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Ejercicios del curso “Ecuaciones en derivadas parciales”

Tommaso Leonori Dep. de An´alisis Matem´atico Universidad de Granada.

e-mail: [email protected]

T.Leonori

Ejercicios de EDP

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Ejercicios del curso “Ecuaciones en derivadas parciales” c

Tommaso Leonori ISBN papel 978-84-686-2795-3 Impreso en Espa˜ na Editado por Bubok Publishing S.L.

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´Indice general Ecuaciones del Primer Orden

7

Ecuaci´ on de Ondas

27

Ecuaci´ on del Calor

75

Ecuaciones El´ıpticas

101

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Ejercicios de EDP

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Introduci´ on En estos apuntes he reunido las soluciones de los ejercicios propuesto durante el curso, dado juntos con el Prof. David Arcoya, y en los ex´amenes de “Ecuaciones en Derivadas Parciales ” del a˜ no acad´emico 2009/2010. En las referencias pod´eis encontrar unos libros ´o apuntes donde la teor´ıa relativa a los ejercicios propuestos est´a explicada de forma clara. Algunos de los ejercicios propuestos han sido cogido desde [CF], [DF], [Per] y [St]. Si alguien encontrara erratas, misprints ´o tiene dudas sobre los ejercicios, que no dudes en enviarme un correo ([email protected]).

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Ecuaciones del Primer Orden Ejercicio 1.1 Estudiad la linealidad y estableced el orden para cada una de las e.d.p. siguientes: 1. ut − uxx + 1 = 0, 2. ut − uxx + xu = 0, 3. ut − uxxt + uux = 0, 4. utt − ux + x2 = 0, 5. iut − uxx + 6. p

ux

(1 +

u2x )

u x

= 0,

+q

uy

= 0,

(1 + u2y )

7. ux + ey uy = 0, √ 8. ut + uxxxx + 1 + u = 0. Soluci´ on.1 No es complicado verificar que: 1

Con ecuaci´ on diferencial de orden m se entiende una ecuaci´on de la forma F (Dm u, Dm−1 u, ...., Du, u, x) = 0 x ∈ Ω ⊆ RN N ≥ 2 ,

donde F : RN

m

× RN

m−1

× ..... × RN × R × Ω × Ω → R

es una funci´ on asignada y u:Ω→R

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1. es lineal del segundo orden; 2. es lineal del segundo orden; 3. es nolineal del tercer orden; 4. es lineal del segundo orden; 5. es lineal del segundo orden; 6. es nolineal del primer orden; 7. es lineal del primer orden; 8. es nolineal del cuarto orden.

es una funci´ on regular. Adem´ as decimos que la ecuaci´on es lineal si se escribe de la forma m X

aα (x)Dα u(x) = f (x)

|α|≤k

donde f y aα son funciones regulares.

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Ejercicio 1.2 Dado c ∈ R, estudiad la linealidad y orden de la siguiente ecuaci´ on: ux + cuy = 0,

(x, y) ∈ R2 .

(1.1)

Interpretad geom´etricamente la e.d.p. y calculad sus soluciones. Soluci´ on. No es complicado verificar que la ecuaci´on es lineal del primer orden. N´otese que dicha ecuaci´on se puede escribir de la siguiente forma: ∇u(x, y) · (1, c) = 0 , donde ∇ = (∂x ·, ∂y ·). Entonces el ejercicio consiste en encontrar funciones u tales que su gradiente es ortogonal al vector (1, c). Vamos a explicar dos manera de resolver este ejercicio. M´etodo 1. Geometrico. Aprovechando la idea del sentido geom´etrico de la ecuaci´on, deducimos que la derivada direccional de u(x) en la direcci´on (1, c) tiene que ser 0, es decir que u(x) es constante a lo largo de dicha direccion. Entonces que las soluciones de la ecuaci´on (1.1) tienen que depender s´olo de una direcci´on ortogonal a (1, c). Siendo el vector (−c, 1) ortogonal a (1, c), deducimos que u(x, y) = f (y − cx) , donde f es una funci´on de clase C 1 (R). Las rectas y − cx =constante se llaman rectas caracter´ısticas. M´etodo 2. Caracter´ısticas. Aplicando el m´etodo de las caracter´ısticas (v´ease, por ejemplo [Ev], Cap. 2 para la teor´ıa de esto m´etodo) deducimos que   x′ (t) = 1   y ′ (t) = c t∈R    z ′ (t) = 0 , 9

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as´ı que resulta, siendo α1 , α2 , α3 constantes arbitrarias,     x(t) = t + α1 Por lo tanto

y(t) = ct + α2    z(t) = α3 .

t∈R

α3 = z(x(t), y(t)) = z(t + α1 , ct + α2 ) y como y(t) − cx(t) = α2 − cα1 deducimos que las soluciones de (1.1) son de la forma u(x, y) = f (y − cx) , donde f es una cualquier funci´on f ∈ C 1 (R).

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Ejercicio 1.3 Resolved las ecuaciones: 1. ut + xux = 0, 2. ut + 2tx2 ux = 0,

(x, t) ∈ R2 , (x, t) ∈ R2 .

Soluci´ on. En los dos casos aplicamos el m´etodo de las caracter´ısticas. 1. Escribimos el sistema caracter´ıstico asociado a la primera de la ecuaciones resulta ser   ′  t (s) = 1  x′ (s) = x(s)    z ′ (s) = 0 .

s∈R

Entonces, siendo ci i = 1, 2, 3 constantes, la soluci´on del sistema esta dada por     t(s) = s + c1 (1.2) x(s) = c2 es s∈R    z(s) = c3 .

Por lo tanto la soluci´on de la ecuaci´on ut + xux = 0, (x, t) ∈ R2 resulta ser constante si calculada a lo largo de la familia de las curvas caracter´ıstica definida mediante las primeras dos ecuaciones en (1.2). Por lo tanto, teniendo en cuenta que s = t−c1 , resulta que xe−t = c2 e−c1 = C1 . Adem´as aprovechando que la ecuaci´on es lineal no homog´enea y que no hay ning´ un t´ermino de orden cero, las constantes cumplen tambi´en la ecuaci´on as´ı que las soluciones son de la forma: u(x, t) = C1 xe−t + C2 con C1 y C2 constantes. 11

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2. En este caso el sistema caracter´ıstico resulta ser dado por   ′   t (s) = 1 x′ (s) = 2t(s)x2 (s)    z ′ (s) = 0 .

s∈R

Entonces, siendo ci i = 1, 2, 3 constantes, las soluci´ones de la primera y tercera ecuaciones del sistema son  t(s) = s + c s∈R 1 z(s) = c2 ,

mientras que para resolver la segunda aplicamos el m´etodo de separaci´on de las variables. Para x(s) 6= 0 tenemos que x′ (s) = 2t(s) = 2(s + c1 ) x2 (s) as´ı que 1 c3 − =2 x(s)

Z

t(s)ds = 2

Z

(s + c1 )ds = (s + c1 )2 + c′3 = t2 (s) + c′3 ,

por una constante c′3 oportuna. Por lo tanto 1 + t2 = c′′3 , x

con c′′3 ∈ R ,

y como la soluci´on es constante a lo largo de cada curva caracter´ıstica, deducimos, razonando como antes, que las soluciones tienen la forma 1  u(x, t) = C1 + t2 + C2 , x con C1 y C2 constantes.

Se puede f´acilmente verificar que dichas soluciones cumplen las ecuaciones diferenciales propuestas en el ejercicio.

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Ejercicio 1.4 Calculad la soluci´ on del problema ( ut − u x = u2 , x ∈ R, t > 0 1 −x u(x, 0) = 2 e , x ∈ R. Soluci´ on. Aplicamos el m´etodo de las caracter´ısticas y por lo tanto queremos resolver el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias:   ˙ =1    t0 (σ) = 0  t(s) x0 (σ) = σ x(s) ˙ = −1     z0 (σ) = 12 e−σ . z(s) ˙ = z 2 (s)

Entonces

   t(s, σ) = s x(s, σ) = −s + σ   1 1 − z(s,σ) = 2eσ − z0 (σ)

y consecuentemente  s = t(s, σ)    σ = x(s, σ) + t(s, σ)    u(x(s, σ), t(s, σ)) = z(s, σ) =

1 z(s,σ)

= s,

1 1 = x(s,σ)+t(s,σ) −s 2e − t(s, σ)

2eσ

y finalmente deducimos que

u(x, t) =

1 2ex+t

−t

.

Es f´acil comprobar que ´esta es efectivamente una soluci´on del problema.

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Ejercicio 1.5 Calculad la soluci´on del problema ( ux + uuy = 2, (x, y) ∈ R2 u(0, y) = y, y ∈ R. Soluci´ on. Observemos que es un problema de Cauchy de la forma ( a(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy = c(x, y, u), u(x0 (s), y0 (s)) = z0 (s), s ∈ R, con coeficientes a(x, y, u) = 1, b(x, y, u) = u, c(x, y, u) = 2 y con la curva inicial Γ(s) = (x0 (s), y0 (s), z0 (s)) dada por x0 (s) = 0, y0 (s) = s y z0 (s) = s. Observemos tambi´en que este problema es no caracter´ıstico ya que ! a(x0 (s), y0 (s)) x′0 (s) det 6= 0. b(x0 (s), y0 (s)) y0′ (s) Adem´as la curva s 7→ (x0 (s), y0 (s)) = (0, s) = Γ(s) es inyectiva. Por tanto existe una superficie integral (o soluci´on local) que contiene a la curva inicial Γ(s). Para calcular dicha soluci´on, consideramos el sistema caracter´ıstico:     x(s) ˙ = 1  x0 (σ) = 0  y0 (σ) = σ y(s) ˙ = z(s)     z0 (σ) = σ . z(s) ˙ =2 Est´a claro que las primeras y las terceras ecuaciones nos dan ( x(s, σ) = s z(s, σ) = 2s + σ,

as´ı que tenemos y(s, σ) − σ =

Z

s

(2τ + σ)dτ = s2 + sσ. 0

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Podemos obtener una expres´ıon para s y t en funci´on de x e y: ( x=s 2 para x 6= 1 . σ = y−x 1+x Consecuentemente, u(x, y) =

y − x2 + 2x para x 6= 1 . 1+x

Es f´acil comprobar que ´esta es efectivamente una soluci´on del problema.

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Ejercicio 1.6 Calculad la soluci´on del problema ( ut + uux = 0, (x, t) ∈ R × (0, +∞) u(x, 0) = g(x), x ∈ R, with g tal que g(x) =

    1

if x ≤ 0

1−x    0

if 0 ≤ x ≤ 1

(1.3)

(1.4)

if x ≥ 1.

Soluci´ on. Primero, notamos que en principio el m´etodo de las caracter´ısticas no se puede aplicar a este problema siendo el dato inicial de clase C 1 a trozos pero no C 1 (R). A pesar de esto facto, podemos pensar en aplicar dicho m´etodo en las regiones del semiplano correspondientes a las zonas donde el dato inicial es regular e intentar, luego, de pegar las soluciones encontradas. La ecuaci´on diferencial que aparece en (1.3) es muy bien conocida en mec´anica de luidos como Ecuaci´on de Burges (con coeficiente de viscosidad 0). M´as in general este es un ejemplo sencillo de una ley de conservaci´on, es decir de ecuaciones que tienen la forma ut + F (u)x = 0 con F una funci´on regular (F (s) = 21 s2 en (1.3)). Escribimos el sistema asociado, es decir

Siendo

   t0 (σ) = 0 x0 (σ) = σ   z0 (σ) = g(σ) .

 ˙ =1   t(s) x(s) ˙ = z(s)   z(s) ˙ =0 det

1 0 −1 1 16

!

6= 0,

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el sistema es compatible, as´ı que tiene sentido buscar una soluci´on al rededor de la curva Γ(s) = (t(σ), x(σ), g(σ)). Por lo tanto    t(s) = s (1.5) z(s) = g(σ)   x(s) = σ + sg(σ) . Por lo tanto

u(x(s, σ), t(s, σ)) = z(s, σ) = g(σ) as´ı que ahora s´olo tenemos que encontrar una expresi´on expl´ıcita para g(σ) en funci´on de x y t. Siendo t = s, deducimos que x(s) = σ + tg(σ); adem´as, aprovechando (1.4), podemos escribir la soluci´on de la tercera ecuaci´on en (1.5) expl´ıcitamente:   if σ ≤ 0  x=σ+t x = σ + t(1 − σ) if 0 < σ ≤ 1   x=σ+t if σ > 1 . Por lo tanto (v´ease tambi´en Figura 1.1)   if x ≤ t  σ =x−t x−t σ = 1−t if 0 < x−t ≤1 1−t   σ=x if x > 1 .

es decir t < x ≤ 1, 0 < t < 1

Consecuentemente la soluci´on de (1.3) est´a data, acordando la definici´on de g data por (1.4), por   if x ≤ t  x−t 1−x u(x, t) = if t < x ≤ 1, 0 < t < 1 1−t   0 if x > 1 .

Como ya hemos observado, la soluci´on encontrada no es de clase C 1 (R × (0, 1)) siendo el dato inicial s´olo continuo (y C 1 a trozos pero no C 1 (R)) y por no tener, la ecuaci´on considerada, un efecto de regularizaci´on en las soluciones. 17

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t=1

u≡

u≡1

1−x 1−t

b

u(x, 0) = 1

u≡0

x b

u(x, 0) = 1 − x

u(x, 0) = 0

Figura 1.1: Las rectas caracter´ısticas en la regi´on 0 < t < 1. De todas formas el mismo tipo de fen´omeno si habr´ıa presentado si hubi´eramos elegido un cualquier dato inicial g ∈ C 1 (R) que cumpliese    if x ≤ 0  1 g(x) =

g(x) ∈ C 1 [0, 1],    0

0 ≤ g(x) ≤ 1 if 0 ≤ x ≤ 1 if x ≥ 1.

Efectivamente, las curvas caracter´ıstica que salen de la zona x ≤ 0 y x ≥ 1 al tiempo t = 0 habr´ıan sido las misma y n´otese que las rectas caracter´ısticas cruzan en (x, t) = (1, 1). A la soluci´on en este punto no se le puede asignar un valor preciso, siendo el punto (1, 1) en el cruce de tres familias de curvas caracter´ısticas que dan valor distinto en alcanzar dicho punto: si nos acercamos desde la zona “verde” la soluci´on vale cero, si nos acercamos desde la zona “roja” la soluci´on vale uno mientras que si nos acercamos desde la zona “azul” la soluci´on es indeterminada. Por lo tanto se produce un fen´omeno de shock que limita el dominio de la soluci´on (en sentido cl´asico) al conjunto {0 < t < 1}. De todas formas, se puede definir la soluci´on en un conjunto mas grande utilizando una condici´on adicional (conocida como la Condici´on de Entropia) para elegir el valor de la soluci´on por t > 1 (v´ease por ejemplo [Ev], Secci´on 3.4).

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Ejercicio 1.7 Dado a ∈ R\{0}, estudiad la linealidad y orden de la siguiente ecuaci´ on: 1 ∂ 2u ∂ 2u − = 0, (x, t) ∈ R2 . (1.6) ∂x2 a2 ∂t2 Calculad algunas soluciones particulares. Soluci´ on. No es complicado probar que la ecuaci´on es lineal del segundo orden. M´etodo 1. Caracter´ısticas. Vamos a aplicar el m´etodo de las caracter´ısticas a esta clase de ecuaciones. Siendo la ecuaci´on del primer orden, la idea es descomponer el operador



diferencial como ∂x − a1 ∂t ◦ ∂x + a1 ∂t as´ı como ∂x + a1 ∂t ◦ ∂x − a1 ∂t , es decir que la ecuaci´on se puede escribir de las formas: 1
1
1
1
∂x − ∂t ∂x + ∂t u(x, t) = 0 = ∂x + ∂t ∂x − ∂t u(x, t), a a a a

(1.7)

para (x, t) ∈ R2 . Por lo tanto las soluciones de la ecuaci´on (1.6) se pueden ver como soluciones del siguiente sistema caracter´ıstico:  u (x, t) − 1 u (x, t) = ψ(x, t), x ∈ R, (x, t) ∈ R, x a t (1.8) ψx (x, t) + 1 ψt (x, t) = 0, x ∈ R, (x, t) ∈ R . a

Primero, buscamos las soluciones de la segunda ecuaci´on: una vez encontrada la substituyamos en la primera as´ı que podemos hallar u(x, t). Pues, tratandose de un sistema de ecuaciones lineales del primer orden, escribimos el sistema caracter´ıstico asociado a la segunda ecuaci´on:  1 ′   t (s, σ) = a x′ (s, σ) = 1 s>0   ′ z (s, σ) = 0 .

Por lo tanto

1 t(s) = s + c1 , a

x(s) = s + c2 , 19

z(s) = ψ(x(s), t(s)) = c3

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con ci , i = 1, 2, 3 constantes. Observamos que x − at es constante, as´ı que deducimos que ψ(x, t) = f (x − at) , f ∈ C 1 (R). Ahora substituyendo la expresi´on de ψ(x, t) en la primera de (1.8), deducimos que u(x, t) cumple 1 ux (x, t) − ut (x, t) = f (x − at), a

(x, t) ∈ R2 .

Para hallar la expresi´on de u(x, t), aplicamos otra vez el m´etodo de las caracter´ısticas a la ecuaci´on no homog´enea que verifica u. Entonces deducimos  ′   x (s) = 1 s > 0. t′ (s) = − a1 
 ′ z (s) = f x(s) − at(s)

(1.9)

Por lo tanto desde las primeras dos ecuaciones deducimos que 1 t(s) = − s + c1 , a

x(s) = s + c2 ,

con ci , i = 1, 2 constantes, as´ı que x + at = c3 ,

c3 ∈ R ,

son rectas caracter´ısticas. Entonces una cualquier funci´on de la variable x+at nadir a la soluci´on anula el operador ∂x − a1 ∂t , as´ı que siempre podemos a˜ particular una funci´on g(x + at) con g de clase C 2 (R). Desde la tercera ecuaci´on en (1.9) nos sale que

y entonces


d u(x(s), t(s)) = z ′ (s) = f x(s) − at(s) = f (2s + c) ds

1 z(s) = uz(x(s), t(s)) = F (2s + c) , 2 ′ con F = f . Finalmente deducimos que, siendo 2s = x − at, las soluciones de (1.6) son de la forma u(x, t) = F (x − at) + G(x + at) 20

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con F , G de clase C 2 (R). M´etodo 2. Para calcular las soluciones, notamos, como antes, la descomposici´on del operador ∂x2 · − a12 ∂t2 · como hemos ya hecho en (1.7). Buscamos ahora un cambio de variable para llevar este problema a uno m´as sencillo. La descomposici´on del operador sugieres, siguiendo la idea del m´etodo de las caracter´ısticas, de definir la pareja de nuevas variables ξ y η de la siguiente forma    x = ξ + η , ξ = x − at, 2 y consecuentemente (1.10) η−ξ  η = x + at, t = . 2a Por lo tanto si llamamos

v(ξ, η) = u

η − ξ η + ξ
, 2 2a

deducimos, con un calculo directo, que

∂ξ ∂η v(ξ, η) = 0 = ∂η ∂ξ v(ξ, η) .

(1.11)

Vamos a disfrutar de la primera identidad. Notamos que desde (1.11) la funci´on ∂η v(ξ, η) es independiente de la variable ξ, es decir existe una funci´on f de clase C 1 (R) tal que ∂η v(ξ, η) = f (η) . Siendo esta identidad cierta para cada ξ y η ∈ R, se pueden integrar ambos lados con respecto a η as´ı que, aprovechando el teorema fundamental del calculo, deducimos que Z Z ∂η v(ξ, η)dη = f (η)dη . Como estamos integrando una funci´on de dos variables con respecto s´olo a una de las dos, en calcular la familia de primitivas de f , hay que a˜ nadir (en lugar de una constante, como se hace en el calculo de primitivas en una variable) una funci´on arbitraria dependiente s´olo de la variable ξ. Por lo tanto v(ξ, η) = F (η) + G(η) , 21

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donde G de clase C 2 (R) y F ′ = f . N´otese que dicha v verifica tanto la primera como la segunda identidad en (1.11). Deshaciendo el cambio de variable introducido en (1.10), deducimos que las soluciones de (1.6) son de la forma

˜ ax + t , u(x, t) = F˜ ax − t + G

˜ de clase C 2 (R). con F˜ y G

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Ejercicio 1.8 Para (x1 , x2 , . . . , xN ) ∈ RN (N ≥ 2) se define el operador laplaciano ∆ mediante ∆u(x1 , x2 , . . . , xN ) =

N X ∂ 2u i=1

∂x2i

(x1 , x2 , . . . , xN ).

Dado ξ = (ξ1 , ξ2 , . . . , ξN ) ∈ RN , definimos (la soluci´on fundamental del laplaciano) Eξ : RN \ {ξ} −→ R mediante  1 2−N  , si N > 2,  N −2 |x − ξ| Eξ (x) =   − log |x − ξ|, si N = 2.

Probad que

∆Eξ (x) = 0,

x ∈ RN \ {ξ}.

Soluci´ on. N´otese que la funci´on Eξ , tanto en el caso N ≥ 3 como en el caso N = 2, es una funci´on no acotada, definida en RN \ {ξ} y diferenciable en todo su dominio de definici´on. Por lo tanto, como el ejercicio nos pide de calcular su Laplaciano en RN \ {ξ}, el calculo de las derivadas esta permitido. Empezamos por el caso N ≥ 3. Calculamos las derivadas parciales de E con respecto a la variable xi , por un cualquier i entre 1 y N : ∂ xi

1 xi − ξ i |x − ξ|2−N = −|x − ξ|1−N ∂xi |x − ξ| = − , N −2 |x − ξ|N

donde la u ´ltima identidad es consecuencia del siguiente calculo directo: sX 1 xi − ξ i 2(xi − ξi ) (xk − ξk )2 = pP = ∂xi |x − ξ| = ∂xi . 2 2 |x − ξ| N k=1N (xk − ξk ) k=1

Ahora derivamos otra vez con respecto a xi as´ı que ∂x2i Eξ (x) = N

(xi − ξi )2 1 − . N +2 |x − ξ| |x − ξ|N 23

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Por tanto, al sumar i entre 1 y N obtenemos: ∆Eξ (x) =

N X

∂x2i Eξ (x)

=

i=1

i=1

=

N  X

(xi − ξi )2 1 N − N +2 |x − ξ| |x − ξ|N



N N X X N 1 N 1 2 2 (x −ξ ) − 1 = |x−ξ| − N = 0. i i |x − ξ|N +2 i=1 |x − ξ|N i=1 |x − ξ|N +2 |x − ξ|N

En el caso N = 2, con el mismo espiritu del caso anterior, calculamos por i igual a 1 ´o 2 la derivada de Eξ (x) con respecto a xi : ∂xi − log |x − ξ| = − y consecuentemente ∂x2i Eξ (x) = 2

xi − ξ i , |x − ξ|2

(xi − ξi )2 1 − . 4 |x − ξ| |x − ξ|2

Por lo tanto ∂x21 Eξ (x) + ∂x22 Eξ (x) = 0 .

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Ejercicio 1.9 Sean a, b ∈ C 1 (Ω × R) con Ω ⊂ R2 un conjunto abierto y acotado. Supongamos que γ(t) = (x(t), y(t), z(t)) ∈ Ω × R (con t en un intervalo de R) es una curva caracter´ıstica de la ecuaci´on casilineal a(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy = 0,

(x, y) ∈ Ω.

Probar que si la proyecci´ on (x(t), y(t)) de γ(t) sobre Ω corta la frontera ∂Ω de Ω en dos puntos P 6= Q, entonces el problema   a(x, y, u(x, y))ux (x, y) + b(x, y, u(x, y))uy (x, y) = 0 (x, y) ∈ Ω, (x, y) ∈ ∂Ω ,

 u(x, y) = f (x, y)

no posee soluci´ on cuando la funci´ on f ∈ C(∂Ω) satisface f (P ) 6= f (Q). Soluci´ on. Sin p´erdida de generalidad podemos suponer que (x(0), y(0)) = P y (x(1), y(1)) = Q. Probaremos que si para f ∈ C(∂Ω) tenemos una soluci´on u del problema   a(x, y, u(x, y))ux (x, y) + b(x, y, u(x, y))uy (x, y) = 0 (x, y) ∈ Ω, (x, y) ∈ ∂Ω ,

 u(x, y) = f (x, y)

entonces f (P ) = f (Q) (v´ease Figura 1.2) Para ello, basta ver que u(x, y) es constante a lo largo de la proyecci´on (x(s), y(s)) de la curva caracter´ıstica. Esto es deducido usando que la superficie integral contiene toda la curva caracter´ıstica γ(t) = (x(t), y(t), z(t)) (i.e., u(x(t), y(t)) = z(t)) y observando que por ser homog´enea la ecuaci´on satisfecha por u tenemos que z(t) es constante (pues la tercera ecuaci´on del sistema caracter´ıstico es z ′ (t) = 0). Por tanto, f (P ) = u(P ) = u(x(0), y(0)) = z(0) = z(1) = u(x(1), y(1)) = u(Q) = f (Q).

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(x(t), y(t)) Q

P

Ω

Figura 1.2: El abierto Ω y la curva Γ.

26

Ecuaci´ on de Ondas Ejercicio 2.1 Resolved el el siguiente problema de Cauchy    x, y ∈ R,  uxx (x, y) − uyy (x, y) = 0, u(0, y) = 1 + y 2 ,    ux (0, y) = −sen y,

Soluci´ on. Aplicando la formula de D’Alembert por

y ∈ R,

y ∈ R.

2

la soluci´on del problema est´a dada

1 1 1 u(x, y) = [1 + (y − x)2 ] + [1 + (y + x)]2 − 2 2 2

Z

y+x

sen(s)ds y−x

1 = 1 + y 2 + x2 + [cos(x + y) − cos(x − y)] = 1 + y 2 + x2 − sen x sen y . 2 2

Recordamos la formula de D’Alembert. Dato el problema (homog´eneo)  2   utt (x, t) − c uxx (x, t) = 0, u(x, 0) = g(x),    ut (x, 0) = h(x),

x ∈ R, t > 0

x ∈ R,

x ∈ R,

con g ∈ C 2 (R) y h ∈ C 1 (R), c 6= 0, la u ´nica soluci´on u ∈ C 2 (R × (0, +∞)) est´a dada por u(x, t) =

1 1 1 g(x − ct) + g(x + ct) + 2 2 2c

27

Z

x+ct

h(s)ds . x−ct

(2.1)

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Ejercicios de EDP

Ejercicio 2.2 Resolved el el siguiente problema   utt (x, t) − uxx (x, t) = 0,     u (x, 0) = xe−x2 , t   u(x, 0) = 0,     u(0, t) = 0,

de Cauchy en C, x ≥ 0, x≥0

(2.2)

t ≥ 0.

donde C = {x ≥ 0, t > 0}.

Soluci´ on. En este caso, siendo el problema definido s´olo en la cuarta parte del plano, la formula de D’Alembert no se puede aplicar directamente. Entonces la idea es la de extender de una forma oportuna el problema a uno definido en todo el semiespacio (por el que sabemos calcular la soluci´on via la formula (2.1)); la dificultad est´a en encontrar la extensi´on correcta para que se cumpla tambi´en la condici´on en x = 0. M´as concretamente definimos u˜ la soluci´on de   2  x ∈ R, t > 0  u˜tt (x, t) − c u˜xx (x, t) = 0, x ∈ R,

u˜t (x, 0) = g(x),    u˜(x, 0) = f (x),

x ∈ R, 2

con g ∈ C 1 (R) y f ∈ C 2 (R) tales que g(x) = xe−x if x ≥ 0 y f = 0 if x ≥ 0. Por lo tanto, gracias a la formula de D’Alembert, la la u ´nica soluci´on 2 u˜ ∈ C (R × (0, +∞)) est´a dada por Z 1 1 1 x+ct u˜(x, t) = f (x − ct) + f (x + ct) + g(s)ds . 2 2 2c x−ct Para que la u˜(x, t) sea soluci´on de (2.2) tiene que cumplir la condici´on u(0, t) = 0, ∀t ≥ 0, y consecuentemente: Z 1 1 1 ct u˜(0, t) = f (−ct) + f (ct) + g(s)ds = 0 ∀t ≥ 0 . 2 2 2c −ct 28

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Ejercicios de EDP

Esta condici´on nos lleva a las definiciones tanto de f como de g en todo el eje: en efecto esta condici´on es equivalente a pedir que Z 1 1 ct 1 0≡ g(s)ds y 0 ≡ f (−ct) + f (ct) . 2c −ct 2 2 Por lo tanto deducimos que f y g tienen que ser impares3 y la f y g son las 2 extensiones impares, respectivamente, de 0 y xe−x , es decir f (x) ≡ 0

y

Finalmente u(x, t) = u˜(x, t) C con

g(x) = xe−x

1 u˜(x, t) = 2c

Z

x+ct

2

∀x ∈ R .

2

se−s ds , x−ct

y consecuentemente u(x, t) = −

2x ct − e−2x ct 1 −(x+ct)2 1 −(x−ct)2 2 2e e + e = e−x −(ct) , 4c 4c 4c

3

∀(x, t) ∈ C .

Lo de la f es la definici´ on de funci´on impar, para la g, n´otese que derivando la condici´on Z ct 1 g(s)ds 0≡ 2c −ct deducimos cg(ct) − (−c)g(−ct) = 0 ⇐⇒ g(ct) = −g(−ct) es decir g impar.

29

∀t > 0 ,

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Ejercicios de EDP b

m b

b b

b

b b

b b

b

0

b

xj − h xj

b

xj + h

b

L

Figura 2.3: La curda vibrante “modelizada” con los muelles. Ejercicio 2.3 Una cuerda de longitud ℓ = 1 con los extremos fijos tiene la posici´ on inicial u = sen (πx) y se suelta en el instante t = 0. Halle su movimiento subsiguiente. Comentario 2.1 (La Cuerda Vibrante) La ecuaci´on de ondas en el caso de una sola dimensi´ on representa el perfil de una cuerda que vibra con velocidad c. Imagina una cuerda de largueza L en la que hay colgados n = L/h puntos cada uno de masa m a distancia h uno de otro y cada uno conectado con un muelle con constante de elasticidad k a los de a lado (v´ease Figura 2.3) . Supongamos, entonces, de tener una sucesi´on x0 = 0, x1 = h, x2 = 2h, ... xn = L de puntos y sea u(xi , t) la funci´on que representa las alturas de dichos puntos en el tiempo. Supongamos adem´as que los puntos de masas m s´ olo puedes moverse verticalmente (para que u sea una funci´on). Gracias a la ley de Newton 4 el punto que se encuentra en la posici´on xj , con 1 ≤ j ≤ n − 1, esta sujeto a una fuerza data por la ley de Hook 5 es decir 

 F (xj + h, t) = −k u(xj , t) − u(xj + h, t) − u(xj − h, t) − u(xj , t)   = −k − u(xj + h, t) + 2u(xj , t) − u(xj − h, t) .

Por lo tanto, siendo M = nm la masa total de la cuerda, K = nk su rigidez 4

es decir: F = ma, donde F es la fuerza, m la masa y a la aceleraci´on. es decir: F (x) = −kx, donde k es la constante de elasticidad del muelle y x el desplaciamento de su condici´ on de equilibrio. 5

30

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Ejercicios de EDP

y acordando que nh = L, deducimos que nK h2 u(xj + h, t) − 2u(xj , t) + u(xj − h, t) d2 u(xj , t) = M dt2 h2 n =

KL2 u(xj + h), t) − 2u(xj , t) + u(xj − h, t) . M h2

Ahora queremos tirar h a cero, es decir pasar de un modelo discreto (los muelles) a uno continuo (la cuerda el´astica). Siendo u suficientemente suave (u es de clase por lo menos C 2 (0, L)) deducimos que u(xj + h), t) − 2u(xj , t) + u(xj − h, t) ∂ 2 u(x, t) = , h→0 h2 ∂x2 l´ım

y consecuentemente 2 ∂ 2 u(x, t) 2 ∂ u(x, t) − c =0 ∂t2 ∂x2

x ∈ (0, L) ,

t > 0,

2

la velocidad de propagaci´on de la cuerda. Como la cuerda siendo c2 = KL M esta fija en sus extremos, tiene adem´as que cumplir u(0, t) = 0 = u(L, t) ,

∀t ≥ 0 .

Este problema est´ a bien definido si lo emparejamos con un problema de Cauchy, es decir que para encontrar una soluci´on tenemos que saber la posici´on inicial (es decir u0 (x)) y su velocidad (denotada con u1 (x)) en un momento dato. Entonces el perfil de la cuerda esta dado por la soluci´on del siguiente problema   utt (x, t) − c2 uxx (x, t) = 0, x ∈ (0, L), t > 0       x ∈ (0, 1), u(x, 0) = u0 (x),  (2.3) ut (x, 0) = u1 (x), x ∈ (0, 1)     u(L, t) = 0, t > 0,      u(0, t) = 0, t > 0, 31

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Ejercicios de EDP

siendo u0 (x) ∈ C 2 (0, L) ∩ C 0 [0, L] y u1 (x) ∈ C 1 (0, L) ∩ C 0 [0, L]. Nos referiremos a (2.3) como el problema mixto asociado a la ecuaci´on de ondas. Soluci´ on. En este caso la cuerda fija en sus extremos significa que queremos resolver un problema de Cauchy con condiciones en la frontera lateral iguales a 0. Adem´as la cuerda tiene un perfil inicial asignado (sen πx) que representa el dato inicial mientras que el hecho que se suelte significa que su velocidad inicial es igual a cero. Por lo tanto, el problema que tenemos que resolver es el siguiente (ponemos por simplicidad c = 1):   x ∈ (0, 1), t > 0  utt (x, t) − uxx (x, t) = 0,     x ∈ (0, 1),  u(x, 0) = sen πx, (2.4) ut (x, 0) = 0, x ∈ (0, 1)     u(t, 0) = 0, t > 0,      u(t, 1) = 0, t > 0.

Aqu´ı proponemos dos maneras de resolver el ejercicio.

M´etodo 1. Hemos ya visto (v´ease Ejercicio 1.7) que las soluciones de la ecuaci´on de las ondas tienen la forma u(x, t) = F (x + t) + G(x − t) , con F, G : R → R funciones de clase C 2 (R). Nuestro objetivo es hallar una expresi´on expl´ıcita para F y G de forma que la soluci´on cumpla adem´as las condiciones en la frontera. Entonces, desde (2.4), F y G tienen que cumplir las siguientes condiciones:   F (x) + G(x) = sen πx, x ∈ (0, 1),     F ′ (x) − G′ (x) = 0, x ∈ (0, 1)   F (t) + G(−t) = 0, t > 0,     F (1 + t) + G(−t) = 0, t > 0. 32

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Ejercicios de EDP

De la segunda ecuaci´on resulta que, en (0, 1), F y G coinciden (a menos de una constante que puede ser elegida 0) y de la primera ecuaci´on entonces deducimos que F (x) ≡ G(x) = 12 sen πx, para x ∈ (0, 1). Finalmente, de la tercera y la cuarta ecuaciones nos sale que F y G tienen que ser impares y 2–peri´odicas, as´ı que F (s) ≡ G(s) = Por lo tanto u(x, t) =

1 sen πs 2

∀s ∈ R .

1 1 sen[π(x − t)] + sen[π(x + t)] , 2 2

es la (´ unica6 ) soluci´on de (2.4). Aprovechando que para cada α, β ∈ R sen(α + β) − sen(α − β) = sen α cos β + sen β cos α − sen α cos β − sen β cos α = 2 sen α cos β deducimos que u(x, t) = sen πx cos πt . M´etodo 2. Otra forma de resolver el problema es la siguiente. Como el problema est´a definido en un subconjunto de (0, +∞) × R, la formula de D’Alembert no se puede aplicar directamente. Entonces queremos encontrar un problema definido en todo (0, +∞) × R, cuya soluci´on u˜(x, t) restringida al (0, 1) × (0, +∞), sea sol de (2.4). Por eso resolvemos el problema    x ∈ R, t > 0  u˜tt (x, t) − u˜xx (x, t) = 0, x ∈ R,

u˜(x, 0) = f (x),    u˜t (x, 0) = g(x),

(2.5)

x ∈ R,

con f y g funciones regulares tales que f (x) ≡ sen(πx) si x ∈ (0, 1) y g(x) ≡ 0 si x ∈ (0, 1). 6

V´ease ejercicio 2.4

33




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Ejercicios de EDP

co t=

t= co

−

+ t. ns

x

x

ns t.

t

ℓ=1

x

Figura 2.4: Aqu´ı est´a representada la forma que tiene el cono de influencia. La parte amarilla es la ´area que est´a por debajo de las rectas caracter´ısticas y que calculamos mediante la integral que aparece en (2.6). La soluci´on de (2.4) ser´a, entonces, u(x, t) = u˜(x, t) C donde C = [0, 1] × [0, +∞). Gracias a la Formula de D’Alembert (v´ease (2.1)), las soluci´on de (2.5) est´a dada por Z 1 1 x+t 1 g(s)ds . (2.6) u(x, t) = f (x + t) + f (x − t) + 2 2 2 x−t

N´otese que tanto f como g tienen que ser elegidas de forma que se cumplan la condiciones u(0, t) = 0 y u(1, t) = 0, ∀t > 0. Por lo tanto, por un lado notamos que la primera condici´on nos da que Z 1 1 1 t u(0, t) = f (t) + f (−t) + g(s)ds ≡ 0 ∀t > 0 . 2 2 2 −t

Por eso se ve que tanto la f como la g tienen que ser funciones impares. Por otro lado, cuando calculamos la condici´on a lo largo de la recta x = 1 deducimos que Z 1 1 1 1+t u(1, t) = f (1 + t) + f (1 − t) + g(s)ds ≡ 0 ∀t > 0 . 2 2 2 1−t 34

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Ejercicios de EDP

Esta expresi´on (v´ease tambi´en la Figura 2.4) lleva (con el cambio 1 − t = t′ , si necesario) a la secunda condici´on sobre f y g, es decir que tanto f como g tienen que ser 2–peri´odicas. Siendo los datos iniciales ya funciones impares y 2–peri´odicas, s´olo tenemos que aplicar la f´ormula de D’Alembert a (2.5) con f (x) = sen πx y g = 0, ∀x ∈ R, as´ı que: u(x, t) =

1 1 sen[π(x − t)] + sen[π(x + t)] = sen πx cos πt . 2 2

35

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Ejercicios de EDP

Ejercicio 2.4 Sea c 6= 0, ℓ > 0 y C = {(x, t) ∈ R2+ tales que 0 < x < ℓ, t > 0}. Probad la unicidad de la soluci´on u(x, t) ∈ C 2 (C) ∩ C 1 (C) del problema mixto   utt (x, t) − c2 uxx (x, t) = 0, in C       0≤x≤ℓ  u(x, 0) = f (x), (2.7) ut (x, 0) = g(x), 0≤x≤ℓ     u(0, t) = h(t), t≥0      u(ℓ, t) = m(t), t≥0 donde f ∈ C 2 [0, ℓ], g ∈ C 1 [0, ℓ] mientras h y m ∈ C 1 (R+ ).

Soluci´ on. Supongamos que el problema (2.7) tenga dos soluciones u1 (x, t) y u2 (x, t); definimos la funci´on w(x, t) = u1 (x, t) − u2 (x, t) y probamos que w(x, t) ≡ 0. N´otese que siendo el problema (2.7) lineal, es sencillo deducir que w(x, t) cumpla   wtt (x, t) − c2 wxx (x, t) = 0, 0 ≤ x ≤ ℓ, t ≥ 0       0≤x≤ℓ  w(x, 0) = 0, 0≤x≤ℓ

wt (x, 0) = 0,     w(0, t) = 0,      w(ℓ, t) = 0,

(2.8)

t≥0

t ≥ 0.

Para deducir que la u ´nica soluci´on de (2.8) es la cero, aplicamos un m´etodo de energ´ıa. Definimos la siguiente cantidad (la energ´ıa): Z  1 ℓ 2 e(t) = wt (x, t) + c2 wx2 (x, t) dx . 2 0

N´otese que la energ´ıa, por ser la integral de una funci´on positiva, es positiva. Adem´as, como las funci´on que aparecen al interior de la integral sol continuas, es posible calcular Z Z   1 ℓ 2 1 ℓ 2 2 2 e(0) = l´ım+ wt (x, t)+c wx (x, t) dx = wt (x, 0)+c2 wx2 (x, 0) dx = 0 , t→0 2 0 2 0 36

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Ejercicios de EDP


siendo wt (x, 0) = 0 gracias a las condiciones iniciales y y wx (x, 0) = w(x, 0) x ≡ 0. El siguiente paso es probar que e(t) = 0, ∀t > 0. Para probar este facto, hallamos la derivada de e(t) y probamos que dicha funci´on es decreciente, es decir que e′ (t) ≤ 0, ∀t > 0. Siendo las funciones que aparecen en la definici´on de e regulares en C, podemos llevar la derivada al interior de la integral, as´ı que Z ℓ   ′ e (t) = wtt (x, t)wt (x, t) + c2 wxt (x, t)wx (x, t) dx . 0

Ahora en el segundo termino, aplicamos la integraci´on por partes, es decir ℓ Z ℓ Z ℓ wxt (x, t)wx (x, t)dx = wt (x, t)wx (x, t) − wt (x, t)wxx (x, t)dx . 0

0

0

Utilizando que w(0, t) ≡ 0 ≡ w(ℓ, t) y que consecuentemente wt (0, t) ≡ 0 ≡ wt (ℓ, t), deducimos que ℓ wt (x, t)wx (x, t) = 0 , 0

y entonces Z

ℓ  e (t) = wtt (x, t)wt (x, t) − c2 wxx (x, t)wt (x, t) dx Z 0ℓ   = wt (x, t) wtt (x, t) − c2 wxx (x, t) dx = 0 ′

0

siendo w(x, t) una soluci´on de (2.8). Por lo tanto e(t) ≡ 0 ∀t ≥ 0 .

Consecuentemente tanto wt (x, t) como wx (x, t) son nulas y, siendo w(x, 0) = 0, deducimos que w(x, t) = 0, ∀t > 0.

37

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Ejercicios de EDP

utt − c2uxx = 0

x + ct = const.

x)

u(0, t) = 0

u(ℓ, 0) = 0

t

f(

x − ct = const.

(0, 0) (ℓ, 0)

x

Figura 2.5: El dominio de u y las rectas caracter´ısticas (|c| < 1). Ejercicio 2.5 Para c2 < 1, ded´ uzcase una f´ormula para la resoluci´on del siguiente problema   utt (x, t) − c2 uxx (x, t) = 0, 0 ≤ x ≤ ℓ, t ≥ x       0≤x≤ℓ  u(x, x) = f (x), 0≤x≤ℓ

ut (x, x) = 0,     u(0, t) = 0,      u(ℓ, t) = 0,

t≥0 t≥ℓ

donde f es una funci´ on continua tal que f (0) = f (ℓ) = 0. Soluci´ on. 38

(2.9)

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Ejercicios de EDP

Paso 1. Hallar la soluci´ on de:   2   ψtt (x, t) − c ψxx (x, t) = 0, ψ(x, x) = ϕ(x),    ψt (x, x) = 0,

x ∈ R, t ≥ x, x ∈ R,

(2.10)

x∈R

para una funci´ on ϕ : R → R de clase C 1 (R). Para encontrar la soluci´on de (2.10), descomponemos el problema como un sistema caracter´ıstico (v´ease Ejercicio 1.7) as´ı que, el primer paso es definir una funci´on auxiliar φ(x, t) como φ(x, t) = ψt (x, t) − cψx (x, t) . Entonces la ecuaci´on en (2.10) se puede escribir como el siguiente sistema de ecuaciones:  ψ (x, t) − cψ (x, t) = φ(x, t), x ∈ R, t ≥ x, t x φt (x, t) + cφx (x, t) = 0, x ∈ R, t ≥ x.

Por lo visto, (2.10) nos da una condici´on en la recta x = t, mientras que la condici´on cumplida por φ la calculamos gracias a la segunda y la tercera en (2.10), es decir φ(x, x) = ψt (x, x) − cψx (x, x) = 0 − cϕ′ (x) x ∈ R . Por lo tanto hemos encontrado dos sistemas del primer orden que, acoplados, nos proporcionan la soluci´on de (2.10):  φ (x, t) + cφ (x, t) = 0, x ∈ R, t ≥ x, t x φ(x, x) = −cϕ′ (x), x ∈ R, y

 ψ (x, t) − cψ (x, t) = φ(x, t), t x ψ(x, x) = ϕ(x), 39

x ∈ R, t ≥ x, x ∈ R.

(2.11)

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Ejercicios de EDP

N´otese que el primer sistema es independiente del segundo, as´ı que la estrategia ser´a hallar la soluci´on del primero, substituirla en el segundo y finalmente encontrar la ψ(x, t). Para el calculo de φ(x, t), escribimos su sistema caracter´ıstico, que resulta ser   ′    t(0, σ) = σ  t (s, σ) = 1 x(0, σ) = σ σ > 0 x′ (s, σ) = c s>0     ′ z(0, σ) = −cϕ′ (σ) . z (s, σ) = 0 Aprovechando que c 6= 1, deducimos que det

1 1

1 c

!

6= 0 ,

as´ı que el sistema es compatible. Entonces t(s, σ) = s + σ , y siendo σ =

x−ct 1−c

z(s, σ) = −cϕ′ (σ)

x(s, σ) = cs + σ ,

deducimos que

φ(x, t) = z(s(x, t), σ(x, t)) = −cϕ

′



x − ct 1−c



.

Substituyendo la expresi´on encontrada de φ(x, t) en (2.11), nos encontramos con el siguiente problema de Cauchy:  ψ (x, t) − cψ (x, t) = −cϕ′ x−ct
, x ∈ R, t ≥ x t x 1−c (2.12) ψ(x, x) = ϕ(x), x∈R M´as en general, hallamos la soluci´on del problema del primer orden  w (x, t) − cw (x, t) = α(x, t), x∈R t x w(x, x) = g(x), x∈R

con α y g funciones continuas. Otra vez, calculamos las ecuaciones caracter´ıstica de dicha ecuaci´on que resultan ser: 40

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Ejercicios de EDP    t(0, σ) = σ x(0, σ) = σ σ > 0   z(0, σ) = β(σ) .

 ′   t (s, σ) = 1 x′ (s, σ) = −c s>0   ′ z (s, σ) = α(x(s), t(s))

y, otra vez, el sistema es compatible siendo c 6= −1. Por lo tanto, resolviendo el sistema caracter´ıstico, resulta que  t(s, σ) = s + σ    x(s, σ) = −cs + σZ s>0 s    z(s, σ) − β(σ) = α(x(s′ ), t(s′ ))ds′ . 0

Desde las primeras dos ecuaciones deducimos que s=

x−t 1−c

y

σ=

x + ct , 1+c

as´ı que, siendo z(s, σ) = ψ(x(s, σ), t(s, σ)) deducimos que w(x, t) = β



x + ct 1+c



+

Z

t−x 1+c

0



x + ct x + ct α −cs + ,s + 1+c 1+c



ds.

Entonces aplicando esta formula al problema (2.12), deducimos que ψ(x, t) est´a dada por    Z t−x  1+c x + ct 2c x + ct ′ −c ϕ − s ds ψ(x, t) = ϕ 1+c 1+c 1−c 0       t−x 1+c x + ct 1−c x + ct 2c =ϕ −c − ϕ − s 1+c 2c 1 +c 1 −c 0  1+c 1−c x + ct x − ct = ϕ + ϕ 2 1+c 2 1−c Por lo tanto, la soluci´on de (2.10) ser´a     x + ct 1−c x − ct 1+c ϕ + ϕ en C1 , ψ(x, t) = 2 1+c 2 1−c 41

(2.13)

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Ejercicios de EDP

donde C1 = {(x, t) ∈ R2 : t ≥ x}. Paso 2. Hallar la soluci´ on de (2.9). En este segundo paso queremos encontrar una funci´on ϕ(s) de forma que la funci´on ψ(x, t) definida en (2.13) sea la soluci´on cuando es restringida al cilindro C = {(x, t) ∈ R2 : t > 0 , 0 ≤ x ≤ c , t ≥ x} , es decir u(x, t) = ψ(x, t) C . La dificultad est´a en encontrar una definici´on de ϕ(s) para cualquier s ∈ R, de forma que la funci´on ψ(x, t) definida en (2.13) cumpla tambi´en las condiciones ψ(x, t) r1 = ψ(x, t) r2 = 0 .

a lo largo de las semirectas

r1 = {(x, t) : x = 0, t > 0}

y

r2 = {(x, t) : x = l, t > ℓ} .

La otra informaci´on que conocemos sobre ϕ(s) es que cumple la siguiente condici´on en [o, ℓ]: ϕ(x) ≡ f (x) si 0 ≤ x ≤ ℓ . La condici´on en r1 est´a dada por     1−c ct −ct 1+c ϕ + ϕ = 0 t > 0, u(0, t) = ψ(0, t) = 2 1+c 2 1−c mientras que en r2 : 1+c u(ℓ, t) = ψ(ℓ, t) = ϕ 2



ℓ + ct 1+c



1−c + ϕ 2



ℓ − ct 1−c



= 0 t ≥ ℓ.

Por lo tanto la funci´on ϕ tiene que verificar las siguientes tres condiciones:     −ct 1+c ct ϕ =− ϕ t>0 1 − c 1 + c  1 − c  ℓ + ct 1−c ℓ − ct ϕ =− ϕ t>ℓ 1+c 1+c 1−c ϕ(x) = f (x) 0 ≤ x ≤ ℓ. 42

T.Leonori

Ejercicios de EDP

ct en la primera ecuaci´on y s = ℓ+ct Hallando unos cambio de variable (s = 1−c 1+c en la segunda) deducimos que    1+c 1−c   − ϕ − s s < 0,    1+c  1−c ϕ (s) = f (s) (2.14) 0 ≤ s ≤ ℓ,      1−c 2ℓ − (1 + c)s   ϕ s > ℓ. − 1+c 1−c

N´otese que la definici´on de ϕ que hemos dado vale para cada s ∈ R aunque no es directa, es decir que depende de la ϕ misma. M´as en detalle observamos que esta definici´on de ϕ involucra unas transformaciones de la funci´on f , es decir hay que reflexionar y contraer (o dilatar) la f para obtener ϕ. M´as concretamente notemos que podemos conocer el valor de ϕ cuando calculado en un cualquier punto s con el siguiente argumento recursivo: si 0 ≤ s ≤ ℓ simplemente calculando f en s si − 1+c ℓ ≤ s < 0 entonces desde la primera condici´on en (2.14) 1−c   1+c 1−c f − s ; ϕ (s) = − 1−c 1+c si ℓ < s ≤

2 ℓ 1+c

entonces desde la tercera condici´on en (2.14)   1−c 2ℓ − (1 + c)s ϕ (s) = − f ; 1+c 1−c

2 1+c ≤ s < 1+c ℓ + ℓ entonces − 1−c ℓ ≤ 2ℓ−(1+c)s < 0 as´ı que 1−c      1−c 1+c 1 − c 2ℓ − (1 + c)s 2ℓ ϕ (s) = − − f − =f − +s ; 1+c 1−c 1+c 1−c 1+c

adem´as, si

2 ℓ 1+c

2 2 en cambio si − 1−c ℓ < s ≤ − 1+c ℓ deducimos que ℓ ≤ − 1−c s ≤ 1+c ℓy 1−c 1+c consecuentemente " !#   2ℓ − (1 + c) −(1−c)s 1+c 1−c 2ℓ 1+c ϕ (s) = − − =f f +s ; 1−c 1+c 1−c 1−c

43

T.Leonori

Ejercicios de EDP

Por lo tanto    2ℓ    f +s   1−c  
 1+c 1−c   − 1−c f − 1+c s    ϕ (s) = f (s)     1−c 2ℓ − (1 + c)s   − f   1+c 1−c       2ℓ   +s f − 1+c

2 − 1−c ℓ < s ≤ − 1+c ℓ 1−c

− 1+c ℓ ≤ s < 0, 1−c 0 ≤ s ≤ ℓ, ℓ 0 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ x ≤ 1, t ≥ 0, t ≥ 0,

Soluci´ on. La idea es parecida a la del ejercicio anterior. Pero, en este caso, hay dos dificultades m´as: primero la ecuaci´on no es homog´enea y segundo en la frontera lateral hay condiciones de tipo Neumann (es decir que involucran la derivada de la soluci´on) El principio de Duhamel 7 nos da una soluci´on del problema definida en todo R × [0, +∞). As´ı que tenemos que elegir el dato f (x, t) = f (x) definido para cada x ∈ R de forma que coincida con 3x2 − 2x3 en (0, 1) y de forma que la funci´on definida por la f´ormula (2.16) cumpla las condiciones en la frontera del dominio (0, 1) × (0, +∞). Por lo tanto definimos u˜(x, t) como la 7

El principio de Duhamel nos da una f´ormula de representaci´on para soluciones de ecuaciones no homog´eneas. Consideramos el problema  2   utt (x, t) − c uxx (x, t) = f (x, t), u(x, 0) = 0,    ut (x, 0) = 0,

x ∈ R, t > 0,

x ∈ R, x∈R

con f de clase C 1 (R × R+ ), la u ´nica soluci´on de dicho problema tiene la siguiente forma: u(x, t) =

1 2c

Z tZ 0

x+c(t−s)

f (y, s)dyds . x−c(t−s)

49

(2.16)

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Ejercicios de EDP

soluci´on de    u˜tt (x, t) − u˜xx (x, t) = f (x),  es decir

u˜(x, 0) = 0,    u˜t (x, 0) = 0,

1 u˜(x, t) = 2

as´ı que 1 u˜x (x, t) = 2

Z

t 0



Z tZ 0

x ∈ R, t > 0, x ∈ R, x ∈ R,

x+(t−s)

f (y)dyds , x−(t−s)

 f (x + (t − s)) − f (x − (t − s)) ds .

Entonces las condiciones en la frontera del cilindro (0, 1) × (0, +∞) son  Z t   1   f (t − s) − f (−(t − s)) ds = 0 , u˜x (t, 0) = 2 Z0 ∀t > 0 ,  1 t   u˜x (t, 1) = f (1 + (t − s)) − f (1 − (t − s)) ds = 0 , 2 0

que gracias a un cambio de variable (t − s = σ en la primera expresi´on y σ = 1 + (t − s) en la segunda) quedan Z t     f (σ) − f (−σ) dσ = 0 ,  Z0 1+t ∀t > 0 .      f (σ) − f (2 − σ) dσ = 0 , 1

Consecuentemente, desde la primera condici´on deducimos que f tiene que ser par mientras que la segunda implica que es adem´as 2–peri´odica. Finalmente, podemos calcular Z

1 3 1 3 1 u( , ) = u˜( , ) = 4 2 4 2 2

3 2

0

Z

7 −s 4

f (y)dyds .

− 54 +s

Definiendo F (s) =

Z

s

f (σ)dσ 0

para − 2 ≤ s ≤ 2 , 50

(2.17)

T.Leonori

Ejercicios de EDP t ( 14 , 32 )

x (− 45 , 0)

(1, 0)

(−1, 0)

( 74 , 0)

Figura 2.8: El ´area de la regi´on roja es donde calculamos la integral en (2.17).

(s´olo nos hace falta dar la definici´on de F al interior del cono de influencia) tenemos que

  − 12 s4 + s3 −      1 s4 + s3 F (s) = 2   − 12 s4 + s3    1 4 s + s3 + 12 2

1 2

si − 2 ≤ s ≤ −1, si − 1 ≤ s ≤ 0, si 0 ≤ s ≤ 1, si 1 ≤ s ≤ 2 .

Por lo tanto, hallando la integral, deducimos que

1 3 1 u( , ) = 4 2 2

Z 3 1 2 5 7 f (y)dyds = [F (− + s) − F ( − s)]ds 2 0 4 4 0 − 5 +s Z 34 Z 3 1 2 5 1 2 7 = F (− + s)ds − F ( − s)ds . 2 0 4 2 0 4 Z

3 2

Z

7 −s 4

51

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Ejercicios de EDP

Calculamos las dos integrales por separado: Z 3 Z 1 Z 5 Z 3 2 4 4 2 5 5 5 5 F (− + s)ds + F (− + s)ds F (− + s)ds = F (− + s)ds + 1 5 4 4 4 4 0 0 4 4 Z 5 Z 1 4  4    5 1 5 1 5 1 5 (− + s)3 + (− + s)4 ds − + (− + s)3 − (− + s)4 ds + = 1 2 4 2 4 4 2 4 0 4 Z 3 2   5 1 5 (− + s)3 − (− + s)4 ds + 5 4 2 4 4  14   54  1 5 1 5 1 5 1 1 5 4 5 4 5 + (− + s) + (− + s) + = − s + (− + s) − (− + s) 2 4 4 10 4 4 4 10 4 1 0 4   32 1 5 1 5 (− + s)4 − (− + s)5 4 4 10 4 5 4     4     5 1 1 1 15 1 5 1 1 55 1 1 1 = − + + − + − − + 5− 8 4 10 4 44 10 45 4 10 45 4 10 45 4 1 1 5 9 1 − 5+ . =− + 8 10 4 10 45 Por el otro lado: Z 3 Z 3 Z 3 2 4 2 7 7 7 F ( − s)ds = F ( − s)ds + F ( − s)ds 3 4 4 4 0 0 4 Z 3 Z 3 4 1 2  7   7 1 7 1 7 ( − s)3 + ( − s)4 ds = + ( − s)3 − ( − s)4 ds + 3 2 4 2 4 4 2 4 0   34  4  32 1 1 7 1 7 1 7 1 7 4 5 4 5 = s − ( − s) + ( − s) + − ( − s) − ( − s) 2 4 4 10 4 4 4 10 4 3 0 4         3 1 1 1 7 4 1 7 5 1 1 1 1 1 = − + − − ( ) + ( ) + − 5− − − − 8 4 10 4 4 10 4 4 10 45 4 10 1 3 3 75 11 1 = + + − . 5 8 10 45 10 45 Por lo tanto Z 3 Z 3 5 7 1 2 1 2 1 3 F (− + s)ds − F ( − s)ds u( , ) = 4 2 2 0 4 2 0 4 4 1 3 2−5 3 75 = − + − . 2 5 45 10 45

52

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Ejercicios de EDP

Ejercicio 2.8 Encontrad la soluci´on de     utt (x, t) − uxx (x, t) = sen (πx), u(x, 0) = ut (x, 0) = 0,    u(0, t) = u(1, t) = 0,

0 < x < 1, t > 0 0 ≤ x ≤ 1,

(2.18)

t > 0.

Soluci´ on. M´etodo 1. Razonamos como en el ejercicio anterior. Extendemos el problema a uno definido en todo el semiplano con un dato impar y 2–peri´odico (n´otese que la extensi´on de sin(πx) impar y 2–peri´odica es la funci´on misma)  u˜ (x, t) − u˜ (x, t) = sen (πx), x ∈ R, t > 0 tt xx u˜(x, 0) = u˜t (x, 0) = 0, x ∈ R. Calculamos ahora su soluci´on utilizando el de Duhamel 8 Z Z 1 t x+(t−s) u˜(x, t) = sin(πy)dyds . 2 0 x−(t−s) Por lo tanto la soluci´on de (2.18) ser´a u˜(x, t) C , es decir

Z t 

 1 u(x, t) = − cos πx + π(t − s) − cos πx − π(t − s) ds 0 Z2π t

 1 = cos πx + π(t − s) − cos πx − π(t − s) ds 2π 0 Z t
1 1 sen π(t − s) ds = − 2 sen (πx)[1 − cos(πt)] . = sen (πx) π π 0
′′ M´etodo 2. Notamos primero que sen(πx) = −π 2 sen(πx); es decir, dandole la vuelta, que z(x) = π12 sen(πx) cumple  −z (x) = sen(πx), 0 < x < 1, xx v(0) = v(1) = 0. 8

V´ease (2.16)

53

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Ejercicios de EDP

Por lo tanto si definimos v(x, t) = u(x, t) + z(x), entonces v(x, t) es soluci´on de   vtt (x, t) − vxx (x, t) = 0, 0 < x < 1, t > 0     v(x, 0) = 1 sen(πx), 0 ≤ x ≤ 1, π2 (2.19) vt (x, 0) = 0,  0 ≤ x ≤ 1,     v(0, t) = v(1, t) = 0, t > 0.

Razonando como antes, tenemos que encontrar una v˜ que resuelva el problema (2.19) en todo R×[0, +∞) con un dato inicial que coincide con π12 sen(πx) para 0 ≤ x ≤ 1. Ya hemos visto que la elecci´on que hay que hacer es la extensi´on de π12 sen(πx) de forma impar y 2–peri´odica, es decir la funci´on misma en todo el eje. Por lo tanto, gracias a la f´ormula de D’Alembert, deducimos que v(x, t) =



1 1 1 sen π(x + t) + sen π(x − t) = 2 sen(πx) cos(πt) . 2π 2 2π 2 π

Finalmente, deshaciendo el cambio, u(x, t) =

1 1 sen(πx) cos(πt) − 2 sen(πx) . 2 π π

54

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Ejercicios de EDP

Ejercicio 2.9 Una cuerda se encuentra fija en sus extremos x = 0 y x = 1. En el instante inicial tiene la forma 5 4 (x − 2x3 + x) 16 y est´ a en reposo (velocidad inicial nula). Analice sus vibraciones a partir de ese momento. u(x, 0) =

Soluci´ on. Primero observamos que, siendo al cuerda fija en su extremos, significa que la funci´on que describe su perfil cumple las condiciones u(0, t) = 0 = u(1, t),

∀t > 0.

Por lo tanto estamos buscando una soluci´on del problema   utt (x, t) − c2 uxx (x, t) = 0, 0 < x < 1, t > 0     u(x, 0) = 5 (x4 − 2x3 + x), 0 ≤ x ≤ 1, 16   ut (x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1,     u(0, t) = u(1, t) = 0, t > 0.

(2.20)

Actuamos como antes, es decir buscando una funci´on f : R → R tal que 5 cuando restringida a (0, 1) coincida con 16 (x4 − 2x3 + x) y tal que la soluci´on del problema   2  x ∈ R, t > 0  u˜tt (x, t) − c u˜xx (x, t) = 0, (2.21) u˜(x, 0) = f (x), x ∈ R,    ut (x, 0) = 0, x ∈ R, verifique

u˜(0, t) = 0 = u˜(1, t),

∀t > 0.

5 Ya hemos visto que la manera de encontrar f es extender la funci´on 16 (x4 − 2x3 +x) de forma impar y 2–peri´odica en todo el eje x. Por lo tanto al soluci´on del problema (2.21) ser´a

1 1 u˜(x, t) = f (x − ct) + f (x + ct) 2 2 55

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Ejercicios de EDP

donde f (x) =

  5 4 3    16 (x − 2x + x),

x ∈ (0, 1)

5 (x4 + 2x3 − x) − 16    2–periodica

x ∈ (−1, 0)

y u(x, t) = u˜(x, t) C , donde C = [0, 1] × [0, +∞).

5 N´otese que siendo el polinomio asignado g(x) = 16 (x4 − 2x3 + x) de clase 5 y g ′′ (0+ ) = infinito, y tal que g(0) = g(0) = 0, g ′ (0+ ) = −g ′ (1− ) = 16 g ′′ (1− ) = 0, la funci´on f resulta ser de clase C 2 (R). Por lo tanto la aplicaci´on de la f´ormula de D’Alembert est´a justificada. Adem´as podemos escribir una f´ormula de representaci´on de la soluci´on aprovechando que el dato inicial tiene un desarrollo en serie de Fourier. Hallamos ahora los coeficientes de g(x), es decir an = 0, ∀n ≥ 0, por ser g impar, mientras que 9

Z

Z 10 1 4 bn = g(x) sin(nπx)dx = (x − 2x3 + x) sin(nπx)dx 16 0 −1 15 = 5 5 (1 − (−1)n ) . nπ 1

Por lo tanto deducimos que la serie de Fourier de la g est´a dada por g(x) =

+∞ X

bn sen(nπx)

con bn =

n=1

9

15 (1 − (−1)n ) . n5 π 5

Aprovechamos de las siguientes integrales: R1 0

R1 0

R1 0

R1 0

=

x sin(nπx)dx = 2

x sin(nπx)dx = 3

x sin(nπx)dx = 4

1

sin(nπx)−πnx cos(nπx) n2 π 2

x sin(nπx)dx =

0

n

= − (−1) nπ ;

1

2π2nx sin(nπx)+(2−π 2 n2 x2 ) cos(nπx) n3 π 3

0

=

2 n3 π 3

−

1

3(π 2 n2 x2 −2) sin(nπx)−πnx(π 2 n2 x2 −6) cos(nπx) n4 π 4

0

(2−π 2 n2 )(−1)n ; n3 π 3

= − (π

2

n2 −6)(−1)n ; n3 π 3

1

4πnx(π 2 n2 x2 −6) sin(nπx)−(π 4 n4 x4 −12π 2 n2 x2 +24) cos(nπx) n5 π 5

−(π 4 n4 −12π 2 n2 −24)(−1)n n5 π 5

+

24 n5 π 5

56

0

T.Leonori

Ejercicios de EDP

Por lo tanto la soluci´on de (2.20) tendr´a la forma +∞

u(x, t) = donde bn =

+∞


1X
1X bn sen nπ(x − ct) + bn sen nπ(x + ct) 2 n=1 2 n=1

15 (1 n5 π 5

− (−1)n ) . Aprovechando que para cada α, β ∈ R

1 1 sen(α + β) + sen(α − β) = sen α cos β 2 2 finalmente deducimos que u(x, t) =

+∞ X

15 n (1 − (−1) ) sen nπx cos nπct n5 π 5 n=1

que, opportunamente manipulada, se trasforma en +∞



30 X 1 u(x, t) = 5 sen (2n + 1)πx cos (2n + 1)πct . 5 π n=0 (2n + 1)

57

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Ejercicios de EDP

Ejercicio 2.10 Estudiad el problema consistente en hallad la funci´on u(x, t) que describe las vibraciones de una cuerda de longitud ℓ = 1, fija en sus extremos y en posici´ on horizontal, cuyo desplazamiento y velocidad iniciales son nulos y que est´ a sometida a una fuerza externa proporcional a la distancia a uno de sus extremos. Soluci´ on. En este caso la cuerda est´a fija en sus extremos x = 0 y x = 1, la fuerza externa ser´a de la forma f (x, t) = λx, con λ ∈ R. Por lo tanto tenemos que resolver el siguiente problema:  2   utt (x, t) − c uxx (x, t) = λx,   u(x, 0) = 0,   ut (x, 0) = 0,     u(0, t) = u(1, t) = 0,

0 < x < 1, t > 0 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ x ≤ 1,

(2.22)

t > 0.

Sea v(x) la soluci´on del siguiente problema estacionario  v (x) = λ x, 0 < x < 1, xx c2 v(0) = v(1) = 0.

Integrando la ecuaci´on dos veces y aprovechando de las condiciones en la frontera, no es complicado verificar que la soluci´on est´a dada por v(x) =

λ x(x2 − 1) . 2 6c

Definimos ahora z(x, t) = u(x, t) + v(x)

(2.23)

y utilizando las ecuaciones cumplida tanto por u cuanto por v, deducimos que ztt (x, t) − c2 zxx (x, t) = utt (x, t) − c2 uxx (x, t) − c2 vxx (x) = λx − c2 58

λ x = 0. c2

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Ejercicios de EDP

Teniendo adem´as en cuenta las condiciones en la frontera, z(x, t) es soluci´on del siguiente problema:  2  0 < x < 1, t > 0  ztt (x, t) − c zxx (x, t) = 0,   u(x, 0) = v(x), 0 ≤ x ≤ 1,   ut (x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1,     u(0, t) = u(1, t) = 0, t > 0.

Ya hemos visto que la estrategia para encontrar est´a soluci´on es extender el problema a uno en definido en el semiespacio, aplicar la f´ormula de D’Alembert y restringir la soluci´on encontrada al cilindro C = [0, 1]×[0, +∞). Por lo tanto definimos   2  en x ∈ R, t > 0  z˜tt (x, t) − c z˜xx (x, t) = 0, (2.24) z˜(x, 0) = v˜(x), x ∈ R,    z˜t (x, 0) = 0, x ∈ R,

donde

  λ x(x2 − 1), v˜(x) = 6 c2 2–periodica

x ∈ (−1, 1)

(por ser la funci´on x(x2 − 1) impar). N´otese que la funci´on v(x) ∈ C 2 (−1, 1) ∩ C 1 [−1, 1] y v˜(x) ∈ C 1 (R) pero v˜(x) 6∈ C 2 (R), por ser l´ım− v ′′ (x) =

x→1

λ λ 6= − 2 = l´ım + v ′′ (x) . 2 x→−1 c c

Entonces la Formula de D’Alembert no se puede aplicar. Lo que si se puede hacer es escribir una soluci´on formal de (2.22) de forma que pueda dar, en alg´ un sentido, una aproximaci´on de la soluci´on. Entonces, primero observamos que si pudi´esemos aplicar la f´ormula de D’Alembert, la soluci´on de (2.24) se quedar´ıa en 1 1 z˜(x, t) = v˜(x − ct) + v˜(x + ct) , 2 2 59

(2.25)

T.Leonori

Ejercicios de EDP

y consecuentemente la soluci´on de (2.22) ser´ıa z(x, t) = z˜(x, t) C , con C = [0, 1] × [0, +∞). Calculamos ahora los coeficientes de Fourier de la v˜(x). Siendo la funci´on impar (y 2–peri´odica) deducimos que los coeficientes an = 0, ∀n ≥ y que (v´ease la nota en el Ejercicio 2.9) los coeficientes est´an dado s por Z 1 Z 1 λ λ 2λ 2 bn = 2 x(x −1) sin(nπx)dx = 2 x(x2 −1) sin(nπx)dx = 2 3 3 (−1)n . 6 c −1 3c 0 cπ n Por lo tanto v˜(x) =

+∞ X n=1

2λ c2 π 3 n 3

(−1)n sen(nπx) .

Consecuentemente aprovechando (2.25), deducimos z(x, t) =

+∞

 1 2λ X (−1)n  sen nπ(x−ct) +sen nπ(x+ct) , 2 c2 π 3 n=1 n3

∀(x, t) ∈ C ,

y finalmente deshaciendo el cambio (2.23) obtenemos que u(x, t) = −

+∞ λ 2λ X (−1)n 2 x(x − 1) + sen(nπx) cos(nπ ct) . 6 c2 c2 π 3 n=1 n3

N´otese que la escritura de la u(x, t) es s´olo formal, es decir que no podemos concluir que la funci´on aqu´ı definida cumpla verdaderamente la ecuaci´on.

60

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Ejercicios de EDP


sen(2πωt), calcular la soluci´on Ejercicio 2.11 Para g(x, t) = A sen mπx ℓ de   utt (x, t) − c2 uxx (x, t) = g(x, t), 0 ≤ x ≤ ℓ, t > 0   
  mπx  0≤x≤ℓ  u(x, 0) = sen ℓ , (2.26)

0≤x≤ℓ

ut (x, 0) = 0,     u(0, t) = 0,      u(ℓ, t) = 0,

t≥0

t ≥ 0,

donde A, c, ω, ℓ ∈ R \ {0} y m ∈ Z \ {0}. Soluci´ on.
2 Supongamos que (2ωπ)2 6= c2 mπ . ℓ  2 Primero notamos que gtt (x, t) − c gxx (x, t) = − (2πω)2 − c2 entonces si definimos 1 v(x, t) = u(x, t) +
2 g(x, t), (2πω)2 − c2 mπ ℓ resulta que v(x, t) cumple   vtt (x, t) − c2 vxx (x, t) = 0,   
   v(x, 0) = sen mπx ,  ℓ   2πωA vt (x, 0) = 2 sen (2πω)2 −c2 ( mπ  ℓ )     v(0, t) = 0,     v(ℓ, t) = 0,


mπ 2 ℓ



g(x, t), (2.27)

0 ≤ x ≤ ℓ, t > 0
mπx ℓ

0≤x≤ℓ ,

0≤x≤ℓ

(2.28)

t≥0 t ≥ 0.

Como los datos iniciales del problema son impares y ℓ–peri´odicos deducimos que la soluci´on del problema (2.28) est´a dada por la funci´on definida por la f´ormula de D’Alembert restringida al cilindro (0, ℓ) × (0, +∞). Por lo tanto     1 1 mπ(x + ct) mπ(x − ct) v(x, t) = sen + sen 2 ℓ ℓ Z x+ct2  1 πωA mπs  + sen ds
c (2πω)2 − c2 mπ 2 x−ct ℓ  mπ   mπ   mπ  2ℓω ℓ  mπ  A sen = sen x cos ct + x sen ct .
ℓ ℓ mc (2πω)2 − c2 mπ 2 ℓ ℓ ℓ 61

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Ejercicios de EDP

Finalmente deshaciendo el cambio (2.27) encontramos la soluci´on buscada:   mπ  A  mπ    mπ  2ℓω A x cos ct + sen ct − sen(2πωt) , u(x, t) = sen ℓ ℓ mc ρ ℓ ρ
2 donde (2πω)2 − c2 mπ = ρ 6= 0. ℓ
2 Para el caso (2ωπ)2 = c2 mπ hay que razonar de otra forma. La ´ıdea ℓ es buscar una soluci´on del problema que tenga la forma  mπx  u(x, t) = sen T (t). ℓ con T ∈ C 2 (0, ∞) ∩ C 1 [0, ∞). N´otese que las condiciones en los extremos de la cuerda se cumplen (siendo sen 0 = sen π = 0); entonces para que u sea soluci´on s´olo tenemos que pedir a T de verificar el siguiente problema de Cauchy: 
 ′′ 2 mπ 2  T (t) + c T (t) = A sen(2ωπt) t > 0,  ℓ  (2.29)

T (0) = 1 ,    T ′ (0) = 0 .

La familia de soluciones de la ecuaci´on homog´enea asociada a (2.29) es  cmπ   cmπ  T0 (t) = α sen t + β cos t ℓ ℓ

con α, β ∈ R. Siendo cmπ = 2ω, buscar´e la soluci´on particular de (2.29) de ℓ la forma  cmπ   cmπ  Tp (t) = γt sen t + δt cos t ℓ ℓ con δ, γ ∈ R. Operando resulta que la integral general de la ecuaci´on en (2.29) resulta ser  cmπ   cmπ   cmπ  Aℓ T (t) = − t cos t + α sen t + β cos t 2cmπ ℓ ℓ ℓ con α, β ∈ R. Finalmente la soluci´on de (2.29) est´a dada por T (t) = −

 cmπ   cmπ   cmπ  Aℓ Aℓ2 t cos t + 2 2 2 sen t + cos t 2cmπ ℓ 2c m π ℓ ℓ 62

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Ejercicios de EDP

y consecuentemente deducimos la expresi´on de la soluci´on de (2.26):  cmπ   mπx  Aℓ t cos t sen u(x, t) = − 2cmπ ℓ ℓ  mπx   Aℓ2  cmπ   cmπ  sen t + cos t . + sen ℓ 2c2 m2 π 2 ℓ ℓ

63

(2.30)

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Ejercicios de EDP

Comentario 2.2 (La resonancia) ¿Porque en el ejercicio anterior nos han solido dos casos? El segundo caso es lo que describe el fen´omeno de la resonancia. La resonancia es un fen´omeno que se produce cuando un cuerpo el´astico (es decir que es capaz de vibrar, como una cuerda, un puente...) le largueza ℓ
es sometido a la acci´ on de una fuerza peri´odica (F (x, t) = A sen mπx sen(2ωπt)), ℓ cuyo periodo de vibraci´ on coincide con el periodo de vibraci´on caracter´ıstico
2 de dicho cuerpo (es decir estamos en el caso (2ω)2 = c2 mℓ π ). En esto caso una fuerza, aunque peque˜ na puede llevar a vibraciones cuya amplitud crece imparablemente. Como se puede observar en (2.30) la soluci´on es la suma de dos terminos: el segundo que aparece es agotado mientras que el primero es una funci´on que oscila y cuya amplitud de oscilaciones crece proporcionalmente al tiempo. En particular, en los ejemplos practico, esto significa que el cuerpo sometido a la fuerza peri´ odica se va a romper cuando pase un tiempo t∗ dependiente del coeficiente de elasticidad de dicho cuerpo. El ejemplo m´ as famoso de este fen´omeno ha sido el derrumbe del Puente “Tacoma Narrows Bridge” en el estado de Washington el 7 de noviembre de 1940. Concretamente la fuerza externa que provoc´o la rotura del puente ha sido el viento (hay videos de este derrumbe en la web que son impresionantes!). Por la misma raz´ on se le pide a las tropas que cruzan un puente de romper el paso: las vibraciones provocadas por marchar podr´ıan entrar en resonancia y romper el puente.

64

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Ejercicio 2.12 (Cuerda percutida por un martillo de amplitud 2δ) Sea  k, si |x − a| ≤ δ, g(x) = 0, si |x − a| > δ,

donde 0 < 2δ < a < ℓ − 2δ y k > 0. Demostrad que la soluci´on del problema   utt (x, t) − c2 uxx (x, t) = 0,     u(x, 0) = 0,   ut (x, 0) = g(x),     u(0, t) = 0 = u(ℓ, t),

0 ≤ x ≤ ℓ, t > 0 0≤x≤ℓ 0≤x≤ℓ t ≥ 0,

est´ a dada por

∞

4kℓ X 1 nπa nπδ nπx nπct u(x, t) = 2 sen sen sen sen . 2 π c n=1 n ℓ ℓ ℓ ℓ Soluci´ on. El ejercicio se puede intentar de resolver con el mismo esquema de los anteriores: es un problema mixto, entonces extendemos los datos iniciales; aplicamos la Formula de D’Alembert para encontrar una soluci´on definida en todo el semiplano; si la extensi´on ha sido hecha de forma oportuna, la funci´on encontrada al ser restringida al cilindro (0, ℓ) × (0, +∞) ser´a soluci´on de nuestro problema. Pues, en este caso notamos que el dato inicial g(x) no es una funci´on suficientemente regular (no es tampoco continua) y entonces no podemos aplicar la Formula de D’Alembert (cualquier extensi´on hagamos). Por lo tanto, las cuentas que siguen son formales, es decir no hay que entenderlas en un sentido cl´ asico sino en un sentido m´as d´ebil de lo que hemos entendido hasta ahora. De hecho la soluci´on que vamos a construir ser´a data por una serie de Fourier que no converge uniformemente en (0, ℓ) × (0, +∞), as´ı que s´olo tiene un sentido en un espacio m´as grande de lo de las funciones C 2 ((0, ℓ) × (0, +∞)). 65

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Ejercicios de EDP

El truco que vamos a utilizar ser´a lo de desarrollar el dato inicial en serie de Fourier y trabajar con dicha serie tratandola como si fuese una suma finita. El resultado, como ya explicado, ser´a una soluci´on que tiene que entenderse en un sentido m´as grande de lo que hemos hecho hasta ahora. Por lo tanto, desarrollamos en serie de Fourier de la funci´on g(x). Primero extendemos dicha funci´on al intervalo (−ℓ, ℓ) y luego de forma que sea 2ℓ– periodica, es decir definimos g˜ : R → R como la u ´nica funci´on 2ℓ–peri´odica tal que    si 0 ≤ x ≤ ℓ ,  g(x) g˜(x) = −g(−x) si − ℓ ≤ x ≤ 0 ,    g˜(x) es 2ℓ-periodica . Ahora calculamos los coeficientes de Fourier a0 , an y bn , n ≥ 1, de la s g˜: En primer lugar, Z 1 ℓ a0 = g˜(x)dx = 0 , ℓ −ℓ

siendo g˜ impar. Adem´as, por la misma raz´on, Z 1 ℓ nπx
an = dx = 0 , g˜(x) cos ℓ −ℓ ℓ y finalmente

1 bn = ℓ

Z

ℓ

nπx
dx ℓ −ℓ Z Z 2 ℓ nπx
2k a+δ nπx
= g(x) sin dx = sin dx ℓ 0 ℓ ℓ a−δ ℓ  a+δ    i 2k ℓ π π nπx
2k h = − cos − cos n (a + δ) + cos n (a − δ) . = ℓ nπ ℓ nπ ℓ ℓ a−δ g˜(x) sin

Teniendo en cuenta que ∀α, β ∈ R deducimos

cos(α − β) − cos(α + β) = 2 sen α sen β 4k bn = sen nπ



nπa ℓ 66



sen



nπδ ℓ



.

(2.31)

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Ejercicios de EDP

Por lo tanto la funci´on g˜(x) tiene su expresi´on como serie de Fourier data por     ∞ X nπa nπδ nπx
4k sen sen sen . g˜(x) = nπ ℓ ℓ ℓ n=1

N´otes e que la convergencia de la Serie de Fourier a la funci´on g˜(x) no es uniforme, sino s´olo en L2 (−ℓ, ℓ). Por lo tanto dicha identidad tiene que ser entendida s´olo como una identidad entre funciones de lates espacios y no puntual. Aplicamos ahora la formula de de D’Alembert a la serie de Fourier de g˜, as´ı que Z 1 x+ct u˜(x, t) = g˜(y)dy 2c x−ct     Z ∞ 1 x+ct X 4k nπa nπδ nπy
= sen sen sen dy . 2c x−ct n=1 nπ ℓ ℓ ℓ Hacemos ahora otro paso formal, es decir supongamos que podemos llevar la integral al interior del s´ımbolo de suma: por lo tanto tenemos que     Z x+ct ∞ 2k X 1 nπa nπδ nπy
u˜(x, t) = sen sen sen dy cπ n=1 n ℓ ℓ ℓ x−ct     x+ct ∞ 2k ℓ X 1 nπa nπδ nπy
= sen sen − cos . cπ π n=1 n2 ℓ ℓ ℓ x−ct      ∞ 2kℓ X 1 nπa nπδ nπ(x + ct)
nπ(x − ct)
sen sen − cos + cos . = 2 cπ n=1 n2 ℓ ℓ ℓ ℓ

Gracias a (2.31) y recordando que u(x, t) = u˜(x, t) C , deducimos que

        ∞ nπa nπδ πctn nπx 4kl X 1 sen sen sen sen . u(x, t) = 2 cπ n=1 n2 ℓ ℓ ℓ ℓ

67

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Ejercicio 2.13 Para α y β funciones continuas de soporte compacto en R, supongamos que u ∈ C 2 (R × [0, ∞)) es una soluci´on del problema    utt (x, t) − uxx (x, t) = 0, si x ∈ R, t > 0, (2.32) u(x, 0) = α(x), si x ∈ R,   ut (x, 0) = β(x), si x ∈ R. Consideremos

1 K(t) = 2 1 V (t) = 2 Probad

Z

Z

+∞

u2t (x, t) dx

(Energ´ıa cin´etica),

u2x (x, t) dx

(Energ´ıa potencial).

−∞ +∞

−∞

1. La funci´ on E(t) := K(t) + V (t) es constante. 2. Existe t0 dependiente de α y β tal que K(t) = V (t), para todo t ≥ t0 . Soluci´ on. Por la f´ormula de D’Alembert (v´ease (2.1)), la soluci´on de (2.32) est´a data por: Z 1 1 x+t u(x, t) = [α(x + t) + α(x − t)] + β(s)ds, ∀x ∈ R, ∀t ≥ 0. (2.33) 2 2 x−t 1) Si fijamos t ≥ 0, observamos que α(x + t) = 0

if

x 6∈ −t + sop α

α(x − t) = 0

if

x 6∈ t + sop α .

y analogamente

Aprovechamos, entonces, que α tiene soporte compacto para deducir que los conjuntos −t + sop α y t + sop α son acotados y, por tanto, existe x0 >> 0 (dependiente de t) tal que α(x + t) = α(x − t) = 0 si |x| ≥ x0 . 68

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Ejercicios de EDP

An´alogamente, como el soporte de β est´a acotado, Z x−t Z +∞ β(s)ds = β(s)ds = 0, −∞

x+t

para todo x ≤ t + ´ınf sop β y Z

+∞

β(s)ds = 0, x+t

para todo x ≥ −t + sup sop β. Por tanto, podemos suponer sin p´erdida de generalidad que el punto x0 previamente escogido verifica tambi´en Z x+t Z +∞ β(s)ds = β(s)ds, −∞

x−t

para todo |x| ≥ x0 . As´ı que Z u(x, t) =

+∞

β(s)ds = cte, −∞

∀|x| ≥ x0

(2.34)

y

E ′ (t) = K ′ (t) + V ′ (t) Z +∞ = ut utt + ux uxt dx −∞ Z +∞ = ut uxx + ux utx dx −∞ Z +∞ = ∂x (ut ux ) dx −∞

Gracias al Teorema Fundamental del Calculo y siendo para cada t ≥ 0 l´ım ut (x, t) = l´ım ux (x, t) = 0 ,

|x|→∞

|x|→∞

deducimos entonces que ∀t ≥ 0 ,

E ′ (t) = 0 .

Por lo tanto E(t) es constante. 69

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Ejercicios de EDP

2) Gracias a (2.33), deducimos que ut (x, t) =

1 1 ′ [α (x + t) − α′ (x − t)] + [β(x + t) + β(x − t)] 2 2

y

1 ′ 1 [α (x + t) + α′ (x − t)] + [β(x + t) − β(x − t)] 2 2 Como los datos iniciales α y β tienen soporte compacto, existe t0 >> 0 tal que ([sop α ∪ sop β] + t) ∩ ([sop α ∪ sop β] − t) = ∅, ux (x, t) =

para todo t ≥ t0 . As´ı, teniendo en cuenta que x + t ∈ sop α′ =⇒ x + t ∈ sop α ⇐⇒ x ∈ sop α − t x − t ∈ sop α′ =⇒ x − t ∈ sop α ⇐⇒ x ∈ sop α + t x + t ∈ sop β ⇐⇒ x ∈ sop β − t x − t ∈ sop β ⇐⇒ x ∈ sop β + t, deducimos que si t ≥ t0 entonces  1 ′ 1  si x ∈ [sop α ∪ sop β] − t  2 α (x + t) + 2 β(x + t), 1 ′ 1 ut (x, t) = − 2 α (x − t) + 2 β(x − t), si x ∈ [sop α ∪ sop β] + t   0, en otro caso,

y

 1 ′ 1   2 α (x + t) + 2 β(x + t), si x ∈ [sop α ∪ sop β] − t 1 ′ ux (x, t) = α (x − t) − 12 β(x − t), si x ∈ [sop α ∪ sop β] + t 2   0, en otro caso.

Consecuentemente, si t ≥ t0 , ux (x, t)2 = ut (x, t)2 para todo x ∈ R y as´ı Z Z 1 +∞ 2 1 +∞ 2 K(t) = ut (x, t) dx = u (x, t) dx = V (t), 2 −∞ 2 −∞ x para todo t ≥ t0 . 70

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Ejercicio 2.14 Hallad la soluci´ on de:    en R3 × (0, +∞)  utt − ∆u = 0 en R3 × {0}

u(x, 0) = 0    ut (x, 0) = e−|x|2

en R3 × {0}

Soluci´ on. Para el calculo de dicha soluci´on necesitamos aplicar la f´ormula de PoissonKirchoff 10 que representa la extensi´on de la f´ormula de D’Alembert en dimensi´on 3. En consecuencia Z t 2 u(x, t) = e−|y| dSy |∂Bt (x)| ∂Bt (x) que con el cambio y = x + tz se transforma en Z Z t −(|x|2 +t2 ) t −(|x|2 +t2 ) −2t x·z u(x, t) = e e dSz = e e−2t |x| xˆ·z dSz , 4π 4π ∂B1 (0) ∂B1 (0) donde xˆ =

x . |x|

Sin perder generalidad, se puede suponer que x = e1 |x|, as´ı que t −(|x|2 +t2 ) u(x, t) = e 4π

Z

e−2t |x| z1 dSz .

(2.35)

∂B1 (0)

N´otese que la frontera de B1 (0) se puede descomponer como ∂B1 (0) = Σ1 + Σ2 10

La f´ormula de Poisson-Kirchoff nos da una f´ormula de representaci´on para la u ´nica soluci´on de  2  en R3 × (0, +∞) utt − c ∆u = 0    

en R3 × {0}

u(x, 0) = f (x)

en R3 × {0}

ut (x, 0) = g(x)

con f ∈ C 2 (R3 ) y g ∈ C 1 (R3 ). La soluci´ on se escribe de la siguiente forma:   Z Z t t ∂ f (s)dSx + g(s)dSx , u(x, t) = ∂t |∂Bct (x)| ∂Bct (x) |∂Bct (x)| ∂Bct (x) donde ∂Br (x) = {y ∈ R3 : |y − x| = r} y |∂Br (x)| = 4πr2 .

71

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donde Σ1 = y

Entonces Z



(z1 , z2 , z3 ) : z3 =

q

1−

z12

−

z22



  q 2 2 Σ2 = (z1 , z2 , z3 ) : z3 = − 1 − z1 − z2 . e

−2t |x| z1

dSz = 2

∂B1 (0)

Z

Z

1

e Σ1√ Z

−2t |x| z1

dSz =

1−z12

Z

e−2t |x| z1 z12 +z22 ≤1

p

1 − z12 − z22

dz1 dz2

e−2t |x| z1 p dz1 dz2 √ 2 2 1 − z − z − 1−z12 0 1 2 ! Z 1 Z √1−z12 dz 2 dz1 . = e−2t |x| z1 √ 2p 1 − z12 − z22 − 1−z1 0 =

La integral entre par´entesis admite una familia de primitivas expl´ıcitas: Z Z dz2 dz2 p q = = p z22 2 1 − z12 − z22 1 − z1 1 − 1−z2 1   z2 dz2 con el cambio s = ds = 1 1 2 (1−z12 ) 2  (1−z1 ) 2 Z z2 ds √ = arc sen s = arc sen + C, C ∈ R. = 1 2 1−s (1 − z12 ) 2 Entonces: Z

! −√1−z12 z2 e−2t |x| z1 dSz = 2 e−2t |x| z1 arc sen dz1 2 12 (1 − z1 ) √1−z2 ∂B1 (0) 0 1 Z 1 Z 1 =2 e−2t |x| z1 [arc sen 1 − arc sen(−1)]dz1 = 2π e−2t |x| z1 dz1 0 0 1 e−2t |x| z1 e−2t |x| − e2t |x| = 2π = −π −2t|x| −1 t|x| e2t |x| − e−2t |x| 2π =π = senh (2t|x|) . t|x| t|x| Z

1

Finalmente, sustituyendo en (2.35), llegamos a u(x, t) = e−(|x|

2 +t2 )

72

senh (2t|x|) . 2|x|

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73

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74

Ecuaci´ on del Calor Ejercicio 3.1 Resuelve mediante la f´ormula de Poisson: 1.

(

2.

ut (x, t) − uxx (x, t) = t + et , x ∈ R, t > 0, u(x, 0) = 2, x ∈ R,

(

3.

(

Soluci´ on.

ut (x, t) − uxx (x, t) = 3t2 , x ∈ R, t > 0, u(x, 0) = sen(x), x ∈ R,

ut (x, t) − uxx (x, t) = et cos(x), x ∈ R, t > 0, u(x, 0) = cos(x), x ∈ R,

11

11

Recordamos que gracias a la f´ ormula de Poisson, data una funci´on g(x) ∈ C 0 (RN ), α|x|2 N ≥ 1, tal que g(x) ≤ Ce , para C, α > 0, entonces la funci´on Z |x−y|2 1 e− 4t g(y)dy . u(x, t) = N (4πt) 2 RN es tal que: u(x, t) ∈ C 0 (RN × [0, +∞)) ∩ C 2 (RN × (0, +∞)); cumple

(

ut (x, t) − ∆u(x, t) = 0, u(x, 0) = g(x),

75

x ∈ RN , t > 0, x ∈ RN .

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Ejercicios de EDP

1. Para este apartado no necesitamos la f´ormula de Poisson. En efecto, observamos que u(x, t) es independiente del espacio (es decir no depende de la variable x), as´ı que es la soluci´on de 1) es de la forma  z ′ (t) = t + et u(x, t) = z(t) con z resolviendo z(0) = 2 . Entonces

u(x, t) = 2 +

Z

t

(s + es )ds = 0

t2 + et + 1. 2

2. En este caso la soluci´on u(x, t) es la suma de dos funciones: u(x, t) = v(x, t) + z(x, t) donde:

y

( (

vt − vxx = 3t2 , (x ∈ R, t > 0), u(x, 0) = 0, (x ∈ R),

zt − zxx = 0, (x ∈ R, t > 0), u(x, 0) = sen(x), (x ∈ R),

En particular, est´a claro que v(x, t) = v˜(t) y entonces v(x, t) = t3 . Por otro lado, la f´ormula de Poisson nos da Z |x−y|2 1 z(x, t) = S(x, t) ∗ sen x = √ e− 4t sen(y)dy 4π t R Entonces

1 u(x, t) = t + √ 4π t 3

76

Z

e− R

|x−y|2 4t

sen(y)dy .

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Ejercicios de EDP

3. Vamos buscando una soluci´on de la forma: u(x, t) = A(t) cos x y entonces A tiene que cumplir  A′ (t) + A(t) = et

t>0

A(0) = 1

y la soluci´on es A(t) =

et +e−t . 2

u(x, t) =

Por lo tanto

et + e−t cos x = cosh t cos x . 2

Es sencillo verificar que las soluciones encontradas cumplen los problemas propuestos.

77

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Ejercicios de EDP

Ejercicio 3.2 Probad la unicidad de la soluci´on del problema   ut (x, t) − uxx (x, t) = f (x, t) 0 ≤ x ≤ ℓ, t > 0     u(x, 0) = g(x) 0≤x≤ℓ   u(0, t) = φ(t) t>0     u(l, t) = ψ(t) t>0

(3.1)

donde f (x, t) ∈ C 0 ((0, ℓ)×(0, +∞)), g(x) ∈ C 0 (0, ℓ), φ(t), ψ(t) ∈ C 0 (0, +∞).

Soluci´ on. Supongamos por contradicci´on que (3.1) tenga dos soluciones u1 y u2 y sea w = u1 − u2 . Entonces w(x, t) cumple    0 ≤ x ≤ ℓ, t > 0  wt (x, t) − wxx (x, t) = 0 0≤x≤ℓ

w(x, 0) = 0    u(0, t) = 0 = u(ℓ, t)

t > 0.

Definimos la siguiente funci´on de una variable real: Z 1 ℓ 2 e(t) = w (x, t)dx . 2 0 Primero observamos que Z Z 1 ℓ 2 1 ℓ 2 w (x, t)dx = w (x, 0)dx = 0. l´ım t→0+ 2 0 2 0 Nuestro objetivo es probar que e(t) ≡ 0, ∀t > 0, que directamente implica w(x, t) ≡ 0 y consecuentemente u1 ≡ u2 . Observamos que e(t) ≥ 0 siendo la integral de una funci´on positiva; entonces nos queda de probar que e(t) ≤ 0, ∀t > 0. Calculamos la primera derivada de e(t): siendo w es de clase 2, se puede pasar la derivada bajo el si˜ no de integral, as´ı que Z ℓ ′ e (t) = w(x, t)wt (x, t)dx . 0

78

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Ejercicios de EDP

Utilizando la ecuaci´on satisfecha por w, sale Z ℓ ′ e (t) = w(x, t)wxx (x, t)dx , 0

e integrando por partes, aprovechando adem´as las condiciones en la frontera, x=ℓ Z ℓ Z ℓ ′ e (t) = w(x, t)wt (x, t) − wx (x, t)wx (x, t)dx = − wx2 (x, t)dx ≤ 0 . x=0

0

0

Por lo tanto e(t) ≡ 0 y consecuentemente w(x, t) ≡ 0, que implica u1 (x, t) ≡ u2 (x, t).

79

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Ejercicios de EDP

Ejercicio 3.3 Probad la unicidad de la soluci´on del problema  u (x, t) − u (x, t) = f (x, t) x ∈ R, t > 0 t xx u(x, 0) = g(x) x∈R

donde f (x, t) ∈ C 0 (R × (0, +∞)), g(x) ∈ C 0 (R), en la clase de funciones v(x, t) ∈ C 2 (R × (0, +∞)) ∩ C 0 (R × [0, +∞)) tales que Z  2  v (x, t) + vx2 (x, t) + vt2 (x, t) dx < +∞ y l´ım v(x, t) = 0 , ∀t > 0 . |x|→∞

R

Soluci´ on. Supongamos que el problema tenga dos soluciones u1 y u2 , y sea w = u1 − u2 . Entonces w(x, t) 6≡ 0 cumple  w (x, t) − w (x, t) = 0 x ∈ R, t > 0 t xx w(x, 0) = 0 x ∈ R. Multiplicamos la ecuaci´on satisfecha por w por w misma para obtener Z Z 0= wt (x, t)w(x, t)dx − wxx (x, t)w(x, t)dx R

R

e integrando por partes nos sale Z Z 0= wt (x, t)w(x, t)dx + wx2 (x, t)dx , R

R

donde hemos utilizado adem´as que l´ım w(x, t)wx (x, t) = 0. Ahora integrax→±∞

mos la anterior identidad entre 0 y t, para cualquier t > 0, Z tZ Z tZ Z tZ 2 0= ws (x, s)w(x, s)dxds+ wx (x, s)dxds ≥ ws (x, s)w(x, s)dxds . 0

R

0

R

0

R

Gracias al teorema de Tonelli se puede cambiar el orden de integraci´on y, observando que ws (x, s)w(x, s) = 12 [w2 (x, s)]s , deducimos Z Z t Z Z Z 1 1 1 1 2 2 2 0≥ [w (x, s)]s dsdx = w (x, t)dx− w (x, 0)dx = w2 (x, t)dx , 2 R 0 2 R 2 R 2 R siendo w(x, 0) ≡ 0. Consecuentemente deducimos que w(x, t) ≡ 0, ∀x ∈ R y ∀t > 0, que contradice u1 6= u2 . 80

T.Leonori

Ejercicios de EDP

Ejercicio 3.4 Sea f : R → R una funci´on continua y acotada tal que existen: f (−∞) = l´ım f (x),

f (+∞) = l´ım f (x).

x→−∞

x→+∞

Probad que la u ´nica soluci´ on acotada u(x, t) del problema de Cauchy: ( ut − uxx = 0, (x ∈ R, t > 0), u(x, 0) = f (x), (x ∈ R), satisface: l´ım u(x, t) =

t→+∞

f (−∞) + f (+∞) . 2

Soluci´ on. Calculamos la soluci´on utilizando al f´ormula de Poisson: Z |x−y|2 1 u(x, t) = √ e− 4t f (y)dy 4πt R √ Z   √ √ (x − y) 2 t 2 √ y dy = −2 tdy = √ con el cambio z = e−z f (x − 2 tz)dy 4πt R  Z ∞ 2 t Z 0 √ √ 1 2 2 −z −z =√ e f (x − 2 tz)dy . e f (x − 2 tz)dy + π 0 −∞ Ahora queremos calcular Z ∞  Z 0 √ √ 1 −z 2 −z 2 e f (x − 2 tz)dy + e f (x − 2 tz)dy ; l´ım u(x, t) = l´ım √ t→+∞ t→+∞ π 0 −∞ gracias al teorema de Lebesgue (aqu´ı se utiliza que f es acotada) deducimos l´ım u(x, t)  Z 0 ∞ √ √ 1 −z 2 −z 2 e l´ım f (x − 2 tz)dy + =√ e l´ım f (x − 2 tz)dy t→+∞ π 0 Z t→+∞ −∞ Z f (−∞) ∞ −z2 f (+∞) 0 −z2 f (+∞) + f (−∞) = √ e dy + √ e dy = , 2 π π 0 −∞ t→+∞

Z

ya que

Z

0

e −∞

−z 2

dz =

Z

+∞

e 0

−z 2

1 dz = 2

81

Z

2

e−z dz = R

1√ π. 2

(3.2)

T.Leonori

Ejercicios de EDP 2

En efecto es bien conocido que la funci´on e−z no tiene una primitiva que se pueda representar mediante funciones elementales. De todas formas se p puede calcular su integral en todo el eje. Sea r = x2 + y 2 y consideramos la integral: Z Z +∞

+∞

e−x

−∞

2 −y 2

Cambiando a polares deducimos que Z +∞ Z +∞ Z −x2 −y 2 e dxdy = −∞

dxdy .

−∞

−∞

2π 0

Z

+∞

2

re−r drdθ, −∞

donde la r que aparece en la integral es debida al cambio de diferencial. Por lo tanto +∞ Z +∞ Z +∞ Z +∞ −x2 −y 2 −r2 −r 2 e dxdy = 2π = π. re dr = −πe −∞

−∞

−∞

0

Por otro lado, Z

+∞ −∞

Z

+∞

e

−x2 −y 2

dxdy =

−∞

As´ı deducimos que

y aprovechando que e

−x2

Z Z

+∞

e

−x2

dx

−∞ +∞

2

 Z

e−x dx =

+∞

e

−y 2

−∞

√ π

−∞

es una funci´on par sale (3.2).

82

dy



=

Z

+∞

e −∞

−x2

dx

2

.

T.Leonori

Ejercicios de EDP

M´ etodo de Fourier para el problema mixto Har´a falta una t´ecnica peculiar para resolver el problema mixto asociado a la ecuaci´on del calor, as´ı que lo resumimos brevemente aqu´ı. Nos fijamos en el siguiente problema: Encontrar una (de hecho la, gracias al Ejercicio 2.4) soluci´on de  ut (x, t) − uxx (x, t) = 0,     u(0, t) = 0,  u(π, t) = 0,    u(x, 0) = f (x),

0 < x < L, t > 0, t ≥ 0, t ≥ 0, 0 ≤ x ≤ L.

(3.3)

donde f : [0, L] → R es de clase C 0 ([0, L]) y tal que f (0) = f (L) = 0. Primero, analizamos la ecuaci´on diferencial. La manera m´as sencilla de resolver la ecuaci´on ut (x, t) − uxx (x, t) = 0,

en 0 < x < L, t > 0,

es buscar una soluci´on con variable separadas, es decir u(x, t) = X(x)T (t) con X(x) ∈ C 2 (0, L) ∩ C 0 [0, L]

T (t) ∈ C 1 (0, +∞) ∩ C 0 [0, +∞) .

y

Por lo tanto, deducimos que X(x)T ′ (t) + X ′′ (x)T (t) = 0

en 0 < x < L, t > 0,

y consecuentemente X(x) y T (t) resuelven, respectivamente, X ′′ (x) − λX(x) = 0

x ∈ (0, L)

y T ′ (t) − λT (t) = 0 83

t>0

T.Leonori

Ejercicios de EDP

para alg´ un λ ∈ R. Ahora a˜ nadimos las condiciones de contorno: por un lado pediremos a la X de anularse en la frontera de su dominio de definici´on y por otro nos har´a falta que, en el tiempo 0, T sea igual a un numero positivo (que fijaremos en 1, sin perder de generalidad). Por lo tanto, para λ ∈ R, resolveremos  X ′′ (x) − λX(x) = 0 x ∈ (0, L) (3.4) X(0) = 0 = X(L) y

 T ′ (t) − λT (t) = 0

t>0

T (0) = 1 .

(3.5)

Observamos que las condiciones al contorno en el problema asociado a X implican que λ tiene que ser negativo. 12 Adem´as las soluciones de (3.4) est´an datas por nπx
X(x) = A sen x ∈ (0, L) , L para cualquier A ∈ R y con la condici´on λ=−

n2 π 2 , L2

n ∈ N.

2 2

En otras palabras, λ = − nLπ2 , con n ∈ N es una sucesi´on de valores propios
para el operador “menos derivada segunda” y sen nπx es la autofunci´on L asociada a dicho valor proprio. Consecuentemente deducimos que la soluci´on de (3.5) est´a dada por T (t) = e−

n2 π 2 t L2

t > 0.

12

N´ otese que si λ fuese positivo tendr´ıamos que la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial en (3.4) vendr´ıa data por X(x) = Ae

√

λx

+ Be−

√

λx

para A, B ∈ R, que es incompatible con las condiciones X(0) = X(L) = 0.

84

T.Leonori

Ejercicios de EDP

Por lo tanto para A ∈ R y n ∈ N, u(x, t) = A sen
de (3.3) con f (x) = A sen nπx . L

nπx L




e−

n2 π 2 t L2

es la soluci´on


, para alguAdem´as si f (x) es una combinaci´on lineal (finita) de sen nπx L nos valores de n ∈ N, entonces la soluci´on, dada la linealidad de la ecuaci´on
− n2 π 2 t del calor, es una combinaci´on lineal de sen nπx e L2 . L

Para extender esta idea a una funci´on f cualquiera observamos que a cualquier funci´on f ∈ L2 (0, L) corresponde su desarrollo en serie de Fourier. Queremos probar que, bajo algunas hip´otesis de regularidad, el m´etodo explicado previamente funciona tambi´en si consideramos una combinaci´on lineal
infinita de sen nπx como dato inicial. L M´as concretamente, consideramos una funci´on f ∈ C 1 (0, L) tal que f (0) = f (L) = 0. Dicha funci´on, aprovechando las condiciones en 0 y L, puede extenderse a una funci´on fimp (x) continua en (−L, L), 2L–peri´odica e impar. Por lo tanto fimp (x) admite un desarrollo en Serie de Fourier: fimp (x) =

+∞ X

bn sen

n=1

con

2 bn = L

Adem´as la funci´on definida por u(x, t) =

Z

L

f (x) sen 0

+∞ X

bn sen

n=1

nπx
L

(3.6)

nπx
. L

nπx
− n2 π2 2 t e L L

(3.7)


es de clase Cx2 (0, L) × (0, +∞) ∩ Ct1 (0, L) × (0, +∞) y cumple la ecuaci´on del calor. En efecto, condiderando que t > 0, sus coeficientes son tales que


+∞ X n=1

|bn |n2 e−

n2 π 2 t L2

< +∞ ,

y consecuentemente se puede derivar t´ermino a t´ermino la funci´on definida en (3.7) y es facil verificar entonces que u(x, t) cumple la ecuaci´on del calor. 85

T.Leonori

Ejercicios de EDP

Adem´as, calculando u(x, t) para t = 0, deducimos que u(x, 0) =

+∞ X

bn sen

n=1

nπx
, L

es decir que u(x, t) cumple su dato inicial. Siendo u(x, t) una serie de s´olo senos, se sigue que la funci´on se anula en la frontera lateral del cilindro. N´otese que todo tiene sentido si f s´olo pertenece a L2 (0, L) la u(x, t) definida en (3.7) tiene sentido “c.t.p.” y la u(x, t) es dicha soluci´on generalizada de (3.3). Aplicaremos este m´etodo en los siguientes ejercicios, aunque no siempre directamente.

86

T.Leonori

Ejercicios de EDP

Ejercicio 3.5 Consid´erese la funci´on f : [0, π] → R dada por ( x, si x ∈ [0, π/2], f (x) = π − x, si x ∈ [π/2, π]. Encontrad una expresi´ on para la soluci´on  ut (x, t) − uxx (x, t) = 0,     u(0, t) = 0,  u(π, t) = 0,    u(x, 0) = f (x),

del problema: 0 < x < π, t > 0, t ≥ 0, t ≥ 0, 0 ≤ x ≤ π.

Soluci´ on. Para resolver este ejercicio s´olo nos hace falta aplicar el m´etodo explicado previamente. Definimos una funci´on f˜(x) como la extensi´on impar del dato inicial en el intervalo (−π, π) y calculamos sus coeficientes de Fourier. N´otese que, siendo la funci´on extendida de forma impar, los coeficientes de Fourier Z Z 1 π 1 π an = f (x) cos(nx)dx y a0 = f (x)dx π −π π −π

nos saldr´an iguales a cero, por ser cos(nx) y 1 funciones pares. Calculamos entonces Z Z 2 π 1 π f (x) sen(nx)dx = f (x) sen(nx)dx bn = π −π π 0 π Z Z
2 π 2 2 x sen(nx)dx + π − x sen(nx)dx . = π 0 π π2

Calculamos una primitiva de la funci´on integrando por partes Z 1 1 s sen(ns) = 2 sen(ns) − s cos(ns) + c , c ∈ R, n n mientras con un c´alculo directo nos sale que Z 1 sen(ns) = − cos(ns) + c n 87

c ∈ R.

T.Leonori

Ejercicios de EDP

Consecuentemente Z π Z Z 2 π 2 π 2 2 x sen(nx)dx + π sen(nx)dx x sen(nx)dx − bn = π 0 π π2 π π2   π2  π 2 1 1 1 2 1 = sen(nx) − x cos(nx) − sen(nx) − x cos(nx) π n2 n π n2 n π 0 2  π π 2 + − cos(nx) π n π 2  ✟ ✟

✟ π 2 1 nπ
nπ nπ✘✘ 1 π ✘ ✘ ✘ ✟✟ + 1 sen ✟ ✘✘ = sen − ✘✘cos − 2✟sen(nπ) + ✟ cos(nπ) ✘✘ ✟ ✟ ✘✘ ✘ 2 2 π n 2 2n 2 n n n 2 ✟ ✟  ✟

✟ π π nπ nπ π ✘ ✘✘ ✘✘ − cos(nπ) ✘✘ cos −✘✘cos ✘✘ ✟✟ + ✘✘ ✟ 2n 2 n n 2 ✟ 2 nπ
. = 2 sen nπ 2 Entonces

bn =

 0 

2 n2 π

si n es par, −1


n−1 2

si n es impar.

Manipulando los coeficientes obtenemos que la soluci´on generalizada est´a dada por +∞ 2X 1 2 u(x, t) = sen((2n + 1)x)e−(2n+1) t . 2 π n=1 (2n + 1)

88

T.Leonori

Ejercicios de EDP

Ejercicio 3.6 (Barra con un extremo a temperatura 0 y el otro aislado t´ermicamente). Obtened mediante series de Fourier, una expresi´on para la soluci´ on del problema:   0 < x < π/2, t > 0,  ut (x, t) − uxx (x, t) = 0, (3.8) u(0, t) = 0 = ux (π/2, t), t ≥ 0,   u(x, 0) = f (x), 0 ≤ x ≤ π/2.

donde f ∈ C 1 ([0, π/2]), con f (0) = 0 = f ′ (π/2).

Soluci´ on. Este ejercicio es parecido al anterior. En este caso tambi´en buscamos una soluci´on aprovechando que el dato inicial es una funci´on que admite un desarrollo en serie de Fourier. Consideramos f˜, la extensi´on par de la funci´on f con respecto al eje x = π2 , es decir  f (x) si x ∈ (0, π/2) , f˜(x) = f (π − x) si x ∈ (π/2, π) .

Entonces f˜ cumple la condici´on f˜(0) = f˜(π) = f (0) = 0. Para aplicar otra vez la f´ormula (3.7) y encontrar la soluci´on generalizada de (3.8), extendemos f˜ a f˜imp en el intervalo (−π, π), de forma impar, es decir:   −f (x + π) si x ∈ (−π, −π/2) ,     −f (−x) si x ∈ (−π/2, 0) , f˜imp (x) =   f (x) si x ∈ (0, π/2) ,     f (π − x) si x ∈ (π/2, π) .

Por lo tanto, la soluci´on es

u(x, t) =

∞ X

2

bn e−n t sen(nx)

n=1

donde 1 bn = π

Z

π

2 f˜imp (x) sen(nx)dx = π −π

Z

π 0

4 f˜(x) sen(nx)dx = π

89

Z

π 2

0

f (x) sen(nx)dx ,

T.Leonori siendo

Ejercicios de EDP

1 an = π

por ser f˜imp (x) impar.

Z

π

f˜imp (x) cos(nx)dx = 0

−π

90

∀n ≥ 0 ,

T.Leonori

Ejercicios de EDP

Ejercicio 3.7 Una funci´ on V : [0, L] → R se llama “temperatura de equilibrio” cuando: l´ım [u(x, t) − V (x)] = 0, ∀x ∈ [0, L]. t→+∞

Probad que la soluci´ on V (x) del problema: ( V ′′ (x) = 0, 0 < x < L, V (0) = α, V (L) = β, es una temperatura de equilibrio para el problema de tipo mixto:   0 < x < L, t > 0,  ut (x, t) − uxx (x, t) = 0, u(0, t) = α, u(L, t) = β, t ≥ 0,   u(x, 0) = f (x), 0 ≤ x ≤ L,

para cualquier f ∈ C 1 ([0, L]), con f (0) = α, f (L) = β.

Soluci´ on. Primero, vamos a ver quien es V (x). Ya que V ′′ (x) = 0 in (0, L), deducimos que V (x) tiene que ser una funci´on lineal, as´ı que V (x) = α +

β−α x. L

Definimos ahora z(x, t) = u(x, t) − V (x) y notamos que z(x, t) verifica: zt (x, t) − zxx (x, t) = [ut (x, t) − uxx (x, t)] − [∂t V (x) − ∂xx V (x)] = 0 , {z } | =0

as´ı que z(x, t) cumple la misma ecuaci´on de u(x, t). Adem´as α = u(0, t) = V (0) + z(0, t) = α + z(0, t) y β = u(L, t) = V (L) + z(L, t) = β + z(0, t) y finalmente f (x) = u(x, 0) = V (x) + z(0, x) 91

T.Leonori

Ejercicios de EDP

as´ı que z(x, t) es soluci´on de    zt (x, t) − zxx (x, t) = 0, z(0, t) = 0 = z(L, t)   z(x, 0) = f (x) − V (x), Observamos que f (x) − V (x) = f (0) − α = 0

y

x=0

0 < x < L, t > 0, t ≥ 0, 0 ≤ x ≤ L, f (x) − V (x)

x=L

= f (l) − β = 0 .

Entonces f (x) admite un de desarrollo en serie de Fourier de la forma   ∞ X nπx An sen z(x, 0) = L n=1

donde

 Z   nπx  β−α 2 L dx . An = f (x) − α − x sen π 0 L L Ahora nos podemos utilizar que la soluci´on de (3.9) es   ∞ X nπx − n2 π2 2 t An sen z(x, t) = e L . L n=1

Puesto que f es de clase C 1 , deducimos que ∞ X |An | < +∞ n=1

y consecuentemente

  ∞ ∞ X nπx − n2 π2 2 t X − n2 π2 2 t An sen |z(x, t)| ≤ e L ≤ An e L L n=1 n=1 ∞ 2 X − π2 t L ≤e An . n=1

Por lo tanto,

l´ım |z(x, t)| = 0 ,

t→+∞

∀x ∈ (0, L) ,

y consecuentemente l´ım z(x, t) = l´ım

t→+∞

t→+∞



 u(x, t) − V (x) = 0 ,

que prueba que V (x) es la temperatura de equilibrio. 92

(3.9)

∀x ∈ (0, L) ,

T.Leonori

Ejercicios de EDP

Ejercicio 3.8 Dadas g ∈ C([0, L]) y f ∈ C 1 ([0, L]), con f (0) = α, f (L) = β, probad que para el problema de tipo mixto:    ut (x, t) − uxx (x, t) = g(x), 0 < x < L, t > 0, u(0, t) = α, u(L, t) = β, t ≥ 0,   u(x, 0) = f (x), 0 ≤ x ≤ L, la funci´ on V (x), soluci´ on del problema: ( −V ′′ (x) = g(x), V (0) = α, V (L) = β,

0 < x < L,

es una temperatura de equilibrio. Soluci´ on. Para resolver este ejercicio definimos la funci´on z(x, t) = u(x, t) − V (x) . N´otese que zt (x, t) − zxx (x, t) = ut (x, t) − uxx (x, t) + Vxx (x) = 0 y as´ı z(x, t) es la u ´nica soluci´on del problema  zt (x, t) − zxx (x, t) = 0, 0 < x < L, t > 0,     z(0, t) = 0 t ≥ 0,  z(L, t) = 0, t ≥ 0,    u(x, 0) = f (x) − V (x) = f˜(x), 0 ≤ x ≤ L.

(3.10)

con f˜(0) = f˜(L) = 0. Por lo tanto la soluci´on del problema (3.10) tiene la forma que ya hemos encontrado en los ejercicios anteriores, es decir z(x, t) =

∞ X

nπ 2

bn e−( L ) t sen

n=1

donde

2 bn = L

Z

L 0

nπx
L

nπx f˜(x) sen( )dx . L 93

T.Leonori

Ejercicios de EDP

Adem´as siendo tanto la f como la V , por lo menos, de clase C 1 [0, L], entonces hay convergencia absoluta de los coeficientes de Fourier as´ı que deducimos que ∞ ∞ X X nπ 2 π 2 nπx −( ) t bn = 0 . ) = l´ım e−( L ) t bn e L sen( l´ım z(x, t) = l´ım t→+∞ t→+∞ t→+∞ L n=1 n=1 Por lo tanto

l´ım u(x, t) = V (x) .

t→+∞

94

T.Leonori

Ejercicios de EDP

Ejercicio 3.9 Dadas g ∈ C([0, L]) y f ∈ C 1 ([0, L]) con f ′ (0) = α, f ′ (L) = β, probad que, en general, el problema de tipo mixto:   0 < x < L, t > 0,  ut (x, t) − uxx (x, t) = g(x), (3.11) ux (0, t) = α, ux (L, t) = β, t ≥ 0,   u(x, 0) = f (x), 0 ≤ x ≤ L. no tiene soluci´ on de equilibrio. Estableced una condici´on que deben verificar α, β, g, L para la existencia de una soluci´on de equilibrio.

Soluci´ on. Empezamos observando varias cosas. Primero, no es obvio que el problema tenga una temperatura de equilibrio. Por lo visto, el problema   0 < x < L, t > 0,  ut (x, t) − uxx (x, t) = 1, (3.12) ux (0, t) = 0, ux (L, t) = 0, t ≥ 0,   u(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ L. (es decir (3.11) con g(x) = 1 y f (x) = α = β = 0) tiene como u ´nica soluci´on u(x, t) = t y l´ım u(x, t) = +∞ .

t→+∞

Adem´as u(x, t) es la u ´nica soluci´on de (3.12). En efecto, m´as en general, supongamos que (3.11) tenga m´as de una soluci´on, u1 (x, t) y u2 (x, t), entonces z(x, t) = u1 (x, t) − u2 (x, t) verifica   0 < x < L, t > 0,  zt (x, t) − zxx (x, t) = 0, (3.13) zx (0, t) = 0, zx (L, t) = 0, t ≥ 0,   z(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ L. Por lo tanto, si multiplicamos la ecuaci´on en (3.13) por z(x, t) e integramos con respecto a x entre 0 y L, obtenemos, integrando por partes: Z L Z L Z Z L 1 L 2 2 zt (x, t)z(x, t)dx+ zx (x, t)dx = [z (x, t)]t dx+ zx2 (x, t)dx = 0 . 2 0 0 0 0 95

T.Leonori

Ejercicios de EDP

Integrando esta identidad con respecto a t entre 0 y un τ > 0 deducimos que Z Z Z τZ L 1 τ L 2 [z (x, t)]t dxdτ + zx2 (x, t)dxdτ 2 Z 0 0Z 0 0 Z τ Z L 1 L τ 2 = [z (x, t)]t dxdτ + zx2 (x, t)dxdτ 2 0 0 0 Z 0 Z Z Z τ L 1 L 2 1 L 2 zx2 (x, t)dxdτ = 0 , z (x, τ )dx − z (x, 0)dx + = 2 0 2 0 | {z } | 0 0 {z } =0

≥0

donde, para cambiar el orden de integraci´on, hemos utilizado el Teorema de Tonelli. Por lo tanto, siendo las cantidades en las integrales positivas, para un cualquier τ > 0, z(x, τ ) ≡ 0. Esto implica que u1 (x, t) = u2 (x, t). Supongamos ahora que el problema el´ıptico asociado a (3.11), es decir (

−vxx (x) = g(x), 0 < x < L, vx (0) = α, vx (L) = β,

(3.14)

tenga una soluci´on. Queremos probar que entonces l´ım u(x, t) = v(x) .

t→+∞

En efecto si arrestamos las ecuaciones verificadas por u(x, t) y v(x) deducimos que w(x, t) = u(x, t) − v(x) cumple   0 < x < L, t > 0,  wt (x, t) − wxx (x, t) = 0, wx (0, t) = 0, wx (L, t) = 0, t ≥ 0,   w(x, 0) = f (x) − v(x), 0 ≤ x ≤ L.

N´otese que w(x, 0) ∈ C 1 (0, L) y

wx (0, 0) = fx (0) − vx (0) = α − α = 0 , and wx (L, 0) = fx (L) − vx (L) = β − β = 0 . 96

(3.15)

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Ejercicios de EDP

Por lo tanto, adaptando el m´etodo explicado previamente para problemas con condiciones de Dirichlet, la u ´nica soluci´on de (3.15) esta data por +∞

w(x, t) = donde

2 an = L

Z

πn x
−( πn )2 t a0 X an cos + e L 2 L n=1

L

cos 0

πn x
w(x, 0)dx L

Siendo w(x, 0) ∈ C 1 [0, L] entonces

+∞ X n=1

n ≥ 0,

|an | ≤ a < ∞ y por lo tanto

+∞ X 2
−( πn )2 t πn x a0 an cos e L ≤ ae− Lπ 2 t , |w(x, t) − | ≤ 2 L n=1

as´ı que, acordando que Z Z 2 L 2 L a0 = w(x, 0)dx = [f (x) − v(x)]dx . L 0 L 0 tenemos que l´ım w(x, t) =

t→+∞

a0 2

uniformemente con respecto a x ∈ [0, L] .

(3.16)

N´otese que la soluci´on v(x) de (3.14) no es u ´nica, sino es u ´nica a menos de constantes (v´ease Ejercicio 4.5 para los detalles de esta prueba), as´ı que entre las infinitas soluciones elegimos la que cumple la condici´on Z L Z L v(x)dx = f (x)dx , 0

0

as´ı que desde (3.16) deducimos l´ım u(x, t) = v(x) .

t→+∞

Por lo tanto una condici´on suficiente para la existencia de una temperatura de equilibrio es la existencia de una soluci´on para (3.14). 97

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Ejercicios de EDP

¿Cuando es posible encontrar dicha soluci´on? Supongamos que (3.14) tenga una: si integramos la ecuaci´on arriba entre 0 y L obtenemos Z L Z L g(x)dx = − vxx (x)dx = −vx (L) + vx (0) = −β + α . 0

0

Entonces una condici´on necesaria para que exista l a temperatura de equilibrio es que Z L g(x)dx = α − β . 0

Por otro lado, cada soluci´on de la ecuaci´on en (3.14) tiene la forma Z xZ y v(x) = (−g(s))dsdy + h(x) , 0

0

con h(x) = ax + b, y donde a, b ∈ R. Por lo tanto v(x) es soluci´on (3.14) si v ′ (0) = h′ (0) = α y ′

v (L) =

Z

L

(−g(s))ds + h′ (L) = β . 0

Esto implica, desde la primera condici´on, que a=α y desde la segunda

Z

L 0

g(s)ds = α − β .

(3.17)

Por lo visto, la condici´on de compatibilidad (3.17) es necesaria y suficiente para encontrar una soluci´on (´ unica salvo constantes) de (3.14). Dicha condici´on, por lo probado anteriormente, es suficiente para encontrar una temperatura de equilibrio para (3.11).

98

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Ejercicios de EDP

Ejercicio 3.10 Obtened una expresi´on para la soluci´on del problema:    ut (x, t) − uxx (x, t) = 1, 0 < x < π, t > 0, (3.18) u(0, t) = 0, u(π, t) = 0, t ≥ 0,   u(x, 0) = sen(x), 0 ≤ x ≤ π.

Soluci´ on. Se trata de aplicar el m´etodo de Fourier a un oportuno problema homog´eneo asociado a (3.18). Llamamos v(x) la soluci´on de ( −vxx (x) = 1, 0 < x < π, v(0) = 0 = u(π), es decir, integrando dos veces la ecuaci´on satisfecha por v(x), 1 v(x) = x(x − π) . 2 Por lo tanto definiendo z(x, t) = u(x, t) − v(x) resulta que z(x, t) cumple   0 < x < π, t > 0,  zt (x, t) − zxx (x, t) = 0, z(0, t) = 0, z(π, t) = 0, t ≥ 0,   1 z(x, 0) = sen(x) − 2 x(x − π), 0 ≤ x ≤ π.

Entonces para escribir una f´ormula de representaci´on de (x, t)z (y consecuentemente de u(x, t)) hay que desarrollar z(x, 0) en serie de Fourier. N´otese que Z 2 π 1 1 − (−1)n bn = [− x(x − π) sen(nx)]dx = 2 π 0 2 πn3 entonces +∞ X
1 − (−1)n −n2 t 2 + 1 e−t sen(x) + e sen(nx) z(x, t) = 3 π πn n=2 y consecuentemente

+∞
−t 2 X 1 − (−1)n −n2 t 1 2 u(x, t) = x(x − π) + + 1 e sen(x) + e sen(nx) 2 π π n=2 n3 2 +∞
1 2 4 X e−(2n+1) t = x(x − π) + + 1 e−t sen(x) + sen((2n + 1)x) . 2 π π n=1 (2n + 1)3

99

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Ejercicios de EDP

100

Ecuaciones El´ıpticas Ejercicio 4.1 Sea N ≥ 2 y Ω = {x ∈ RN : 1 < |x| < 2}. Calculad la soluci´ on del problema    x ∈ Ω,  −∆u(x) = 0, |x| = 1

u(x) = 0,    u(x) = 1,

|x| = 2.

Soluci´ on. Buscamos una soluci´on radial del problema. Observemos que la soluci´on es u ´nica gracias al principio del m´aximo. Supongamos que u(x) = v(|x|) = v(r), donde v u N uX |x| = r = t x2j . j=1

Siendo

∆u(x) =

N X

∂x2i xi u(x) ,

i=1

empezamos calculando ∂xi u(x) para alg´ un i entre 1 y N . As´ı tenemos que ∂xi u(x) = ∂xi v(r) = v ′ (r)∂xi r y como ∂ xi r = ∂ xi =

qP N

j=1

x2j =

1 1 qP ∂ xi N 2∂ 2 xi j=1 xj

1 xi 1 qP 2xj δi,j = , N 2∂ r 2 xi j=1 xj 101

PN

j=1

x2j

si r 6= 0 ,

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Ejercicios de EDP

siendo δi,j la Delta de Kroneker (es decir δi,j = 1 si i = j y δi,j = 0 si i 6= j), deducimos xi ∂xi u(x) = v ′ (r) r Consecuentemente xi ∂xi u(x) = v ′ (r) , r y entonces podemos calcular   xi ′ 2 ∂xi xi u(x) = ∂xi v (r) r  2 xi xi x2i 1 x2i 1 ′ ′ ′′ ′ ′′ ′ = v (r) + v (r) − v (r) 2 ∂xi r = v (r) 2 + v (r) − v (r) 3 . r r r r r r Por lo tanto ∆u(x) =

N X

∂x2i xi u(x)

i=1  2 x 1 x2i i ′′ ′ ′ = v (r) 2 + v (r) − v (r) 3 r r r i=1 2 2 r N N −1 ′ r = v ′′ (r) 2 + v ′ (r) − v ′ (r) = v ′′ (r) + v (r) . r r r r✁3 N  X

Entonces el Laplaciano en polares est´a dado por N −1 ′ v (r) (4.1) r para cada r > 0, N ≥ 1. Muchas veces ser´a c´omodo escribir el Laplaciano en polares en su forma compacta:
′ rN −1 v ′ (r) . ∆u(x) = rN −1 Por lo tanto la funci´on arm´onica radial que buscamos es soluci´on del siguiente problema de Dirichlet: 
′  N −1 ′  − r v (r) = 0, 1 < r < 2,   ∆u(x) = v ′′ (r) +

v(1) = 0,    v(2) = 1,

102

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Ejercicios de EDP

con u(x) = v(r) y r =



PN

i=1

x2i

 21

. Consecuentemente v(r) cumple

rN −1 v ′ (r) = c1 ,

con c1 una constante arbitraria. Supongamos que N 6= 2, entonces integrando la identidad anterior, nos sale c1 v(r) = r2−N + c2 2−N y gracias a las condiciones al contorno deducimos   c1 + c = 0, 2 2−N  c1 22−N + c2 = 1, 2−N

lo cual implica

1 1 r2−N + . 2−N 1−2 1 − 22−N En el caso N = 2, repitiendo los argumentos anteriores, deducimos que v(r) = −

v(r) =

log r . log 2

103

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Ejercicios de EDP

Ejercicio 4.2 Resolved el problema  −∆u(x) = 1, u(x) = 0,

|x| < R = BR (0), |x| = R,

(4.2)

con x ∈ RN , N ≥ 1.

Soluci´ on. Buscamos una soluci´on radial: si la encontramos, por el principio de comparaci´on es la u ´nica soluci´on. Teniendo en cuenta la expresi´on del Laplaciano dada por (4.1) resulta que u(x) = v(r) resuelve   N −1 ′ ′′   −v (r) − r v (r) = 1, 0 < r < R, v(R) = 0,    v ′ (0) = 0.

Observamos que la u ´ltima condici´on, v ′ (0) = 0, es consecuencia de la simetr´ıa de v(r). Efectivamente, por ser u(x) una soluci´on radial y siendo de clase C 2 (BR (0)), hay que tener en cuenta que su primera derivada en cero tiene que ser 0 (si no la soluci´on no ser´ıa tampoco de clase C 1 (BR (0)) ). N´otese que la ecuaci´on diferencial asociada a tal problema puede escribirse como
′ − rN −1 v ′ (r) = rN −1 0 < r < R,

que integrando entre 0 y un cualquier r ∈ (0, R) queda r r 1 N N −1 ′ −s v (s) = s , N 0 0 es decir

1 r. N Integrando otra vez entre r ∈ (0, R) y R llegamos a v ′ (r) = −

v(R) − v(r) = −

1 (R2 − r2 ) , 2N

104

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Ejercicios de EDP

y consecuentemente

1 (R2 − |x|2 ) . 2N Si queremos comprobar que la funci´on encontrada es la soluci´on buscada, es suficiente notar que en el conjunto |x| = R, u(x) = 0. Adem´as para cada i = 1, ..., N , xi 1 ∂xi u(x) = ∂xi (R2 − |x|2 ) = − , 2N N y entonces 1 1 ∂x2i xi u(x) = − ∂xi xi = − . N N Por lo tanto u(x) =

−∆u(x) = −

N X i=1

∂x2i xi u(x) = −

y entonces u(x) es soluci´on de (4.2).

105

N X i=1

−

1 = 1, N

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Ejercicios de EDP

Ejercicio 4.3 Dados R2 > R1 > 0 y α, β ∈ R,   −∆u(x) = α, R1 <      ∂u(x) = β, ∂n       ∂u(x) = β, ∂n

resuelve el problema |x| < R2 , |x| = R1

(4.3)

|x| = R2 ,

con x ∈ RN , N ≥ 1.

Soluci´ on. Empezamos con el caso N ≥ 2. Utilizando la f´ormula del Laplaciano en coordinadas polares resulta que v(r) = u(x) cumple
′ − rN −1 v ′ (r) = αrN −1

r ∈ (R1 , R2 ) .

(4.4)

Adem´as n´otese que la normal al dominio es paralela a la direcci´on radial, y tiene el mismo sentido en la frontera exterior y el sentido contrario en la frontera interior (v´ease la Figura 4.9). As´ı que las condiciones en la frontera de Ω est´an dada por v ′ (R2 ) = β

y

− v ′ (R1 ) = β .

Por lo tanto notamos que e problema tiene que satisfacer una condici´on de compatibilidad: en efecto integrando (4.4) entre R1 y R2 , deducimos que −R2N −1 v ′ (R2 ) + R1N −1 v ′ (R1 ) =

α N (R − R1N ) , N 2

que implica la siguiente relaci´on entre α, β, R1 y R2 : −β[R2N −1 + R1N −1 ] =

α N (R2 − R1N ) . N

(4.5)

Para calcular expl´ıcitamente la soluci´on de (4.3), integramos la identidad (4.4) entre r ∈ (R1 , R2 ) y R2 , as´ı que   R2N −1 β α αR2 α ′ N N 1−N N −1 v (r) = N −1 + (R2 − r ) = r R2 β+ − r. N −1 r Nr N N 106

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Ejercicios de EDP

rˆ ≡ n

rˆ n

Ω

Figura 4.9: El Anillo y las normales en la frontera. Por lo tanto para N ≥ 3 la soluci´on est´a dada por   α 2 1 α N N −1 R2 + R2 β r2−N − r +C, v(r) = 2−N N 2N mientras que si N = 2   α 2 α v(r) = R2 + R2 β log r − r2 + C , 2 4

C ∈ R,

C ∈ R.

En ambos casos α y β verifican la identidad (4.5). Se puede f´acilmente verificar que la funci´on encontrada verifica el problema propuesto.

107

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Ejercicios de EDP

Ejercicio 4.4 Dados R > 0 y α, β ∈ R, resuelve el problema  −∆u(x) = α, |x| < R,  ∂u (x) = β, |x| = R, ∂n con x ∈ RN , N ≥ 1.

Soluci´ on. Al encontrar las soluciones del problema nos daremos cuenta que α y β tendr´an que cumplir una condici´on de compatibilidad. Primero, escribimos el problema teniendo en cuenta que el problema tiene una simetr´ıa esf´erica, as´ı que u(x) = v(r), y v cumple   N −1 ′  v (r))′ = αrN −1 , 0 < r < R,  −(r v ′ (R) = β ,    v ′ (0) = 0 .

Integrando entre 0 y r la ecuaci´on satisfecha por v, deducimos que −rN −1 v ′ (r) = es decir v ′ (r) = −

α N r , N

α r. N

N´otese que la v es soluci´on si y s´olo si v ′ (R) = β

⇔

β=−

α R. N

Las soluciones del problema ser´an entonces de la forma v(r) = −

α 2 r +c 2N

con β = − Nα R y c una constante arbitraria (es decir que el problema es invariante con respecto a traslaciones verticales).

108

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Ejercicios de EDP

Ejercicio 4.5 Sea Ω ⊂ RN abierto, acotado y regular y f ∈ C 1 (Ω). Probad que una condici´ on necesaria para la existencia de soluci´on del problema  −∆u(x) = 0, x ∈ Ω, ∂u  (x) = f (x), x ∈ ∂Ω ∂n es que se cumpla

Z

f (x) dSx = 0. ∂Ω

Soluci´ on. El ejercicio es una aplicaci´on del Teorema de la Divergencia 13 . Si integramos la ecuaci´on satisfecha por u(x) en Ω, nos sale que Z Z Z ∂u dSx . 0= −∆u(x)dx = −div ∇u(x)dx = Ω Ω ∂Ω ∂n Utilizando ahora las condiciones en la frontera de Ω, la u ´ltima integral es igual a la integral en en la frontera de f , y as´ı la condici´on Z f (x) dSx = 0 , ∂Ω

es necesaria para que el dato sea compatible con el problema.

13

Teorema de la divergencia: Sea Ω un abierto de clase C 1 y F un campo C 1 (Ω, RN ), N ≥ 2. Entonces Z Z F · n dSx , div F dx = Ω

∂Ω

siendo n la normal exterior a ∂Ω.

109

(4.6)

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Ejercicios de EDP

Ejercicio 4.6 Sea Ω ⊂ RN abierto, acotado y regular y f ∈ C 1 (Ω) y g ∈ C(Ω). 1. Dad una condici´ on de compatibilidad para que el problema  −∆u(x) = g(x), x ∈ Ω,  ∂u (x) = f (x), x ∈ ∂Ω, ∂n pueda tener soluci´ on u ∈ C 2 (Ω).

2. Probad que si existe dicha soluci´on y Ω es conexo, ´esta es u ´nica salvo constantes aditivas. Soluci´ on. 1. Actuando como en el ejercicio anterior, integramos la ecuaci´on que cumple u(x) en Ω y aprovechando la condici´on en la frontera deducimos, gracias al Teorema de la Divergencia, que Z Z Z Z ∂u g(x)dx = − ∆u(x)dx = (x)dSx = f (x)dSx Ω Ω ∂Ω ∂n ∂Ω es decir que la condici´on necesaria resulta ser Z Z g(x)dx = f (x)dSx . Ω

∂Ω

2. Sean u1 , u2 ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω) dos soluciones y definimos v(x) como v(x) = u1 (x) − u2 (x) ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω). Aprovechando la linealidad de la ecuaci´on, v cumple  −∆v(x) = 0, x ∈ Ω,  ∂v (x) = 0, x ∈ ∂Ω. ∂n

Es suficiente probar que ∇v(x) ≡ 0, ∀x ∈ Ω: siendo Ω conexo esto implica que u es constante en Ω. Por lo tanto, multiplicamos la ecuaci´on 110

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Ejercicios de EDP

verificada por v(x) por v misma e integramos en Ω, as´ı que, aplicando la integraci´on por partes Z Z 0= −v(x)∆v(x)dx = −v(x) div ∇v(x) Ω Z Z Ω ∂v = |∇v(x)|2 − v(x) (x) . ∂Ω Ω |∂n{z } =0

Por la condici´on

2

Z

Ω

|∇v(x)|2 = 0

deducimos que |∇v(x)| ≡ 0 y consecuentemente la (eventual) soluci´on del problema es u ´nica salvo constante.

111

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Ejercicios de EDP

Ejercicio 4.7 [Teorema de Liouville] Probad que toda funci´on arm´onica en RN acotada superiormente (o inferiormente) es constante. Soluci´ on. Para este ejercicio vamos a utilizar unas propiedades de las funciones arm´onicas: la propiedad de la media. 14 Supongamos que u sea superiormente acotada: entonces existe M = sup u(x) y consecuentemente v(x) = u(x) − M ≤ 0. RN

Probaremos que v es constante. Llamamos {xn } una sucesi´on de puntos tales que v(xn ) → 0 y fijamos x0 ∈ RN . Adem´as s´ı Rn = |xn − x0 |, notamos que BRn (x0 ) ⊂ B2Rn (xn ) . Por lo tanto, aprovechando que v ≤ 0, y por (4.7) Z Z 1 1 0 ≥ v(x0 ) = v(y)dy ≥ v(y)dy |BRn (x0 )| BRn (x0 ) |BRn (x0 )| B2Rn (xn ) Z 2N v(y)dy = v(xn ) −→ 0 cuando n → +∞ . = |B2Rn (x0 )| B2Rn (xn ) Entonces v(x0 ) es igual a 0 por cualquier x0 y esto concluye la prueba.

14

Hay varias maneras de averiguar si una funci´on es arm´onica, una de ellas es la siguiente: Una funci´ on u(x) definida en Ω ⊆ RN es arm´ onica si para cada x ∈ Ω y cada r tales que Br (x) ⊂ Ω se verifica Z Z N 1 u(y)dSy = u(y)dy . (4.7) u(x) = |∂Br (x)| ∂Br (x) |Br (x)| Br (x) Recordamos que |Br (x)| = ωN rN mientras que |∂Br (x)| = N ωN rN −1 , donde ωN es |B1 | = ωN .

112

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Ejercicios de EDP

Ejercicio 4.8 [Teorema de convergencia de Harnack] Probad que el l´ımite uniforme en compactos de funciones arm´onicas en un abierto Ω es una funci´ on arm´ onica en Ω. Soluci´ on. Sea {un } una sucesi´on de funciones que convergen localmente uniformemente a u, entonces ∀x ∈ Ω un (x) → u(x) . Adem´as, siendo un arm´onicas, para cualquier x0 ∈ Ω existe un r(x0 ) tal que Br (x0 ) ⊂ Ω, ∀r < r(x0 ). Gracias a la propiedad de la media Z 1 un (x0 ) = un (y)dy . (4.8) |Br (x0 )| Br (x0 ) Para cada r < r(x0 ) Br (x0 ) ⊂ Br (x0 ) ⊂ Ω . Ya que un → u uniformemente en Br (x0 ), podemos pasar al limite bajo el signo de integral en (4.8) y as´ı u tambi´en verifica la propiedad de la media. Consecuentemente u es arm´onica.

113

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Ejercicios de EDP

Ejercicio 4.9 Sean Ω ⊂ RN de clase C 1 , y u ∈ C 2 (Ω) tal que u(x) = 0 para todo x ∈ ∂Ω. Probad que para todo ε > 0 se tiene Z Z Z 1 2 2 u2 . |∇u| ≤ ε |∆u| + 4ε Ω Ω Ω Soluci´ on. Dado que el abierto es regular, podemos integrar por partes y deducir Z Z Z Z Z 2 u∆u ≤ |u||∆u| . |∇u| = ∇u · ∇u = u div ∇u = Ω

Ω

Ω

Ω

Ω

√ Aplicando la desigualdad de Young 15 con p = p′ = 2 con a = 2ε|∆u| y b = √12ε |u| concluimos. (N´otese que la desigualdad de Young en el caso p = p′ = 2 se puede deducir perfectamente desarrollando el cuadrado de un binomio).

15

Recordamos la desigualdad de Young: ∀a, b ∈ R+ ab ≤

1 p 1 ′ a + ′ bp p p

114

con

1 1 + = 1. p p′

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Ejercicios de EDP

Ejercicio 4.10 [Desigualdad de Harnack] Sea Ω un abierto en RN y K un subconjunto compacto y conexo de Ω. Probad que existe una constante C > 0 (dependiente s´ olo de N ,K y Ω) tal que m´ax u(x) ≤ C m´ın u(x), x∈K

x∈K

para toda funci´ on no-negativa y arm´onica en Ω.

16

Soluci´ on. Probamos, primero, el teorema si K = Br (x0 ) con x0 ∈ Ω y r tal que B4r (x0 ) ⊂ Ω. N´otese que para cada y ∈ Br (x0 ), B3r (y) ⊂ Ω (v´ease Figura 4.10). Entonces, siendo u no negativa para cualquier x1 y x2 ∈ Br (x0 ) resulta: Z Z 1 1 u(x1 ) = u(x)dx ≤ u(x)dx , |Br (x1 )| Br (x1 ) |Br (x1 )| B2r (x0 ) y 1 u(x2 ) = |B3r (x2 )|

Z

1 u(x)dx ≥ |Br (x2 )| B3r (x1 )

Z

u(x)dx . B2r (x0 )

Por lo tanto para cualquier funci´on arm´onica no negativa u(x1 ) ≤ 3N u(x2 ) , y consecuentemente u(x1 ) = m´ax u(x) ≤ 3N m´ın u(x) = 3N u(x2 ) , Br (x0 )

Br (x0 )

16

N´otese que la hip´ otesis Ω conexo es necesaria. Supongamos que el abierto tuviese dos componentes conexas Ω1 y Ω2 . Entonces para la funci´on ( 1 si x ∈ Ω1 , u(x) = 0 si x ∈ Ω2 , la desigualdad de Harnack no es cierta en Ω (pero si que es cierta en cada componente conexa).

115

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Ejercicios de EDP

b

x1

x0 b

b

x2

Ω

Figura 4.10: Fijado un x0 y un radio r > 0 hemos construido varias bolas de esta forma: En Br (x0 ) hay dos puntos tales que se puedan construir una bola de centro x1 y radio r (bola roja) contenida en B2r (x0 ) que est´a contenida en B3r (x2 ) (bola verde). Todo queda en el interior de B4r (x0 ).

116

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Ejercicios de EDP

y queda probad la desigualdad de Harnack en el caso de una bola. El caso general es consecuencia de la siguiente t´ecnica de recubrimiento: Sea K cualquier subconjunto compacto conexo de Ω. Como u(x) es continua en K, u(x) alcanza su valor m´aximo y m´ınimo en K. Consideramos xM ∈ K : u(xM ) = m´ax u(x) := M K

y xm ∈ K : u(xm ) = m´ın u(x) := m K

y una curva Γ que une los dos puntos, contenida en K. Fijamos r > 0 tal que B4r (y) ⊂ Ω, ∀y ∈ Γ y, usando que Γ es compacto, fijamos un recubrimiento finito de bolas de radio r, digamos B1 , ....., Bj , que recubran toda la curva Γ, y con (v´ease Figura 4.11 Mi = m´ax u(x)

mi = m´ın u(x) .

Bri

Bri

Para cada i = 1, . . . , k la desigualdad de Harnack nos da que Mi ≤ 3 N mi .

(4.9)

Nuestro objetivo es probar que M ≤ c m con c = c(N, K, Ω) . Entre las j bolas que recubren Γ cogemos j ′ con 1 ≤ j ′ ≤ j de forma que i i+1 M = M1 , mj ′ = m y para cada i = 1, ..., j ′ − 1, B r ∩ B r 6= ∅. Por lo tanto es sencillo probar 17 que Mi ≥ mi+1

∀i = 1, ..., j ′ − 1 .

Juntando (4.9) y (4.10) deducimos M1 ≤ 3 j

′

N

m.

17

Mi = m´ ax u ≥ i

Br

m´ ax u ≥

i

i+1

B r ∩B r

m´ın

i

i+1

B r ∩B r

117

u ≥ m´ın u = mi+1 . i+1

Br

(4.10)

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Ejercicios de EDP

Γ b

xM b

xm

Figura 4.11: El m´etodo de recubrimiento de la curva Γ.

118

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Ejercicios de EDP

Ejercicio 4.11 [Teorema de compacidad de Harnack] Sea Ω un abierto y conexo en RN y {un } una sucesi´on de funciones arm´onicas en Ω verificando 1. Existe una funci´ on u0 arm´ onica en Ω tal que u0 ≤ un para cualquier n ∈ N. 2. Existe x0 ∈ Ω tal que {un (x0 )} est´a acotada superiormente. Probar (con el teorema de Ascoli-Arzel`a) que existe una subsucesi´on {unk } que converge uniformemente en compactos de Ω. Soluci´ on. Paso 1. Probamos que si u es arm´onica en Ω, entonces |uxi | ≤

CN kukL1 (Br ) rN +1

para cada Br ⊂ Ω y cada i = 1, . . . , N y donde CN > 0. Gracias a la propiedad de la media la u est´a dada por Z N 2N u(x) = u(y)dy . ωN rN Br/2 (x) Por lo tanto, derivado ambos lados de dicha identidad con respecto a xi , i = 1, ..., N (se puede llevar la derivaci´on bajo el signo de la integral ya que u es suficientemente regular), deducimos que para cualquier x0 ∈ Ω, N 2N uxi (x0 ) = ωN rN

Z

uyi (y)dy . B r (x0 ) 2

Entonces, gracias al teorema de Gauss, Z N 2N |uxi (x0 )| = u (y)dy y i ωN rN B r (x0 ) 2 Z N 2N 2N ≤ = u(y)n dS kukL1 (∂B r (x0 )) . i y 2 ωN rN ∂B r (x0 ) r 2

119

(4.11)

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Ejercicios de EDP

Observamos adem´as que para cada y ∈ ∂B r2 (x0 ), resulta que B r2 (y) ⊂ Br (x0 ) ⊂ Ω as´ı que  N 2 1 |u(x)| ≤ kukL1 (Br (x0 )) , r ωN y utilizando esta desigualdad en (4.11), deducimos que |uxi (x0 )| ≤

CN kukL1 (Br (x0 )) . rN +1

Paso 2. u es Lipschitz en K con constante que depende s´olo de K. El Paso 2 es una consecuencia del Paso 1: aplicando un oportuno argumento de recubrimiento de K deducimos que kuxi kL∞ (K) ≤ CkukL1 (K)

con C = C(K) .

para cada K ⊂⊂ Ω. Paso 3. Conclusi´ on. Sea un la sucesi´on de funciones arm´onicas considerada. N´otese que un puede ser considerada positiva sin perder generalidad (si no se aplica el m´etodo siguiente a u˜n = un (x) − u0 ). Por el Paso 2 la sucesi´on es equi–Lipschitziana, y as´ı equicontinua. Adem´as por ii) la sucesi´on es equiacotada. Por lo tanto el teorema de Ascoli-Arzel`a 18 nos permite concluir la prueba.

18

El teorema de Ascoli-Arzel`a nos dice lo siguiente: Sea {un } una sucesi´ on de funciones un : K → R, con K compacto tal que 1. (equicontinuidad) ∀ε > 0 ∃δ > 0 such that |un (x) − un (y)| ≤ ε, if |x − y| ≤ δ, ∀n; 2. (equiacotaci´ on) ∃M > 0 such that supK |un (x)| ≤ M , ∀n. Entonces existe una subsusesi´ on unk que converge uniformemente en K.

120

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2 R+

(z, 0) η(z, 0) = (−1, 0)

Figura 4.12: R2+ y la normal η en (z, 0). Ejercicio 4.12 a) Determinad la funci´on de Green y el n´ ucleo de Poisson para la ecuaci´ on de Laplace en el semiplano superior R2+ = {(x, y) ∈ R2 / y > 0}. b) Considerad el problema  −∆u(x, y) = 0, x ∈ R, y > 0, u(x, 0) = e−πx2 , x ∈ R. Probad que u(x, y) > 0, si y > 0 y que

m´ax u(x, y) = 1.

0≤x,y≤1

Soluci´ on. (a) Dado P = (x, y) ∈ R2+ , definimos P = (x, −y). Puesto que P 6∈ R2+ , tenemos que la soluci´on fundamental p 1 v(z, w) = E(z − x, w + y) = log (z − x)2 + (w + y)2 2π

(centrada en P ) verifica  2 2  ∂ v(z, w) + ∂ v(z, w) = 0, ∂z 2 ∂z 2  v(z, 0) = E(z − x, y), 121

(z, w) ∈ R2+ , z ∈ R.

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Por tanto, hP (z, w) = −E(z − x, w + y) verifica  ∆ (z, w) ∈ R2+ , (z,w) hP (z, w) = 0, hP (z, 0) = −E(z − x, y), z ∈ R.

y la funci´on de Green est´a dada por

G((x, y), (z, w)) = E(z − x, w − y) − E(z − x, w + y) # "p (z − x)2 + (w − y)2 1 . = − log p 2π (z − x)2 + (w + y)2

Para calcular el n´ ucleo de Poisson K((x, y), (z, w)) = ∂G((x,y),(z,w)) , usamos ∂n 2 2 que el vector normal exterior n a R+ en (z, 0) ∈ ∂R+ est´a dado (v´ease Figura 4.12) por n(z, 0) = (0, −1). As´ı, K((x, y), (z, w)) = ∇(z,w) G((x, y), (z, 0)) · n(z, 0) ∂G y = ((x, y), (z, 0)) = . ∂w π[(x − z)2 + y 2 ] (b) Por la f´ormula de Poisson y el apartado (a): Z +∞ y 2   e−πz dz, y > 0 π[(x − z)2 + y 2 ] −∞ u(x, y) =  e−πx2 , y = 0.

Claramente, u es positiva y por el principio del m´aximo: m´ax u(x, y) =

0≤x,y≤1

m´ax

(x,y)∈∂([0,1]×[0,1])

y es f´acil probar que este u ´ltimo vale 1.

122

u(x, y)

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Ejercicios de EDP

Ejercicio 4.13 Para N ≥ 3, calculad la funci´on de Green para la ecuaci´on de Laplace en Ω = {x ∈ RN : |x| < R, xN > 0}. Soluci´ on. Supongamos N ≥ 3. Sabemos que G(x, y) = E(x − y) + hx (y), para todo x, y ∈ Ω, donde  −∆h (y) = 0, y∈Ω x hx (y) = −E(x − y), y ∈ Ω

El problema por tanto es la determinaci´on de la funci´on hx . Para ello, dada la simetr´ıa del dominio, consideramos para cada x = (x1 , x2 , . . . , xN ) ∈ Ω los puntos R2 x∗ = 2 x, x = (x1 , x2 , . . . , −xN ), |x| x∗ = (x1 , x2 , . . . , −xN )∗ = (x∗1 , x∗2 , . . . , −x∗N ),

y probamos con hx (y) = αE(x∗ − y) + βE(x − y) + γE(x∗ − y). Puesto que los puntos x∗ , x, x∗ 6∈ Ω, tenemos que hx es necesariamente arm´onica en Ω para cualesquiera constantes α, β, γ. La dificultad est´a en elegir α, β, γ de forma que αE(x∗ − y) + βE(x − y) + γE(x∗ − y) = −E(x − y),

y∈ Ω

(4.12)

Recordando (v´ease el c´alculo de la funci´on de Green para una bola B(0, R)) que RN −2 1 = , ∀y ∈ ∂B(0, R), N −2 ∗ N −2 |x| |x − y| |x − y|N −2

puede probarse que si y ∈ Ω ∩ ∂B(0, R), entonces

αE(x∗ − y) + βE(x − y) + γE(x∗ − y) − E(x − y) = 0 123

T.Leonori implica

Ejercicios de EDP

(

α = −γ = β = 1.

RN −2 (N −2)ωN |x|N −2

De otra parte, si y ∈ Ω ∩ {xN = 0}, entonces E(x∗ − y) = E(x∗ − y),

E(x − y) = E(x − y)

y as´ı para α = −γ y β = 1 se verifica (4.12). En resumen:  1 1 G(x, y) = − (N − 2)ωN |x − y|N −2  RN −2 1 RN −2 − N −2 ∗ − + . |x| |x − y|N −2 |x − y|N −2 |x|N −2 |x∗ − y|N −2

124

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Ejercicios de EDP

Ejercicio 4.14 Mediante el m´etodo de series de Fourier calculad la soluci´on del problema    0 < x < π, 0 < y < A  −∆u(x, y) = 0, (4.13) u(0, y) = u(π, y) = u(x, A) = 0, 0 ≤ y ≤ A, 0 ≤ x ≤ π    u(x, 0) = f (x), 0≤x≤π donde f ∈ C 0 ([0, π]) y f (0) = 0 = f (π).

Soluci´ on. No es dif´ıcil probar la siguiente afirmaci´on: i) Si la ecuaci´ on ∆u(x, y) = 0, 0 < x < π, 0 < y < A

(4.14)

posee una soluci´ on u de la forma u(x, y) = X(x) · Y (y), (x ∈ (0, π), y ∈ (0, A)), con X ∈ C 2 ((0, π)), Y ∈ C 2 ((0, A)) y X(x) 6= 0 6= Y (y), ∀(x, y) ∈ Ω, entonces existe una constante λ ∈ R tal que X e Y verifican X ′′ (x) + λX(x) = 0, 0 < x < π (4.15) Y ′′ (y) − λY (y) = 0, 0 < y < A

(4.16)

ii) Rec´ıprocamente, si existen una constante λ ∈ R y funciones X ∈ C 2 ((0, π)), Y ∈ C 2 ((0, A)) verificando (4.15) y (4.16) 19 , entonces la funci´ on u(x, y) = X(x)Y (y) ((x, y) ∈ Ω) es una soluci´on de (4.14). Como siempre, a nosotros nos interesar´a la implicaci´on probada en ii) (y no la probada en i)). Una vez que hemos demostrado la existencia de infinitas soluciones de (4.14) nos preguntamos si alguna de estas verificar´a la condici´on de contorno: 19

aunque X o Y se anulen en alg´ un punto!

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Ejercicios de EDP

 u(0, y) = u(π, y) = u(x, A) = 0 u(x, 0) = f (x),

Imponiendo esta condici´on

20

0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ A.

se llegar´a a que X e Y deben verificar

f (x) , x ∈ [0, π] Y (0) De esta forma, hemos observado que (4.13) posee una soluci´on u con la forma u(x, y) = X(x)Y (y) (siendo X ∈ C 2 ((0, π)) ∩ C 0 ([0, π]) y Y ∈ C 2 ((0, A)) ∩ C 0 ([0, A])) si para alguna constante λ ∈ R existen soluciones X e Y de los problemas X(0) = 0 = X(π), Y (A) = 0, X(x) =

 X ′′ (x) + λX(x) = 0,

X(0) = 0 = X(π)  Y ′′ (y) − λY (y) = 0, Y (A) = 0

x ∈ (0, π) 0 u2 (x)}. Probaremos que Ω1 = ∅ por contradicci´on. Supongamos que Ω1 6= ∅. Ya que g es creciente, g(u1 (x)) − g(u2 (x)) ≥ 0, ∀x ∈ Ω1 y as´ı  −∆v(x) = −g(u (x)) + g(u (x)) ≤ 0, si x ∈ Ω 1 2 v(x) = 0, si x ∈ ∂Ω1 .

Por tanto, v = u1 − u2 ≤ 0 en Ω1 , una contradicci´on probando que Ω1 = ∅. An´alogamente, Ω2 := {x ∈ Ω / v(x) < 0} = {x ∈ Ω / u1 (x) < u2 (x)} = ∅ y, consecuentemente, v ≡ 0.

M´etodo 2. Integraci´on por partes. Supongamos Ω de clase 1 y supongamos que tenemos dos soluciones u1 y u2 . Definimos, entonces, la funci´on w = u1 − u2 la cual queremos demostrar que es id´enticamente cero. N´otese que w cumple ( −∆w(x) + g(u1 (x)) − g(u2 (x)) = 0, si x ∈ Ω w(x) = 0, si x ∈ ∂Ω. Multiplicamos la ecuaci´on por w(x) = u1 (x) − u2 (x) e integramos en Ω para deducir que Z Z
−∆ u1 (x)−u2 (x))(u1 (x)−u2 (x) + [g(u1 (x))−g(u2 (x))](u1 (x)−u2 (x)) = 0 . Ω

Ω

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Aplicando la integraci´on por partes, se tiene que Z Z 2 |∇w(x)| + [g(u1 (x)) − g(u2 (x))](u1 (x) − u2 (x)) Ω Ω Z = ∇w(x) · ν w(x)dSx . ∂Ω

La u ´ltima integral es cero, ya que w(x) = 0 en ∂Ω. Adem´as, como g es no decreciente, entonces ∀s, t ∈ R, [g(s) − g(t)](s − t) ≥ 0, as´ı que Z |∇w(x)|2 ≤ 0 , Ω

que implica w(x) ≡ 0, ya que w(x) = 0 en ∂Ω. Consecuentemente u1 (x) − u2 (x) ≡ 0.

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Ejercicio 4.19 Pru´ebese la Tercera Identidad de Green: Si Ω ⊂ RN es un subconjunto abierto y acotado en el que es v´alido el teorema de la divergencia, u ∈ C 2 (Ω) y x ∈ Ω, entonces Z Z Z ∂ ∂ u(x) = E(x−y)∆u(y)dy+ u(y) E(x−y)dSy − E(x−y) u(y)dSy , ∂ny ∂ny Ω

∂Ω

∂Ω

donde la funci´ on E : RN −→ RN est´a dada por  log |y|   , si N = 2,  2π E(y) = 1    − , si N ≥ 3 (N − 2)ωN |y|N −2

y ∈ RN

y ∂n∂ y = n(y) · ∇, con n(y) el vector normal unitario exterior a Ω en y ∈ ∂Ω y ωN = |B1 |. Soluci´ on. La segunda identidad de Green dice que para cualquier v, z ∈ C 2 (Ω)∩C 1 (Ω), Z  Ω



z(y)∆v(y) − v(y)∆z(y) dy =

Z

∂Ω



 ∂z(y) ∂v(y) z(y) − v(y) dSy . ∂n ∂n

Si fijamos x ∈ Ω, elegimos v = u(y), z = E(x − y) y aplicamos la segunda identidad de Green en Ωε = Ω \ Bε (x), con ε