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Asignatura: Equacions Diferencials, Profesor: , Carrera: Enginyeria de la Construcció, Universidad: UPC
Tipo: Ejercicios
1 / 99
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4 Problemas resueltos de Ecuaciones Diferenciales en Derivadas Parciales
Si λ es autovalor de [PA] y denotamos por Vλ al conjunto de autofunciones asociado a λ, es claro que Vλ es un subespacio vectorial no trivial del espacio de soluciones de la EDO lineal homogénea L(u) − λ pu = 0. Como esta EDO es de segundo orden, resulta 1 ≤ dimVλ ≤ 2. Un autovalor λ se denomina simple cuando dimVλ = 1 y doble cuando dimVλ = 2. Es claro que si λ es autovalor doble, entonces Vλ coincide con el conjunto de soluciones de la EDO L(u) − λ pu = 0 ó, expresado en términos equivalentes,
si λ es autovalor doble de [PA], entonces cualquier solución de la EDO L(u) = λ pu satisface las condiciones de contorno U 1 (u) = U 2 (u) = 0.
Supongamos ahora que U 1 y U 2 son condiciones de Sturm-Liouville, es decir
U 1 (u) = αu(0) − βu′(0) y U 2 (u) = γu)(ℓ) + δu′(ℓ) con |α| + |β|, |γ| + |δ| > 0 ,
y consideremos u la única solución del problema de valores iniciales L(u)−λpu = 0, u(0) = α, u′(0) = −β. Entonces, u es una función no nula y además U 1 (u) = α^2 +β^2 > 0 , lo que implica que u es una función no nula que no satisface la primera condición de contorno. En resumen hemos demostrado que
si [PA] es un problema Sturm-Liouville, entonces todos sus autovalores son simples.
Supongamos que u ∈ C^2 ([0, ℓ]) es una autofunción no nula de [PA] asociada al autovalor λ. Multiplicando por u a ambos lados de la identidad L(u) = λpu e integrando, resulta que
λ
∫ (^) ℓ
0
u^2 p =
∫ (^) ℓ
0
L(u) u =
∫ (^) ℓ
0
[a (u′)^2 + q u^2 ] + a(0)u(0)u′(0) − a(ℓ)u(ℓ)u′(ℓ) ︸ ︷︷ ︸ K
Si U 1 y U 2 son las condiciones periódicas y U 1 (u) = U 2 (u) = 0, entonces u(0) = u(ℓ) y a(0)u′(0) = a(ℓ)u′(ℓ), lo que implica que
K = a(0)u(0)u′(0) − a(ℓ)u(ℓ)u′(ℓ) = a(ℓ)u(ℓ)u′(ℓ) − a(ℓ)u(ℓ)u′(ℓ) = 0.
Supongamos ahora que U 1 , U 2 son condiciones de contorno de Sturm-Liouville físicas, es decir
U 1 (u) = αu(0) − βu′(0) y U 2 (u) = γu)(ℓ) + δu′(ℓ) con α, β, γ, δ ≥ 0 y α + β, γ + δ > 0.
Si αu(0) − βu′(0) = 0, entonces el vector
( u(0), u′(0)
)T es ortogonal al vector (α, −β)T^ y
por tanto paralelo al vector (β, α)T^. Análogamente si γu)(ℓ) + δu′(ℓ) = 0, entonces el vector ( u(ℓ), u′(ℓ)
)T es ortogonal al vector (γ, δ)T^ y por tanto paralelo al vector (−δ, γ)T^. Por tanto
©^ c Encinas, A.M. & Rodellar, J. Equacions Diferencials, Eng. Geològica
Problemas unidimensionales de autovalores 5
si u ∈ C^2 ([0, ℓ]) satisface que U 1 (u) = U 2 (u) = 0 existen ρ 1 , ρ 2 ∈ R tales que u(0) = ρ 1 β, u′(0) = ρ 1 α, u(ℓ) = −ρ 2 δ y u′(ℓ) = ρ 2 γ, lo que implica que
K = a(0)u(0)u′(0) − a(ℓ)u(ℓ)u′(ℓ) = a(0)ρ^21 αβ + a(ℓ)ρ^22 γδ ≥ 0.
En conclusión, si U 1 , U 2 son o bien condiciones de Sturm-Liouville físicas o bien las condiciones periódicas y si u es una autofunción no nula de [PA] correspondiente a λ, teniendo en cuenta que por ser u autofunción satisface que U 1 (u) = U 2 (u) = 0, resulta que
λ
∫ (^) ℓ
0
u^2 p =
∫ (^) ℓ
0
a (u′)^2 +
∫ (^) ℓ
0
q u^2 + K ≥
∫ (^) ℓ
0
a (u′)^2 +
∫ (^) ℓ
0
q u^2 ,
puesto que en ambos casos K ≥ 0. Además, como a(x) > 0 para cada x ∈ [0, ℓ] resulta que ∫ (^) ℓ
0
a(u′)^2 ≥ 0 y de la anterior identidad deducimos que
λ
∫ (^) ℓ
0
u^2 p ≥
∫ (^) ℓ
0
a (u′)^2 +
∫ (^) ℓ
0
q u^2 =
∫ (^) ℓ
0
q p
u^2 p ≥ m´ın x∈[0,ℓ]
{ q(x) p(x)
} ∫ (^) ℓ
0
u^2 p.
Como u es no nula se tiene que
∫ (^) ℓ
0
u^2 p > 0 , de manera que dividiendo por este valor los
términos de la igualdad anterior resulta que si λ es un autovalor de [PA], necesariamen-
te λ ≥ m´ın x∈[0,ℓ]
{ q(x) p(x)
}
. Por otra parte, si m´ın x∈[0,ℓ]
{ q(x) p(x)
} es un autovalor de [PA], entonces
λ 1 = m´ın x∈[0,ℓ]
{ q(x) p(x)
} , puesto que λ 1 es el menor autovalor de [PA]. En este caso, si u es una
autofunción no nula correspondiente a λ 1 , necesariamente las desigualdades anteriores de-
ben ser igualdades, lo que en particular implica que
∫ (^) ℓ
0
a(u′)^2 = 0, de donde se deduce que
u′^ = 0 y por tanto que u debe ser constante. En definitiva, si λ 1 = m´ın x∈[0,ℓ]
{ q(x) p(x)
} es autova-
lor de [PA] sus autofunciones son necesariamente constantes. Ahora bien si u es constante no nula L(u) = −(au′)′^ + qu = qu y la igualdad L(u) = λ 1 pu implica que q(x) = λ 1 p(x) para cada x ∈ [0, ℓ]. Por otra parte, si u es constante no nula y U 1 y U 2 son las condicio- nes periódicas, entonces U 1 (u) = U 2 (u) = 0, mientras que si U 1 y U 2 son las condiciones de Sturm-Liouville U 1 (u) = αu y U 2 (u) = δu, lo que implica que si U 1 (U) = U 2 (u) = 0, necesariamente α = γ = 0 y por tanto que U 1 y U 2 son ambas condiciones de Neumann. En definitiva, hemos demostrado que
© c Encinas, A.M. & Rodellar, J. Equacions Diferencials, Eng. Geològica
Problemas unidimensionales de autovalores 7
Problema 1. Consideremos el problema de autovalores de Dirichlet
−au′′^ + qu = λ pu, u(0) = u(ℓ) = 0.
Demostrar que
λn =
an^2 π^2 ℓ^2 p
q p
, un(x) =
√ 2 ℓp
sen
( nπ ℓ
x
) , n ∈ N∗.
Solución:
Si u(x) = A sen(νx) + B cos(νx), como
u(0) = B y u(ℓ) = A sen(νℓ) + B cos(νℓ),
resulta que u satisface las condiciones de contorno sii B = 0 y A sen(νℓ) = 0. Por tanto, si sen(νℓ) 6 = 0, necesariamente A = B = 0 y por tanto para esos valores λ no puede ser autovalor de [PA]. Sin embargo, si sen(νℓ) = 0, entonces A no puede determinarse y u satisface las condiciones de contorno sii B = 0, es decir, sii u(x) = A sen(νx). Como
sen(νℓ) = 0 sii νℓ = n π con n ∈ N∗, es decir sii ν^2 =
n^2 π^2 ℓ^2
, la sucesión de autovalores
de [PA] es λn =
a n^2 π^2 ℓ^2 p
q p
con n ∈ N∗. Además, cuando λ = λn para algún n ∈ N∗, las
soluciones del problema de contorno son de la forma un(x) = A sen
( (^) n π ℓ
x
)
. Teniendo en
cuenta que una primitiva de la función sen^2 (θx) es
x 2
4 θ
sen(2 θx), resulta que
∫ (^) ℓ
0
p sen^2
( (^) n π ℓ
x
) dx = p
( x 2
4 n π
sen
( (^2) n π ℓ
x
)) ∣∣∣ ∣∣
ℓ
0
ℓ p 2
y por tanto un(x) =
√ 2 ℓp
sen
( nπ ℓ
x
) es una autofunción normalizada, respecto de p, corres-
pondiente al autovalor λn.
Problema 2. Consideremos el problema de autovalores de Neumann
−au′′^ + qu = λ p u, u′(0) = u′(ℓ) = 0.
Demostrar que
λ 0 =
q p
, λn =
aπ^2 n^2 pℓ^2
q p
, u 0 (x) =
√ 1 ℓp
, un(x) =
√ 2 ℓp
cos
( (^) nπ
ℓ
x
) , n ∈ N∗.
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8 Problemas resueltos de Ecuaciones Diferenciales en Derivadas Parciales
Solución: Sabemos que λ 0 =
q p
es autovalor con autofunción normalizada u 0 (x) =
√ 1 ℓp
puesto que el problema que estamos tratando es el de Neumann. Para hallar el resto de autovalores, consideremos u(x) = A sen(νx) + B cos(νx). Como
u′(0) = Aν y u′(ℓ) = A ν cos(νℓ) − B ν sen(νℓ),
resulta que v satisface las condiciones de contorno sii A ν = B sen(νℓ) = 0. Por tanto, si sen(νℓ) 6 = 0, necesariamente A = B = 0 y por tanto para esos valores λ no puede ser autovalor del problema. Sin embargo, si sen(νℓ) = 0, entonces A no puede determinarse y u satisface las condiciones de contorno sii B = 0, es decir, sii u(x) = A cos(νx). Como sen(νℓ) = 0 sii νℓ = n π con n ∈ N∗, la sucesión de autovalores de [PA] que son mayores que q p
es λn =
a n^2 π^2 ℓ^2 p
q p
con n ∈ N∗. Además, cuando λ = λn para algún n ∈ R, las soluciones
del problema de contorno son de la forma un(x) = A cos
( (^) n π ℓ
x
)
. Teniendo en cuenta que
una primitiva de la función cos^2 (θx) es
x 2
4 θ
sen(2 θx), resulta que
∫ (^) ℓ
0
p cos^2
( (^) n π ℓ
x
) dx = p
( x 2
4 n π
sen
( (^2) n π ℓ
x
)) ∣∣∣ ∣∣
ℓ
0
ℓ p 2
y por tanto un(x) =
√ 2 ℓp
cos
( nπ ℓ
x
) es una autofunción normalizada correspondiente al
autovalor λn.
Problema 3. Consideremos el problema de autovalores de tipo periódico
−au′′^ + qu = λ p u, u(0) − u(ℓ) = u′(0) − u′(ℓ) = 0.
Demostrar que
λ 0 =
q p
, u 0 (x) =
√ 1 ℓp
λn =
4 aπ^2 n^2 p ℓ^2
q p
, un(x) =
√ 2 ℓp
sen
( (^2) nπ
ℓ
x
) , n ∈ N∗,
λn =
4 aπ^2 n^2 p ℓ^2
q p
, un(x) =
√ 2 ℓp
cos
( (^2) nπ
ℓ
x
) , n ∈ N∗.
Concluir que en este caso la dimensión del espacio de autofunciones asociado a cada autovalor distinto de
q p
es 2.
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10 Problemas resueltos de Ecuaciones Diferenciales en Derivadas Parciales
Problema 4. Consideremos los problemas de autovalores de tipo mixto
[P1] −au′′^ + qu = λ p u, u(0) = u′(ℓ) = 0, [P2] −au′′^ + qu = λ p u, u′(0) = u (ℓ) = 0
(i) Demostrar que la sucesión de autovalores es la misma para ambos problemas y está dada por λn =
aπ^2 4 pℓ^2
(2n − 1)^2 +
q p
, para cada n ∈ N∗.
(ii) Demostrar que una base ortonormal de [P1] está dada por
un(x) =
√ 2 p ℓ
sen
( (^2) n − 1
2
π x ℓ
)
(iii) Demostrar que una base ortonormal de [P2] está dada por
un(x) =
√ 2 p ℓ
cos
( (^2) n − 1
2
π x ℓ
)
Solución:
Comenzaremos analizando el problema [P1]. Escribimos la solución de la ecuación dife- rencial en la forma u(x) = A sen(νx) + B cos(νx)
siendo
ν =
√ λ p − q a
La derivada es u′(x) = A ν cos(νx) − B ν sen(νx).
Imponiendo las condiciones de contorno resulta
u(0) = B y u′(ℓ) = A ν cos(νℓ) − B ν sen(νℓ).
Por tanto, u es solución del problema de contorno sii B = 0 y A ν cos(νℓ) = 0, y para que u sea no nula, necesariamente cos(νℓ) = 0 pues en otro caso A = 0.
Como cos(νℓ) = 0 sii νℓ = (2n−1)π 2 con n ∈ N∗, es decir sii ν^2 =
(2n − 1)^2 π^2 4 ℓ^2
, la sucesión
de autovalores de [P1] es
λn =
aπ^2 4 pℓ^2
(2n − 1)^2 +
q p
para cada n ∈ N∗.
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Problemas unidimensionales de autovalores 11
Además, cuando λ = λn para algún n ∈ N∗, las soluciones del problema de contorno son
de la forma un(x) = A sen
( (^) (2n − 1) π 2 ℓ
x
) .
Teniendo en cuenta que una primitiva de la función sen^2 (θx) es
x 2
4 θ
sen(2 θx), resulta que
∫ (^) ℓ
0
p sen^2
( (^) (2n − 1) π 2 ℓ
x
) dx = p
( x 2
2 (2n − 1) π
sen
( (^) (2n − 1), π ℓ
x
)) ∣∣∣ ∣∣
ℓ
0
ℓ p 2
y por tanto
un(x) =
√ 2 p ℓ
sen
( (2n − 1) 2
π x ℓ
)
es una autofunción normalizada, respecto de p, correspondiente al autovalor λn.
El Problema [P2] se resuelve de forma análoga y se deja al lector.
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Problemas parabólicos unidimensionales 13
Por tanto, para cada n ∈ N∗,
Tn(t) = e−λnt
( f^ ˆn +
∫ (^) t
0
eλns^ Fˆn(s) ds
)
y en definitiva,
u(t, x) = w(t, x)+
∑^ ∞
n=
e−λnt
( f^ ˆn +
∫ (^) t
0
eλns^ Fˆn(s) ds
) vn(x).
Problema 1. Consideremos los escalares a, ℓ, p, q con a, ℓ, p > 0. Encontrar la solución formal del problema
p ut − a uxx + q u = 0 en [0, +∞) × [0, ℓ],
u(t, 0) = u(t, ℓ) = 0, t ∈ [0, +∞),
u(0, x) = sen
( πx ℓ
) , x ∈ [0, ℓ].
Solución: El problema de autovalores asociado es el problema de Dirichlet
−a v′′(x) + q v(x) = λ p v(x), v(0) = v(ℓ) = 0,
cuyas sucesiones de autovalores y de autofunciones normalizadas son
λn =
an^2 π^2 pℓ^2
q p
, n ∈ N∗^ y vn(x) =
√ 2 ℓp
sen
( (^) nπ
ℓ
x
) , n ∈ N∗,
de manera que la solución del problema está dada por la expresión
u(t, x) =
√ 2 ℓp
∑^ ∞
n=
Tn(t) sen
( (^) nπ
ℓ
x
) ,
donde los coeficientes de Fourier de u deben ser la única solución del problema de valor inicial
T (^) n′(t) + λnT (t) = 0, Tn(0) = p
√ 2 ℓp
∫ (^) ℓ
0
sen
( πx ℓ
) sen
( nπ ℓ
x
) dx = p
√ 2 ℓp
0 , si n ≥ 1 , ℓ 2
, si n = 1.
Por tanto, Tn(t) = p
√ 2 ℓp
e−λnt
0 , si n ≥ 1 , ℓ 2
, si n = 1,
y en
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14 Problemas resueltos de Ecuaciones Diferenciales en Derivadas Parciales
u(t, x) = e
−
(aπ^2 + qℓ^2 ) t ℓ^2 p (^) sen
( π ℓ
x
) .
Problema 2. Consideremos los escalares a, ℓ, p, q con a, ℓ, p > 0. Encontrar la solución formal del problema
p ut − a uxx + q u = 0 en [0, +∞) × [0, ℓ],
u(t, 0) = u(t, ℓ) = 0, t ∈ [0, +∞),
u(0, x) = ℓx − x^2 , x ∈ [0, ℓ].
Solución: El problema de autovalores asociado es nuevamente el problema de Dirichlet
−a v′′(x) + q v(x) = λ p v(x), v(0) = v(ℓ) = 0,
cuyas sucesiones de autovalores y de autofunciones normalizadas son
λn =
an^2 π^2 pℓ^2
q p
, n ∈ N∗^ y vn(x) =
√ 2 ℓp
sen
( (^) nπ
ℓ
x
) , n ∈ N∗,
de manera que la solución del problema está dada por la expresión
u(t, x) =
√ 2 ℓp
∑^ ∞
n=
Tn(t) sen
( nπ ℓ
x
) ,
donde los coeficientes de Fourier de u deben ser la única solución del problema de valor inicial
T (^) n′(t) + λnT (t) = 0, Tn(0) = p
√ 2 ℓp
∫ (^) ℓ
0
x(ℓ − x) sen
( (^) nπ
ℓ
x
) dx ︸ ︷︷ ︸ fn
y por tanto, Tn(t) = p
√ 2 ℓp
fne−λnt. Como
fn =
∫ (^) ℓ
0
(ℓx − x^2 ) sen
( (^) nπ
ℓ
x
) dx =
n^3 π^3
( 1 − cos(nπ)
n^3 π^3
( 1 − (−1)n
) ,
tenemos
u(t, x) =
π^3
e−^
q p t^
∑∞
n=
(2n − 1)^3
e−^
a(2n−1)^2 π^2 ℓ^2 p t^ sen
( (^) π
ℓ
(2n − 1)x
) .
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16 Problemas resueltos de Ecuaciones Diferenciales en Derivadas Parciales
resulta que
v(t, x) = − − 2 r π p
∑^ ∞ n=
(−1)n^
sen
( (^) n π ℓ x
)
n (λ^2 n + θ^2 )
[ θ (p λn − 1) sen(θt) + (p θ^2 + q λn)
( e−λnt^ − cos(θt)
)]
y por tanto,
u(t, x) = r x ℓ
cos(θt)
− 2 r π p
∑^ ∞
n=
(−1)n^ sen
( (^) n π ℓ x
)
n (λ^2 n + θ^2 )
[ θ (p λn − 1) sen(θt) + (p θ^2 + q λn)
( e−λnt^ − cos(θt)
)]
Problema 4. Consideremos los escalares a, ℓ, p, q, r con a, ℓ, p > 0 y f ∈ C([0, ℓ]). Encontrar la solución formal del problema
p ut − a uxx + q u = 0 en [0, +∞) × [0, ℓ],
u(t, 0) = f (0) + rt, u(t, ℓ) = f (ℓ) + rt, t ∈ [0, +∞),
u(0, x) = f (x), x ∈ [0, ℓ].
Solución: Como las condiciones de contorno no son homogéneas, la primera etapa en la resolución del problema debe ser homogeneizarlas. Como dichas condiciones de contorno son las de Dirichlet, consideraremos la función
w(t, x) =
x ℓ
( f (ℓ) + rt − f (0) − rt
)
( f (ℓ) − f (0)
) (^) x ℓ
Resulta entonces que u es solución del problema propuesto sii u = w + v donde v es solución del problema
p vt − avxx + qv = −
( p wt − awxx + qw
) = −(p r + q w) en [0, +∞) × [0, ℓ],
v(t, 0) = v(t, ℓ) = 0, t ∈ [0, +∞),
v(0, x) = f (x) − w(0, x) =
( f (x) − f (0)
)
( f (0) − f (ℓ)
) (^) x ℓ
, x ∈ [0, ℓ].
Como las sucesiones de autovalores y de autofunciones del problema de contorno
−a v′′^ + q v = λ p v, v(0) = v(ℓ) = 0
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Problemas parabólicos unidimensionales 17
están dadas, respectivamente por λn =
a n^2 π^2 ℓ^2 p
q p
y vn(x) =
√ 2 ℓ p
sen
( (^) n π
ℓ
x
) , la función
v esta determinada por la expresión v(t, x) =
√ 2 ℓ p
∑^ ∞ n=
Tn(t) sen
( n π ℓ
x
) , con
Tn(t) = e−λnt
( fn − wn +
∫ (^) ℓ
0
eλnsFn(s) ds
) ,
donde para cada n ∈ N∗, se tiene que Fn(t) = −
√ 2 ℓ p
∫ (^) ℓ
0
( p r + q w(t, x)
) sen
( n π ℓ
x
) dx,
fn = p
√ 2 ℓ p
∫ (^) ℓ
0
f (x) sen
( (^) n π
ℓ
x
) dx y wn = p
√ 2 ℓ p
∫ (^) ℓ
0
w(0, x) sen
( (^) n π
ℓ
x
) dx.
Como
∫ (^) ℓ
0
sen
( (^) n π
ℓ
x
) dx =
n π
( 1 + (−1)n+
) ,
∫ (^) ℓ
0
x sen
( (^) n π
ℓ
x
) dx = (−1)n+^
n π
y
además w(0, x) = f (0) +
x ℓ
( f (ℓ) − f (0)
) , resulta que
wn =
ℓ p n π
√ 2 ℓ p
( f (0) + (−1)n+1f (ℓ)
) .
Por otra parte, como pr + qw(t, x) = r(p + qt) + qf (0) +
qx ℓ
( f (ℓ) − f (0)
) , resulta que
Fn(t) = −
√ 2 ℓ p
[( r(p + qt) + qf (0)
n π
( 1 + (−1)n+
)
( f (ℓ) − f (0)
) (^) qℓ n π
]
n π
√ 2 ℓ p
[ r(p + qt)
( 1 + (−1)n+
)
]
q p
wn −
rℓ n π
√ 2 ℓ p
(p + qt)
( 1 + (−1)n+
) .
Por tanto, ∫ (^) ℓ
0
eλnsFn(s) ds = −
( eλnt^ − 1
) (^ qwn pλn
( 1 + (−1)n+
) (^) rℓp nπλn
√ 2 ℓ p
)
( 1 + (−1)n+
)( eλnt(λnt − 1) − 1
) (^) qrℓ nπλ^2 n
√ 2 ℓ p
de donde se obtiene que
Tn(t) = e−λnt
( fn − wn +
qwn pλn
( 1 + (−1)n+
) (^) rℓ(pλn − q) nπλ^2 n
√ 2 ℓ p
)
( 1 + (−1)n+
) (λnt − 1)
qrℓ nπλ^2 n
√ 2 ℓ p
( qwn pλn
( 1 + (−1)n+
) (^) rℓp nπλn
√ 2 ℓ p
)
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Problemas parabólicos unidimensionales 19
f 0 = p
√ 1 ℓp
∫ (^) ℓ
0
x dx = p
√ 1 ℓp
y fn = p
√ 2 ℓp
∫ (^) ℓ
0
x cos
( (^) n π
ℓ
x
) dx, n ∈ N∗.
Como además
∫ (^) ℓ
0
x cos
( (^) n π
ℓ
x
) dx =
n^2 π^2
( (−1)n^ − 1
) = −
n^2 π^2
0 , si n = 2k; 2 , si n = 2k − 1 ,
tenemos que fn = −p
√ 2 ℓp
n^2 π^2
0 , si n = 2k; 2 , si n = 2k − 1 ,
para cada n ∈ N∗. En definitiva,
u(t, x) = e−^
q p t
[ ℓ 2
π^2
∑^ ∞
k=
(2k − 1)^2
e − a π (^2) (2k−1) 2 ℓ^2 p t^ cos
( π ℓ
(2k − 1) x
)] .
Problema 6. Si ℓ, r, θ ∈ R con ℓ > 0 , resolver el problema
ut − uxx = r cos(θt) en [0, +∞) × [0, ℓ],
ux(t, 0) = ux(t, ℓ) = 0, t ∈ [0, +∞),
u(0, x) = 0, x ∈ [0, ℓ].
Solución: Como las condiciones de contono son las de Neumann, los autovalores y las correspondientes autofunciones normalizadas están dados por las identidades
λ 0 = 0, v 0 =
√ 1 ℓ
, λn =
n^2 π^2 ℓ^2
, vn(x) =
√ 2 ℓ
cos
( nπ ℓ
x
) , n ∈ N∗,
y la solución del problema se expresa en la forma
u(t, x) =
√ 1 ℓ
T 0 (t) +
√ 2 ℓ
∑^ ∞
n=
Tn(t) cos
( (^) nπ
ℓ
x
)
donde T 0 es la única solución del problema de valores iniciales
T 0 ′(t) = r cos(θt)
∫ (^) ℓ
0
v 0 (x) dx = r ℓ
√ 1 ℓ
cos(θt); Tn(0) = 0
© c Encinas, A.M. & Rodellar, J. Equacions Diferencials, Eng. Geològica
20 Problemas resueltos de Ecuaciones Diferenciales en Derivadas Parciales
y donde para cada n ∈ N∗, Tn es la única solución del problema de valores iniciales
T (^) n′(t) + λnTn(t) = r
√ 2 ℓ
cos(θt)
∫ (^) ℓ
0
vn(x) dx = 0; Tn(0) = 0.
Por tanto, T 0 (t) = r ℓ
√ 1 ℓ
t, si θ = 0, 1 θ
sen(θt), si θ 6 = 0,
mientras que Tn = 0 para cada n ∈ N∗.
En definitiva,
u(t, x) = r
t, si θ = 0, 1 θ
sen(θt), si θ 6 = 0.
Observar que de hecho basta expresar la solución como u(t, x) =
r θ
sen(θt), puesto que
aplicando la Regla de L’Hospital l´ım θ→ 0
sen(θt) θ
= l´ım θ→ 0
t cos(θt) = t.
Problema 7. Resolver el problema
ut − uxx = sen t sen
( (^) πx
ℓ
) en [0, +∞) × [0, ℓ],
ux(t, 0) = u(t, ℓ) = 0, t ∈ [0, +∞),
u(0, x) = sen
( (^) πx
ℓ
) , x ∈ [0, ℓ].
Solución: Como las condiciones de contono son las mixtas Dirichlet-Neumann, los auto- valores y las correspondientes autofunciones normalizadas están dados por las expresiones
λn =
π^2 4 ℓ^2
(2n − 1)^2 , vn(x) =
√ 2 ℓ
cos
( (^) π
2 ℓ
(2n − 1)x
) , n ∈ N∗,
y la solución del problema se expresa en la forma
u(t, x) =
√ 2 ℓ
∑^ ∞
n=
Tn(t) cos
( π 2 ℓ
(2n − 1)x
)
donde si an =
√ 2 ℓ
∫ (^) ℓ
0
sen
( (^) πx
ℓ
) cos
( (^) π
2 ℓ
(2n − 1)x
) dx = −
√ 2 ℓ
2 ℓ(2n − 1) π(2n + 1)(2n − 3)
, para cada
n ∈ N∗, entonces Tn es la única solución del problema de valores iniciales
T (^) n′(t) + λnTn(t) = an sen t; Tn(0) = an.
© c Encinas, A.M. & Rodellar, J. Equacions Diferencials, Eng. Geològica
