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´ AS ´ EDP SERIES DE FOURIER E INTRODUCION

DEPARTAMENTO DE ´ ´ ANALISE MATEMATICA

19 de mayo de 2016

FACULTADE DE ´ MATEMATICAS

Segunda parte

1. Consideremos dos funciones continuas a : (0, +∞) −→ R y f : [0, π/2] −→ R, suponiendo que a(t) > 0 para todo t > 0. Responde a las siguientes cuestiones sobre el siguiente problema:  para todo (x, t) ∈ [0, π/2] × (0, +∞),  ut − a(t)uxx = 0 (P ) u(x, 0) = f (x) para todo x ∈ [0, π/2],  u(0, t) = ux (π/2, t) = 0 para todo t ≥ 0. (a) (0.25 ptos.) Describe una posible interpretaci´ on f´ısica del problema (P ). La ecuaci´ on en derivadas parciales es la ecuaci´ on del calor con la salvedad de que el coeficiente de difusi´ on t´ ermica no es una constante sino una funci´ on a(t). Por tanto, el problema (P ) nos proporciona un modelo para estudiar la evoluci´on de la temperatura en cada punto x de una varilla de longitud π/2 (que se identifica con el intervalo [0, π/2]) y en cada instante t > 0, sabiendo que en el instante inicial t = 0 la temperatura en cada punto x vale f (x), que el extremo izquierdo de la varilla se mantiene en todo momento a temperatura cero y que el extremo derecho de la varilla est´ a perfectamente aislado. El hecho de que la funci´ on a(t) no sea constante, como en el caso usual, debe interpretarse como que el material del que esta hecha la varilla va cambiando su coeficiente de difusi´ on t´ ermica (debido, quiz´ as, a una degeneraci´ on del propio material). (b) (0.5 ptos.) Determina razonadamente las condiciones de compatibilidad que debe cumplir la funci´ on f para que (P ) tenga alguna soluci´ on u ∈ C 1 ([0, π/2] × [0, ∞)) ∩ C ∞ ([0, π/2] × (0, +∞)). Si (P ) tiene alguna soluci´ on u ∈ C 1 ([0, π/2] × [0, ∞)) ∩ C ∞ ([0, π/2] × (0, +∞)), entonces debe ser 1 f ∈ C ([0, π/2]) porque f (x) = u(x, 0) para todo x ∈ [0, π/2]. Adem´ as f (0) = u(0, 0) = 0, como se deduce de la condici´ on inicial y de la condici´ on de frontera u(0, t) = 0 para t = 0. Por u ´ltimo, derivando con respecto a x en la condici´ on inicial deducimos que f ′ (x) = ux (x, 0)

para todo x ∈ [0, π/2],

donde las derivadas en los extremos son las laterales correspondientes. Ahora, por la condici´ on de frontera ux (π/2, t) = 0 aplicada en t = 0, se deduce que f ′ (π/2) = ux (π/2, 0) = 0. En resumen, las condiciones de compatibilidad son: f ∈ C 1 ([0, π/2]) y f (0) = f ′ (π/2) = 0. (c) (0.75 ptos.) La serie de senos de la funci´on f (x) = x(π − x), x ∈ [0, π], viene dada por ∞

4 X 1 − (−1)n sen n x S(x) = n3 π n=1

para todo x ∈ R.

Justifica razonadamente que S(x) = f (x) para todo x ∈ [0, π] y que, adem´ as, la serie converge en media cuadr´ atica en el intervalo [0, π]. Calcula la suma de la serie en el punto x = 3π/2.

Ya que f ∈ C 1 ([0, π]) y f (0) = f (π) = 0, sabemos que la funci´on f¯, extensi´ on impar de f al intervalo [−π, π], es continuamente derivable y f¯(−π) = f¯(π). En particular, f¯ ∈ ACP ([−π, π]) y, por lo tanto, la serie de Fourier de f¯ converge uniformemente a f¯ en [−π, π]. Ahora bien, por definici´ on, la serie de senos de f es precisamente la serie de Fourier de f ¯, as´ı que S(x) converge uniformemente a f¯(x) en [−π, π]. Puesto que f¯ = f en [0, π], concluimos que S(x) = f (x)

para todo x ∈ [0, π] y, adem´ as, la convergencia es uniforme en [0, π].

Se sabe que la convergencia uniforme implica la convergencia en media cuadr´ atica (o en L2 ), as´ı que S(x) converge a f (x) en media cuadr´ atica en el intervalo [0, π]. ¯ Por u ´ltimo, la 2π–periodicidad de S y de f nos permite asegurar que S(x) converge uniformemente a f¯ en todo R. En particular S(3π/2) = f¯(3π/2) = f¯(3π/2 − 2π) = f¯(−π/2), adem´ as, f¯ es impar y coincide con f en [0, π], de modo que S(3π/2) = f¯(−π/2) = −f¯(π/2) = −f (π/2) = −π 2 /4. (d) (2 ptos.) Usa separaci´ on de variables para resolver el problema (P ) con los siguientes datos: a(t) = t y f (x) = x(π − x). Empezamos por obtener soluciones no triviales y de la forma u(x, t) = v(x)w(t) del problema de frontera homog´ eneo ut − tuxx = 0 para todo (x, t) ∈ [0, π/2] × (0, ∞), u(0, t) = ux (π/2, t) = 0 para todo t ≥ 0.

(1) (2)

Sustituimos la expresi´ on u(x, t) = v(x)w(t) en la ecuaci´ on (1) y obtenemos v(x)w′ (t) = tv ′′ (x)w(t)

para todo (x, t) ∈ [0, π/2] × (0, ∞).

Ahora “separamos las variables”, dejando todas las t’s en un lado de la igualdad y las x′ s en el otro, en la forma v ′′ (x) w′ (t) = , (3) tw(t) v(x) donde la igualdad debe cumplirse para todos t y x tales que w(t) = 6 0 6= v(x). Ya que el miembro izquierdo de (3) solamente es funci´ on de t y el miembro derecho solamente es funci´ on de x, la igualdad (3) solamente es posible si dichas funciones son constantes. Por lo tanto, debe existir alguna constante λ ∈ IR tal que w′ (t) v ′′ (x) =λ = v(x) tw(t)

para todo (x, t) ∈ [0, π/2] × (0, ∞) tal que w(t) = 6 0= 6 v(x),

(4)

as´ı que las funciones buscadas v y w deben ser soluciones de las siguientes ecuaciones diferenciales: w′ (t) = λ t w(t) y v ′′ (x) = λv(x). (5) Adem´ as, queremos que u(x, t) = v(x)w(t) cumpla las condiciones de frontera (2), de modo que debe cumplirse 0 = u(0, t) = v (0)w(t) para todo t ≥ 0. No nos interesa que w(t) sea constantemente igual a cero, as´ı que debe ser v(0) = 0. An´ alogamente se deduce que v ′ (π/2) = 0 a partir de la condici´ on ux (π/2, t) = 0 para todo t ≥ 0.

En resumen, el problema que tenemos que resolver ahora es el siguiente: Problema de autovalores y autofunciones. Determinar todos los valores de λ ∈ IR para los que el problema de frontera v ′′ (x) = λv (x),

v(0) = v ′ (π/2) = 0,

(6)

y la ecuaci´ on diferencial w′ (t) = λ t w(t),

(7)

tienen soluciones no triviales, y para cada uno de esos valores de λ determinamos una base del correspondiente espacio vectorial de soluciones de (6) y de (7). Para resolver el problema de autovalores y autofunciones, fijamos λ ∈ IR de manera arbitraria, calculamos la soluci´ on general de la ecuaci´ on lineal v ′′ (x) = λv(x),

(8)

y comprobamos si alguna soluci´ on no nula cumple las condiciones de frontera v(0) = v ′ (π/2) = 0. Para calcular la soluci´ on general de la EDO lineal (8) debemos hallar las ra´ıces de su polinomio caracter´ıstico P (µ) = µ2 − λ, para lo que vamos a distinguir tres casos (a saber, λ = 0, λ > 0 y λ < 0). Caso 1: λ = 0. En este caso, el polinomio caracter´ıstico tiene el 0 como ra´ız doble, lo que significa que un sistema fundamental de soluciones de (8) es {1, x}, es decir, que la soluci´ on general de (8) es v(x) = A + Bx

(A, B ∈ IR).

Ahora buscamos las constantes A y B para que se cumplan las condiciones de frontera v(0) = v ′ (π/2) = 0, y deducimos que debe ser A = B = 0, es decir, el problema (6) con λ = 0 no tiene soluciones no triviales. En otras palabras, λ = 0 no es autovalor y, por tanto, no nos interesa. √ Caso 2: λ > 0. Ahora el polinomio caracter´ıstico de (8) tiene dos ra´ıces reales ± λ, de modo que un sistema fundamental de soluciones de (8) es n √ √ o e λx , e− λx , y la soluci´ on general es

√ λx

v(x) = Ae

√ λx

+ Be−

(A, B ∈ IR).

De nuevo sucede que al imponer las condiciones de frontera resulta A = B = 0, as´ı que ning´ un λ > 0 proporciona soluciones no triviales de (6). Caso √ 3: λ < 0. Las ra´ıces del polinomio caracter´ıstico de (8) son ahora puramente imaginarias ± −λ i y la soluci´ on general de (8) es √ √ v(x) = A cos( −λ x) + B sen ( −λ x) (A, B ∈ IR).

Imponiendo las condiciones v(0) = v ′ (π/2) = 0 llegamos a que A = 0 y a que √  B cos −λ π/2 = 0, de donde se deduce que o bien B = 0 (que no interesa ya que entonces la soluci´ on correspondiente es la trivial), o bien que √  cos −λ π/2 = 0. √ Notemos que −λ π/2 > 0, as´ı que la igualdad anterior equivale a que √ π π −λ = + nπ 2 2

(n = 0, 1, 2, 3, . . . ),

es decir, λ = −(2n + 1)2

(n = 0, 1, 2, 3, . . . ).

Teniendo en cuenta los resultados deducidos en la discusi´ on de casos anterior, concluimos que el problema (6) tiene soluciones no triviales si y solo si λ = λn = −(2n + 1)2

(n = 0, 1, 2, 3, . . . ),

en cuyo caso el espacio vectorial de soluciones de (6) est´ a formado por las funciones v(x) = B sen ( 2n + 1)x

(B ∈ R).

Escogemos un generador de dicho espacio como, por ejemplo, la funci´ on vn (x) = sen ( 2n + 1)x. Ahora tenemos que calcular las funciones w = w(t) resolviendo la ecuaci´ on correspondiente en (5): para cada n ∈ IN calculamos una soluci´ on no trivial de w′ (t) = λn t w (t). Esta EDO es de variables separadas y una soluci´on no trivial es wn (t) = e−

(2n+1)2 2 t 2

.

En resumen, el autovalor λn produce la soluci´ on no trivial de (1)–(2) dada por un (x, t) = wn (t)vn (x) = e−

(2n+1)2 2 t 2

sen ( 2n + 1)x

(n = 0, 1, 2, . . . ).

Soluci´ on en serie del problema completo. Usando las soluciones un que acabamos de hallar, suponemos que la soluci´ on del problema completo (P ) es de la forma u(x, t) =

∞ X

αn un (x, t) =

n=0

∞ X

αn e−

(2n+1)2 2 t 2

sen ( 2n + 1)x,

n=0

para ciertos coeficientes αn ∈ IR que tenemos que determinar. De la condici´ on inicial deducimos, operando formalmente, que para todo x ∈ [0, π/2] debe ser f (x) = u(x, 0) =

∞ X

n=0

αn sen ( 2n + 1)x.

De acuerdo con el enunciado del apartado (c) se sabe que f (x) =

∞ 4 X 1 − (−1)n sen n x, n3 π n=1

y si reescribimos la expresi´ on de la serie eliminando los sumandos correspondientes a n par (que son nulos), se tiene ∞ 8 X sen ( 2n + 1)x , f (x) = (2n + 1)3 π n=0

lo que nos permite concluir que la soluci´ on de (P ) debe ser ∞ 8 X e− u(x, t) = π

(2n+1)2 2 t 2

sen ( 2n + 1)x (2n + 1)3

n=0

para (x, t) ∈ [0, π/2] × [0, ∞).

(e) (1 pto.) Comprueba que la soluci´on obtenida en el apartado anterior est´ a bien definida y es continua en [0, π/2] × [0, +∞), es derivable con respecto a t en [0, π/2] × (0, +∞) y dicha derivada parcial es continua en ese mismo dominio. Para cada (x, t) ∈ [0, π/2] × [0, ∞) y cada n ∈ N se tiene que    − (2n+1)2 t2  e  2 sen ( 2n + 1)x 1  ≤ .   3 (2n + 1)3 (2n + 1)  

P Como la serie num´ erica (2n + 1)−3 es convergente, el Criterio mayorante de Weierstrass nos asegura que la serie u(x, t) es absoluta y uniformemente convergente en [0, π/2] × [0, ∞). Adem´ as la funci´ on u(x, t) es continua en dicho dominio por ser suma uniforme de una serie de funciones continuas. ¿Existe ut y es continua en [0, π/2] × (0, ∞)? La serie que se obtiene derivando parcialmente con respecto a t en la definici´ on de u(x, t) es (salvo por el factor 8/π) igual a −

∞ X t e−

(2n+1)2 2 t 2

n=0

sen ( 2n + 1)x . 2n + 1

Fijamos t0 , t1 ∈ (0, ∞) tales que t0 < t1 . Para todo (x, t) ∈ [0, π/2] × [t0 , t1 ] y todo n ∈ N se tiene     − (2n+1)2 t2 (2n+1)2 2 te 2 sen ( 2n + 1)x  t1 e− 2 t0  , ≤  2n + 1 2n + 1  

y la serie num´ erica

∞ X t1 e− n=0

(2n+1)2 2 t0 2

2n + 1

es convergente (como debe comprobarse usando, por ejemplo, el Criterio de la ra´ız). As´ı pues, existe ut (x, t) para todo (x, t) ∈ [0, π/2] × [t0 , t1 ], dicha derivada se calcula derivando t´ermino a t´ ermino en la serie u(x, t) y, por u ´ltimo, ut es continua en [0, π/2] × [t0 , t1 ] por ser en dicho dominio suma uniforme de una serie de sumandos continuos. Como t0 , t1 se fijaron arbitrariamente en (0, ∞), con la sola condici´on de ser t0 < t1 , deducimos que ut existe y es continua en todo punto de [0, π/2] × (0, ∞).

2. (1 pto.) Obt´en todas las soluciones de clase C 2 (R2 ) de la ecuaci´ on utt − 4uxx = x + t. Observemos que una soluci´ on que solamente depende de x de la EDP utt − 4uxx = x es u1 (x, t) = −x3 /24, y una soluci´ on que solamente depende de t de utt − 4uxx = t es u2 (x, t) = t3 /6. Por el Principio de superposici´ on, una soluci´ on de utt − 4uxx = x + t viene dada por u(x, t) = u1 (x, t) + u2 (x, t) =

t3 x3 − 24 6

para todo (x, t) ∈ R2 .

Ahora, si v ∈ C 2 (R2 ) es una soluci´ on cualquiera de la EDP completa utt − 4uxx = x + t, entonces la funci´ on w = v − u es de clase C 2 (R2 ) y es soluci´ on de la ecuaci´ on de ondas homog´enea wtt − 4wxx = 0. Por lo tanto, w debe ser de la forma w(x, t) = F (x + 2t) + G(x − 2t) para ciertas F, G ∈ C 2 (R). As´ı pues, cualquier soluci´ on de clase C 2 (R2 ) de la EDP del enunciado es de la forma v(x, t) = u(x, t) + w(x, t) = para ciertas funciones F, G ∈ C 2 (R).

t3 x3 + F (x + 2t) + G(x − 2t), − 24 6...