,...,N 1, (1.7) v = v N =. Las condiciones v = v N = se deducen de las condiciones análogas para las x n, dado que se pide que x = x N = para todo tiempo. Plantearemos primero una ecuación en diferencias de primer orden, cuya solución nos proporcionará intuición acerca de cómo resolver (1.7). Comenzamos entonces con la discretización de una ecuación diferencial de primer orden. Se desea discretizar y resolver la siguiente ecuación: y (t) = αy(t), y(t ) = y. En el caso de que t sea una variable continua tenemos la sencilla solución y(t) = y e α(t t). Pero qué ocurre si resolvemos la ecuación anterior discretizando el intervalo? Consideramos el intervalo [t, T] y lo dividimos en N partes de tamaño T t N h. Llamamos s n, con n =, 1,...,N a los puntos de la partición pidiendo obviamente s = t y s N = T. De esto se deduce que s n+1 s n = h y s n = t + nh. La ecuación diferencial y la condición inicial en sus versiones discretas quedan ahora: y n+1 y n h = αy n, y(t ) = y, donde hemos supuesto tácitamente que y(s n ) y n. De la ecuación anterior llegamos a y n+1 = (1 + αh)y n, notando entonces que esta relación nos da una y en términos de la anterior. Como conocemos y podemos hacer iteraciones con la última expresión y llegar finalmente a: y n+1 = (1 + αh) n+1 y, para n =, 1,..., N 1. (1.8) Nos percatamos así de que el valor de y en cualquier punto de la partición es del tipo y n = kz n con k una constante. El notar que la solución es así, representa el punto importante del problema y este resultado se utilizará más adelante. Debido a que en realidad el valor T y la partición en N partes es arbitraria, podemos conocer a y mediante este proceso en cualquier punto posterior a t, haciendo una partición lo suficientemente buena. Queremos ver ahora que a partir de la solución discreta (1.8), se puede obtener la solución para el continuo (i.e. y(t) = y e α(t t) ). Tomamos a T como nuestra variable y vemos que el valor de y en ese punto está dado por: Recordando que podemos escribir a h como h = T t N y(s N ) = y N = (1 + αh) N y. y(s N ) = la ecuación anterior nos queda: ( 1 + α(t t ) N ) y. N

8 1.2. EL PROBLEMA DE LOS OSCILADORES ACOPLADOS 7 Hacemos ahora el paso al límite cuando N (s N = T): ( y(t) = lím 1 + α(t t ) N ) y = y e α(t t). N N De esta manera recuperamos la solución para el continuo, que se había obtenido antes. Volviendo al problema (1.7) vemos que la solución encontrada para la ecuación en diferencias anterior es del estilo y n = kz n, esto nos motiva a buscar una solución similar en este caso, así, proponemos v n = z n ; sustituimos en (1.7) para obtener λ 2 z n = k ( z n 1 2z n + z n+1) m z 2 pz + 1 = definiendo p 2 + m k λ2. En el paso anterior pedimos z, ya que de lo contrario obtendríamos solución idénticamente cero. De esta manera obtenemos para z los valores: z ± = p ± p 2 4. (1.9) 2 Es ahora necesario considerar los distintos casos dependiendo del signo del discriminante; esto nos permitirá escoger los valores que satisfacen las condiciones de frontera (i.e. v = v N = ). Considerando las distintas posibilidades, comenzamos con p 2 > 4. En este caso obtenemos de (1.9) dos soluciones reales para z y podemos escribir: v n = C 1 z n + + C 2z n, n =, 1,...,N. Usando ahora las condiciones de frontera se obtiene un sistema de ecuaciones para C 1 y C 2 : v = C 1 + C 2 =, v N = C 1 z N + + C 2 z N =, este es un sistema homogéneo para C 1, C 2, por tanto obtendremos solución distinta de cero solamente si: 1 1 = zn z+ N =, z N + lo cual es imposible debido a que tenemos que z N z N +. En el caso p 2 = 4 obtenemos de (1.9) solamente una solución real y para v n resulta: z N v n = Cz n. Se deduce la imposibilidad de esta solución aplicando la primera condición de frontera: v = C =. Por lo tanto p 2 = 4 no es admisible. Procedemos ahora a considerar el último caso, que es p 2 < 4. Del rango de valores posibles para p 2 se deduce de inmediato que 2 < p < 2, por lo que podemos hacer un cambio de variable: p = 2 cosθ. Introduciendo esto en la ecuación (1.9) nos queda: z = 2 cosθ ± i 4 4 cos 2 θ 2 = cosθ ± i senθ = e ±iθ.

9 8 CAPÍTULO 1. PROBLEMAS DISCRETOS La solución para v n resulta ser: Aplicando la primera de las condiciones de frontera: v n = C 1e inθ + C 2e inθ. v = C 1 + C 2 = lo que implica C 2 = C 1. De esta manera se obtiene que v n = C sen nθ. Si aplicamos la segunda condición de frontera: v N = sennθ = y por tanto θ n = nπ para n = ±1, ±2,..., ±(N 1). N Se obtiene para las v n = (sen θ n, sen2θ n,..., sen (N 1)θ n ) : v n,j = sen jθ n = sen njπ N (componente j del vector n). (1.1) De esta manera se obtienen 2(N 1) valores de θ que satisfacen las condiciones de frontera y por lo tanto la elección p 2 < 4 es la única que nos será de utilidad 1. El que n tome estos valores se deduce de la condición 2 < p < 2 con p = 2 cosθ. Sin embargo veremos que estos valores están más limitados aún, y nos quedaremos solamente con las n s positivas, teniendo N 1 valores de θ. Esto se muestra a través de los valores y vectores propios, que son en realidad las cantidades de importancia del problema. Primero notamos que un cambio de signo en n no afecta los vectores propios, ver (1.1). Esto debido a que el cambio de signo multiplica al vector completo y cualquier múltiplo del vector propio sigue siendo vector propio. Por otro lado los valores propios están dados por: λ 2 n = 2k m (cosθ n 1) = 2k ( cos nπ ) m N 1, n = 1, 2, 3,..., N 1. (1.11) Vemos entonces que un cambio de signo en n no altera tampoco los valores propios. Por ambas razones tomamos únicamente n = 1, 2,..., N 1. Además siendo R una matriz simétrica de dimensión (N 1) (N 1) la existencia de N 1 valores propios es precisamente lo esperado. Es fácil ver que esta elección de n s nos da valores propios negativos, es decir, sus raíces serán imaginarias: 2k ( λ n = ±i m 1 cos nπ N ). Definimos 2k ( ω n 1 cos nπ ) m N y entonces λ n = ±iω n, n = 1, 2,..., N 1. Teniendo ya los valores y vectores propios, podemos escribir la solución del sistema (1.6): x(t) = = N 1 j=1 N 1 j=1 ( C je iωjt + D je iωjt) v j (C j cosω j t + D j senω j t)v j. (1.12) 1 NOTA IMPORTANTE: Debe notarse que la eliminación de las posibilidades p 2 4 se debe enteramente a las condiciones de frontera del problema. El mismo problema con condiciones de frontera distintas dará lugar a que estas posibilidades fueran admisibles

10 1.2. EL PROBLEMA DE LOS OSCILADORES ACOPLADOS 9 Nótese que para obtener soluciones reales, C j y D j deberán ser complejos, pero si se escribe la solución en términos de senos y cosenos C j y D j serán reales. Una visión global de la solución puede ser deseable: x 1 (t) x 2 (t) x 3 (t). x N 1 (t) sen θ 1 sen 2θ 1 = (C 1 cosω 1 t + D 1 senω 1 t) sen 3θ 1. sen(n 1)θ 1 + (C 2 cosω 2 t + D 2 sen ω 2 t) senθ 2 sen 2θ 2 sen 3θ 2. sen (N 1)θ (C N 1 cosω N 1 t + D N 1 senω N 1 t) sen θ N 1 sen 2θ N 1 sen 3θ N 1. sen (N 1)θ N 1, donde usamos: θ j = jπ 2k N, ω j = m (1 cosθ j), v j = (sen θ j, sen2θ j,...,sen(n 1)θ j ), j = 1, 2,...,N 1. Finalmente encontramos las constantes en términos de las condiciones iniciales, lo cual nos proporciona dos sistemas lineales de (N 1) (N 1): a = N 1 j=1 C j v j, b = N 1 j=1 D j ω j v j. (1.13) Escribiendo los sistemas anteriores componente por componente: a k = N 1 j=1 C j sen kθ j, b k = N 1 j=1 D j ω j sen kθ j, k = 1, 2,...,N 1. Los dos sistemas anteriores representan 2(N 1) ecuaciones para ese mismo número de constantes, por lo que si el determinante del sistema es distinto de cero, podremos hallar la solución. Para ver que esto es

11 1 CAPÍTULO 1. PROBLEMAS DISCRETOS efectivamente posible, escribimos los sistemas de una manera que revele esto: a 1... C 1. = v 1 v 2 v N 1. a... N 1... C N 1 b 1. b N 1 = v 1 v 2 v N 1... D 1. D N 1 Es decir, que el determinante de estos sistemas es el de los vectores propios de la matriz R. Siendo ésta una matriz simétrica, sabemos que sus vectores propios serán ortogonales y por ende su determinante distinto de cero. Por esta razón, los sistemas (1.13) tendrán solución única. El que los vectores propios sean ortogonales efectivamente se puede demostrar, se obtiene que:. v i v j = N 1 k=1 sen kθ i sen kθ j = δ ij N 2 con θ m = mπ N. Haciendo uso de la ortogonalidad de los vectores propios, es posible definir las constantes C j y D j en términos del producto punto de los vectores propios y las condiciones iniciales; si multiplicamos los sistemas (1.13) por v i se obtiene: a v i = b v i = como los vectores v n son ortogonales entonces: N 1 j=1 N 1 j=1 C j v j v i, D j ω j.v j v i, de donde se encuentra a v i = C i N 2, b v i = D i ω i N 2, C i = 2 N a v i, D i = 2 N b v i ω i. Esto completa de manera simple la solución del problema. Pasaremos ahora a interpretar en detalle lo que expresa la solución encontrada. Ejercicio 2 Deducir el Lagrangiano para un conjunto de N masas unidas por resortes y mediante las ecuaciones de Lagrange obtener las ecuaciones de movimiento. Considere los casos: a) extremos libres,

12 1.2. EL PROBLEMA DE LOS OSCILADORES ACOPLADOS 11 b) extremos fijos. Ejercicio 3 Resolver el sistema de N 1 osciladores acoplados dados por la matriz de Rayleigh para las condiciones de frontera tipo Neumann, dadas por x = x 1, x N 2 = x N 1. Explique por qué las condiciones de Neumann se escriben de esta forma. Ejercicio 4 Resolver el sistema de N 1 osciladores acoplados para la condición x = x N 1. Además, interprete el significado físico de la condición anterior Energía de los sistemas oscilantes Comenzamos recordando la evolución de la energía de una sola masa oscilante. Tenemos la ecuación de movimiento de un solo oscilador con un término disipativo dependiente de un parámetro γ, es decir mẍ+2mγẋ+mω 2 x =. Podemos encontrar una ecuación para la energía multiplicando por ẋ e integrando: mẋẍ + 2mγẋ 2 + mω 2 xẋ = d ( 1 dt 2 mẋ2 + 1 ) 2 mω2 x 2 = 2mγẋ 2 de dt = 2mγẋ2. Vemos así que la energía no se conserva a menos que γ sea cero. Encontrando la solución para la ecuación del oscilador, obteniendo ẋ y sustituyendo en la ecuación diferencial para la energía (conociendo dicha cantidad al tiempo cero) podemos determinarla para todo tiempo posterior. Nos interesa ahora la energía del problema de las tres masas oscilantes con extremos libres. Estudiamos el caso en que no se han introducido mecanismos disipativos en las ecuaciones de movimiento por ello la energía debe conservarse. Veamos que esto es cierto. La energía total del sistema la podemos escribir como: E = T + U = 1 2 m ( ẋ ẋ2 2 + ) 1 ẋ k ( (x 2 x 1 ) 2 + (x 3 x 2 ) 2). (1.14) Ejercicio 5 Verifique que U definida por el segundo término de (1.14) satisface: U(t) = t t kẋ Rxdt para las 3 masas donde t es la posición de equilibrio: x 2 (t ) = x 1 (t ) = x 3 (t ) =. Derivamos ahora (1.14) con respecto al tiempo, obteniendo: de ( ) dt = ẋ 1 mẍ 1 k(x 2 x 1 ) ) + ẋ 2 (mẍ 2 + k(x 2 x 1 ) k(x 3 x 2 ) ) + ẋ 3 (mẍ 3 + k(x 3 x 2 ) =.

13 12 CAPÍTULO 1. PROBLEMAS DISCRETOS En la fórmula anterior vemos que cada paréntesis es cero por el balanceo de fuerzas, ver (1.2). Por lo tanto el resultado es el esperado: la energía es una constante de movimiento. Una vez probado en los dos casos anteriores que la energía es constante, estamos listos para plantearnos el mismo problema para los N 1 osciladores. Al igual que con las tres masas, intuitivamente se piensa que la energía debe ser constante por la ausencia de mecanismos disipativos, veremos que efectivamente es así. Podríamos comenzar de igual forma que en el caso anterior, escribiendo la energía total de las masas, derivando y obteniendo cero. En cambio, utilizaremos otro acercamiento que nos revelará una importante conexión entre la conservación de la energía y la simetría de la matriz del sistema, la matriz de Rayleigh R. Partimos de la ecuación de movimiento para nuestro sistema ẍ = k mrx y repetimos lo realizado en el caso de una sola masa oscilante; multiplicar la ecuación por ẋ: mẋ ẍ + kẋ Rx =. (1.15) El primer término de arriba es la derivada de la energía cinética del sistema, mẋ ẍ = d 1 dt 2 mẋ ẋ = d 1 dt 2 mẋ ẋ, mientras que el segundo no es tan familiar. Veremos ahora que es simplemente la derivada de la energía potencial. Comenzamos primero calculando el trabajo total que hacen los resortes sobre las masas (que será la suma de los trabajos sobre cada masa): W = N 1 t i=1 t = k t F i dx i = t t Rx ẋdt = k t F dx = Ahora calculamos la derivada de x Rx con respecto al tiempo: t t t ẋ Rxdt. d dt x Rx = ẋ Rx + x Rẋ. t F ẋdt Es ahora donde se debe utilizar la simetría de la matriz de Rayleigh. Veremos que los dos términos de arriba son iguales siempre y cuando R sea simétrica: ẋ Rx = ( x R ẋ ) =x R ẋ (ya que el producto es un escalar) =x Rẋ. (por simetría) (1.16) De esta manera la validez de (1.16) se debe enteramente a la simetría de R, y podemos escribir d dt x Rx = 2ẋ Rx. Usando esto tenemos: W = k t t ẋ Rxdt = k 2 t d t dt x Rxdt = k 2 x Rx t = U(t) + U(t ). t Conociendo ya la expresión para la energía potencial en términos de la matriz del sistema podemos escribir a (1.15) como: ( d 1 dt 2 mẋ ẋ + k ) 2 x Rx = d de (T + U) = dt dt =.

14 1.2. EL PROBLEMA DE LOS OSCILADORES ACOPLADOS 13 Por lo tanto la energía total es una constante de movimiento para el sistema de N 1 masas, ecuación (1.5). Deseamos ahora investigar qué pasa con la energía asociada a cada modo fundamental de oscilación. Para este propósito, escribimos la solución de forma compacta como: x(t) = N 1 j=1 T j (t)v j, (1.17) donde T j (t) representa la dependencia temporal de cada término en la ecuación (1.12). Hemos demostrado que la energía total del sistema descrito por (1.5) se puede escribir como: E = m 2 ẋ ẋ + k 2 x Rx. Deseamos ahora encontrar una expresión para la energía de cada modo, para ello sustituimos (1.17) en la expresión para E. Recordando que los vectores propios son ortogonales la energía total queda: E(t) = m 2 = m 2 = m 2 = m 2 = N 1 j=1 N 1 j=1 N 1 j=1 N 1 j=1 N 1 j=1 2 T j (t)v j v j + k 2 2 T j (t)v j v j k 2 2 T j (t)v j v j + m 2 N 1 j=1 N 1 j=1 N 1 j=1 N 1 T j (t)vj R T j (t)v j ( ) T 2 j (t) + ω 2 j Tj 2 (t) vj v j E j (t). k=1 N 1 k=1 ω 2 j T 2 j (t)v j v j T k (t)v k T k (t) m k λ2 kv k Hemos utilizado que v j es vector propio de R con valor propio m k λ2 j y que λ2 j = ω2 j. En la expresión anterior E j representa la energía de cada modo de oscilación. Calculamos ahora la derivada de la energía de cada modo: de j dt = m ( Tj + ω 2 jt j ) T j v j v j =. Lo anterior es cero debido a que T j es la solución homogénea de la ecuación diferencial que aparece en la expresión anterior, ver (1.12). Por lo tanto la energía de cada modo es una constante, es imposible la transferencia de energía entre modos. Nótese que para que esto ocurra es necesaria la ortogonalidad de los vectores propios 2 ya que de lo contrario no hubiera sido posible escribir la energía total como la suma de las energías de cada modo. Entre otras cosas esto nos dice que si tenemos presente cierta componente de oscilación en las condiciones iniciales, esta componente estará presente siempre. De manera inversa, si en las condiciones iniciales está ausente algún modo fundamental, es imposible que ese modo aparezca en el futuro. Ejercicio 6 Resolver en su totalidad el problema de tres osciladores acoplados dado por la matriz de Rayleigh. Explique los modos fundamentales. Encuentre la energía cinética y potencial. Discuta la energía entre los modos y la energía total. 2 Por ende la simetría de la matriz del sistema.

15 14 CAPÍTULO 1. PROBLEMAS DISCRETOS 1.3. Caso no homogéneo En los problemas dinámicos frecuentemente nos encontramos con sistemas sometidos a fuerzas externas. En el caso de los osciladores forzados esto se traduce en un término adicional en la ecuación de movimiento. En esta sección consideraremos el problema que plantea la siguiente ecuación: con condiciones de frontera fijas: mẍ(t) = krx + f(t) (1.18) x = x N =. La solución del sistema homogéneo es, como en la (1.12), de la forma x(t) = N 1 j=1 (C j cosω j t + D j senω j t)v j. Sin embargo, en el caso que ahora nos ocupa utilizamos para cada vector propio una función del tiempo por determinar. Al proceder de esta forma se está siguiendo la idea de considerar a los modos de oscilación v j fijos y una amplitud de oscilación T j (t) variable 3 : x(t) = N 1 j=1 T j (t)v j. (1.19) Debemos recordar que los vectores propios {v j } ya normalizados forman una base para el espacio vectorial de dimensión N 1; por tanto, el término no homogéneo (también llamado término forzante) de la ecuación (1.18) puede escribirse en términos de la base {v j }: f(t) = N 1 j=1 f j (t)v j = N 1 j=1 (f(t),v j )v j. Si introducimos esto y la solución (1.19) en la ecuación no homogénea y recordamos que los vectores v j son vectores propios de la matriz R, obtenemos un conjunto de N 1 ecuaciones diferenciales ordinarias: N 1 m N 1 j=1 j=1 N 1 T j (t)v j + k j=1 T j (t)rv j = N 1 j=1 [ m T ( m ) ] N 1 j (t) + k k ω2 j T j (t) v j = j=1 f j (t)v j f j (t)v j. Como los vectores propios son ortogonales entre sí, cada T j (t) debe cumplir con la igualdad: T j (t) + ω 2 j T j(t) = g j (t) (1.2) donde g j (t) = fj(t) m. Esta ecuación se resuelve para toda j por el método de variación de parámetros. En el caso especial en que el término forzante es una función del tipo cosωt, la solución es de la forma: T j (t) = Acosω j t + B sen ω j t + cosωt ω 2 j ω2. 3 Este mismo argumento será usado en el siguiente capítulo como motivación para resolver Ecuaciones Diferenciales Parciales mediante la separación de variables.

16 1.4. PROBLEMA DE DIFUSIÓN DE CALOR 15 Puede observarse que en el caso de que ω coincida con alguno de los valores propios (digamos ω k ), la solución diverge. En física, a este fenómeno se le llama resonancia y corresponde a un forzamiento periódico en alguna de las frecuencias naturales del sistema. Es conveniente aclarar que al construir el sistema se han considerado solamente oscilaciones pequeñas y la misma ecuación (1.18) deja de ser válida en vibraciones de amplitudes grandes. Con el objeto de eliminar la resonancia en el sistema y las consecuentes soluciones divergentes, se pide que el término forzante sea ortogonal al vector propio con valor ω k ; es decir, requerimos que f k (t) =. Físicamente esto equivale a no realizar trabajo alguno sobre el vector v k Problema de difusión de calor El uso de la matriz de Rayleigh en problemas de valores en la frontera no se limita a problemas de osciladores acoplados. En esta sección estudiaremos el problema de flujo de calor partiendo de la ley de conservación de energía. Veremos que la matriz de Rayleigh surge nuevamente de manera natural y en consecuencia se retoman los resultados obtenidos antes. Primeramente y por simplicidad restringimos el problema de difusión de calor a una sola dimensión. Modelamos entonces el problema considerando una varilla de longitud L orientada a lo largo del eje x y cuya sección transversal A se supone a temperatura constante. Es decir, la temperatura T(x, t) y el calor Q(x, t) son constantes en la sección A. Para la discretización del problema se divide la varilla en N segmentos x i de longitud x = L N ) suficientemente pequeña para considerar a la temperatura T i(t) = T(x i, t), i = 1, 2,..., N. Definimos ahora algunas magnitudes físicas que nos serán útiles en la formulación matemática. Para cada t > el calor por unidad de volumen q(x, t) en algún punto x de la varilla es proporcional a la temperatura del cuerpo en dicho punto: q(x, t) = c e ρt(x, t) donde el calor específico c e del material y la densidad volumétrica ρ son como constantes a lo largo de la varilla, característica esta última observada en experimentos. De esta forma, la energía calorífica presente en el i-ésimo segmento de la barra es: Q i (t) = c e (A xρ) T i (t). (1.21) El flujo de calor por unidad de tiempo y por unidad de área a lo largo del eje x se denota por φ(x, t). Adicionalmente llamaremos q i (t) al calor generado por una fuente externa en el i-ésimo segmento de la varilla. A continuación se relacionan los conceptos planteados a través de la ley de conservación de energía calorífica que se observa en cada segmento de la varilla: el cambio en la energía en un tiempo t equivale al flujo de energía a través de las paredes en ese tiempo más la energía interna generada en el segmento en el mismo intervalo temporal, o bien, dq i (t) dt = φ(x i, t) φ(x i+1, t) + q i (t), γ dt i(t) dt = [φ(x i+1, t) φ(x i, t)] + q i (t), (1.22) para i = 1, 2,..., N y γ = c e A xρ = c e m i que es la capacidad calorífica de la varilla en ese segmento. En este punto, y con el objeto de encontrar una ecuación para una sola función, apelamos a la ley de conducción de calor de Fourier, que es un hecho fundamental derivado de experimentos y que en una

17 16 CAPÍTULO 1. PROBLEMAS DISCRETOS dimensión se escribe: φ(x i, t) = κ (T i (t) T i 1 (t)), (1.23) donde κ la conductividad térmica, es una constante propia de cada material. La ecuación (1.23) nos indica que el flujo de calor en la pared transversal de algún segmento de la varilla se presenta cuando existe una diferencia de temperatura entre las regiones que comparten la intercara. Se observa que el calor fluye de la región más caliente a la más fría y es proporcional en magnitud a la diferencia de temperaturas entre los dos segmentos comunes a la pared. Sustituyendo (1.23) en la expresión de conservación de energía se tiene que γ dt i(t) dt γ dt i(t) dt = [ κ (T i+1 (t) T i (t)) + κ (T i (t) T i 1 (t))] + q i (t), = κ [T i+1 (t) 2T i (t) + T i 1 (t)] + q i (t). (1.24) Al considerar esta ecuación en diferencias para los N segmentos de la varilla se obtiene un sistema de ecuaciones. Al sistema de ecuaciones se le conoce como la ecuación de difusión, o del calor, discreta y la matriz de dicho sistema vuelve a ser la matriz de Rayleigh para la cual ya hemos obtenido el conjunto solución en términos de sus vectores y valores propios γ dt(t) dt = κrt(t) + q(t), (1.25) donde q(t) = (q 1 (t), q 2 (t),..., q N (t)). Si se propone una solución del tipo T(t) = N i=1 c ie λit el sistema de ecuaciones (1.25) se convierte en el problema de valores propios, similar al resuelto para el caso de N osciladores acoplados, más un término no homogéneo q(t). La parte homogénea se resuelve como sigue γ deλit c i = κrc i e λit dt ó ( R + γ ) κ λ ii c i =. (1.26) Se tiene entonces que, en el caso de que el término forzante sea cero, γ κ λ i y c i son los valores y vectores propios de la matriz de Rayleigh R. Es importante hacer énfasis en que los valores propios de la matriz de Rayleigh son positivos, esto implica que λ i < y de aquí que el factor temporal disminuya con el tiempo y en consecuencia la solución a la parte homogénea tienda a cero en tiempos suficientemente grandes. En el caso de tener un término forzante q(t), se expande éste en términos de los vectores propios c i ya normalizados como se hizo en la sección anterior q(t) = N q j (t)c j = j=1 N (q(t),c j )c j, y se consideran soluciones del tipo T(t) = N j=1 Y j(t)c j que reducen el problema a resolver N ecuaciones para los factores Y j. Las ecuaciones surgen del procedimiento seguido en la sección anterior: j=1 o bien γ N N N γ Ẏ j (t)c j + κ Y j (t)rc j = q j (t)c j, N j=1 j=1 [ Ẏ j (t) κ j=1 ( 1 κ λ j ) Y j (t) j=1 ] N c j = q j (t)c j, j=1

18 1.4. PROBLEMA DE DIFUSIÓN DE CALOR 17 y se tienen las N ecuaciones: γẏj(t) γλ j Y j (t) = q j (t). (1.27) De este modo se construye una solución general como suma de la solución a la ecuación homogénea, más el vector N j=1 Y j(t)c j con factores Y j resultantes de resolver (1.27). En el paso al problema de difusión continuo, se observará con mayor detalle que la solución al problema consta de un término que tiende asintóticamente a cero con el tiempo, llamado solución transiente, y otro término que persiste independiente del tiempo conservando las condiciones de frontera del problema. Este último término es llamado estacionario y en el caso discreto corresponde al vector solución de la ecuación inhomogénea. Vemos así que la solución de sistemas de ecuaciones se descompone como una suma de soluciones que resultan de la solución de las proyecciones a lo largo de los vectores propios. Como los vectores propios son una base, cualquier condición inicial o forzamiento puede descomponerse en términos de ellos. Así, el problema se transforma en el de encontrar vectores propios y valores propios, y de ahí la importancia de éstos. En la práctica encontrar los vectores y valores propios podría ser muy difícil y por esto es conveniente identificar los sistemas que tengan soluciones exactas tal y como como lo hicimos en este capítulo. Por otra parte al resolver las ecuaciones ordinarias resultantes el problema que queda es el de evaluar la suma de manera útil. En los próximos capítulos haremos la contraparte de dimensión infinita. Aquí la matriz de Rayleigh se convierte en un operador diferencial. En este caso los vectores propios se vuelven funciones propias y puesto que la dimensión es infinita, habrá un número infinito de valores propios y sus correspondientes funciones propias. Éstos dan lugar a las funciones especiales y los desarrollos en funciones propias nos darán las llamadas representaciones espectrales, o en el lenguaje antiguo transformadas integrales.

19 ÔØÙÐÓ ¾ ËÖ ÓÙÖÖ ¾º½ ÁÒØÖÓÙÓÒ ÀÒÓ ØÙÓ ÐÓ Ó ÖØÓ ÙÓÒ ÕÙ ÑÔÐÒ ÔÖÓÐÑ ÚÐÓÖ Ý ÚØÓÖ ÔÖÓÔÓ Ò Ð ÑØÖÞ ÊÝÐ Ô ÑÓ ÓÖ Ð Ö ÓÐÙÓÒ ÐÓ Ñ ÑÓ ÔÖÓÐÑ ÙÒÓ Ð ÒÙÑÖÓ ÔÖØÙÐ ÒÚÓÐÙÖ ÚÙÐÚ ÑÙÝ ÖÒ ÓÑÔÖÓ ÓÒ Ð Ð Ð ÒÓÑÒÓ ÕÙ ÕÙÖÑÓ ÖÖº Ç ÖÚÖÑÓ ÕÙ Ð ÔÖÓÐÑ ÚÐÓÖ ÔÖÓÔÓ Ò Ð Ó ÖØÓ ÓÒÚÖØ ÓÖ Ò Ð ÔÖÓÐÑ ÚÐÓÖ ÔÖÓÔÓ ÔÖ ÙÓÒ ÖÒÐ Ý ÕÙ Ò Ð ÕÙ Ð ÐÑØ ÙÒÓ Ð ÒÙÑÖÓ ÒØÖ Ò ÒØÓ Ð ÑØÖÞ ÊÝÐ ÓÒÚÖØ Ò Ð ÙÒ ÖÚ Ôк ¾º¾ Ä ÙÖ ÓÒØÒÙ ÈÖ ÜÑÒÖ Ø ÔÖÓ Ó ÐÑØ Ò ØÐÐ ÓÒ ÖÑÓ ÙÒ ÙÖ ÓÒ ØÒØ Æ ½ ÔÖØÙÐ ÙÒ Ñ Ñº Ä ØÒ ÓÒ Ð ÙÖÞ ØÖÓÒ ÕÙ ØÙ ÒØÖ ÔÖ ÔÖØÙÐ ÝÒØÖ Ð Ñ Ñ ÔÖ ÔÖ Ñ Ý ØÙ Ò Ð ÖÓÒ Ð ÖØ ÕÙ ÙÒ Ð ÔÖØÙÐ º Ë ÓÒ Ö ØÑÒ ÕÙ Ð ÙÖ Ø Ò Ù ÜØÖÑÓ ÓÖÖ ÔÓÒÒØ ÐÓ ÔÙÒØÓ Ü ¼ Ý Ü Æ ¾ Ð ÔÖØÙÐ ÒÓØÒ ÔÓÖ Ü ½ ¾ Æ ½º Ñ ØÓÑ ÓÑÓ Ð ÔÓ ÓÒ ÕÙÐÖÓ ÙÒ ÖØ ÓÖÞÓÒØк ÈÖ Ð ÖÔÓÒ Ð ÑÓÚÑÒØÓ Ò Ð ÙÖ ÒÓØÑÓ Ð ÔÐÞÑÒØÓ ÚÖØÐ Ò ÙÒ Ð Æ ½ ÔÖØÙÐ ÐÖ ÓÒ Ù ÔÖ ½ ¾ Æ ½ Ý ÔÑÓ ÕÙ Ð ØÒ ÓÖÞÓÒØÐ ÒØÖ ÐÐ ÓÒ ØÒØ ÐÓ ÙÐ ÑÔÓ Ð ÑÒØ ÔÖÓ ÙÒ ÙÒ ÔÖÓÜÑÓÒµº Ð ÓÒ ÖÖ Ð ÑÓÚÑÒØÓ Ò Ð ÔÖØÙÐ ÓÐÓ ÓÑÓ Ó ÐÓÒ ÑÙÝ ÔÕÙÒ Ý Ò Ð ÖÓÒ ÚÖØÐ Ð ÙÒ ÐÝ ÆÛØÓÒ ÓÖ ÙÒ Ð ÔÖØÙÐ ÒÓ Ñ ¾ Ù Ø ¾ ÖÒ Ð Ó ÓÑÔÓÒÒØ ÚÖØÐ Ò ÐÓ ÜØÖÑÓ Ð ÑÒØÓ Ä ÓÑÔÓÒÒØ ÚÖØÐ Ð ÙÖÞ ÓÒ ÔÖ Ð ÜØÖÑÓ ÖÓ Ò ½ Ý ÔÖ Ð ÞÕÙÖÓ Ò ¾ º ÓÑÓ ÓÒ ÖÒ ÜÐÙ ÚÑÒØ Ó ÐÓÒ ÔÕÙ ½ Ø ¼ Ý ¾ Ø ¼ ÒØÓÒ Ò ½ Ø ØÒ ½ Ò ¾ Ø ØÒ ¾ Ý ÕÙ Ð ÔÓØÒÙ ÓÒ ÙÐ Ð ÐÓ ÝÒغ ¾¾

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21 ¾ È ÁÌÍÄÇ ¾º ËÊÁË ÇÍÊÁÊ Ð ÑÓÓ ÚÖÓÒ ÓÖ ÐÐÑÓ ÙÒÓÒ ÔÖÓÔ ÑÙÐØÔÐÓ ÔÓÖ ÙÒ ØÓÖ ÑÔÐØÙ ÕÙ ÙÒÓÒ Ð ØÑÔÓº Ò ÓØÖ ÔÐÖ Ù Ò ÓÐÙÓÒ Ù Ü Øµ Ð ÓÖÑ Ù Ü Øµ ÜµÌ Øµ ¾ºµ ÓÒ Üµ ÓÐÓ ÙÒÓÒ Ü Ý Ì Øµ ÐÓ ÜÐÙ ÚÑÒØ Øº Ð ÑØÓÓ ÔÖÓÒ ÚÖÐ ØÚÓ Ò Ð Ö ÓÐÙÓÒ ÙÓÒ ÓÑÓ Ð ÙÒØ ¾ Ù Ø ¾ Ù ¾ ¾ Ü ¾ Ù Ø ¾ Ù Ü ¾ Ù ¼ ÙÓÒ ÓÒµ ÙÓÒ Ð ÐÓÖµ ÙÓÒ ÄÔеº Ó ØÓ Ð ÓÐÙÓÒ ÜØ ÓÒÓ ÓÒ Ø ÓÖѺ ÓÒØÒÙÓÒ ÑÙ ØÖ Ð ÔÐÓÒ Ð ÑØÓÓ Ò ÙÒ ÔÖÓÐÑ ÓÒÖØÓº ¾º º½ ÈÖÓÐÑ ÖÐØ ÔÖ Ð ÙÓÒ ÇÒ ÓÒ Ö Ð ÔÖÓÐÑ ¾ Ù Ø ¾ Ù ¾ ¾ ¼ Ü Ø ¼ ¾ºµ ؾ ÓÒº ÖÓÒØÖ ÜØÖÑÓ Ó µ Ù ¼ ص ٠ص ¼ Ø ¼ ÓÒº ÒÐ Ù Ü ¼µ ܵ ÔÓ ÓÒ ÒÐ ÖÒÓ Ù Ü Øµ ÜµÌ Øµ Ð ÙÓÒ Ù Ø Ü ¼µ ܵ ÚÐÓ ÒÐ ¼ Ü ÜµÌ ¼¼ ص ¾ ¼¼ ÜµÌ Øµ µ Ì ¼¼ ص ¾ Ì Øµ ¼¼ ܵ ܵ ¾ºµ ÈÖÓ ¾ºµ ÓÐÓ ÔÓ Ð ÔÖ ØÓÓ Ü Øµ ÙÒÓ ÑÓ ÑÑÖÓ ÓÒ Ð Ñ Ñ ÓÒ ØÒØ ½ ÐÙÓ Ì ¼¼ ص ¾ Ì Øµ ¼¼ ܵ ܵ µ ¼¼ ܵ ܵ ¼ Ì ¼¼ ص ¾ Ì Øµ ¼ ¾ºµ Ä ÓÒÓÒ ÖÓÒØÖ ÒÓ ÒÒ ÕÙ Ù ¼ ص ¼µÌ ص ¼ ٠ص µì ص ¼ Ø ¼ ØÓ ÑÔÐ ¼µ ¼ µ ¼º ÑÒÖ ÕÙ ÙÒØÓ ÓÒ ¾ºµ ØÒÑÓ ÙÒ ÔÖÓÐÑ ÚÐÓÖ Ð ÖÓÒØÖ ÔÖ ¾ºµ ¼¼ ܵ ܵ ¼ ¼µ ¼ µ ¼ ¾º½¼µ ÓÑÓ ÒÓ ÓÒÓ ¾º½¼µ ÙÒ ÔÖÓÐÑ ÚÐÓÖ ÔÖÓÔÓ º ½ Ø ÓÖÑ ÔÖÓÖ ÐÐÑ ÔÖÓÒ ÚÖÐ Ý ÑÙ Ú Ø Ô Ó ÒÓ ÔÙ ÐÐÚÖ Ó

22 ¾º º Å ÌÇÇ ËÈÊÁ ÇÆ ÎÊÁÄË ¾ Ë ÕÙ ÙÒ ÚÐÓÖ ÔÖÓÔÓ ¾º½¼µ Ü Ø ÙÒ ÙÒÓÒ Üµ ÒÓ ØÖÚÐ ÕÙ Ø Ð ÙÓÒº ܵ Ð ÒÓÑÒ ÙÒÓÒ ÔÖÓÔ ÓÖÖ ÔÓÒÒØ Ð ÚÐÓÖ ÔÖÓÔÓ º Ç ÖÚ ÕÙ Ý Üµ ÓÒ ÐÓ ÒÐÓÓ ÓÒØÒÙÓ ÐÓ ÚÐÓÖ Ý ÚØÓÖ ÔÖÓÔÓ ÕÙ ØÙÑÓ Ò Ð Ó ÒØÓº Å ÐÒØ ÒÐÖÒ Ð ÒÐÓ ÙÐØØÚ Ý ÙÒØØØÚ ÔÖÓÐÑ ÓÒØÒÙÓ ÓÑÔÖÓ ÓÒ ÐÓ Ó ÖØÓ Ý ÕÙ ØÒÖ Ò ÑÒØ ÕÙ Ð ÔÖÓ Ó ÐÑØ ÕÙ ÙØÐÞÑÓ ÔÖ ÐÐÖ Ð ÙÓÒ ÖÒÐ ÔÖ ÖÚ Ð ÓÑÔÓÖØÑÒØÓ Ó ÐÓ ØÑ ÖØÓ º ÎÓÐÚÒÓ Ð ÔÖÓÐÑ ¾º½¼µ Ì ÓÒ ÙÒÓÒ ÖÐ ÐÙÓ Ö ÖÐ ÔÖÓ ÒÓ ÑÓ ÔÓ ØÚÓ ÒØÚÓ Ó ÖÓº ÒÐÑÓ ÒØÓÒ ÐÓ ØÒØÓ Ó º ½µ ¼º Ë Ó «¾ ÔÖ «ÖÐ ÒØÓÒ Üµ «Ü «Ü ¼µ ¼ µ µ ܵ ¾ Ò «Ü µ µ ¾ Ò «¼ Ø ÙÐØÑ ÙÐ ÙÑÔÐ ÓÐÓ ¼ Ó «¼ Ò ÑÖÓ ÑÓ Ó ÒÓ ÐÐÚÒ Ð ÓÐÙÓÒ ØÖÚк ¾µ ¼º Ë ØÒ Ò Ø Ó Ý ÒÙÚÑÒØ ÓØÒ ÓÑÓ ÓÐÙÓÒ Ð ØÖÚк µ ¼º ÖÑÓ ÓÖ ¾ ÒØÓÒ ¼¼ ܵ ¼ ¼µ ¼ µ ¼ µ ¼ ܵ Ó Ü Ò Ü µ ¼µ ¼ µ µ Ò ¼ µ Ò Ò ÔÖ Ò ½ ¾ Ý Ò Ò ¾ ¾º½½µ Ä ÓÖÖ ÔÓÒÒØ ÙÒÓÒ ÔÖÓÔ Ò Ò Üµ Ò ÒÜ Ò ½ ¾ ÌÒÒÓ ÓÖ Ò ØÖÑÒ Ù ØØÙÑÓ Ò Ð ÙÓÒ ÔÖ Ì Ì ¼¼ ¾ Ò ¾ Ì ¼ Ì Øµ Ò Ó ÒØ Ò Ò ÒØ ÒÓØ ÕÙ ÒÓ Ý ÓÒÓÒ ÖÓÒØÖ ÔÖ Ì º ÔÖ Ò ØÒ Ð ÓÐÙÓÒ Ù Ò Ü Øµ Ò ÒÜ Ò Ó ÒØ Ò Ò Òص Ò ½ ¾ ÕÙ ÔÓ Ð ÒÓØÖ ÕÙ ÓÐÙÓÒ Ð ÔÖÓÙØÓ ÙÒ ÑÓÓ ÒÓÖÑÐ ÚÖÓÒ Ó ÙÒÓÒ ÔÖÓÔ Ý Ð ÑÔÐØÙ ÓÖÖ ÔÓÒÒØ ÕÙ Ñ ÓÒ Ð ØÑÔÓº ÓÖ Ò Ð ÙØÐÞÖ Ð ÔÖÒÔÓ ÙÔÖÔÓ ÓÒ ØÒ Ð ÓÐÙÓÒ ÒÖÐ Ù Ü Øµ ½ Ò½ Ò ÒÜ Ò Ó ÒØ Ò Ò Òص ÓÒ ÐÓ Ó ÒØ Ò Ý Ò ÕÙÒ ØÖÑÒÓ ÔÓÖ Ð ÓÒÓÒ ÒÐ ÓÑÓ Ù Ù Ü ¼µ ½ Ò Ò ÒÜ Üµ Ù Ø Ü ¼µ ½ Ò½ Ò½ Ò Ò Ò ÒÜ Üµ ¾º½¾µ ¾º½ µ

23 ¾ È ÁÌÍÄÇ ¾º ËÊÁË ÇÍÊÁÊ Ø ÜÔÖ ÓÒ ÒÓ Ò ÕÙ Ò ÓÒ ÐÓ Ó ÒØ Ð Ö ÒÓ ÓÙÖÖ ÔÖ Üµ Ò ¼ Ý Ò Ò ÐÓ ÒÐÓÓ ÔÖ Üµ Ò ¼ Ò ¾ Ó Üµ Ò ÒÜ Ü Ò ¾ Ò ¼ ܵ Ò ÒÜ Ü Ò ½ ¾ ¾º½µ ÓÒ Ø ÜÔÖ ÓÒ ÔÖ ÐÓ Ó ÒØ ÓÑÔÐØ Ð ÓÐÙÓÒ Ð ÔÖÓÐÑ ÖÐغ Ø ÓÐÙÓÒ ÓÐÓ ÓÖÑÐ Ý ÕÙ ÒÓ Ø ÐÖÓ ÕÙ Ð Ö Ò ÙÒ ÙÒÓÒ ÖÒк Ø Ù Ð ÓÓÒ ÕÙ ØÙÚÓ Ð ÑØÓÓ ÓÙÖÖº ËÒ ÑÖÓ ÙÒ ÚÞ ØÐ Ð ÓÒÚÖÒ Ð Ö Ý Ð ÙÒ Ð ÓÐÙÓÒ ÖÑÓ ÒÓÒØÖÓ ÙÒ ÖÔÖ ÒØÓÒ Ð ÓÐÙÓÒ Ð ÔÖÓÐѺ ÈÖÓÖÑÓ ÓÖ ÕÙ ÓÒ ÐÓ Ó ÒØ ØÖÑÒÓ Ø ÓÖÑ Ð Ö ¾º½¾µ ÓÒÚÖº Ð ÓÒÙÒØÓ ÙÒÓÒ ÔÖÓÔ Ò ÒÜ Ò¾Æ Ö ÙÐØ Ö ÓÖØÓÓÒÐ Ò Ð ÒØÓ ÓÒØÒÙÓºÉÙ ÕÙÖÑÓ Ö ÓÒ ØÓº Ò Ð Ó ÖØÓ ÑÓ Ú ØÓ ÕÙ ÔÖ ÐÓ ÚØÓÖ ÔÖÓÔÓ Ú Ò Ù ÓÒ ØÒØ ÒÓÖÑÐÞÓÒ ÑÓÓ ÕÙ ØÓÑÒÓ Ú Ü ½ Ü ¾ µ Ì ¼ Ú Ú ¾ Æ Ú Ý ½ Ý ¾ µ Ì ÒØÓÒ Æ ½ Ü Ý Õ ¾ Æ Ð ØÓÑÖ Ð ÐÑØ ÙÒÓ Æ ½ Ð ÜÔÖ ÓÒ Ú Ø ÓÑÓ ÙÒ ÙÑ ÊÑÒÒ ÖÔÖ ÒØ ÙÒ ÒØÖк ÕÙ ÕÙ ÔÖ Ð Ó ÓÒØÒÙÓ ÑÓ Õ٠ܵ ܵ Ò Ò µ ÓÒ ÓÖØÓÓÒÐ Ö ÔØÓ Ð ÙÒÓÒ Ô Ó Üµ ܵ ܵ ܵ Ü ¼ ¾º½µ Ä ÒÓØÓÒ ÙØÐÞ ÔÖ Ø ÒØÖÐ µ ¼ ÐÓ ÙÐ ÒÓØ ÕÙ Ð ÔÖÓÙØÓ ÒØÖÒÓ Ý ÖÓº Ø Ð ÒÐÓ Ò Ð Ó ÓÒØÒÙÓ ÚØÓÖ ÓÖØÓÓÒÐ Ò Ð Ó ÖØÓº ÌÓÓ ÔÓ ÐÒÐ ÓÒ ÔÖÓÙØÓ ÒØÖÒÓ ÒÓ Ö Ð ÒÓÑÖ ÔÓ ÀÐÖغ Ë Ò ÙÒ ÒÓÖÑ Ò Ð ÔÓ ØÖÚ Ð ÔÖÓÙØÓ ÒØÖÒÓ Ô µ ÔÖ ØÓ Ò Ð ÔÓº Ð ÔÖÓÙØÓ ÒØÖÒÓ Ø Ö Ð ÙÒØ ÔÖÓÔ ½º µ µ ¾º Ë «¾ «µ «µ «µ ÓÒ «Ð ÓÑÔÐÓ ÓÒÙÓ «º º µ µ µ º µ ¼ ¼ Ò Ð Ô Ó Ð ÐÑØ ÐÓ ÚØÓÖ ÓÒÚÖØÒ Ò ÙÒÓÒ Ý ÕÙ ØÓ ÔÙÒ ÚÖ ÓÑÓ Ð ¹ ÖØÞÓÒ ÙÒ ÙÒÓÒº ÊÖ ÒÓ Ð ÔÖÓÐÑ ÖÐØ ÚÑÓ ÕÙ Ð ÓÒÙÒØÓ Ò ÒÜ ÙÒ ÓÒÙÒØÓ ÓÖØÓÓÒÐ Ò ¼ µ Ö ÔØÓ Ð ÙÒÓÒ Ô Ó Üµ ½º Ø ÖÑÓÒ Ù Ø Ö Ñ ÐÒØ ÙÒÓ ØÙÑÓ Ó Ñ ÒÖÐ Ý Õ٠Рܵ ÚÒ ØÖÑÒ ÔÓÖ Ð ÙÓÒ ÖÒк Ë Ñ Ò Ó Ò ÑµÜ Ó Ò ÑµÜ Ò ÒÜ Ò Ñܵ Ò ÒÜ Ò ÑÜ Ü Ü ¼ ¼ ¾ ½ Ò Ò ÑµÜ Ò Ò ÑµÜ ¼ ¾ Ò Ñ Ò Ñ Ý ÔÖ ÒÑ Ò ÒÜ Ò Ñܵ ¼ Ò ÒÜ ¾ Ü ¼ ½ Ó ¾ÒÜ Ü ¾ ¾ ¾ ¼

24 ¾º º Å ÌÇÇ ËÈÊÁ ÇÆ ÎÊÁÄË ¾ Ô Õ ØÓ ÙÐØÑÓ Ö Ò ÒÜ ÐÙÓ ¾ ¾ Ò Òܽ Ò½ ÙÒ ÓÒÙÒØÓ ÓÖØÓÒÓÖÑÐ ÙÒÓÒ º Ò Ð Ó ÖØÓ ÚÓ ÕÙ ÐÓ ÚØÓÖ ÔÖÓÔÓ ÓÒ ÓÖØÓÓÒÐ Ý ÕÙ Ñ ÓÒ ØØÙÝÒ ÙÒ ÔÖ Ð ÔÓ Ê Ò ÑÒ ÓÒ ÒØ Ò ÓØÖ ÔÐÖ ÐÓ ÚØÓÖ ÔÖÓÔÓ ÓÒ ÙÒ ÓÒÙÒØÓ ÓÑÔÐØÓ Ò Ê Ò º ÈÖ Ð Ó ÓÒØÒÙÓ ØÒÑÓ ÙÒ ÔÓ ÑÒ ÓÒ Ò ÒØ Ý ÑÓ ÓÖ ÜØÒÖ Ð ÒÓÓÒ ÓÑÔÐØÞº Ë Ë ¼ Ê Ê ¼µ ¼ µ ¾ Ü ½ ÙÒ ÔÓ ÀÐÖØ ÔÖÙ ÕÙ Ð ¼ ÔÖÓÙØÓ ÒØÖÒÓ Ø ÒÓ ÒØÖÓ Ð ÔÓµ Ý Ò ½ Ò½ ÙÒ ÓÒÙÒØÓ ÓÖØÓÒÓÖÑÐ ÙÒÓÒ Ò Ë Ö Ò Ñ µ Æ ÒÑ º Ë ÕÙ Ò ÙÒ ÓÒÙÒØÓ ÓÑÔÐØÓ Ý ÔÓÖ ØÒØÓ ÙÒ Ë ÙÐÕÙÖ ¾ Ë Ü Ø ÙÒ ÙÒÓ ÓÒÙÒØÓ Ó ÒØ ¼ Ò ØÐ ÕÙ ½ Ò½ Ò Ò Ä ÓÒÚÖÒ Ð Ö Ö ÔØÓ Ð ÒÓÖÑ Ò ÔÓÖ Ð ÔÖÓÙØÓ ÒØÖÒÓ ÐÑ Æ½ ܵ Ë Æ Üµ ¼ Ë Æ Üµ Æ Ò½ Ò Ò ¾º½µ ¾º½µ Ç ÖÚ ÕÙ Ð Ö Ò ÙÒ ÓÒÙÒØÓ ÓÖØÓÒÓÖÑÐ ÐÓ Ó ÒØ Ñ ÕÙÒ ÒÓ ÙÒÚÓÑÒØ Ð ÔÖÓÝØÖ ÓÖ Ñ Ñ µ ½ ½ Ò Ò Ñ ½ ½ Ò Ò Ñ µ Ñ ÍÒ ÖØÖÓ ÔÖ ÔÖÓÖ Ð ÓÑÔÐØÞ ÙÒ ÓÒÙÒØÓ ÐÓ Ð ÙÒØ ¾º½µ Ê ÌÓÖÑ ½ Ë Ë ÙÒ ÔÓ ÀÐÖØ ÙÒÓÒ Ò Ò ¼ ¾ Ý ØÐ ÕÙ ¾ Ü ½ Ý ¼ Ò ÙÒ ÓÒÙÒØÓ ÓÖØÓÒÓÖÑÐ Ò Ëº Ä ÙÒØ ÔÖÓÔÓ ÓÒ ÓÒ ÕÙÚÐÒØ ½º Ò ÙÒ ÓÒÙÒØÓ ÓÑÔÐØÓº ¾º ¾ Ë ¼ Ò ÓÒ ØÒØ ØÐ ÕÙ È Ò Ò º º Ë ¾ Ë Ø Ò µ ¼ Ò µ ¼º ÑÔÐÓ ½ Ë Ë ¼ Ê ¼µ ¼ µ Ê ¼ ¾ Ü ½ Ë Ò Üµ Õ ¾ Ò ÒÜ ÒØÓÒ Ð Ó ÕÙ Ò ÙÒ ÓÒÙÒØÓ ÓÖØÓÓÒÐ Ý ÕÙ ÔÖ Ð ÓÒ ØÒØ Ò Ò µ ÓÒ ÙÒ ÑÔÐ ÔÓÖ Ð ØÓÖÑ ÒØÖÓÖ ÕÙ Ò ÙÒ ÔÖ Ëº ÆÓØ ÕÙ ÔÖ ÖÒØÞÖ Ð ÓÑÔÐØÞ Ê Ô Ò Ð ÔÓ ÀÐÖØ ØÒÖ ÓÑÓ ÐÑÒØÓ ÙÒÓÒ ÙÖÓ¹ÒØÖÐ ºº ¾ Ü ½º ÅÒÓÒÖÑÓ Ø ÓÒÓÒ Ò ÙÒ ØÓÖÑ ÓÒÚÖ¹ ¼ Ò ÕÙ ÔÖÓÖÑÓ Ñ ÐÒغ ÌÓÖÑ ¾ ÍÒ ÓÒÓÒ Ò Ö Ý Ù ÒØ ÔÖ ÕÙ Ð ØÑ Ò ÓÑÔÐØÓ ÕÙ Ð ÖÐÓÒ Ò ¾ ÐÑ Üµ Ò½ ܵ Ü ¼ ¾º½µ ¼ ÙÑÔÐ ÔÖ ÙÐÕÙÖ ÙÒÓÒ ÒØÖРܵ ÓÒ µ ÓÒ ÐÓ Ó ÒØ ÓÙÖÖ Ð ÙÒÓÒ Üµº

25 ¾ È ÁÌÍÄÇ ¾º ËÊÁË ÇÍÊÁÊ Ä ÓÑÔÐØÞ Ð ÓÒÙÒØÓ Ô Ò ÑÖÓ ÒÓ ÖÒØÞ Ð ÓÒÚÖÒ Ð Ö ¾º½µ ܵ Ò ØÓÓ ÔÙÒØÓº Ó Ð ÔÖÙ Ð ØÓÖÑ ¾µ Ò Ð ÓÒÚÖÒ Ð Ö Ð Ñ Ò ÔÙÒØÓº Ò Ð ÙÒØ ÓÒ ÓÒÖÑÓ Ñ Ò Ð ØѺ ÈÓÖ ÐÓ ÔÖÓÒØÓ Ö ÕÙ ÙÒ ÙÒÓ ÙÒ Ö ÓÒÚÖ Ð ÚÐÓÖ Ð ÒÓÒ Ò Ð Ñ ÒÓ Ù ÐÓ Ñ ÑÓ Ð ÖÚÖ Ð ÙÒÓÒº Ä Ö ÖÚ ØÖÑÒÓ ØÖÑÒÓ ÓÒÚÖ ¼ ܵ ÓÐÓ ÙÒÓ Ð ÙÒÓÒ Ø Ò Ò Ð ÒØÖÚÐÓ Ý Ù ÖÚ ÓÐÙØÑÒØ ÒØÖÐ Ò Ð Ñ ÑÓ ÒØÖÚÐÓº ¾º º¾ ÈÖÓÐÑ ÆÙÑÒÒ ¾ Ù Ø ¾ ¾ ¾ Ù Ü ¾ ¼ Ü Ø ¼ ٠٠ص ¼ Ü ¼ ص ¼ Ü Ø Ù Ü ¼µ ܵ Ù Ü ¼µ ܵ Ø ¼ Ü ÙÒÓ ÔÖÑÓ ÚÖÐ ÓÑÓ Ò Ð Ó ÒØÖÓÖ ÓØÒÒ Ð Ñ Ñ ÙÓÒ ÔÖ Ý ÔÖ Ì ÓÒ Ð ÙÒ ÖÒ Ò Ð ÓÒÓÒ ÖÓÒØÖ ÔÖ ¼ ¼µ ¼ ¼ µ ¼ ÓÒ Ø ÓÒÓÒ ¼ ÙÒ ÚÐÓÖ ÔÖÓÔÓ Ý ÕÙ ¼ ½ Ø ÚÒØÑÒØ Ð ÓÒÓÒ º Ë ¼ Ð ÙÒÓÒ ÔÖÓÔ ÒÓ ÔÙÒ Ø Ö Ð ÓÒÓÒ ÖÓÒØÖ Ý ¼ Ö ÙÐØ Æ Ò ¾ Ò Üµ Ó ÒÜ Ò ½ ¾ ¾º¾¼µ Ð Ó ¼ ¼ ÑÔÐ Ì Øµ Ø ÔÖÓ ÙÒÓ Ø ½ ÓÐÓ Ý ÙÒ ÓÐÙÓÒ ÑÓ ¼ ÐÙÓ Ì ¼ ص ½º ÈÓÖ Ð ÔÖÒÔÓ ÙÔÖÔÓ ÓÒ Ù Ü Øµ ¼ ½ Ò½ Ó ÒÜ Ò Ó ÒØ Ò Ò ÒØ Ý Ð ÓÒÓÒ ÒÐ Ù Ü ¼µ ¼ ½ Ò½ Ò Ó ÒÜ Üµ Ù ½ Ø Ü ¼µ Ò½ Ò Ò Ó ÒÜ Üµ ¼ Ü ÐÙÓ Ò Ò ÓÒ ÐÓ Ó ÒØ Ð Ö Ó ÒÓ ÓÙÖÖ Üµ Ý Üµ Ö ÔØÚÑÒØ ½ Ò Ø Ó Ò ¾ ¼ ܵ Ó ÒÜ Ü Ò ¾ Ò ¼ ܵ Ó ÒÜ Ü Õ ¾ Ó ÒÜ ÙÒ ÔÖ Ð ÔÓ Ë ¼ Ê ¼ ¼µ Ê ¼ ¼ µ ¼ ¾ Ü

26 ¾ºº ËÊÁË ÇÍÊÁÊ ¾ ÖÓ ½ Ê ÓÐÚÖ Ð ÈÊÇÄÅ ÊÇÁÆ ÔÖ Ð ÙÖ ÚÖÒØ Ö ÙÒ ÙÖ ÓÒ ÓÒ¹ ÓÒ ÑÜØ ÖÓÒØÖ ¾ Ù Ø ¾ ¾ ¾ Ù Ü ¾ ¼ Ü Ø ¼ Ù ¼ ص «Ù ص ¼ Ü ¼ ٠٠ص ص ¼ Ü Ø ¾º Ù Ü ¼µ ܵ ËÖ ÓÙÖÖ Ù Ü ¼µ ܵ Ø ¼ Ü Ä ÙÒÓÒ ÒÓ Ý Ó ÒÓ ÔÖÒ ÓÑÓ ÓÐÙÓÒ Ð ÚÖÒØ Ð ÔÖÓÐÑ ÚÐÓÖ ÔÖÓÔÓ ¼¼ ܵ ܵ ¼ Ü ¾º¾½µ Ø ÓÐÙÓÒ ÓØÒÒ ÒÐÙ Ó ÔÖ Ð ÓÒÓÒ ÖÓÒØÖ Ñ ÒÖÐ «½ ¼ µ ½ µ ¼ «¾ ¼ µ ¾ µ ¼ Ø Ä ÖÔÖ ÒØÓÒ Ð ÓÐÙÓÒ Ñ ÒÖÐ Ú Ø ÓÑÓ Ð ÓÑÒÓÒ ÐÒÐ ØÓ Ð ÔÓ Ð ÓÐÙÓÒ Ð ÐÐÑ Ö ÓÙÖÖ Ð ÔÖÓÐѺ Ò Ø ÓÒ Ó ÖÚÖÑÓ ÕÙ Ð ÓÒ ÖÖ Ð Ö ÓÙÖÖ ÐÙÒ ÔÖÓÐÑ Ò ÔÖØÙÐÖ ÙÐÕÙÖ ÙÒÓÒ Üµ Ê Ê Ô ¾ Ü ½ Ý ÕÙ ÙÑÔÐ ÓÒ Ð ÓÒÓÒ ÖÓÒØÖ Ð ÔÖÓÐÑ ÔÙ ÖÖ Ò ØÖÑÒÓ Ð Ö ÔÖ ÔÖÓÐѺ Å ÙÒ ÓÒÐÙÖÑÓ Ø Ó ÕÙ Ð Ö ÓÙÖÖ ÓÒ ØØÙÝ ÙÒ ÓÒÙÒØÓ ÓÑÔÐØÓ Ð ÔÓ ÀÐÖØ ÓÖÑÓ ÔÓÖ Ð ÙÒÓÒ ÓÐÙÓÒ Ð ÔÖÓÐÑ ÚÐÓÖ ÔÖÓÔÓ Ý Ö ÙÒ ÔÖÙ Ñ ÓÖÑÐ ÔÖ Ð ÓÒÚÖÒ Ð Öº ÓÒÐÑÒØ ÔÖ ÒØÒ ÐÙÒ ÔÖÓÔ Ð Ö ÓÙÖÖ ÕÙ ÒÓ ÖÒ ÙØÐ Ñ ÐÒغ ¾ºº½ Ó ÒØ Ð Ö ÈÖÑÖÑÒØ ØÓÑÑÓ ÙÒ ÙÒÓÒ Üµ Ò Ò Ý ÓÒ ÖÑÓ Ð ÓÒÙÒØÓ ÙÒÓÒ Ò ÒÜ Ó ÒÜ ½ Ò¼ ÕÙÖÑÓ ÔÖÓÜÑÖ ÓÒ Ø ÓÒÙÒØÓ ÙÒÓÒ ÖÑÓ Ð ÙÑ Üµ Ø ¼ ¾ ÈÖÓÖÑÓ ÓÒØÒÙÓÒ ÕÙ Ð ÖÖÓÖ ÙÖØÓ Æ Üµ Ë Æ Üµ ¾ Ü ÓÒ ½ Ò½ Ë Æ ¼ ¾ Ò Ó ÒÜ Ò Ò Òܵ ¾º¾¾µ Æ Ò½ Ò Ó ÒÜ Ò Ò Òܵ ØÓÑ Ù ÚÐÓÖ ÑÒÑÓ ÙÒÓ ÐÓ Ó ÒØ Ò Ò ÓÒ ÐÓ Ó ÒØ Ð Ö ÓÙÖÖ Ó ÔÓÖ Ò ½ µ Ó Ò Ò ½ µ Ò Ò Ò ¼ ½ ¾ ¾º¾ µ

27 ¼ È ÁÌÍÄÇ ¾º ËÊÁË ÇÍÊÁÊ ÈÖÑÖÑÒØ Ó ÖÚ ÕÙ Ð ÓÒÙÒØÓ Ò ÒÜ Ó ÒÜ ½ Ò¼ ÙÒ ÓÒÙÒØÓ ÓÖØÓÓÒÐ Ò ÔÖÙÐÓµ Ý Ñ Ó ¾ ÒÜ Ü Ò ¾ ÒÜ Ü Ò ¼ ½ ¾ ÍØÐÞÒÓ Ð ÓÖØÓÓÒÐ ÒÙÒØÖ Ð ÜÔÒÖ ¾º¾ µ ¼ Æ ¾ ܵ ¾ ¼ Ü ¾ ÓÑÓ Æ ¼ µ ¾ ¼ ¾ Æ Ò½ Æ Ò½ ¾ Ò ¾ Ò ¾º¾µ ½ ¾ Ò ¾ Ò ¾ ܵ Ü ¾º¾µ Ø ÙÐØÑ ÜÔÖ ÓÒ Ð ÓÒÓ ÓÑÓ ÙРк Ë Ê ¾ ܵ Ü ½ ÒØÓÒ Ð ÙÑ ÔÖÐ Ð ÞÕÙÖ Ø ÓØ Ý ÒÓ ÖÒغ ÄÙÓ Ð ÐÑØ ÙÒÓ Æ ½ Ü Øº Ò ÒÙ ØÖÓ Ó Ð ÐÑØ ¾ ¼ ¾ ½ Ò½ ½ ¾ Ò ¾ Ò ¾ ܵ Ü ¾º¾µ ÓÖ Ò Ð Ö ÓÒÚÖ Üµ Ò Ð Ñ Ö ÐÑ Æ½ Æ ¼ ¾º¾µ ÒÓ ÐÓ ÕÙ ÓÒÓ ÓÑÓ Ð ÒØ ÈÖ ÚÐ ½ ¾ ܵ ½ ¾ ¼ Ü ¾ ¾ Ò Ò ¾ ¾º¾µ Ø ÓÖÑ ÙÒÓ Ê ¾ ܵ Ü ½ Ý ¾º¾µ ÙÑÔÐ ÕÙ Ð ÓÒÙÒØÓ ÙÒÓÒ Ò ÒÜ Ó ÒÜ ½ Ò¼ ÓÑÔÐØÓ ÓÑÓ ÐÓ ÒÙÒ Ð ØÓÖÑ ½º ÇØÖ ÑÒÖ ÚÖ Ö Ð ÓÑÔÐØÞ Ð ÙÒØ ÖÙÑÒØÓ Ë ÓÒØÒÙ Ý Ê ¾ ܵ Ü ½ ÒØÓÒ ½ Ý ÓÐÓ Üµ ¼ Ò½ Ò Ó ÒÜ Üµ Ò ÒÜ Ó Ü ¼ Ò ÓØÖ ÔÐÖ ÙÒ ÙÒÓÒ ¾ Ë ÓÒØÒÙ Ý Ê ¾ ܵ Ü ½ Ø ØÓØÐÑÒØ ØÖÑÒ ÔÓÖ Ù Ó ÒØ ÓÙÖÖº Ð ÔÓ ÙÒÓÒ Ë Ð ÒÓØ Ä ¾ Ý ¾ Ä ¾ ÕÙ ÙÖÓ ÙÑÐ Ó ÙÖÓ ÒØÖÐ Ò Ð ÒØÖÚÐÓ º ¾ºº¾ ÄÑ ÊÑÒÒ¹Ä Ù Ë Üµ ÓÒÐÑÒØ ÓÒØÒÙ Ò ÒØÓÒ ÐÑ ½ ܵ Ò Ü Ü ¼ Ò

28 ¾ºº ËÊÁË ÇÍÊÁÊ ½ ÑÓ ØÖÓÒº Ë Á µ ܵ Ò Ü Ü ¾º¾µ ÑÓ Ð ÑÓ ÚÖÐ Ü ÒØÓÒ Ü Ü Ý Ò Ü Ò µ Ò º ËÙ ØØÙÝÒÓ Ò Á µ ÙÑÒÓ ÓÖ ¾º¾µ Ý ¾º¾µ Á µ µ Ò ¾º¾µ ¾Á µ ܵ Ò Ü Ü Üµ Ò Ü µ Ò Ü Ü µ Ò Ü Ü Üµ Ü Ò Ü Ü ËÙÔÓÒÑÓ ÔÖÑÖÓ ÕÙ ÓÒØÒÙ Ò ÒØÓÒ ÓØ Ý Ü Ø Å ØÐ Õ٠ܵ Å Ü ÕÙ ÕÙ ÙÐ ÓÖÑ Ý ÔÓÖ ÓÒ ÙÒØ Ü µ Ò Ü Ü Á µ Å ½ ¾ ܵ Ò Ü Ü Å Üµ Ò Ü Ü Å Üµ Ü Ò µ Ü Ü ÓÑÓ ÓÒØÒÙ Ò ÙÒÓÖÑÑÒØ ÓÒØÒÙ Ò Ó ÒØÖÚÐÓ ÑÓÓ ÕÙ Ó ¼ ØÐ ÕÙ Ü ¾ Ë ÓÖ ÓÑÓ ØÐ Õ٠Šܵ Ü µ ¾ ÔÖ ØÓ ÒØÓÒ Á µ ¾ ¾ Ë Üµ ÓÒÐÑÒØ ÓÒØÒÙ Ò ÒØÓÒ Ð ÔÖÙ ÙÐ Ð ÒØÖÓÖ ÔÐ ÙÒ¹ ØÖÚÐÓ ÓÒ ÓÒØÒÙº

29 ¾ È ÁÌÍÄÇ ¾º ËÊÁË ÇÍÊÁÊ ¾º ÓÒÚÖÒ Ð ËÖ ÓÙÖÖ ËÙÔÓÒÑÓ Õ٠ܵ Ø ¼ ¾ ½ Ò½ Ò Ó ÒÜ Ò Ò Òܵ Ð ÑÓÐÓ Ø ÙØÐÞÓ Ò ÐÙÖ Ý ÕÙ ÒÓ ÑÓ ÑÓ ØÖÓ ÕÙ Ð Ö ÓÒÚÖº ÈÖ ÚÖ ÕÙ ØÓ ÙÑÔÐ Ë Æ ¼ ¾ ½ ½ ½ Ò½ µ µ Ò Ó ÒÜ Ò Ò Òܵ ½ Æ ¾ ½ ¾ Ò½ Æ Ò½ Ó ÒÜ Ó Ò Ò ÒÜ Ò Ò Ó Ò Ü µ Ð ÔÖÓÖ Ð ÙÒØ ÙÐ ÕÙ Ð ÐØÓÖ ÓÑÓ µ µ ÖÓ ¾ ½ ¾ Æ Ò½ Ó ÒÝ Ò Æ ½ ¾ µý Ò ½ ¾ ݵ Ð Ù ØØÙÖ Ò Ë Æ Ë Æ ½ ÒÓ Ù Ü Ù Ü Ù Ë Æ ½ Ü Ü µ ½ Ò Æ µ Ü µ ¾ ¾ Ò ¾ Ü ½ µµ Ü Ùµ ½ Ò Æ µ Ùµ ¾ ¾ Ò Ù Ù ¾ Ä ÙÒÓÒ Ò ÒÜ Ý Ó ÒÜ ÓÒ ¾ ÔÖÓ ØÓ ÙÖ ÑÒÖ ÒØÙÖÐ ÜØÒÖ Üµ ÙÖ Ð ÒØÖÚÐÓ ÓÑÓ ÙÒ ÙÒÓÒ ¾ ÔÖÓ ÒÒÓ ÕÙ ÕÙ Ü ¾Òµ ܵ ÔÖ Ò ¾ Ë Æ Üµ ½ ÓÖ ÓÑÓ ÖÓ Ð ÐØÓÖ ÔÖÓÖ ÕÙ ½ ¾ Ü Ùµ ½ Ò Æ µ Ùµ ¾ ¾ Ò Ù Ù ¾ Ò Æ ½µÙ ¾ Ò Ù Ù ½ ¾ ¾º ¼µ

30 ¾ºº ÇÆÎÊÆÁ Ä ËÊÁ ÇÍÊÁÊ Í ÒÓ ¾º ¼µ Ý Ð ÖÓ ÒØÖÓÖ Ë Æ Üµ ½ ¾ ½ ¾ Ü Ùµ ܵ Ò Æ ½ Ü Ùµ ܵ Ò Ù Ò ¾ ¾ Ù Ò Ù Ù ¾ Æ ½ Ù Ù ¾ ¾º ½µ Ä ÙÒÓÒ Ò Æ ½ ¾ µù½ Ƽ ÓÒ ÓÖØÓÓÒÐ Ò Ý Ø Ò Ð ÓÒÓÒ Ð ÐÑ ÊÑÒÒ¹ Ä Ù ÑÓÓ ÕÙ Ü Ùµ ܵ Ò Ù ¾ Ð ÐÓ ÖÓ ¾º ½µ ØÒ ÖÓ ÙÒÓ Æ ½ Ý ØÒ Ù ½ ¾º ¾µ ÐÑ Æ½ Ë Æ Üµ ÐÑ Æ½ ½ ¾ Ü Ùµ ½ Ò Æ µù ¾ Ò Ù Ù Üµ ¾ ¾º µ ÓÑÓ Ù Ò Ù ¾ ÓØ ÔÓÑÓ ÖÑÔÐÞÖ ¾º ¾µ ÔÓÖ Ü Ùµ ܵ Ù ½ ¾º µ Ù Ê ¾º µ Ð ÓÒÓ ÓÑÓ Ð ÔÖÙ Òº Ë ÓÐÙØÑÒØ ÒØÖÐ ºº ÜµÜ ½ Ý Ñ ÖÒÐ ÒØÓÒ ÙÑÔÐ ¾º µ ÔÖÓÖÐÓµº Ë ÀÓÐÖ¹ÓÒØÒÙ Ò Ü ºº Å Ý «ÓÒ ØÒØ ØÐ Õ٠ݵ ܵ Å Ý Ü «Ý ÒØÓÒ ¾º µ ÙÑÔÐ ÔÖÓÖÐÓµº À Ø ÓÖ ÑÓ ÔÖÓÓ ÕÙ Ð Ö ÓÙÖÖ ÓÒÚÖ Üµ ÔÖ Ü ÓÒ ¾º µ ÙÑÔк Ë ÓÒØÒÙ Ò Ü ÔÖÓ Ü ØÒ ÐÓ ÐÑØ ÞÕÙÖÓ Ü ¼µ Ý ÖÓ Ü ¼µ ÓÑÓ Ð ÖÚ ÞÕÙÖ Ý Ö ÒØÓÒ ÔÙ ØÓ ÕÙ ½ ¾ ¼ Ò Æ ¾ ½ Ù Ò Ù Ù ¾ ¾ ½ ¾ ¼ Ò Æ ¾ ½ Ù Ò Ù Ù ¾ ¾ Ó ÖÚ ÕÙ Ù ÒÓ ¾º µ Ë Æ ½ ½ Ü ¼µ Ü ¼µ ¾ ¾ ½ ¾ ¼ ¼ Ü Ùµ Ü ¼µ Ò Ù Ò ¾ Ü Ùµ Ü ¼µ Ò Ù Ò ¾ Æ ½ ¾ Æ ½ ¾ Ù Ù Ù Ù ¾º µ ÔÖÓ Ð ÑÙÐØÔÐÖ ÐÓ ÒØÖÒÓ ÔÓÖ ÙÒ ØÓÖ Ù Ù ÐÓ ØÓÖ Ü Ùµ Ü ¼µ Ù Ý Ò Ù ¾ Ù ¾º µ

31 È ÁÌÍÄÇ ¾º ËÊÁË ÇÍÊÁÊ ØÒ ÓØÓ ÔÓÖÕÙ Ð ÖÚ ÑÓ ÐÓ Ü ØÒº Ò ÓÒ ÙÒ ØÓÑÑÓ Ð ÔÖÓÙØÓ ÑÓ ØÓÖ Ü Ùµ Ü ¼µ Ò Ù ¾ ½ Ùµ Ù Ù Ü Ùµ Ü ¼µ Ò Ù ¾ ½ Ùµ Ù Ù ØÓ ØÑÒ ÓÒ ÓØÓ º ÈÓÖ ØÒØÓ Ð Ó ÒØÖÐ ¾º µ ØÑÒ ØÒ ÓØ Ý ÔÓÖ Ð ÄÑ ÊÑÒÒ¹Ä Ù ÓÒ ÖÓ Ò Ð ÐÑØ ÙÒÓ Æ ½º ÓÒÐÙÑÓ ÒØÓÒ ÕÙ ÐÑ Æ½ Ë Æ ½ Ü ¼µ Ü ¼µ ¼ ¾ ¾º µ Ý Ò ÓÒ ÙÒ Ð Ö ÓÙÖÖ Ë Æ ÓÒÚÖ Ð Ñ Ð ÙÒÓÒ Ò ÐÓ ÔÙÒØÓ ÓÒØÒÙº Ð ÙÒÓÒ Æ Ò Æ ½ ¾ µù ¾ Ò Ù ¾ Ð ÓÒÓ ÓÑÓ Ð ÃÖÒÐ ÖÐغ Ä ÜÔÖ ÓÒ ¾º µ ÐÑ Æ½ ½ ¾ Ü Ùµ Æ Ùµ ٠ܵ ÒÓ ÕÙ Æ Æ ÙÒ ÙÒÓÒ Æ Ö ÕÙ Ð ÐÑØ ÐÑ Æ½ Æ Ùµ Æ Ùµ Ð ÐØ Öº ¾º ËÓÐÙÓÒ ØÓÒÖ Ò Ð ÙÓÒ ÐÓÖ ÓÒ ÖÑÓ Ð ÔÖÓÐÑ ÖÐØ ÔÖ Ð ÙÓÒ Ð ÐÓÖ ÓÒ ÓÒÓÒ ÖÓÒØÖ ÖÒØ ÖÓ Ù Ø «Ù ÜÜ ¼ Ü Ä Ø ¼ ¾º µ Ù Ü ¼µ ܵ ¼ Ü Ä Ù ¼ ص ½ Ù Ä Øµ ¾ Ø ¼ ÔÖÖ Ó ÕÙ Ð ÙÓÒ ÔÓ ØÚ ÕÙ ÙÒÓ Ø ½ Ð ÓÐÙÓÒ Ù Ü Øµ ÓÒÚÖÖ ÙÒ ÙÒÓÒ ÕÙ ÓÐÓ ÔÒ Ü ÐÐÑ ÓÐÙÓÒ ØÓÒÖ ÐÑ Ø½ Ù Ü Øµ Í Üµ Ä ÓÐÙÓÒ ÒÖÐ ÓÑÓ Ò ÙÓÒ ÓÖÒÖ ÓÒ ØÖ Ó ÔÖØ Ù Ü Øµ ËÓÐÙÓÒ ØÓÒÖ ËÓÐÙÓÒ ÌÖÒ ØÓÖ ÓÑÓ ØÑÒ ÙÑÔÐ ÐÑ Ø½ Ù Ø ¼ ÒØÓÒ Í Üµ Ø ÐÙÓ «¾ ¾ Í Ü ¾ ¼ ¼ Ü Ä Í ¼µ ½ Í Äµ ¾ Ù Ü Øµ Í Í Ü Øµ ½ Ü Ð ¾ ½ µ Í Ü Øµ

32 ¾ºº ËÇÄÍÁÇÆË ËÌÁÇÆÊÁË Æ Ä ÍÁ ÇÆ ÄÇÊ Ð ÙÐØÑÓ ØÖÑÒÓ Ø Ð ÙÓÒ Í Ø Ü Øµ «¾ Í ÜÜ ¼ Ü Ä Í ¼ ص Í Ä Øµ ¼ Í Ü ¼µ ܵ Í Üµ ܵ ¼ ¼ Ü Ä Ð ÙÐ Ý Ö ÓÐÚÓ Ò ÓÒ ÒØÖÓÖ Ý ØÒ Ð ÓÖÑ ½ Í Ü Øµ Ò Ò«µ¾Ø ÒÜ Ò Ä Ò½ Ò ¾ Ä ÒÜ Üµ Ò Ü Ò ½ ¾ Ä Ä ÒÐÑÒØ Ù Ü Øµ ÓÒ Ó ÖÚ ÐÑÒØ ÕÙ ½ Ä Ü ¾ ½ µ ½ Ò½ Ò Ò«µ¾Ø ÒÜ Ò Ä ÐÑ Ø½ Ù Ü Øµ ½ Ä Ü ¾ ½ µ Í Üµ ÇØÖÓ Ó Ò ÓÒ Ö ÓÐÙÓÒ ØÓÒÖ Ð ÙÒØ Ù Ø «Ù ÜÜ ½ ¼ Ü ½ Ù ¼ ص ¼ Ù ½ ص ½ Ø ¼ Ù Ü ¼µ ܵ ¼ Ü ½ Ø ÙÓÒ ÒÓ ÓÑÓÒ ÖÔÖ Ò ÙÒ ÖÖ ÐÓÒØÙ ½ ÓÒ ÙÒ ÙÒØ ÜØÖÒ ÐÓÖº Ò Ø Ó Ð ÙÒØ ÓÒ ØÒØ ÙÐ ÙÒÓº ÈÖ ÐÐÖ Ð ÓÐÙÓÒ ØÓÒÖ ØÓÑÑÓ Ð ÐÑØ ÙÒÓ Ø ½ Ò Ð ÙÓÒ ÖÒÐ Ë ÓÖ ¼ «¾ ¾ Í Ü ½ Í ¼µ ¼ Í ½µ ½ ¾ ½ µ Í Üµ ¾«¾ ܾ ½ ½ Ü ¼ Ü ½ ¾«¾ Ù Ü Øµ Í Üµ Í Ì Ü Øµ Í Ì ÓÐÙÓÒ ØÖÒ ÒØ ÒØÓÒ Í Ì Ø Í Ì «¾ ¾ Í Ì Ø Ü¾ ¼ Ü ½ Ø ¼ Ù ¼ ص Í Ì ¼ ص ¼ Ù ½ ص Í Ì ½ ص ½ ½ µ Í Ì ½ ص ¼ Ù Ü ¼µ ܵ Í Ì Ü ¼µ Í Üµ µ Í Ì Ü ¼µ ܵ Í Üµ ܵ ¼ Ü ½

33 È ÁÌÍÄÇ ¾º ËÊÁË ÇÍÊÁÊ ÙÝ ÓÐÙÓÒ Ý Ð ÓÒÓÑÓ ÒÐÑÒØ Ù Ü Øµ Ò ¾ Í Ì Ü Øµ ½ ¼ ½ ¾«¾ ܾ ½ Ò½ Ò «Òµ¾Ø Ò ÒÜ Üµ Ò ÒÜ Ü Ò ½ ¾ ¾º µ ½ ½ Ü ¾«¾ ½ Ò½ Ò «Òµ¾Ø Ò ÒÜ ÙÝÓ ÐÑØ ÙÒÓ Ø ½ ÓÚÑÒØ Í Üµº ÎÑÓ ÓÖ Ð ÒÐÓÓ Ò Ð Ó ÓÒØÒÙÓ Ð ÙÓÒ ÐÓÖ ÒÓ ÓÑÓÒ Ù Ø «¾ Ù ÜÜ Ü Øµ ¼ Ü ½ Ø ¼ ¾º¼µ ½ Ù Ü ¼ ص ½ Ù ¼ ص ¼ ¾ Ù Ü ½ ص ¾ Ù ½ ص ¼ Ø Ù Ü ¼µ ܵ Ë Ü Øµ ¼ ÑÓ ÕÙ Ð ÓÐÙÓÒ ¼ Ü ½ Ù Ü Øµ ½ Ò½ Ò Ò«µ¾ Ø Ò Üµ ÓÒ Ò Üµ Ò ÓÒ Ð ÙÒÓÒ Ý ÐÓ ÚÐÓÖ ÔÖÓÔÓ Ð ÔÖÓÐÑ ¼¼ ¾ ¼ ¼ Ü ½ ½ ¼µ ½ ¼ ¼µ ¼ ¾ ½µ ¾ ¼ ½µ ¼ ¾º½µ ¾º¾µ ÓÖ Ò Ü Øµ ¼ ÒØÓÒ Ð ÖÖ Ð Ø ÔÐÒÓ ÐÓÖ ÔÖØÖ ÙÒ ÙÒØ ÜØÖÒ Ý ÒÙ ØÖ ÒØÙÓÒ ÒÓ ÕÙ ÓÖ Ð ÔÒÒ Ò Ø Ð ÓÐÙÓÒ ÒÓ ØÒ ÕÙ Ö Ò ÖÑÒØ ØÔÓ ÜÔÓÒÒÐ ÖÒغ Ä ÓÐÙÓÒ Ò ÑÖÓ ÓÒ ÖÚÒ Ð ÓÖÑ ÙÒ ÙÔÖÔÓ ÓÒ ÐÓ ÑÓÓ ÒÓÖÑÐ ÚÖÓÒ ÒÓÒØÖÓ Ò Ð ÔÖÓÐÑ ÓÑÓÒÓ Ò Üµ ÑÙÐØÔÐÓ ÔÓÖ ÙÒ ØÓÖ ÔÒÒØ Ð ØÑÔÓ ÕÙ Ø Ð ÑÓÑÒØÓ ÒÓ ÑÓ ØÖÑÒÓ Ù Ò Ü Øµ ½ Ò½ Ò ÜµÌ Ò Øµ ¾º µ Ó ÖÚ ÕÙ Ð ÓÖÑ ÔÖÓÖ Ð Ñ Ñ ÕÙ Ò Ð Ó ÖØÓ Ú ØÓ Ò Ð ÔØÙÐÓ ½º Ó ÕÙ Ò Üµ ÓÒ ØØÙÝ ÙÒ ÓÒÙÒØÓ ÓÖØÓÓÒÐ ÓÑÔÐÖØÓ ÓÐÙÓÒ ÔÖ ¾º¾µ ÖÑÓ Ð ØÖÑÒÓ ÓÖÞÒØ ÒÙ ØÖÓ ÔÖÓÐÑ Ò ØÖÑÒÓ Ø ÓÒÙÒØÓ ÓÒ ØÓÖ ÑÔÐØÙ ÔÒÒØ Ð ØÑÔÓ Ü Øµ ½ Ò½ Ò Øµ Ò Üµ ¾ºµ Ê ½ ÓÒ Ò Øµ ¾ Ü Øµ ¼ Ò Üµ Ü Ò ½ ¾ º Ð Ù ØØÙÖ ¾º µ Ý ¾ºµ Ò ¾º¼µ ÓØÒÑÓ ½ Ò½ Ò ÜµÌ ¼ Ò Øµ «¾ ½ Ò½ ¼¼ Ò ÜµÌ Ò Øµ ½ Ò½ Ò Üµ Ò Øµ ¾ºµ

34 ¾ºº ÇÊÅÍÄ ÁÆÌÊÄ ÈÇÁËËÇÆ ÈÊ Ä ÁÊÍÄÇ ÔÖÓ ÓÑÓ ¼¼ ¾ ¼ ÒØÓÒ ½ Ò Üµ ÌÒ Øµ ¼ «¾ ¾ Ò Ì Ò Øµ Ò Øµ ¼ Ò½ Ò ½ ¾ Ð ÓÖØÓÓÒÐ Ð ÙÒÓÒ ÔÖÓÔ Ò Üµ ÑÔÐ ÙÒ ÙÓÒ ÔÖ Ø ÔÓÖ ÚÐÓÖ Ò Ì ¼ Ò Øµ «¾ ¾ Ò Ì Ò Øµ Ò Øµ Ò ½ ¾ Ä ÓÒÓÒ ÒÐ ØÖÙ Ò Ù Ü ¼µ µ Ì Ò ¼µ ¾ ½ Ò½ ½ ¼ Ò ÜµÌ Ò ¼µ ܵ ܵ Ò Üµ Ü Ò ½ ¾ ÀÑÓ ÖÙÓ Ð ÔÖÓÐÑ ÙÒ ØÑ ÙÓÒ ÔÖÑÖ ÓÖÒ Ì ¼ Ò Øµ «¾ ¾ Ò Ì Ò Øµ Ò Øµ ¾ºµ Ò ¼µ ¾ Ì Ò ¼µ ¾ ½ ¼ ½ ¼ ܵ Ò Üµ Ü Ü Øµ ܵ Ò Üµ Ü Ò ½ ¾ Ð ØÑ ¾ºµ Ö ÙÐÚ ÐÑÒØ ÓØÒÒÓ ÓÑÓ ÓÐÙÓÒ Ì Ò Øµ Ò «Òµ¾Ø Ò½ Ø «Òµ¾ Ø µ Ò µ Ø Ò ½ ¾ ¼ ÓÒ Ò Ì Ò ¼µº Ä ÓÐÙÓÒ Ñ ÒÖÐ ¾º µ Ö ÓÖ ½ Ø Ù Ü Øµ Ò «Òµ¾Ø «Òµ¾ Ø µ Ò µ Ò Üµ ½ Ò½ Ò Üµ Ò «Òµ¾Ø ¼ ½ Ò½ Ò Üµ Ø ¼ «Òµ¾ Ø µ Ò µ ¾ºµ ÓÒ Ê Ð ÔÖÑÖ Ö Ð ÓÐÙÓÒ ØÖÒ ØÓÖ ÕÙ ÔÒ Ð ÓÒÓÒ ÒРܵ Ý ÕÙ Ò ½ ¾ ܵ ¼ Ò Üµ ܺ Ä ÙÒ Ö ÒÓ ÔÖ ÒØ ÙÒ ÓÐÙÓÒ ØÓÒÖ ÒÓ Ò ÖÑÒØ ÒÔÒÒØ Ð ØÑÔÓ ÔÓÖÕÙ Ü Øµ ÔÖÓ Ò Ø Ð ÔÖØ ØÓÒÖ ÔÓÖ ØÑÒ Ö ÔÖÓº Ö ÒÓØÖ ÕÙ Ð ØÖÑÒÓ ÓÖÞÒØ Ü Øµ ÔÖ ÒØ Ò Ð ÓÐÙÓÒ ÓÑÓ Ð ÙÑ Ð ÔÖÓݹ ÓÒ Ð ÙÒÓÒ ÓÖ ÙÒÓÒ ÔÖÓÔ Ð ÔÖÓÐÑ ¾º¾µº ¾º ÓÖÑÙÐ ÁÒØÖÐ ÈÓ ÓÒ ÔÖ Ð ÖÙÐÓ ÚÑÓ ÕÙ Ð ÓÐÙÓÒ Ð ÔÖÓÐÑ ÖÐØ Ò Ð ÖÙÐÓ Ù Ö µ ¼ ¼ Ö ¼ ¾ Ù µ µ ¼ ¾

35 È ÁÌÍÄÇ ¾º ËÊÁË ÇÍÊÁÊ ÚÒ ÔÓÖ ½ Ù Ö µ ¼ Ö Ò ¾ Ò½ Ò Ó Ò Ò Ò Ò Ò ½ Ò ½ ¾ ¼ ¾ ¼ µ Ó Ò Ò ¼ ½ ¾ µ Ò Ò Ò ½ ¾ Ð Ù ØØÙÖ Ò Ð ÙÑ ÐÓ ÕÙÚÐÒØ Ò Ý Ò ÓØÒ ¾ºµ Ù Ö µ ½ ¾ ½ ½ ¾ ½ ¾ ¾ ¼ ½ µ Ò ¾ Ö µ Ó Ò Ó Ò Ò Ò Ò Ò Ò½ ¼ ¾ µ ½ ½ Ö Ò ¾ µ Ó Ò ¼ Ò½ ¼ ¾ ½ Ö Ò µ ½ ¾ Ó Ò µ ¼ Ò½ Ê È ÔÖ ÒØÖÑÖ Ý ÖÕÙÖ Ð ÓÒÚÖÒ ÙÒÓÖÑ Ð Ö ÐÓ ÙÐ ÔÖÓÖÑÓ ÓÒØÒÙÓÒº ÍØÐÞÒÓ ÚÖÐ ÓÑÔÐ ÔÙ ÔÖÓÖ ½ ½ ¾ ËÙ ØØÙÝÒÓ Ò Ð ÜÔÖ ÓÒ ÔÖ Ù Ö µ Ò½ Ù Ö µ ½ ¾ Ü Ò Ó Ò ¾ ¼ ½ Ü ¾ ½ ¾Ü Ó Ü ¾ ¾ Ö ¾ µ ¾ ¾Ö Ó Ö¾ ÈÖ ÚÖ ÕÙ ¾ºµ ÓÒÚÖ ØÓÑÑÓ µ ¾ ÔÖÓ ÓÒØÒÙ Ý ÓÒÐÑÒØ ÙÚ Ò ¼ ¾ ÒØÓÒ Ù Ö ÓÙÖÖ µ ¼ ¾ ½ Ò½ ÓÒÚÖ ÙÒÓÖÑÑÒØ Ò ¼ ¾ º ÈÓÖ ÐÓ ØÒØÓ Ó ¼ Ë Ð Ó ÖÖÓ ÖÓ Ý ÒÑÓ Ò Ò Ó Ò Ò Ò Ò ¼ ¾ Ó Ò µ ¼ ¾ Ñ Ú Ö µ ¼ ¾ Ò Ö µ Ó Ò µ Ñ Æ ¼ ØÐ ÕÙ Ò Ñ Æ ÒØÓÒ

36 ¾ºº ÇÊÅÍÄ ÁÆÌÊÄ ÈÇÁËËÇÆ ÈÊ Ä ÁÊÍÄÇ ÒØÓÒ Ú ÖÑÓÒ Ò ÓÒØÒÙ Ò Ý Ò Ð ÖÓÒØÖ Ú µ ¼ ¾ ÐÙÓ ÔÓÖ Ð ÔÖÒÔÓ Ð ÑÜÑÓ Ú µ Ò Ò ÙÑ ÔÖÓÓ ÕÙ ¼ Æ ¼ ØÐ ÕÙ Ò Ñ Æ µ Ò ¼ ¾ Ó Ò µ ¼ Ö ¼ ¾ Ñ Ö ØÓ Ð ÖØÖÓ ÙÝ ÔÖ Ð ÓÒÚÖÒ ÙÒÓÖÑ Ð Ö Ò Ð ÓÑÒÓ º Ñ Ù Ò Ò ¾ºµ Ø ÔÖ Ö µ ¾ Ý ÕÙ Ù ¼ µ ¼ ¾ ÐÑ Öµ ¼µ ¼ µ ½ Ò½ ¼ ¼ ¾ Ò Ó Ò ¼ Ò Ò Ò ¼ µ ¼ µ ÐØ ÚÖ ÕÙ Ð Ö ¾ºµ ÖÑÓÒ Ò º Ó ÕÙ Ð Ö ÓÙÖÖ ÔÖ ÓÒÚÖ ÙÒÓÖÑÑÒص Ü Ø ÙÒ ÓÒ ØÒØ Å ØÐ ÕÙ Ò Å Ò Å Ò ¾ºµ Ë Ù Ò Ö µ Ö Ò Ò Ó Ò Ò Ò Òµ Ù ¼ Ö µ ¼ ÒØÓÒ Ù ¾ Ò ÓÒØÒÙ Ò Ý ÖÑÓÒ Ò º Ë ¼ Ö ¼ Ù Ò Ö Ò Ö Ò ½ Ò Ó Ò Ò Ò Òµ Ò Ö Ò ½ Ò Ò Ò Ö Ò ½ ¾Å ÔÖ ØÓÓ ¼ Ö Ö ¼ º Ë Ð Ö ½ Ò Ö Ò ¾Å ½ µ ½ Ò½ Ò¼ Ù Ò Ö ÓÒÚÖ ÙÒÓÖÑÑÒØ Ò ¼ Ö Ö ¼ ¼ ¾ ØÓ ÑÔÐ ÕÙ Ù Ö ÓÒØÒÙ Ý ÔÓÖ ØÒØÓ ÔÙ ÐÙÐÖ ÖÚÒÓ Ð Ö ØÖÑÒÓ ØÖÑÒÓ Ö ÔØÓ Ö Ù ½ Ö Ò¼ Ù Ò Ö ¼ Ö Ö ¼ ¾ºµ

37 ¼ È ÁÌÍÄÇ ¾º ËÊÁË ÇÍÊÁÊ ÊÔØÒÓ Ø ÖÙÑÒØÓ ÔÙ ÔÖÓÖ ÕÙ ¾ Ù Ö ¾ ¾ Ù Ü ØÒ Ý ÓÒ ÙÒÓÒ ÓÒØÒÙ Ý ÔÙÒ ÐÐÖ ¾ ÖÚÒÓ ØÖÑÒÓ ØÖÑÒÓ Ð Ö ÔÖ Ù Ò ¼ Ö Ö ¼ º Ù ½ Ò¼ Ù Ò ¼ Ö Ö ¼ ¼ ¾ ¾º¼µ ÓÑÓ ¼ Ö ¼ ÖØÖÖÓ Ù ÖÑÓÒ Ò º ¾ºº½ ÑÔÐÓ Ò ÓÒ ÐÐ Ð ËÓÐÙÓÒ Ò ËÖ ÓÒ Ö Ð ÙÖ Ò ÙÒ ÜØÖÑÓ Ý ÓÒ Ö Ð ÙÖÞ ÖÚ ØÙÒÓ ÓÖ ÐРܵ Í Ü ¼µ ¾Ü ¾ ܵ Ù ØØ ¾ Ù ÜÜ Ù ¼ ص ¼ ٠ص ¼ Ü ¾ ¾ Ü ÓÒ ØÒØ ÖÚØÓÒÐ Ù Ø Ü ¼µ ¼ ¼ Ü ËÔÖÒÓ ÚÖÐ ÐÐ ÒÐÑÒØ Ð ÓÐÙÓÒ ÓÑÓ Ù Ü Øµ ¾ ¾ ¾ ½ Ò½ ½ Ò½ ½µ Ò ½ ¾Ò ½µÜ ¾Ò ½µØ Ò Ó ¾Ò ½µ ¾ ½ ¾Ò ½µÜ Ò ¾Ò ½µ ½ Ó ¾Ò ½µØ Ä ÔÖÑÖ ÙÑ ÖÔÖ ÒØ Ð ÑÓÚÑÒØÓ Ð ÙÖ ÙÐØ Ð ÕÙÐÖÓ ÓÒ ÔÓ ÓÒ ÒÐ Ù Ü ¼µ Ý Ò ØÓÑÖ Ò ÙÒØ Ð ÖÚº Ä ÙÒ Ö ÖÔÖ ÒØ Ð ÑÓÚÑÒØÓ Ð ÙÖ ÙÒÓ ÙÐØ Ð ÖÔÓ Ó Ò ÔÓ ÓÒ ÕÙÐÖÓ ÓÒ Ð ÙÖÞ ÜØÖÒ ÖÚ ØÙÒÓ ÓÖ Ðк ÈÖ ÔÖÓÖ Ð ÓÒÚÖÒ Ð Ö ÚÑÓ ÕÙ Ò Ò ¾Ò ½µÜ Ó ¾Ò ½µ ¾ ½ Ó ¾Ò ½µÜ ¾Ò ½µ ¾Ò ½µØ ¾Ò ½µØ ½ ¾Ò ½µ ¾ ½ ¾Ò ½µ ÙÑÔÐ Ü Øµº Ä ÔÖÙ Å ÏÖ ØÖ ÒÓ ÕÙ Ð Ö ÓÒÚÖ ÙÒÓÖÑÑÒØ ÔÖ ØÓÓ Ü Øµ Ò ¼ Ü ¼ Ø Ì Ì ¼ ØÓ ÑÔÐ ÕÙ Ð Ö Ò ÙÒ ÙÒÓÒ Ù Ü Øµ ÓÒØÒÙ Ò Ü Øµ Ò Ó ÓÑÒÓº ÐÖÓ ÕÙ Ù ¼ ص ¼ ٠ص Ý Ù Ü ¼µ ܵ ÔÓÖ Ð ÓÒÚÖÒ ÙÒÓÖÑ Ð Ö ÓÙÖÖ ÔÖ Üµº Ñ Ð Ö ÓØÒ ÖÚÖ ÙÒ ÚÞ Ù Ü Øµ Ö ÔØÓ Ø ÓÒÚÖ Ý Ò Ø ¼ ÖÓ ºº Ù Ø ¼ ܵ ¼ ¼ Ü º

38 ¾ºº ÇÊÅÍÄ ÁÆÌÊÄ ÈÇÁËËÇÆ ÈÊ Ä ÁÊÍÄÇ ½ ËÒ ÑÖÓ Ù ÒÓ Ø Ð ÙÓÒ Ý ÔÓÖ ØÒØÓ ÒÓ ÓÐÙÓÒ Ð ÔÖÓÐѺ ÆÓØ ØÑÒ ÕÙ Ð ÖÚÖ Ó Ú Ð Ö ÓÒ Ö ÔØÓ Ü ÐÐ Ð ÓÒÚÖÒº ¾ Ù ÜÜ ¾ ¾ Ù ØØ ¾ ½ Ò½ ¾ ¾ ½ Ò½ ¾ ¾ ½µ Ò ¾ ¾Ò ½µÜ ¾Ò ½µØ Ò Ó ¾ ½ ¾ ¾ ¾Ò ½µÜ ¾Ò ½µØ Ò ½ Ó ¾Ò ½µ¾ Ò½ ½µ Ò ¾ ¾ ¾Ò ½µÜ ¾Ò ½µØ Ò Ó ¾ ½ Ò½ ¾ ¾ ¾Ò ½µÜ ¾Ò ½µØ Ò Ó ¾Ò ½µ¾ ØÓ ÐÙ ØÖ Ð ÕÙ Ð ÓÐÙÓÒ ÓÖÑÐ Ò Ö ÒÓ ØÒ ÔÓÖ ÕÙ Ö ÙÒ ÓÐÙÓÒ Ð ÙÓÒº Ä ÒÓÒ Ð ÓÐÙÓÒ ÖÕÙÖ ÕÙ Ù Ó Ú ÖÒÐ ÓÒ Ö ÔØÓ Ü Ý Øº Ø ÙÒ ÖÕÙÖÑÒØÓ ÕÙ Ð ÓÒÓÒ ÒÐ Ò Ø Ö ÔÓÖ ÓÒ ØÒ Ð ÓÖÑÙÐÓÒº Ò Ð Ó ÓÖ ÓÒÓÒ ÔÓÓ ÖÒÐ Ð ÙÓÒ ÖÒÐ ÖÒØÖÔÖØÖ ÓÑÓ ÐÝ ÓÒ ÖÚÓÒº ØÓ ÐÙÖ Ð ÓÐÙÓÒ Ð º

39 Capítulo 1 1

40 2 CAPÍTULO 1.

41 Capítulo 2 3

42 4 CAPÍTULO 2.

43 Capítulo 3 Problemas físicos en intervalos infinitos y las transformadas integrales 3.1. En este capítulo veremos cómo el tener problemas en intervalos infitos cambia cualitativamente el comportamiento de los valores y funciones propias. Veremos cómo estos cambios cualitativos están asociados con procesos físicos nuevos tales como la reflexión y dispersión de ondas. Estudiaremos cómo podemos utilizar estas nuevas soluciones tipo onda entrante y saliente para resolver problemas de manera análoga en el caso continuo. Comenzaremos por estudiar la vibración de una Cuerda semi-infinita Estudiaremos el problema de la cuerda semi-infinita como el problema límite de la cuerda vibrante con los extremos fijos cuando uno de sus extremos se manda al infinito. Hemos ya resuelto el problema de la onda con extremos fijos en un intervalo finito con condiciones iniciales: u xx = u tt, < x < L, t > ; u(, t) =, u(l, t) =, t > ; u(x, ) = f(x), u t (x, ) = g(x), < x < L. donde utilizando el método de separación de variables se obtiene un problema de valores propios para la variable x como sigue y (x) + λy(x) =, < x < L, y() =, y(l) =. Las soluciones ya estudiadas para esta ecuación son: 2 y n (x) = L sen nπ ( nπ ) 2 L x, con valores propios λ n =, n = 1, 2,... L Como ya también se vio en el capítulo anterior, las funciones propias han quedado normalizadas al multiplicarlas por el factor A =. Podemos también escribir la condición inicial f(x) del problema en 2 L 5

44 6CAPÍTULO 3. PROBLEMAS FÍSICOS EN INTERVALOS INFINITOSY LAS TRANSFORMADAS INTEGRALES términos del conjunto de soluciones {y n } n=1 que sabemos es un conjunto ortonormal completo 2 L f(x) = a n y n (x), con a n = f(ξ) sen nπ ξ dξ. (3.1) L L n=1 Observemos ahora qué sucede con la fórmula de representación (3.1) cuando L. Sustituimos la definición de a n dentro de la serie y multiplicamos y dividimos por π la expresión para obtener lím f(x) = 2 L π sen nπ L x n=1 L f(ξ) sen nπ L ξ dξ π L si ahora introducimos l n = nπ L y g(l n) = L f(x) sen l nx dx la suma se escribe lím L n=1 2 π g(l n) sen l n x π L (3.2) pero como π L equivale a l n+1 l n, (3.2) representa una suma de Riemann que en el límite converge a la integral f(x) = 2 π Nótese que la definición de g(l) nos da, en el límite g(l) = g(l) sen lx dl. (3.3) f(x) sen lxdx, (3.4) de manera que (3.3) y (3.4) definen respectivamente, la Transformada Seno de Fourier y su inversa. Debemos observar que los valores propios l n = nπ L para L > fijo y n se transformaron en l > y en consecuencia las funciones propias sen lx constituyen ahora un continuo; la forma de sumar estas funciones es, como en (3.3), mediante una integral. Observemos que la función sen lx representa una onda que incide desde y es reflejada perfectamente en x =. Es pues de esperarse que estas sean las funciones apropiadas para describir la solución de reflexión. Por otro lado las funciones propias han perdido sus propiedades de ortogonalidad y tampoco son normalizables. Es decir, en el caso continuo no se cumple que sen lx sen l xdx =, ni tampoco sen 2 lxdx <. (3.5) Aun cuando estas propiedades se han perdido, veremos que (3.3) sigue siendo una fórmula de representación. De hecho es la expresión cuantitativa del hecho que en la teoría cuántica el principio de incertidumbre indica que para el caso de una partícula libre, la posición y el momento no pueden determinarse en forma exacta al mismo tiempo. La densidad de probabilidad en la posición para una partícula libre en mecánica cuántica se representa mediante una función de onda del tipo (3.3). Al ser el momento de la partícula p = h λ, cuando en (3.5) buscamos la norma de las funciones sen lx estamos buscando la norma o valor esperado de x para la función que corresponde a la partícula libre con momento p = l completamente determinado. Es de esperarse entonces que el valor de x esté completamente indeterminado lo que equivale a la divergencia de la integral (3.5). La fórmula (3.3) se obtuvo de manera poco pecisa. Necesitamos pues dar,

45 Una prueba de la fórmula de representación Para probar la fórmula de representación debemos demostrar que la integral dada en (3.3) converja a f(x). Esto se cumple cuando f() = y g(l) en infinito; esto último queda garantizado cuando para l muy grande g(l) M l. Se puede observar que f(x) definida por (3.3) es una función impar. Con esto en 2 mente y en virtud de (3.4) se tiene que f(x) = lím L L 2 g(l) sen lxdl = lím L π L f(ξ) sen lx sen lξ dl dξ, pero sen (lx) sen (lξ) = 1 [cosl(x ξ) cosl(x + ξ)] e integrando este producto 2 2 f(x) = lím f(ξ) 1 [ ] sen L (x ξ) sen L (x + ξ) dξ. L π 2 (x ξ) x + ξ Se deja al lector el siguiente Ejercicio 1 Probar que K(x ξ) = lím L ξ)f(ξ)dξ = f(x) asumiendo que f es suave y f(x) cuando x. sen L(x ξ) π(x ξ) es una función delta. Pruebe que K(x Dado que f(x) es impar se tiene como consecuencia de esto último que 2 f(x) = lím f(ξ) 1 [ ] sen L (x ξ) sen L (x + ξ) dξ L π 2 (x ξ) x + ξ [ ] sen L (x ξ) [ ] sen L (x + ξ) = lím f(ξ) dξ lím f(ξ) dξ L π(x ξ) L π(x + ξ) = 1 { [ ] sen L (x ξ) [ ] sen L (x + ξ) lím f(ξ) dξ lím f(ξ) 2 L π(x ξ) L π(x + ξ) = 1 [f(x) f( x)], 2 con lo que queda demostrada la fórmula de representación para f(x) dada en (3.3) y (3.4) Cuerda fija en un extremo A la función definida en (3.4) se le conoce como Transformada Seno de Fourier y a (3.3) la Transformada Seno Inversa. Este tipo de representación es de utilidad en la resolución de ecuaciones diferenciales como lo ilustra el siguiente ejemplo: } dξ u tt = u xx, < x <, t >, u(, t) =, t >, (3.6) u(x, ) = h(x), u t (x, ) = h (x), < x <. Proponemos como solución u(x, t) = 2 π g(l, t) sen lxdl de modo que u(, t) =. La ecuación diferencial se transforma en 2 π g tt (l, t) sen lxdl = 2 π Las condiciones iniciales transformadas son u(x, ) =h(x) = 2 g(l, ) sen lxdl, π u t (x, ) =h (x) = 2 g t (l, ) sen lxdl. π g(l, t)l 2 sen lxdl. (3.7)

46 8CAPÍTULO 3. PROBLEMAS FÍSICOS EN INTERVALOS INFINITOSY LAS TRANSFORMADAS INTEGRALES Observando la forma de la ecuación (3.7) se propone g(l, t) = A(l)coslt + B(l) sen lt, donde A(l) y B(l) quedan determinadas por las condiciones iniciales: h(x) = 2 π A(l) sen lxdl y h (x) = 2 π La transformada inversa (3.4) aplicada a estas igualdades indica que Finalmente la solución es A(l) = u(x, t) = 2 π h(x) sen lxdx y B(l) = h (x) l lb(l) sen lxdl. sen lx dx. (3.8) [A(l)coslt + B(l) sen lt] sen lxdl. (3.9) Notemos que se ha propuesto una Transformación Seno de la función g para la condición de cuerda fija en el origen. Para una condición de cuerda libre, u x (x, ) =, se propone como solución la Transformada Coseno de una función ρ, es decir u(x, t) = 2 π ρ(l, t)coslxdl, y se sigue el mismo procedimiento. Es importante observar que la solución arriba escrita puede presentarse de otra manera. Utilizando la identidad del producto sen (lx)cos(lt) = sen l(x + t)+ sen l(x t) y la del producto de senos anteriormente escrita, se obtiene, u(x, t) = 2 π = 2 π {A(l)[ sen l(x + t) + sen l(x t)] + B(l)[cosl(x t) cosl(x + t)]} dl, (3.1) [A(l) sen l(x + t) B(l)cosl(x + t)] dl + 2 π [A(l) sen l(x t) + B(l)cosl(x t)] dl. (3.11) La nueva forma de escribir la solución nos indica que la misma es la superposición de dos ondas. Una que entra hacia el extremo fijo (digamos u 1 (x + t)) y otra onda reflejada en el origen que se propaga hacia el infinito (u 2 (x t)) Condición de frontera mixta Veamos ahora el caso especial de ondas con condición de frontera mixta u x (, t) + αu(, t) =. Este problema sirve de modelo físico para una cuerda sujeta a un resorte en el origen. Nótese que en la frontera x =, la ecuación de movimiento para el elemento de cuerda sujeto a un resorte de constante de elasticidad k y sometido a una tensión T generada por la misma cuerda es: m()u xx (, t) = ku(, t) + T sen θ, pero m(), la masa en el punto cero, es casi nula y para θ, entonces sen θ tanθ u x (, t), por tanto ( ) k u(, t) + u x (, t) =, t >. T El problema a resolver, llamando α = k/t, es u tt = u xx, < x <, t >, u x (, t) + αu(, t) =, t >, u(x, ) = f(x), u t (x, ) = g(x), < x <.

47 3.2. TRANSFORMADA DE LAPLACE 9 Separando variables, la ecuación para la variable espacial x es y (x) + λy(x) =, < x <, (3.12) con condición de frontera y () + αy() =. Si λ > su solución general es aplicando la condición de frontera y = Acos λx + B sen λx y () + αy() = B λ + αa = B = α A, λ >, λ ( y(λ, x) = A cos λ α sen ) λx. λ Para λ < las soluciones se escriben de la forma y(λ, x) = Ce λx + De λx pero puesto que x [, ), para que la solución sea acotada se toma D = y la condición de frontera determina entonces un valor específico para λ y () + αy() = λc + αc = λ = α 2, de modo que se recupera un valor propio negativo y el espectro se compone de un continuo de valores propios positivos y un valor propio negativo aislado. Físicamente la función propia que corresponde al valor propio negativo representa a la energía atrapada en el resorte. Vemos pues que hay un espectro mixto. La pregunta es si podemos representarlo. Esto no es trivial Transformada de Laplace Un siguiente paso en el tratamiento de problemas de valores propios, consiste en analizar las soluciones de ecuaciones diferenciales de segundo orden con coeficientes variables. Las soluciones conocidas para algunos de estos problemas son las llamadas Funciones Especiales. En la sistematización del tratamiento de la mayor parte de las ecuaciones que dan origen a las Funciones Especiales, la Transformada de Laplace juega un papel fundamental. Para proponer la función transformada que lleva su nombre, Laplace partió de la solución a las ecuaciones de segundo orden con coeficientes constantes y (z) + ay (z) + by(z) =. (3.13) (3.14) En este caso las ecuaciones tienen soluciones del tipo y = e λz, donde λ toma los valores de la solución de la ecuación algebraica λ 2 + aλ + b =. Si λ 1 y λ 2 son las soluciones de esta ecuación, la solución general de la ecuación diferencial está dada por y(z) = A(λ 1 )e λ1z +A(λ 2 )e λ2z donde A(λ 1 ) y A(λ 2 ) se determinan de las condiciones iniciales o de frontera. En el caso de los coeficientes variables

48 1CAPÍTULO 3. PROBLEMAS FÍSICOS EN INTERVALOS INFINITOSY LAS TRANSFORMADAS INTEGRALES y + a(z)y + b(z)y =, (3.15) (3.16) Laplace razonó pensando en aproximar la ecuación como ecuaciones con coeficientes constantes. Para ello subdividió el intervalo donde se satisface la ecuación diferencial, de manera tal que en cada subintervalo los coeficientes variables a(z) y b(z) se aproximen por constantes a y b. De aquí, la solución será y(z) = i A(λ i)e λiz que resulta de sumar las soluciones en cada subintervalo. Así, Laplace propuso soluciones que generalizaran la solución a la ecuación de coeficientes constantes permitiendo que λ tome una infinidad de valores complejos. Dichas soluciones debían de escribirse como y(z) = 1 e λz Y (z, λ)dλ. 2πi C Al sustituir esta nueva función en la ecuación diferencial (3.15) el problema cambia a aquél en el cual se debe encontrar el contorno de integración C y la función Y (z, λ) que cumplan con la igualdad. En esta sección se pretende que el lector se familiarice con esta herramienta. Por principio se presenta una ecuación con coeficientes variables del tipo Euler x 2 y + xy = λy con x, (3.17) y una condición de frontera aún sin determinar. La ecuación de Euler es la única ecuación con coeficientes variables que se puede resolver analíticamente mediante un cambio de variable. El método de solución consiste en proponer una solución de la forma y(x) = x p lo cual reduce la ecuación diferencial a una ecuación algebraica; en este caso se obtiene: p(p 1) + p = λ, p 2 = λ. Si se escribe y(x) como y(x) = e pln x entonces para λ > se tienen dos soluciones no acotadas ya que Por otro lado cuando λ <, p = ±i λ y y(x) = e λ ln x, cuando x, y(x) = e λ ln x, cuando x. y(x) = Acos ( λln ) ( λln ) x + B sen x. (3.18) De este resultado es importante hacer ver que cos ( λln x ) y sen ( λln x ) son funciones acotadas en todo el intervalo, pero ninguna de estas dos funciones está definida en cero por lo que se requiere una condición de frontera definida en otro punto distinto de cero. Además, se puede observar que al definir ξ = ln x en la ecuación de Euler, se obtiene una ecuación de coeficientes constantes para < ξ <, cuya forma se puede inferir de la sustitución de ξ en la solución (3.2). En el caso λ =, la ecuación (3.17) se puede resolver por reducción de orden y sus soluciones son y(x) = cte. y y(x) = ln(x). En este punto podemos decir que en general las Funciones Especiales son las funciones propias de las ecuaciones diferenciables con coeficientes variables. Posteriormente se observará que igualmente las Transformadas de Fourier son una representación de funciones base en un espectro continuo. En los siguientes capítulos estudiaremos algunas de estas funciones.

49 3.2. TRANSFORMADA DE LAPLACE 11 Una herramienta muy importante en la resolución de problemas de coeficientes variables es la Transformada de Laplace. Considérese primeramente una función f(x) definida para x [, ) e integrable en este intervalo, entonces, su Transformada de Fourier es F{f(t)} = = e ikt f(t) dt y de manera análoga, la Transformada Inversa de Fourier se define como f(t) = 1 2π e ikt ˆf(k)dk = 1 2π e ikt f(t)dt = ˆf(k) (3.19) e ikt ˆf(k)dk = F 1 { ˆf(k)}, (3.2) donde se ha extendido el valor de f como cero para < t <. Si ahora escribimos k C, es decir k = k r + ik i F{f(t)} = e ikrt e kit f(t) dt, (3.21) pero los valores permitidos para k están restringidos a aquéllos para los que la integral (3.21) converge. En primer lugar tenemos que para k i >, la convergencia es dudosa, en consecuencia sólo tomamos en cuenta el caso en que k i y la función f es de orden exponencial,i.e. está acotada por f(t) e Mt, t. En este caso la integral converge cuando k i M. Al aplicar la Transformada Inversa de Fourier a la integral (3.21) f(t) = 1 e ikt ˆf(k)dk 2π = 1 e ikt e ikt f(t )dt dk 2π = 1 e ikt e ikt f(t )dt dk 2π = 1 e ikrt e kit e ikrt e kit f(t )dt dk, (3.22) 2π se obtiene una integral de variable compleja la cual, como observaremos más adelante, puede igualarse a una integración de contorno. Primeramente integramos (3.22) en el plano complejo de k a lo largo de una recta paralela al eje real, es decir k = k r + ik i, con k i = cte., de donde dk = dk r. Sustituyendo en (3.22) e kit f(t) = 1 2π e ikrt e ikrt e kit f(t )dt dk r. (3.23) Observamos que el lado izquierdo anterior está dentro de la integral, de modo que si hacemos g(t) = e kit f(t) podemos ver que ĝ(k) = e ikrt ( e kit f(t) ) dt = e ikrt g(t)dt. (3.24) Sabemos ahora que la transformación inversa de (3.24) también nos devuelve g(t). Por tanto g(t) = 1 2π por tanto f(t) = 1 2π e ikrt ĝ(k)dk r implica e kit f(t) = 1 2π e ikrt e kit ĝ(k)dk r = 1 e i(kr+iki)t ĝ(k)dk r. 2π e ikrt ĝ(k)dk r ;

50 12CAPÍTULO 3. PROBLEMAS FÍSICOS EN INTERVALOS INFINITOSY LAS TRANSFORMADAS INTEGRALES Si ahora hacemos ik = s, encontramos que la integral ha rotado la trayectoria de integración a una recta paralela al eje imaginario en el plano de s f(t) = 1 i e st ĝ( is)ds (3.25) 2πi i = 1 e st ĝ( is)ds, (3.26) 2πi C donde hemos tomado a la integral como una integral de contorno con una trayectoria del estilo que se muestra en la Fig M S Figura 3.1: Contorno de integración en el plano s A continuación probaremos que con la elección de este contorno las integrales para s y k son equivalentes. Ahora notamos que de (3.24) se tiene ĝ( is) = e st g(t)dt G(s). A G(s) le llamamos Transformada de Laplace de g(t) y se escribe L{g(t)} = G(s). La Transformada Inversa de Laplace es, como se ve de (3.26) g(t) = 1 e st G(s)ds = L 1 {G(s)} (3.27) 2πi C donde el contorno C va de i a i en la región de analiticidad de G(s). El contorno en la Transformada Inversa se elige de tal forma que las singularidades de L{g(t)} se encuentran contenidas dentro del contorno. En Variable Compleja esto implica que la integral equivale a la suma de los residuos en los polos o singularidades de G(s). Como un ejemplo tomamos la función f(t) = e λt. Su Transformada de Laplace es L{f(t)} = e st e λt ds = 1 s λ = F(s), donde se observa que L{f(t)} tiene un polo en s = λ, entonces se escoge C un contorno cerrado mostrado en la Fig. 3.2 que envuelva al polo o punto singular y se integra aplicando el teorema de Cauchy obteniéndose f(t) = 1 e st 2πi C s λ ds = eλt. (3.28)

51 3.3. TRANSFORMADA DE LAPLACE PARA LA SOLUCIÓN DE SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORD Probaremos ahora que cuando R, la integral sobre el contorno cerrado C equivale a una integral sobre el intervalo que va de ( i, i ) como lo muestra la Fig La equivalencia de ambas integrales es cierta cuando la integral sobre la parte circular del contorno (Contorno II) tiende a cero; obsérvese que para esta porción del contorno se tiene que s = M + Re iθ con π 2 θ 3π 2 de modo que en esta trayectoria: 1 2πi II e st ir ds = s λ 2πi Tomando el valor absoluto de la integral: 3π R 2 e (M+Reiθ )t 2π M + Re iθ λ eiθ dθ R pero el factor R M+Re iθ λ es menor o igual a podemos acotar más la integral escribiendo: π 2 lím R R 2π 3π 2 π 2 e Mt M+R (R cos θ)t e M + Re iθ λ 3π 2 π 2 R 2π R 2π e (M+Reiθ )t M + Re iθ λ eiθ dθ. 3π 2 π 2 3π 2 π 2 emt e Mt e (Re iθ )t M + Re iθ λ eiθ dθ (R cos θ)t e M + Re iθ λ dθ, λ cuyo límite cuando R es 1, de modo que aún dθ lím R Por otro lado, es fácil observar que en el intervalo [ π 2, π], cosθ 2 π para (3.29): lím R 1 2π π π 2 1 2π e Mt e (R cos θ)t e Mt dθ lím R 2π 3π 2 π 2 e Mt e (R cos θ)t dθ. (3.29) ( θ π 2 ) y observamos una nueva cota π π 2 e R(1 2 π θ)t dθ e R(1 2 π θ)t π = lím R emt 2π 2Rt [ ] 1 e 2Rt = lím R emt =. 4Rt La nulidad de la integral en el intervalo [ ] π, 3π 2 se prueba con un argumento similar y se deja al lector como ejercicio. De este modo hemos probado que el escoger un contorno C para (3.28) como el mostrado en la Fig.3.2 y con el radio del mismo tendiendo a infinito, la integral (3.28) representa efectivamente a la transformada inversa (3.25). En la siguiente sección se presentan algunos ejemplos donde se utiliza la Transformada de Laplace en la resolución de problemas de valores propios. π π Transformada de Laplace para la solución de sistemas de ecuaciones diferenciales ordinarias Se desea utilizar la transformada de Laplace para la solución de sistemas de ecuaciones diferenciales del estilo: ẏ = Ay, y() = a. (3.3)

52 14CAPÍTULO 3. PROBLEMAS FÍSICOS EN INTERVALOS INFINITOSY LAS TRANSFORMADAS INTEGRALES Contorno II R Contorno I M S Figura 3.2: Contorno de integración con un punto singular λ en el punto marcado Veremos que el aplicar la transformada de Laplace a este problema nos proporcionará las bases para después entender operadores diferenciales más complicados que surgen de separar variables en ecuaciones diferenciales parciales con valores a la frontera. Aplicamos la transformada de Laplace a (3.3) obteniendo: sỹ a = Aỹ, (si A)ỹ = a, ỹ = (si A) 1 a. Donde la transformada de Laplace para vectores se calcula componente a componente, el vector transformado se expresa con una tilde y las matrices constantes pueden salir fuera de la transformada. Por lo que se estudió acerca de la transformada inversa, se obtiene la solución del sistema (3.3) en la forma: y(t) = 1 2πi C e st (si A) 1 ads, (3.31) donde C se elige de manera que contenga las singularidades de ỹ(s). Nos preguntamos ahora sobre la invertibilidad de (si A). De manera trivial vemos que dicha matriz no será invertible si s es un valor propio de A. Sin embargo, siendo C un contorno sobre el cual la norma de s se hace arbitariamente grande (mientras que los valores propios de A son finitos), de manera intuitiva vemos que para s grande si A si, la cual es invertible. Además, para s grande podemos utilizar una serie de Neumann para la inversa: (si A) 1 = 1 s ( I A ) 1 = 1 s s n= ( ) n A, s por lo que la inversa existe si s se hace arbitrariamente grande. Particularmente interesante es considerar la condición inicial del sistema (3.3): y() = a = 1 (si A) 1 ads = 1 adj(si A) 2πi C 2πi C det(si A) ads.

53 3.3. TRANSFORMADA DE LAPLACE PARA LA SOLUCIÓN DE SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORD De manera que se ha obtenido el siguiente resultado: a = 1 adj(si A) ds a. (3.32) 2πi det(si A) C Vemos que podemos interpretar el operador integral de la ecuación anterior como una cierta representación de la matriz identidad. Notamos que el integrando tiene polos en los valores propios de la matriz A, es la existencia de estos polos lo que permite recuperar el vector a al hacer las operaciones indicadas en (3.32). Veremos más adelante que la suma de los residuos en los polos simplemente representará las proyecciones de a en la única base que es natural para la matriz A, sus vectores propios. De esta manera (3.32) nos proporcionará al vector a en términos de la base de vectores propios. Esto es una reaparición del Teorema Espectral del álgebra lineal, donde se muestra que los vectores propios de una matriz simétrica son una base ortogonal. Hagamos ahora un caso particular para fijar ideas. Sea A la matriz de Rayleigh 2 2. Entonces el sistema (3.3) puede representar la evolución de la temperatura en una barra compuesta de dos segmentos a temperatura constante cada uno. Tenemos así: A = (si A) 1 = [ ] 1 (s + 2) 2 1 [ ] s s + 2 Por un lado, calculando la integral en (3.32) a lo largo del contorno, con s, se obtiene: 1 adj(si A) 2πi C det(si A) ds a = 1 [ ] 1 s πi C (s + 2) 2 ds a (3.33) 1 1 s [ ] 1/s ds a = a, (3.34) 2πi C 1/s 1 debido a que 2πi ds/s = 1 para todo contorno C que incluya al origen. De esta manera vemos que C recuperamos el vector a sobre el contorno al infinito. Calculemos ahora los residuos para ver si recuperamos al vector a en términos de los vectores propios. Por otro lado, como podemos hacer (s+2) 2 1 = (s+3)(s+1) la integral anterior se calcula exactamente por el teorem del residuo y nos queda: 1 1 2πi C (s + 3)(s + 1) [ 1 = s + 3 = 1 [ ] 1 1 a = 1 [ ] 1 2 (1, 1) a 1 [ s s + 2]] [ ] s ds a = 1 s + 2 k s= 1 [ (1, 1) a [ 1 1 [ 1 a + s + 1 ] a = 1 2 ] = a. [ (1, 1) a (1, 1) a Res (s k )a [ s s + 2]] ] s= 3 [ (1, 1) a (1, 1) a Lo cual nos porporciona al vector a en términos de los vectores propios de la matriz de Rayleigh 2 2. Notamos que los factores de 1/2 son simplemente las normas cuadradas de cada vector propio y son necesarios debido a que debemos proyectar al vector a sobre cada vector unitario. ] a

54 16CAPÍTULO 3. PROBLEMAS FÍSICOS EN INTERVALOS INFINITOSY LAS TRANSFORMADAS INTEGRALES Deseamos ahora mostrar que lo anterior se cumple en general para matrices simétricas n n. Para este caso sabemos que su conjunto de vectores propios {v i } n i=1 es ortogonal, de manera que podemos escribir: n a = a i v i, a i = a v i. (3.35) v i v i i=1 Queremos probar la equivalencia entre esta expansión para a y la forma integral dada por (3.32). Muy cerca del valor propio λ i el determinante de si A es singular, por lo que esperamos que la inversa de la matriz se pueda expresar en una serie de Laurent del estilo: (si A) 1 a = b 1,i s λ i + b,i + b 1,i (s λ i ) + b 2,i (s λ i ) (3.36) Donde la expansión anterior es válida mientras s λ i sea menor que la distancia entre λ i y el siguiente valor propio más cercano a él. Deseamos encontrar los primeros coeficientes de la expansión (3.36). Para ello hacemos (si A)(sI A) 1 a = a: ( b 1,i ) a = (si λ i I + λ i I A) + b,i + b 1,i (s λ i ) +... s λ i = 1 ) (λ i I A)b 1,i + (λ i I A)b,i + b 1,i + (b,i + (λ i I A)b 1,i (s λ i ) +... s λ i Igualando ahora los términos de cada lado de acuerdo a las potencias de (s λ i ) se obtiene: 1 s λ i (λ i I A)b 1,i =, (λ i I A)b,i + b 1,i = a. De la primera de las anteriores se obtiene que b 1,i debe ser múltiplo del i-ésimo vector propio: b 1,i = αv i, pero falta determinar α. De la segunda de las ecuaciones de arriba concluimos: (λ i I A)b,i = a b 1,i. Para que el sistema anterior tenga solución para b,i, pedimos que la parte no homogénea sea ortogonal a la solución homogénea, esto es: = (a b 1,i ) v i = a v i αv i v i, α = a v i v i v i. Lo cual determina α y nos dice que b 1,i = a vi v i v i v i, es simplemente la proyección del vector a en el vector propio v i. Además notamos que el término que determina el residuo en una integral de contorno es precisamente el de b 1,i. Dado que el integrando es analítico excepto en los valores propios podemos hacer: a = 1 2πi C (si A) 1 ds a = 1 2πi i C i (si A) 1 ds a, donde C es un contorno que incluye a todos los valores propios y C i son contornos que incluyen solamente el valor propio λ i. Como en cada C i es válida una expansión como la de (3.36), el residuo en cada contorno será la proyección del vector a en el vector propio correspondiente: a = 1 2πi i C i (si A) 1 dsa = i a v i v i v i v i. Por otro lado, dado que la aproximación hecha en (3.33) no depende de la dimensión de la matriz A, es posible repetir este cálculo recuperando el vector a. Por lo tanto se recupera el vector constante a por dos caminos: el primero integrando sobre el contorno que tiende a infinito, como en (3.33) y el segundo por el método de residuos, donde se recupera a a través de los vectores propios de A. Queda como ejercicio para el lector calcular la solución y(t) dada por (3.31).

55 3.4. CASO CONTINUO 17 [ ] 4 1 Ejercicio 2 Dada la matriz A = encuentre el desarrollo espectral en términos de los vectores 1 2 propios usando la Variable Compleja. Encuentre los residuos en los polos. Muestre que las matrices son de proyección Caso continuo Deseamos desarrollar las ideas de la sección anterior para el caso de un operador diferencial en lugar de uno matricial. Se mostrarán las analogías con el caso anterior para revelar la total equivalencia. Encontraremos complicaciones adicionales, por lo que la mejor manera de entender este caso será comenzar con ejemplos concretos variando las condiciones de frontera. Dichas condiciones tendrán un papel fundamental en la forma de la solución y el tipo de valores propios. Existe la posibilidad de tener un conjunto discreto de valores propios, uno continuo o incluso mixto. Empezaremos por el primero de estos casos Espectro discreto Comenzamos con el siguiente problema de valores propios: y sy =, < x < 1, y() = y(1) =. Es fácil demostrar que los valores propios de este problema son efectivamente discretos: s n = n 2 π 2, n = 1, 2,... y las funciones propias y n (x) = sen nπx. Supóngase ahora una modificación al problema anterior y considere el caso no homogéneo: y sy = f(x), < x < 1, y() = y(1) =. (3.37) Para mostrar la equivalencia con el caso matricial, escribimos la ecuación anterior como sy y = f(x), la cual equivale a la ecuación (si A)ỹ = a, que se obtuvo antes. De esta manera vemos que el operador d matricial A, corresponde ahora al operador diferencial 2 dx. De igual forma la función f(x) corresponde al 2 vector a y el vector transformado ỹ corresponde a la función desconocida y(x). Resolveremos el problema (3.37) por variación de parámetros, por lo que tomamos a las dos soluciones homogéneas (siempre que s ) como: f 1 (x) = senh sx, f 2 (x) = senh s(x 1). Donde la primera satisface la condición de frontera de la izquierda y la segunda la de la derecha. Proponemos una solución particular por variación de parámetros: y(x) = A(x) senh sx + B(x) senh s(x 1), A(1) = B() =. Donde A(x) y B(x) son desconocidas pero se escogen condiciones de frontera sobre ellas para que la expresión completa de la solución particular satisfaga ambas condiciones de frontera. Insertando lo anterior en la ecuación (3.37) y pidiendo que A senh sx + B senh s(x 1) = se llega a las dos ecuaciones: A senh sx + B senh s(x 1) =, A cosh sx + B cosh s(x 1) = f(x) s.

56 18CAPÍTULO 3. PROBLEMAS FÍSICOS EN INTERVALOS INFINITOSY LAS TRANSFORMADAS INTEGRALES Las ecuaciones anteriores tienen como solución: A (x) = senh s(x 1)f(x) s senh s, B (x) = senh sxf(x) s senh s.

57 3.4. CASO CONTINUO 19 Donde W(s) = s senh s es el wronskiano de las soluciones homogéneas y será distinto de cero siempre que éstas sean linealmente independientes. Notamos además que a pesar de la aparición de la raíz del número complejo s, la imparidad de la función senh x garantiza que el wronskiano no tenga puntos rama, e invitamos al lector a verificarlo. El que esto ocurra así es fundamental y es consecuencia de las condiciones de frontera del problema (3.37). Más adelante se verán ejemplos en donde aparecen puntos rama y se verá que esto tiene implicaciones profundas en la solución de problemas de valores propios. Integrando las ecuaciones anteriores: 1 A(x) = B(x) = x x senh s(ξ 1)f(ξ) dξ, s senh s senh sξf(ξ) s senh s dξ. De manera que A y B cumplen las condiciones de frontera requeridas. Finalmente podemos escribir la solución como: 1 senh sx senh s(ξ 1)f(ξ) x senh s(x 1) senh sξf(ξ) y(x, s) = dξ dξ. x s senh s s senh s Identificamos de la expresión anterior a la función de Green del problema (3.37): G(x, ξ, s) = senh sξ senh s(x 1) s senh s, < ξ < x, senh sx senh s(ξ 1) s senh s, x < ξ < 1. (3.38) Notamos que se cumple la importante propiedad de simetría en la función anterior G(x, ξ, s) = G(ξ, x, s). Obsérvese además que G(x, ξ, s)/ x tiene una discontinuidad de salto en x = ξ de magnitud uno. Usando lo anterior podemos escribir la solución como: y(x, s) = 1 G(x, ξ, s)f(ξ)dξ, (3.39) con la función G definida en (3.38). Escribimos lo anterior de una manera que se relacione con el caso discreto. En ese caso la ecuación (si A)ỹ = a se resolvía simplemente invirtiendo la matriz, ỹ = (si A) 1 a. Podemos entonces interpretar (3.39) como la inversión del operador diferencial dado en (3.37), por lo que esto nos proporciona una manera de definir la inversa de un operador diferencial en términos de la función de Green como: y(x, s) = 1 G(x, ξ, s)f(ξ)dξ (s d2 dx 2 ) 1 f(x). Continuamos con las analogías entre ambos casos. En el caso discreto, para obtener los valores propios del problema, se calculaban los ceros de det(si A), esto equivale ahora a calcular los ceros del wronskiano, W(s) = s senh s =. Vemos que éstos son s n = n 2 π 2, n = 1, 2,..., por lo que recuperamos los valores propios mencionados antes(recuérdese que s ). De esta manera, el polinomio característico en el caso matricial corresponde ahora al wronskiano. Recordamos que en el caso matricial obteníamos el operador identidad de la forma: I = 1 2πi C adj(si A) det(si A) ds,

58 2CAPÍTULO 3. PROBLEMAS FÍSICOS EN INTERVALOS INFINITOSY LAS TRANSFORMADAS INTEGRALES donde C es un contorno que incluye todos los valores propios. Veremos que en el caso continuo se recupera lo anterior, pero debido a que los valores propios se extienden hasta infinito, el contorno C también lo hará. Si queremos una total simetría entre ambos casos,entonces, comparándolos, vemos que: 1 2πi = 1 2πi C C 1 ỹds 2πi (si A) 1 ads = a. = 1 2πi C C yds (s d2 dx 2 ) 1 f(x)ds = f(x). Falta por demostrar la igualdad derecha. Notamos una equivalencia más. Mientras que en el caso discreto recuperábamos el vector a en términos de los vectores propios, en el caso continuo recuperaremos a la función f(x) en términos del análogo continuo de los vectores propios: las funciones propias. Es decir, como s n = n 2 π 2, y(x) = sen (nπx), n = 1, 2,..., son los valores y funciones propias de (3.37), entonces podemos escribir: f(x) = a n y n (x), a n = 2 n=1 Nótese que la función f debe satisfacer f() = f(1) =. 1 f(ξ) sen (nπξ) dξ. (3.4) Ejercicio 3 Demuestre que los polos de la función de Green definida en (3.38) son precisamente los valores propios s n = n 2 π 2, n = 1, 2,.... Verifique que s = no es polo de G. Veamos que esto es cierto. Integramos a la solución dada en (3.39) a lo largo de un contorno en el plano complejo s que tienda a infinito y que contenga a todos los valores propios. Haremos exactamente lo que se hizo en el caso discreto, obteniendo el resultado de la integral compleja de dos formas: por medio de residuos, e integrando sobre el contorno tendiendo a infinito, como se muestra en (3.3). Figura 3.3: Contorno C. Por un lado recuperaremos a f(x) tal cual y por el otro lo haremos a través de las funciones propias. Por residuos obtenemos: 1 y(x, s)ds = 1 [ 1 senh sx senh s(ξ 1) f(ξ) ds dξ 2πi C 2πi x C s senh s x senh sξ senh ] s(x 1) + f(ξ) ds dξ. (3.41) s senh s C

59 3.4. CASO CONTINUO 21 Requerimos entonces calcular los residuos de la función de Green en los polos simples s n = n 2 π 2. Si deseamos calcular la integral compleja de f(z)/g(z) alrededor de un polo de primer orden z podemos hacer: 1 f(z) 2πi C g(z) dz = 1 f(z ) + f (z )(z z ) + 2πi C g (z )(z z ) + 1/2 g (z )(z z ) 2 + dz = 1 2πi C f(z ) ( 1 + f (z ) f(z (z z ) ) + ) ( g (z )(z z ) 1 + g (z ) 2g (z (z z ) ) + por la fórmula integral de Cauchy. Aplicando lo anterior, se obtiene: 1 2πi C 1 2πi C )dz = f(z ) g (z ), senh sx senh s(ξ 1) senh inπx senh inπ(ξ 1) ds = s senh s (1/2) cosh inπ n=1 = 2 ( 1) n sen nπx sen nπ(ξ 1), senh sξ senh s(x 1) senh inπξ senh inπ(x 1) ds = s senh s (1/2) cosh inπ n=1 = 2 ( 1) n sen nπξ sen nπ(x 1). n=1 n=1 La expresión completa queda, al sustituir lo anterior en (3.41), como 1 y(x, s)ds =2 2πi C +2 = x 1 x n=1 f(ξ) f(ξ) ( 2 ( 1) n sen nπξ sen nπ(x 1)dξ n=1 ( 1) n sen nπx sen nπ(ξ 1)dξ n=1 1 ) f(ξ) sen nπξdξ sen nπx = f(x), recuperando así los coeficientes de Fourier de f(x). Vemos nuevamente que los residuos de la función de Green en los polos no son otra cosa que las proyecciones de f(x) sobre las funciones propias, de manera que la correspondencia con el caso discreto es total. Debemos ahora integrar sobre el contorno al infinito para recuperar de nuevo a f(x). Veremos que sobre el contorno al infinito, la función de Green tiende al análogo continuo del núcleo de Dirichlet, y esto nos regresará a f(x). Recuperaremos a f(x) sobre el contorno al infinito de dos maneras, primero mediante el núcleo de Dirichlet y luego, integrando por partes dos veces con respecto a ξ la expresión en (3.41). El contorno C que tomamos es un círculo centrado en el origen que no pasa por ningún polo y con un radio tendiendo al infinito, de manera que en el límite el contorno encerrará todos los polos. Nótese la diferencia con el caso discreto en el cual un contorno finito era suficiente para encerrar todos los valores propios. Hacemos ahora un cambio de variable que nos simplificará las cosas, s = λ, de manera que ds = 2λdλ. Además, dado que el corte en la raíz de s se encuentra sobre el eje real negativo, el contorno C en el plano s se modifica a un contorno C en el plano λ, quedando un semicírculo abierto que va del eje imginario negativo al eje imaginario positivo, o bien π/2 < arg λ < π/2. A continuación se muestra dicho contorno:

60 22CAPÍTULO 3. PROBLEMAS FÍSICOS EN INTERVALOS INFINITOSY LAS TRANSFORMADAS INTEGRALES Figura 3.4: Contorno C. De esta manera se obtiene: 1 y(x, s)ds = 1 [ x f(ξ) 2πi C πi 1 + f(ξ) x C C senh λ(x 1) senh λξ dλ dξ senh λ senh λ(ξ 1) senh λx dλ dξ senh λ ], (3.42) donde C es el semicírculo descrito antes. Recordamos que en la primera de las integrales anteriores se cumple ξ < x mientras que en la segunda se cumple la relación inversa. Tomamos primero la parte en que < ξ < x < 1 y realizamos la integración compleja sobre el contorno C parametrizado por λ = Re iθ, π/2 < θ < π/2 y R 1: π/2 π/2 π/2 (e Reiθ (x 1) e Reiθ (x 1) )(e Reiθξ e Reiθξ ) ire iθ dθ 2(e Reiθ e Reiθ ) π/2 e Reiθ (1 x) e Reiθ ξ 2e Reiθ ire iθ dθ = 1 2 π/2 π/2 e Reiθ (x ξ) ire iθ dθ. Hacemos ahora un último cambio de variable, iu = Re iθ con idu = ire iθ dθ: 1 2 π/2 π/2 e Reiθ (x ξ) ire iθ dθ = i 2 R R e iu(x ξ) du = i sen R(ξ x). ξ x Reconocemos en la expresión anterior el núcleo de Dirichlet para el continuo. Tomando ahora la integral en donde 1 > ξ > x > y recordando que ésta se obtiene del caso anterior intercambiando x por ξ, se obtiene: π/2 π/2 i (e Reiθ (ξ 1) e Reiθ (ξ 1) )(e Reiθx e Reiθx ) ire iθ dθ 2(e Reiθ e Reiθ ) sen R(ξ x), ξ x cuando R 1. Usamos los dos resultados anteriores en la expresión (3.42) resultando: 1 x sen R(ξ x) lím y(x, s)ds = lím f(ξ) dξ R 2πi R π(ξ x) + lím R C 1 x f(ξ) sen R(ξ x) dξ = lím π(ξ x) R 1 f(ξ) sen R(ξ x) dξ = f(x), π(ξ x)

61 3.4. CASO CONTINUO 23 ya que < x < 1, por lo que se recupera a f(x) mediante el núcleo de Dirichlet para el continuo. De manera que se ha obtenido la completez de las funciones propias del problema, y n (x) = sen nπx. Esto calculando 1 la integral en el contorno complejo que incluye a todos los polos, 2πi C y(x, s)ds, de dos maneras distintas: una por residuos, obteniendo a f(x) en términos de las funciones propias y otra sobre el contorno al infinito, obteniendo a f(x) por medio del núcleo de Dirichlet para el continuo. Se obtiene así la representación de la función f(x) en términos de las funciones propias, con el requisito que debe cumplirse f() = f(1) =. Veremos a continuación que podemos recuperar a f(x) sobre el contorno al infinito sin emplear el núcleo de Dirichlet. Lo anterior se logra si se integra la expresión dada en (3.42) dos veces por partes con respecto a ξ antes de realizar la integración compleja. Nos fijamos entonces en: x f(ξ) senh λξ senh λ(x 1) dξ + senh λ 1 x f(ξ) senh λ(ξ 1) senh λx dξ. senh λ Integramos por partes dos veces la expresión anterior de manera que aparezcan las dos primeras derivadas de f(x). De ello resulta (las condiciones f() = f(1) = simplifican los cálculos): 1 senh λ(x 1) f(x) + λ λ 2 senh λ x f (ξ) senh λξdξ + senh λx λ 2 senh λ 1 x f (ξ) senh λ(ξ 1)dξ. Es posible mostrar que integrando sobre el arco λ = Re iθ con π/2 < θ < π/2 las dos integrales de la última expresión son O ( ) 1 λ ; tomando en cuenta que la longitud del arco crece como λ, ambos términos 2 van a cero. Ocurre algo distinto con el primer término. Sustituyendo lo anterior en (3.42) e integrando sobre el semicírculo se obtiene: 1 lím y(x, s)ds = 1 2πi R C iπ lím f(x) f(x) π/2 dλ = idθ = f(x). R C λ iπ π/2 Por lo que nuevamente se recupera a f(x) sobre el contorno al infinito, sin haber empleado el núcleo de Dirichlet. Por cualquiera de las dos formas, la representación espectral para el operador junto con las condiciones de frontera escogidas queda demostrada. Ejercicio 4 Considere la ecuación diferencial ordinaria y + sy = f(x), < x < 1, y() =, y (1) + αy(1) =. (3.43) Encuentre la función de Green G(x, ξ, s). Dónde es analítica? Cómo se comporta G(x, ξ, s) si s? Ejercicio 5 Compare la función de Green de (3.44) y + sy + py = f(x), < x < 1, y() =, y (1) + αy(1) =, (3.45) con la del problema anterior cuando s. Qué sucede y por qué? Ejercicio 6 Calcule la función de Green G(x, ξ, s) para el problema (3.46) y + sy = f(x), < x <, y () + αy() =, yacotadaen. (3.47) Qué pasa con las dos singularidades de G(x, ξ, s)?

62 24CAPÍTULO 3. PROBLEMAS FÍSICOS EN INTERVALOS INFINITOSY LAS TRANSFORMADAS INTEGRALES Espectro continuo Nuevamente planteamos el mismo operador diferencial pero modificamos las condiciones de frontera. Trabajaremos esta vez en un intervalo semiinfinito. El problema por resolver es: y sy = f(x), x >, y() =, y < para x. (3.48) Es fácil mostrar que para s < las funciones propias del problema anterior son y(x) = sen sx, y los valores propios son λ = s >, es decir, todos los reales positivos. Al igual que en el caso anterior, tomamos dos soluciones homogéneas del problema: una que satisfaga la condición de la izquierda y la segunda que satisfaga la condición de la derecha. Donde la condición de la derecha debe entenderse como el acotamiento de la solución en infinito. Las dos soluciones buscadas para s arbitrario son: f 1 (x) = senh sx, f 2 (x) = e sx. Notamos un punto importante. Cuando s es complejo, observamos que la solución f 2 (x) será acotada en infinito solamente si seleccionamos la raíz cuadrada de s de manera adecuada. Escogiendo el argumento principal para s, π < Arg s < π, debemos pedir R s > para Arg s =. Seleccionamos la raíz como 1 s = s 2e i Arg s/2 para garantizar que la raíz de s tenga parte real positiva y así f 2 sea acotada en infinito. Proponemos la solución por variación de parámetros: y(x, s) = A(x) senh sx + B(x)e sx, A(x) x, B() =. Llegando nuevamente a un sistema de ecuaciones para A (x) y B (x): A (x) senh sx + B (x)e sx =, A (x)cosh sx B (x)e sx = f(x) s.

63 3.4. CASO CONTINUO 25 De donde se obtienen dos ecuaciones de primer orden: sx A (x) = e f(x), s B (x) = senh sxf(x) s. El wronskiano de las soluciones homogéneas ahora toma la forma W(s) = s. Notamos una diferencia fundamental con el caso de espectro discreto. Mientras que en ese caso se obtenían los valores propios por los ceros del wronskiano, ahora el único cero del wronskiano es s =, el cual se muestra fácilmente que no es valor propio. Significa esto que no habrá ningún valor propio? Reflexionemos un poco. Dado que el wronskiano es una función analítica, no existe la posibilidad de que nos proporcione valores propios continuos únicamente con sus ceros. Esto debido a que los ceros de una función analítica son aislados. Sin embargo notamos algo interesante: el wronskiano W(s) = s tiene un corte rama que se extiende del cero al infinito por el eje real negativo (esto por la selección inicial de la rama de la raíz). Veremos entonces que los valores propios continuos los proporcionarán los cortes ramas del wronskiano. Un comentario adicional referente al caso discreto. En el caso discreto se tenía un operador matricial y el análogo del wronskiano era el polinomio característico de la matriz. Dado que los polinomios siempre tienen sus ceros aislados, concluimos que en el caso de un operador matricial jamás podrá obtenerse un espectro continuo. Esto nos dice que si discretizamos un sistema, el comportamiento dado por los valores propios continuos necesariamente se pierde al hacer la transición del continuo al discreto. Resolviendo las ecuaciones para A(x) y B(x) la solución queda expresada de acuerdo a: y(x, s) = x e sx senh sξ f(ξ) e sξ senh sx f(ξ) dξ + dξ. (3.49) s x s Podemos escribir la función de Green del problema (3.48) como: sx e senh G(x, ξ, s) = sξ e senh sξ s, < ξ < x, sx s, ξ < x <, (3.5) al igual que antes, debemos calcular la integral de contorno 1 2πi y(x, s)ds de la solución (3.49) para obtener a f(x) en términos de las funciones propias. Escogemos nuevamente un contorno circular C que crece arbitrariamente pero que no cierra completamente, sino que justo sobre la rama tiene una pequeña abertura, cuando el contorno se vaya a infinito quedará cerrado en ese punto. Ver la Fig. 3.5, donde el corte rama está marcado con línea punteada. Debemos calcular entonces: 1 y(x, s)ds = 1 x e sx senh sξ dsf(ξ)dξ 2πi C 2πi C s + 1 e sξ senh sx dsf(ξ)dξ. (3.51) 2πi s x Dado que el integrando es analítico en todo el plano excepto sobre la rama, por el teorema de Cauchy- Goursat sabemos que podemos deformar el contorno en la región de analiticidad del integrando. Escogemos un contorno C que envuelva la rama y se recorra en el sentido positivo, ver la Fig C

64 26CAPÍTULO 3. PROBLEMAS FÍSICOS EN INTERVALOS INFINITOSY LAS TRANSFORMADAS INTEGRALES Figura 3.5: Contorno C.

65 3.4. CASO CONTINUO 27 Figura 3.6: Contorno C. Calculemos ahora la integral sobre este contorno. En el tramo de abajo s = te iπ, s = i t, ds = e iπ dt y t va de a. En cambio, sobre el tramo de arriba s = te iπ, s = i t, ds = e iπ dt y t va de a : 1 y(x, s)ds 2πi C = 1 [ x 2πi + 1 2πi = 1 2πi 1 2πi = 1 2πi = 1 π e i tx senh ( i tξ) f(ξ) i senh ( i ] tx) e i tξ f(ξ) dξ + t x i dξ e iπ dt t [ x e i tx senh (i tξ) f(ξ) i senh (i ] tx) e i tξ f(ξ) dξ + t x i dξ e iπ dt t [ x e i tx sen ( tξ) f(ξ) sen ( ] tx) e i tξ f(ξ) dξ + dξ dt t x t [ x x e i tx sen ( tξ) f(ξ) dξ + t x sen tξ t ( e i tx e i tx ) f(ξ)dξdt + 1 2πi sen tx sen tξ f(ξ)dξdt. t sen ( ] tx) e i tξ f(ξ) dξ dt t x sen tx( e i tξ e i tξ ) f(ξ)dξdt t Un último cambio de variable nos lleva al resultado deseado. Hacemos t = ω, dt = 2ω dω, de lo cual resulta: 1 y(x, s)ds = 2 sen ωx sen ωξ f(ξ)dξdω 2πi C π 2 [ ] 2 = sen ωξ f(ξ)dξ sen ωx dω = f(x). π π La cual es la conocida expresión para la Transformada Seno de Fourier. La expresión anterior se interpreta como el desarrollo de f(x) en términos de las funciones propias ψ(x, ω) = sen ωx y la expresión f(ω) =

66 28CAPÍTULO 3. PROBLEMAS FÍSICOS EN INTERVALOS INFINITOSY LAS TRANSFORMADAS INTEGRALES 2 π sen ωξ f(ξ)dξ juega el papel de las proyecciones con respecto a cada función propia (en una serie de Fourier es el equivalente de cada coeficiente de la suma). Comparando con una serie seno de Fourier, la suma se sustituye por una integral debido a que los valores propios son continuos en lugar de discretos. Recuperaremos ahora a la función f(x) mediante el núcleo de Dirichlet. Igual que antes esto se logra considerando el caso en que el radio del contorno C es muy grande, conservando los términos dominantes y realizando la integral de manera explícita. Nos fijamos en la primera de las integrales de la expresión (3.51), en la cual se cumple ξ < x. Hacemos s = Re iθ, π < θ < π, considerando R 1, para la integral sobre C: 1 2πi = 1 2πi R1/2 4π C π π π π = sen R1/2 (ξ x), π(ξ x) senh sξ e sx ds s (e R1/2 e iθ/2ξ e R1/2 e iθ/2ξ )e R1/2 e iθ/2 x ire iθ dθ 2R 1/2 e iθ/2 e R1/2 e iθ/2 (ξ x) e iθ/2 dθ después de haber realizado el cambio de variable u = R 1/2 e iθ/2 en la última integral. Si ahora nos fijamos en la segunda integral de (3.51), en la cual se cumple ξ > x. Nuevamente tomamos s = Re iθ, π < θ < π, considerando R 1, para la integral sobre C: 1 2πi = 1 2πi R1/2 4π C π π π π = sen R1/2 (ξ x). π(ξ x) senh sx e sξ ds s (e R1/2 e iθ/2x e R1/2 e iθ/2x )e R1/2 e iθ/2 ξ ire iθ dθ 2R 1/2 e iθ/2 e R1/2 e iθ/2 (x ξ) e iθ/2 dθ De manera que se recupera el núcleo de Dirichlet para el continuo en las dos integrales. Sustituyendo estos dos resultados en (3.51) nos queda: 1 2πi = C x sen R 1/2 (ξ x) y(x, s)ds = f(ξ)dξ + π(ξ x) x sen R 1/2 (ξ x) f(ξ)dξ π(ξ x) f(x). R sen R 1/2 (ξ x) f(ξ)dξ π(ξ x) De nuevo recuperamos a f(x) por medio del núcleo de Dirichlet, tal como se esperaba. Al igual que en el caso de espectro discreto, hemos recuperado la función f(x) por dos caminos: el primero integrando en el plano complejo alrededor de la rama (que equivale al cálculo de residuos de la sección anterior) encontrando a la f(x) en términos de las funciones propias. El segundo camino es integrar sobre el contorno C; haciendo tender su radio a infinito, la función de Green tiende al núcleo continuo de Dirichlet, y éste nos regresa a la f(x). Una vez más, la completez de las funciones queda demostrada.

67 3.4. CASO CONTINUO 29 En la sección anterior se mostró que era posible recuperar a f(x) sobre el contorno al infinito sin usar el núcleo de Dirichlet. En este caso también es posible hacerlo, según mostraremos ahora. Partimos de la expresión (3.49): y(x, s) = x e sx senh sξ f(ξ) dξ + s x e sξ senh sx f(ξ) dξ. s Integramos lo anterior con respecto a ξ dos veces por partes, recordando que f(x) cumple las condiciones de frontera del problema: f() = y f(x) < cuando x. De ese cálculo se obtiene: y(x, s) = f(x) s sx x + e s 3/2 senh sξ f (ξ)dξ + senh sx s 3/2 x e sξ f (ξ)dξ. Integrando la última expresión sobre el contorno C, con s = Re iθ, en el límite cuando R se obtiene: 1 2πi + 1 2πi C C y(x, s)ds = 1 f(x) 2πi C s ds + 1 e sx x senh sξ f (ξ)dξds 2πi C s 3/2 senh sx ( 1 ) e sξ f (ξ)dξds = f(x) + O s 3/2 R f(x). 3/2 R x Demostrar que las integrales de arriba son O ( 1 R 3/2 ) sobre el contorno C para R grande se deja como ejercicio al lector. De este modo, hemos recuperado a f(x) sin utilizar el núcleo de Dirichlet Espectro discreto definido por una ecuación trascendental Encontraremos ahora el desarrollo espectral de un operador diferencial con sus condiciones de frontera respectivas, resultando un espectro discreto al igual que en el primer caso. La diferencia con dicho caso y el presente, radica en que la determinación de los valores propios se hace ahora resolviendo una ecuación trascendental. El problema es el siguiente: donde k es una constante. y sy = f(x), < x < 1, y () + ky() =, y(1) =, (3.52) Ejercicio 7 Para la condición de frontera dada en x =, diga por qué el caso de interés físico, corresponde a k <. Esta condición de frontera representa una cuerda fija en x = 1 y amarrada a un resorte en el origen, en el caso de la ecuación de onda; mientras que en el caso de la ecuación de calor, el extremo derecho se encuentra a temperatura cero para todo tiempo y en el extremo izquierdo se satisface la ley de enfriamiento de Newton. Cómo se escribiría la ley de enfriamiento de Newton en el extremo x = 1 para el caso físico? Por qué? Resolveremos el problema anterior por variación de parámetros, encontrando dos soluciones homogéneas f 1 (x), f 2 (x); pedimos que cada una de ellas satisfaga una sola condición de frontera, al igual que antes. Es fácil ver que las soluciones requeridas son: f 1 (x) = senh s sx k cosh sx f 2 (x) = senh s(x 1).

68 3CAPÍTULO 3. PROBLEMAS FÍSICOS EN INTERVALOS INFINITOSY LAS TRANSFORMADAS INTEGRALES Proponemos entonces por variación de parámetros: y(x, s) = A(x)f 1 (x) + B(x)f 2 (x), sustituyendo la solución anterior en (3.52) encontramos: A (x)( senh s sx k cosh sx) + B (x) senh s(x 1) =, A (x) s(cosh s sx k senh sx) + B (x) s cosh s(x 1) = f(x). Si pedimos que la solución particular satisfaga las condiciones de frontera de (3.52) es fácil ver que requerimos que se cumpla A(1) =, B() =. Del sistema de ecuaciones anteriores se obtiene como solución: 1 A(x) = x x B(x) = senh s(ξ 1) f(ξ) s( senh s s k cosh s) dξ, ( senh sξ s k cosh sξ) f(ξ) s( senh s s k cosh dξ. s) Nuevamente, el denominador dentro de las integrales anteriores no es otra cosa que el wronskiano de f 1 y f 2. Escribimos la solución completa al problema (3.52): y(x, s) = ( senh sx s k cosh 1 sx) x senh x s(x 1) = 1 senh s(ξ 1) f(ξ) s( senh s s k cosh s) dξ ( senh sξ s k cosh sξ) f(ξ) s( senh s s k cosh dξ (3.53) s) G(x, ξ, s)f(ξ)dξ, (3.54) donde G es la función de Green de (3.52) definida como: G(x, ξ, s) = senh s(x 1)( senh sξ s k cosh sξ) s( senh s s k cosh s) senh s(ξ 1)( senh sx s k cosh sx) s( senh s s k cosh s), < ξ < x,. x < ξ < 1, (3.55) De lo anterior vemos que y(x, s) no tiene punto rama en s = pero puede tener polos si se cumple senh s s k cosh s =. De manera ilustrativa analizaremos los casos k >, k < ; aunque posteriormente continuaremos únicamente con el caso físico k <. k > Si se cumple s llegamos a la ecuación trascendental tanh s = s k que puede tener hasta dos soluciones, una es s = y la segunda solución será posible sólo si k > 1, esto debido a que la pendiente de tanh s como función de s en el origen es uno. Mostramos esto en la figura siguiente. Nótese que s = es siempre solución de la ecuación, esto concuerda con el hecho que la ecuación (3.52) tiene un valor propio en s = con función propia y (x) = k(x 1).

69 3.4. CASO CONTINUO 31 Figura 3.7: Gráficas de tanh s y s/k para s, k >. Figura 3.8: Gráficas de tanh s y s/k para s, k >. Por otro lado, si se cumple s y tomamos la raíz principal, s = i t, t, se llega a tan t = t k. La ecuación anterior tiene siempre una infinidad de valores, como vemos en la figura siguiente. k < Este es el caso de interés físico y es el que retomaremos a continuación. Si se cumple s llegamos nuevamente a la ecuación trascendental tanh s = s k. Sin embargo en el caso presente tiene solución única: el valor propio s =. No habrá más soluciones para esta ecuación como se puede ver en la figura a continuación. Figura 3.9: Gráficas de tanh s y s/k para s, k <. Ahora bien, si s y tomamos la raíz principal, s = i t, t, se llega nuevamente a tan t = t k. La ecuación anterior tiene otra vez una infinidad de valores, como vemos en la figura siguiente: De esta manera tendremos una infinidad de valores propios discretos dados por la ecuación tan t = t k, de manera que se tienen que calcular numéricamente. Además, de la figura anterior es claro que los valores propios grandes estarán muy cercanos a los valores (n )π, por lo que esto nos permite aproximarlos. Es importante notar además que todos los polos de G son de orden uno y por tanto los valores propios son

70 32CAPÍTULO 3. PROBLEMAS FÍSICOS EN INTERVALOS INFINITOSY LAS TRANSFORMADAS INTEGRALES Figura 3.1: Gráficas de tanh s y s/k para s, k <. simples. Calculamos ahora 1 2πi y(x, s)ds sobre un contorno que incluye todos los polos. Esperamos encontrar el C desarrollo de f(x) en términos de las funciones propias del problema. Al extender el contorno C al infinito, la integral requerida será igual a la suma de residuos. Para calcularlos necesitamos conocer el valor de W s=iµ n donde W(s) es el wronskiano de las soluciones homogéneas y µ n son las soluciones de la ecuación tanµ n = µn k : W(s) = ( s senh s s k cosh ) s W s=iµn = 1 ( 1 1 ) 2 k + µ2 n k 2 cosµ n. (3.56) Tomamos el contorno s = R como el que se muestra en la figura siguiente: Figura 3.11: Contorno C. A partir de (3.53) y usando (3.56), en el límite cuando R, seconcluyeque : De esta manera se obtiene a la función f(x) en términos de la base de funciones propias del problema dada por y n (x) = sen µ n x µn k cosµ nx, n = 1, 2,.... Se deja al lector probar que y n satisface (3.52) siempre y cuando se cumpla tanµ n = µn k. Recuperaremos ahora a la función f(x) mediante el núcleo de Dirichlet para el continuo sobre el contorno al infinito. Para ello, tenemos que demostrar que la integral de la función de Green G(x, ξ, s) respecto a s sobre el contorno cerrado C, se aproxima al núcleo de Dirichlet para el continuo cuando R, excepto

71 3.4. CASO CONTINUO 33 por un factor de 2i. Es decir, queremos hallar aproximaciones para las integrales: C C ( senh sξ s k cosh sξ) senh s(x 1) s( senh s s k cosh ds, s) ( senh sx s k cosh sx) senh s(ξ 1) s( senh s s k cosh ds. s) Consideramos la primera de las integrales anteriores donde se cumple ξ < x; aproximamos el integrando para s, es decir s = Re iθ y R 1: ( senh sξ s k cosh sξ) senh s(x 1) s( senh s s k cosh s) Para la integral completa se obtiene: C π π 1 2R 1/2 e iθ/2e R ( senh sξ s k cosh sξ) senh s(x 1) s( senh s s k cosh ds s) 1 1/2 e iθ/2 2R 1/2 e R (x ξ) ire iθ dθ eiθ/2 = 2i sen R(ξ x). (ξ x) 1/2 e iθ/2 (x ξ). El resultado de la segunda integral es idéntico ya que se obtiene al intercambiar x y ξ en la última expresión y esto no produce alteración alguna. De esta manera podemos escribir: 1 y(x, s)ds = 1 2πi C 2πi R 1 f(x), f(ξ)2i sen R(ξ x) dξ = ξ x 1 f(ξ) sen R(ξ x) dξ π(ξ x) recuperando así la función f(x) sobre el contorno al infinito mediante el núcleo de Dirichlet para el continuo. La completez de las funciones propias del problema (3.52) está demostrada y podemos expresar a f(x) como: f(x) = = n=1 n=1 con los µ n dados por tanµ n = µn k a n 2( sen µ n x µn k cosµ nx) 1 1 k + µ2 n k 2 1 a n ( sen µ n x µ n k cosµ nx) = k + µ2 n k 2 f(ξ)( sen µ n ξ µ n k cosµ nξ)dξ a n y n (x), n=1 y donde se utiliza la definición: 1 de manera análoga al resultado de series de Fourier. f(ξ)( sen µ n ξ µ n k cosµ nξ)dξ = (f, y n) (y n, y n ),

72 34CAPÍTULO 3. PROBLEMAS FÍSICOS EN INTERVALOS INFINITOSY LAS TRANSFORMADAS INTEGRALES Espectro Mixto Como último caso del desarrollo espectral de operadores diferenciales, resolveremos un ejemplo en el cual aparece el llamado espectro mixto; es decir, tendremos valores propios discretos y continuos. El problema a resolver es el siguiente: y sy = f(x), < x <, y () + ky() =, y x. (3.57) Nuevamente tomamos soluciones homogéneas f 1 (x), f 2 (x) que satisfagan sólo una de las condiciones de frontera cada una: f 1 (x) = senh s sx k cosh sx, f 2 (x) = e sx. Proponiendo una solución por variación de parámetros: y(x, s) = A(x)f 1 (x) + B(x)f 2 (x), (3.58) obtenemos el mismo sistema de ecuaciones obtenido en las tres secciones anteriores: Resolviendo el sistema anterior se obtiene: A (x) = f 2(x)f(x) W(s) A x A (x)f 1 (x) + B (x)f 2 (x) =, A (x)f 1 (x) + B (x)f 2 (x) = f(x)., B (x) = f 1(x)f(x), W(s), B() =, donde W(s) es, como siempre, el wronskiano de las soluciones homogéneas. Las condiciones de frontera para A(x) y B(x) se escogen de manera que la solución en (3.58) satisfaga las condiciones de frontera del problema (3.57). La solución a la ecuaciones diferenciales anteriores se obtiene por integración directa: A(x) = x f 2 (ξ)f(ξ) dξ, W(s) B(x) = El wronskiano de f 1 y f 2 está dado por: W(s) = ( ) s s k 1. x f 1 (ξ)f(ξ) dξ. W(s) Con estos resultados escribimos la solución completa al problema (3.57): ( y(x, s) = senh s sx k cosh ) e sξ f(ξ) sx ( s )dξ x s k 1 = x e sx ( senh sξ s k cosh ) sξ f(ξ) ( s ) dξ s k 1 G(x, ξ, s)f(ξ)dξ,

73 3.4. CASO CONTINUO 35 donde la función de Green G se define por: G(x, ξ, s) = sx e ( senh sξ s k cosh sξ) ( s s sξ e ( senh sx s k cosh sx) ( s s k 1 ), < ξ < x, k 1 ), x < ξ <, De las combinaciones f 1 f/w, f 2 f/w notamos lo siguiente: i) y(x, s) tiene un punto rama en s =. ii) Dependiendo del signo de k y de la raíz de s seleccionada, tendremos o no un único polo ( s = k, s ) debido al factor de k 1 en el denominador. Para entender el punto ii), tomamos s = Re iθ con el argumento en el intervalo π < θ π, así la raíz de s, será s = ±R 2e 1 i θ 2. Analicemos cada caso por separado: k > Tenemos un polo en s = k 2 si escogemos la rama de la raíz como s = R 1 2 e i θ 2. No habrá polo si escogemos la raíz como s = R 1 2 e i θ 2, ya que Arg s. k < No habrá polo si escogemos la raíz como s = R 1 2e i θ 2, ya que Arg s π. Tenemos un polo en s = k 2 si escogemos la raíz como s = R 2e 1 i θ 2. Suponemos ahora k > y tomamos la raíz como s = R 1 2e i θ 2. Por lo anterior, tenemos un polo en s = k, o bien en s = k 2. Deseamos ahora obtener el desarrollo espectral del operador en (3.57). Para ello 1 calculamos 2πi y(x, s)ds sobre un contorno con s = R y un corte rama en el eje real negativo, como se C muestra en la figura siguiente: Figura 3.12: Contorno C. La integral sobre C se puede expresar como la integral sobre un contorno deformado C que consiste en la integral sobre la rama más la integral alrededor del polo como mostramos a continuación: Para calcular el residuo en el polo requerimos calcular W (s) y evaluarla sobre el polo, esto resulta ser W (k 2 ) = 1 2k. Para la integral sobre la rama, tendremos s = teiπ, s = i t sobre la parte de arriba; y

74 36CAPÍTULO 3. PROBLEMAS FÍSICOS EN INTERVALOS INFINITOSY LAS TRANSFORMADAS INTEGRALES Figura 3.13: Contorno C. s = te iπ, s = i t sobre la parte de abajo. La integral sobre C es entonces: 1 y(x, s)ds 2πi C = 1 ( senh sx s k f(ξ) cosh sx ) e sξ 2πi ( s ) dsdξ x C s k 1 1 x ( senh sξ s k f(ξ) cosh sξ ) e sx 2πi ( s ) dsdξ C s k 1 ( ) senh kx coshkx e kξ = f(ξ) dξ x x 1 2πi 1 2πi 1 2πi 1 2πi 1 2k ( ) senh kξ coshkξ e kx f(ξ) dξ x x x x = 2ke kx + 1 2πi + 1 2πi + 1 2πi x 1 2k ( senh i tx i t k f(ξ) coshi tx ) e i tξ i ( i t ) dξe iπ dt t k 1 ( senh i tξ i t k f(ξ) coshi tξ ) e i tx i ( ) dξe iπ dt t i t k 1 ( senh ( i tx) + i t k f(ξ) cosh( i tx) ) e i tξ i ( ) dξe iπ dt t i t k 1 ( senh ( i tξ) + i t k f(ξ) cosh ( i tξ) ) e i tx i ( ) dξe iπ dt t i t k 1 f(ξ)e kξ dξ + 1 2πi x x x f(ξ) ( sen tξ t f(ξ) ( k cos tξ ) e i tx t i ) dξdt t k 1 ( senh tx t k f(ξ) cos tx ) e i tξ ( t i t f(ξ) ) dξdt k + 1 ( sen tξ t k cos tξ ) e i tx ( ) dξdt t i t k + 1 ( sen tx t k cos tx ) e i tξ ( ) dξdt t i t k 1

75 3.4. CASO CONTINUO 37 Finalmente hacemos el cambio de variable λ = t para simplificar la expresión anterior: 1 y(x, s)ds = 2ke kx f(ξ)e kξ dξ 2πi C + 2 ( f(ξ) sen λξ λ )dξ π k cosλξ k 2 ( λ 2 + k 2 sen λx λ )dλ k cosλx = 2ke kx f(ξ)e kξ dξ ( ) 2 k ( + f(ξ) sen λξ λ 2 )dξ π λ2 + k 2 k cosλξ k ( sen λx λ )dλ. π λ2 + k 2 k cosλx De lo anterior podemos identificar a la función ϕ(x) = e kx como la función propia correspondiente al espectro discreto. La cantidad 2k no es otra cosa que su norma al cuadrado y la primera de las integrales anteriores es la proyección de la función f(x) en esta función propia. Por otro lado, las funciones ψ(x, λ) = sen λx λ k cosλx son las funciones propias correspondiendo al espectro continuo y la cantidad 2 k 2 π λ 2 +k hace 2 las veces de su norma al cuadrado. De igual manera, la integral doble de arriba es simplemente la proyección de la función f(x) sobre las funciones propias del continuo. Lo anterior lo podemos escribir de manera más clara como: donde se hicieron las definiciones: 1 y(x, s)ds = 2πi f ( e kx + f(λ) sen λx λ )dλ, C k cosλx f 2k f(ξ)e kξ (f, ϕ) dξ = (ϕ, ϕ), 2k f(λ) 2 ( π(λ 2 + k 2 f(ξ) sen λξ λ )dξ ) k cosλξ 2k 2 = π(λ 2 + k 2 ) f(ξ)ψ(ξ, λ)dξ = (f, ψ) (ψ, ψ). Finalmente recuperamos el núcleo de Dirichlet sobre el contorno al infinito, demostrando la completez de las funciones propias del problema (3.57). Al hacer el cálculo de la expresión 1 2πi C y(x, s)ds aparecen las dos integrales: C C ( senh sx s k cosh sx ) e sξ ( s ) ds, x < ξ, s k 1 ( senh sξ s k cosh sξ ) e sx ( s ) ds, ξ < x, s k 1 dadas por la función de Green del problema. Cada una de las dos partes se obtiene de la otra intercambiando x con ξ. Sabemos así que cualquier manipulación sobre alguna de las integrales de arriba podemos reproducirla en la segunda simplemente haciendo el intercambio mencionado. Tomamos la contribución que cumple ξ < x y hacemos s = re iθ, R 1: ( senh sξ s k cosh sξ ) e sx s ( s k 1 ) 1 2 e R1/2 e iθ/2 (x ξ). Re i θ 2

76 38CAPÍTULO 3. PROBLEMAS FÍSICOS EN INTERVALOS INFINITOSY LAS TRANSFORMADAS INTEGRALES La integral sobre el contorno C de la aproximación de arriba será: C ( senh sξ s k cosh sξ ) e sx i ( s ) ds s k 1 2 R π π e R1/2 e iθ/2 (x ξ) e iθ/2 = 2i sen R1/2 (ξ x). ξ x Re iθ dθ Debido a que la expresión anterior es simétrica respecto a intercambios entre ξ y x, la manipulación equivalente sobre la otra integral es idéntica, podemos escribir: 1 yds = 1 2πi C 2πi R f(x), f(ξ)2i sen R1/2 (ξ x) dξ = ξ x f(ξ) sen R1/2 (ξ x) dξ π(ξ x) recuperando así a la función f(x) sobre el contorno al infinito. Con los resultados de esta sección podemos expresar dicha función como: f(x) = f e kx + ( f(λ) sen λx λ )dλ, k cosλx usando las definiciones previas para f y f(λ). Concluimos entonces que f(x) se compone de la superposición de la función propia del espectro discreto y las funciones propias del espectro continuo. Finalmente, añadimos que es posible tener problemas en los cuales ocurran valores propios continuos y además el espectro discreto sea infinito. La representación espectral en ese caso tendrá la forma de una suma infinita y una doble integral. Es importante notar que este procedimiento es completamente general para ecuaciones ordinarias. Sólo se necesitan dos soluciones homogéneas linealmente independientes con los comportamientos apropiados en las fronteras. Las funciones especiales son las soluciones adecuadas para varios problemas. Es por esto que cada función especial está asociada a una transformada. Sin embargo, es mejor pensar que la representación espectral está asociada a una ecuación de segundo orden y que aun sin funciones especiales ésta se puede obtener en principio. Por otra parte, en muchos casos de interés las funciones especiales son convenientes ya que juegan el papel de las funciones exponenciales.

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