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NOTAS DE

MÉTODOS

MATEMÁTICOS(ingeniería de materiales)

f (x(t),y(t))z

xc(t)=(x(t),y(t))

ϕ (x)=01

ϕ (x)=x2

ψ (y)=y1 ψ (y)=π2

Pepe Aranda

http://jacobi.fis.ucm.es/pparanda

Departamento de Física Teórica

Facultad de Físicas. UCM

www.ucm.es/ft2mm

Métodos Matemáticos (2018-2019)

Índice

Bibliografía. Sobre estos apuntes

Introducción

1. Cálculo diferencial en Rn

1.1 Campos escalares y sus derivadas 1

1.2 Campos vectoriales. Regla de la cadena 8

2. Cálculo integral en Rn

2.1 Integrales múltiples. Cambios de variable 13

2.2 Integrales de línea 20

2.3 Integrales de superficie 27

3. Ecuaciones diferenciales ordinarias

3.1 Algunas EDOs de primer orden resolubles 29

3.2 EDOs lineales de orden 2 resolubles elementalmente 31

3.2 Soluciones por medio de series 34

4. Problemas de contorno para EDOs

4.1 Problemas homogéneos 37

4.2 Series de Fourier 41

4.3 Problemas no homogéneos 44

5. Ecuaciones en derivadas parciales

5.1 EDPs de primer orden 45

5.2 Orden 2. Clasificación y problemas clásicos 47

5.3 Separación de variables. Ecuación del calor 51

5.4 Ondas. D’Alembert y separación de variables 56

5.5 Separación de variables para Laplace 61

5.6 Problemas más complicados por separación de variables 65

5.7 La transformada de Fourier 70

Problemas I-VII

Sobre estos apuntes

Versión 2018. De nueve sólo cambian los problemas y alguna mínima corrección en teoría.Versión 2017. Sólo han cambiado los problemas, incluyendo de exámenes del 16-17.Versión 2016. Otra vez bastantes ejemplos nuevos. En el capítulo 1 más de curvas, de regla de la cadenay de repaso. En el 2, sobre todo de integrales de línea. Cada uno aumenta en 2 páginas.En el 3 se extienden las ecuaciones de primer orden y se acortan más las soluciones por series. En el 4hay algún ejemplo más de series de Fourier.Algún cambio en el 5 y bastante negrita para marcar diferencias entre homogénos y no homogéneos.La versión tiene 74 páginas de teoría (contando la introducción) y 7 de problemas (con cambios).

Versión 2015. Bastantes pequeños cambios (también las fuentes de LaTeX). Los más importantes fueron:Se incluyó en 1.1 un repaso de rectas y planos y se quitó la página informativa sobre Taylor y máximos.En 1.2 se cuentan antes las funciones vectoriales que el caso general de campos vectoriales. En el 2 sequitó teoría a cambio de ejemplos. Se introdujeron con más detalle cilíndricas y esféricas.Las EDOs de primer orden fueron al principio del 3. Se acortaron las soluciones por series (3.3 ahora).En 4 cambiaron detalles que intentan dejar más claro algún tema sencillo.Se llevaron a 5.6 (llamada ahora ‘problemas más complicados por separación de variables’) los ejemplosno preguntables. La transformada del Fourier pasó a 5.7. El capítulo (y la versión) perdió 2 páginas.Cambios habituales en problemas de cada curso. Se numeraron aparte los adicionales.

Versión 2014. El cambio más radical de la versión fue la fusión de los capítulos 5 y 6 en uno con todaslas EDPs. El objetivo era que apareciese antes la separación de variables, que pocos llegaban a estudiar.En 5.3 se resuelve ya la ecuación del calor. La fórmula de D’Alembert se unió a la separación de variablespara ondas en 5.4. 5.5 es para Laplace. La tranformada de Fourier fue al 5.6 y los problemas en másvariables al 5.7 (secciones no exigidas en exámenes). Se incluyeron además más ejemplos en 5.1.Los capítulos 1 y 2 aumentaron en dos páginas cada uno por la presencia de nuevos ejemplos (del tipo delos que se exigen en exámenes): más curvas de nivel y derivadas direccionales, más integrales de línea...El capítulo 3 tuvo pequeños cambios y el 4 casi ninguno. Y se añadió al final un repaso de series, por sino se habían visto en las Matemáticas de primero.Los probemas como siempre se retocaron, incluyendo exámenes y controles del curso pasado y retirandootros menos básicos. Ese año, especialmente, tuvo muchas novedades por la reorganización de temas.Aparecieron por primera vez los ‘problemas adicionales’ (de temas laterales).Novedad visual importante fueron los nuevos colores. Los ejemplos de temas exigibles tienen este colorverde claro. Pero además se utiliza un color gris para ejemplos a título informativo .

Versión 2013. Para simplificar la asignatura (viendo las dificultades del curso anterior), se redujeron losproblemas más complicados y se pusieron otros más sencillos (entre ellos los de exámenes de ese año).Los del 2012 que no son objeto de examen se trasladaron al final de los problemas.Se precisaron más las secciones (y subsecciones) contadas con brevedad a título informativo, poniendoen gris sus titulares (y la letra más pequeña). Hice además abundantes cambios menores en la teoría y sesustituyeron ejemplos por otros más elementales. El estudio de las ecuaciones de Legendre y Bessel y susproblemas de contorno (antes en 3.2 y 4.1) pasaron a 6.4 (para ser vistas en la última semana del curso).

Versión 2012. Primera de las ‘Notas de Métodos Matemáticos (ingeniería de materiales)’.Gran parte de las notas son versión reducida de los ‘apuntes de métodos matemáticos II (EDPs)’ para esaasignatura del Grado en Física. Los capítulos 1 y 2 son un resumen de los apuntes de los de ‘Cálculo’de ese grado. Incluyen además, en 3, material de los ‘apuntes de ecuaciones diferenciales I’ (para unaasignatura de la Licenciatura en Física). Los problemas salieron del material de esos otras cursos.En la elaboración de las notas se tuvo en cuenta que la asignatura de Métodos Matemáticos para laIngeniería es de 3.5 horas semanales, frente a, por ejemplo, las 4 semanales de los Métodos MatemáticosII del grado. Y que además se debía ver el cálculo en varias variables. Y se supuso que las EDOs linealesde 3 habían sido tratadas en ’Matemáticas II’. Para hacer más ligeras las notas, se suprimieron muchasdemostraciones, comentarios algo avanzados y ejemplos complicados. A pesar de todo, se prefirió dejartemas para contar a título informativo, aunque no fuesen exigidos en los exámenes del curso.

Bibliografía

[L] Larson-Hostetler-Edwards. Cálculo y geometría analítica. McGraw-Hill[M] Marsden-Tromba. Cálculo vectorial. Pearson Addison Wesley.[B] Boyce-Di Prima. Ecuaciones diferenciales ordinarias y problemas con valores en la frontera. Limusa[Si] Simmons. Ecuaciones diferenciales. McGraw-Hill[H] Haberman. Ecuaciones en derivadas parciales con series de Fourier y problemas de contorno.

Prentice Hall[St] Stephenson. Introducción a las ecuaciones en derivadas parciales. Reverté

Los dos primeros libros tratan el cálculo en Rn y están destinados a los dos primeros capítulos del curso.

Los dos siguientes son esencialmente de EDOs, con lo que serían adecuados para los capítulos 3 y 4. Enparticular, el [M] está muy bien para estudiar los problemas de contorno y las series de Fourier, y tambiéntiene introducción a las EDPs.Los dos últimos son de EDPs y tratan, por tanto, los capítulos 4 (los problemas de contorno para EDOsse suelen estudiar en los libros de EDPs), 5 y 6. El [H] es un libro gordo (aunque de nivel asequible) ytrata muchos más temas de EDPs que los vistos en este curso. El [St] tiene pocas páginas.

[Estas notas pueden ser utilizadas y citadas por cualquiera sinningún problema, siempre que no haga negocio con ellas].

Introducción

Estas notas tienen más o menos tres partes. Una primera con una versión resumida del cálculo

diferencial e integral en varias variables. Otra con la teoría de las ecuaciones diferenciales

ordinarias (EDOs) y de sus problemas de contorno. Y una tercera (más extensa) con el estudiode las ecuaciones en derivadas parciales (EDPs).

En el capítulo 1 se estudia el cálculo diferencial en Rn. En la sección 1.1 se tratan los campos

escalares (funciones f de Rn en R ), definiendo y estudiando el significado de sus derivadas

parciales y direccionales, y de su diferencial y gradiente rf , sobre todo en el caso n=2 . En1.2 se tratan los campos vectoriales ( f de R

n en Rm ) y, en particular, las funciones vectoriales

( n=1 ), se ve la regla de la cadena (utilizada a menudo en el curso) y se definen divergencia,laplaciano y rotacional (r · f , � f y r⇥ f ).

El capítulo 2 está dedicado al cálculo integral en Rn. En 2.1 se estudian las integrales dobles y

triples de campos escalares y se ve la ulilidad para su cálculo de los cambios de variable. En2.2 se hacen integrales de línea de campos escalares y vectoriales, se presentan los teoremas deGreen y de la divergencia en el plano, y se estudian las integrales independientes del camino.En 2.3 se introducen las integrales de superficie (de campos escalares y vectoriales) y se venlos teoremas de Stokes y de la divergencia en el espacio.

El capítulo 3 estudia las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden (3.1) y laslineales de segundo orden y00+a(x)y0+b(x)y = f (x) . Se ven en 3.2 los (pocos) casos en queestas son resolubles elementalmente. En 3.3 se resuelven mediante series de potencias (únicométodo posible en la mayoría de las ocasiones).

La teoría de problemas de contorno para EDOs se estudia en el capítulo 4. Veremos en 4.1que para deteminados valores (autovalores) de la constante � que aparece, la homogénea tendráinfinitas soluciones no triviales (autofunciones). [Con valores iniciales siempre hay unicidad].Estudiaremos en 4.2 las series de Fourier (desarrollos en series de autofunciones). Y en 4.3 losproblemas no homogéneos. Todo será utilizado resolviendo EDPs por separación de variables.

El capítulo 5 trata ya las ecuaciones en derivadas parciales (EDPs). Una EDP es una ecuaciónen la que aparecen derivadas parciales de una función incógnita de varias variables. Todas lasEDPs que veremos serán lineales. Más en concreto, tras ver brevemente las de primer orden, casisiempre trataremos de EDPs lineales de segundo orden (con derivadas de orden 2 o menor) endos variables (para simplificar, aunque la realidad tiene habitualmente más dimensiones):

[E] L[u] ⌘ A@2u@y2 + B

@2u@x@y + C

@2u@x2 + D

@u@y + E

@u@x + Hu = F(x, y) ,

Una solución de [E] será una función u(x, y) con derivadas parciales de segundo orden quesustituida en la ecuación la convierte en una identidad.

Entre ellas se encuentran muchas ecuaciones de la física. En concreto las tres clásicas (queescribimos aquí en su versión general para n variables):

ecuación de ondas utt � c2�u = F

ecuación del calor ut � k �u = F

ecuación de Laplace �u = F

ejemplos respectivos de los grandes tipos en que se clasifican: hiperbólicas, parabólicas y elíp-

ticas. La teoría avanzada de EDPs viene a ser la generalización del estudio de estas ecuaciones,de propiedades tan diferentes que no existe teoría general como la de las EDOs lineales.

Se verá que casi nunca se puede dar la solución general de una EDP (por eso, muchas vecesse usan series para resolverla). La hallaremos en 5.1 para algunas de primer orden en dosvariables (y aparecerá una función arbitraria de las características, soluciones de una EDOligada a la EDP) y para pocas de segundo (con dos funciones arbitrarias) en 5.2. Veremos quécondiciones adicionales (iniciales o de contorno) se imponen a las EDPs para tener solución

única. De las clásicas, sólo para la cuerda infinita se podrá dar por estos caminos una fórmula(de D’Alembert) para sus soluciones (y se verá en 5.4 como sacar jugo a esta fórmula).En 5.3, tratando el calor, introduciremos el método de separación de variables que permiteresolver las EDPs clásicas (homogéneas y no homogéneas, y en diferentes coordenadas) enrecintos sencillos (y acotados, al menos, en una de las variables). Se supone la solución comoproducto de funciones de cada variable, lo que lleva a resolver EDOs en cada una de ellas, alguna,al menos, con condiciones de contorno. Las soluciones acabarán siendo series de Fourier. Latécnica es la misma en ondas y Laplace (5.4 y 5.5), con ligeras novedades que se irán estudiando.En 5.6 resolveremos por separación de variables problemas en tres variables y otros en queaparecen ecuaciones nuevas, las de Legendre y Bessel, que se deben resolver mediante seriessiguiendo la sección 3.3. Utilizaremos en 5.7 la transformada de Fourier para resolver EDPsen recintos no acotados (en particular, la del calor en la recta infinita).

Acabamos la introducción describiendo el significado físico de las EDPs clásicas en dos variables.La ecuación de ondas unidimensional o ecuación de la cuerda vibrante describe las oscilacionesde una cuerda elástica, tensa y fija en sus extremos. Se supone que sus oscilaciones son siempretransversales y de pequeña amplitud. Se prueba que si u(x, t)representa el desplazamiento vertical del punto de abscisa x

en el instante t , la función u(x, t) satisface la EDP:

u(x,t)

instante t

utt � c2uxx = F(x, t)

donde c2=To/⇢ , con To fuerza de tensión en los extremos, ⇢ masa por unidad de longitud y

F(x, t) fuerza externa por unidad que actúa verticalmente sobre el punto x en el instante t . Paradeterminar la evolución de una cuerda dada, se verá que debemos fijar la posición de la cuerday la distribución de velocidades verticales en el instante inicial, es decir, u(x,0) y ut (x,0) .También se deberá de tener en cuenta que está fija en los extremos x = 0 y x = L , o sea, queu(0, t) = u(L, t) = 0 . No olvidemos que el modelo matemático de esta cuerda ideal es sólo unasimplificación de la realidad, como ocurre con las siguientes.La distribución de temperaturas a lo largo del tiempo en una varilla delgada (que podemossuponer unidimensional) viene regida por la ecuación del calor:

ut � k uxx = 0donde u(x, t) es la temperatura del punto x en el instante t y k >0 es una constante proporcionala la conductibilidad e inversamente proporcional a la densidad y al calor específico. Si hay fuentesde calor en el interior de la varilla aparece una F(x, t) en el segundo miembro de la ecuación. Adiferencia de la de ondas, aquí basta conocer sólo la distribución inicial de temperaturas u(x,0)(junto con las condiciones de contorno) para determinar la solución.La ecuación de Laplace:

uxx+ uyy= 0puede describir, entre otras situaciones físicas, la distribución estacionaria de temperaturas enuna placa bidimensional o la posición de equilibrio de una membrana. La existencia de fuentesde calor o de fuerzas en el interior de la superficie aportaría una F en el segundo miembro(ecuación de Poisson). Frente a las dos ecuaciones anteriores que describían la evolución deun sistema a lo largo del tiempo, ésta describe situaciones estacionarias y los problemas que seplantean para ella son siempre con condiciones de contorno.

1. Cálculo diferencial en Rn

1.1 Campos escalares y sus derivadasEl espacio Rn

Rn⌘�x= (x1, ... , xn) : xk 2R

es un espacio vectorial de dimensión n con las operaciones:

x+y= (x1, ... , xn)+(y1, ... , yn)= (x1+y1, ... , xn+yn) y kx= (k x1, . . . , k xn) , x,y2Rn, k 2R .

Si x,y2Rn se definen además el producto escalar de dos vectores x · y= x1y1 + · · · + xnyn ,la norma o módulo del vector kxk= (x · x)1/2=

qx21+· · ·+x2

n y la distancia d(x,y)= kx�yk .

xpunto

vector

(x,y,z)⇥Otras notaciones para los elementos de Rn son x o Æx .

⇤A cada elemento de Rn le llamaremos indistintamente punto o vector de Rn.Casi todos nuestros ejemplos serán en R2 o R3 donde llamaremos x= (x, y) ox= (x, y, z) . Un x2R2 se puede ver como el punto de coordenadas cartesianas(x, y) o como el vector que une el origen (0,0) con (x, y)

⇥análogo en R3⇤ . R

es caso particular de Rn y a los números reales se les llama a veces escalares.Las siguientes propiedades (menos las dos últimas) son facilísimas de demostrar:

x · y = y · x , (k x) · y = k (x · y)= x ·(k y) , x ·(y+z)= x · y+x · z , x · x�0 , kk xk= |k |kxk ,kxk=0 , x=0 , |x · y| kxkkyk (desigualdad de

Cauchy-Schwartz) , kx+yk kxk+kyk (desigualdadtriangular) .

||x–y||

–x/2

||x||Muchas definiciones y propiedades de arriba tienen significado geométrico claro.Suma es vector diagonal del paralelogramo de lados x e y . O lo que es lo mismo,es el vector cuya punta es el punto en el que acaba x si llevamos paralelamente subase al extremo de y . La desigualdad triangular dice que la longitud de un ladode un triángulo es menor que la suma de las longitudes de los otros dos... En R elproducto escalar pasa a ser el producto y la norma, el valor absoluto.

En R2 y R3 hay una forma alternativa de expresar el producto escalar.Se prueba que: x · y = kxkkyk cos � , con � ángulo que forman x e y .De esto se deduce que x · y =0 cuando son perpendiculares.

Los vectores de la ‘base canónica’ de Rn se llamarán�e1, . . . ,en

�(1,0, ... ,0), . . . , (0,0, ... ,1)

todo x se puede escribir como combinación lineal de ellos: x= (x1, . . . , xn)= x1e1 + · · · + xnen .y

kEn R2 se suele escribir e1= i= (1,0) y e2= j= (0 ,1) .Y en R3 , e1= i= (1,0,0) , e2= j= (0,1,0) , e3= k= (0,0,1) .Un vector se dice unitario si tiene norma 1.

⇥i , j y k lo son

Si x,0 , un u unitario con su misma dirección y sentido es u= xkxk .

Para n=3 , se define el producto vectorial de x e y como el vector: x ⇥ y =��

i j kx1 x2 x3y1 y2 y3

�� .[Es perpendicular a x e y , su longitud es el área del paralelogramo quetiene por lados esos vectores y su sentido es el que sugiere i ⇥ j = k ].

–2 –11

Ej 1. Sean x = (1,0)= i e y = (�2 ,1) . Entonces es:x + y= (�1 ,1) . 1

2 y=�� 1

2 ,1�. kxk=1 , kyk=

p5 . x · y=�2 .⇥

Como �> ⇡2 debía ser x · y= kxkkyk cos �<0 . De hecho es �=arc cos �2p

Ej 2. Si x = (1,0,2) , y = (�2 ,1,3) , su producto escalar es x · y=4 . kxk=p

5 , kyk=p

14 .kx�yk= k(3,�1,�1)k=

p11 nos proporciona la distancia entre los dos puntos x e y .

x⇥y=��

i j k1 0 2�2 1 3

��= (0�2) i �(3+4) j +(1�0)k = (�2,�7,1) . (1,0,2)·(�2,�7,1)=0(�2 ,1,3)·(�2,�7,1)=0 (perpendicular).

kx⇥yk=3p

6 nos da el área del parelogramo cuyos lados son los vectores.

Rectas y planosEn Cálculo en una variable, una recta del plano se suele escribir y=mx+b ó y= y0+m(x�x0) ,fijándonos en la pendiente m , la ordenada en el origen b o el punto (x0, y0) por el que pasa.

v q-p=

x=p+tv

Veamos otras expresiones ahora utilizando vectores. La recta quepasa por los puntos p = (p1, p2) y q = (q1,q2) se puede escribir:

x = p + t(q�p) o x = (1� t)p + tq , t 2R .⇥Para t 2 [0,1] , p+ t(q�p) describe el segmento que une esos puntos

O dado p y el vector dirección v = (v1, v2) : x = p + tv , o en coordenadas:⇢

x= p1+tv1y= p2+tv2

Ej 3. Describamos paramétricamente de varias formas el segmento que une p= (�2,3) y q= (1,0) .

v=(3,–3)

En coordenadas cartesianas la recta es y=1�x . De aquí: (t,1�t) , t 2 [�2,1] .Usando las expresiones de arriba, como v=q�p= (3,�3) , obtenemos:

p + tv = (�2+3t,3�3t) , t 2 [0,1] .O cambiando los papeles de p y q : q + t(p�q)= (1�3t,3t) , t 2 [0,1] .[Las 2 primeras expresiones describen el segmento, al crecer t , en el mismo sentido y la tercera en el opuesto].

Las ecuaciones vectoriales de las rectas en el espacio son las mismas, pero con 3 coordenadas:( x= p1+tv1y= p2+tv2z= p3+tv3

. Eliminando la t : x�p1v1=

y�p2v2=

z�p3v3

[interpretando que el numeradores 0 si se anula su denominador].

La ecuación general de un plano en el espacio es ax+by+cz=d [con a, b, c no las tres cero][si d=0 , pasa por el origen]

v x=tu+sv

p Si u y v son dos vectores (no múltiplo uno de otro), x= tu+sv , t, s2Rdescribe el plano que contiene esos vectores y pasa por el origen.x=p+tu+sv es otro plano, paralelo al otroy que pasa por p y los puntos p+u y p+v . n

Un plano queda también determinado conocidos un punto p suyo yun vector n normal (perpendicular) al plano pues: (x�p)· n =0 .Si n= (a, b, c) , desarrollando: a(x�p1)+ b(y�p2)+ c(z�p3)= 0 ,que podemos poner ax+by+cz=�ap1�bp2�cp3 . Comparando con la ecuación escrita arriba,concluimos que un vector normal a un plano ax+by+cz=d es el vector (a, b, c) .

Ej 4. Demos varias expresiones para la recta que pasa por los puntos p= (1,2,�8) y q= (7,5,1) .Un vector dirección es v=q�p= (6,3,9) , y la recta es: p + tv = (1+6t,2+3t,�8+9t) , t 2R .O con un vector más bonito u= (2,1,3) y q en vez de p : q+tu = (7+2t,5+t,1+3t) , t 2R .

Eliminando t , por ejemplo, de la segunda:⇢ x=7+2ty=5+tz=1+3t

! x�72 = y�5 = z�1

Y eligiendo dos pares de términos (nosotros los primero = tercero y segundo = tercero) obtenemosla recta como intersección de dos planos:

3x�21 = 2z�2 , 3y�15 = z�1 , es decir,⇢

3x�2z=193y�z=14 .

Ej 5. Hallemos la ecuación del plano que pasa por p= (3,2,�1) , q= (1,�1,3) y r= (3,�2,4) .Es perpendicular al plano, por ejemplo, (q�p)⇥(r�p) = (�2,�3,4)⇥(0,�4,5) = (1,10,8) .El plano es, por tanto: 1(x�3) + 10(y�2) + 8(z+1) = 0 , o sea, x+10y+8z=15 .

Más largo es eliminar t y s de x= t(q�p)+s(r�p) =(x=3�2t ! t= 3

2 �x2 &

y=2�3t�4s s= 3x8 � y

8 �58 & · · ·

z=�1+4t+5s

O, aún peor, resolver el sistema(3a+2b�c=d

a�2b+3c=d3a�2b+4c=d

[imponiendo quepase por los puntos]

· · ·�! a= d5 , b= 10d

5 , c=8d5 .

Campos escalares (también llamadas funciones escalares).

f : D⇢Rn �! Rx= (x1, ..., xn) ! f (x) (son funciones reales de varias variables reales en un dominio D ).

Su gráfica es el conjunto de puntos de la forma�x1, ... , xn , f (x1, ... , xn)

�, con (x1, . . . , xn)2D .

Si n=1 descibirá una curva en el plano, si n=2 una superficie en el espacio (dibujable en perspectiva)y si n�3 estamos ya en un espacio de dimensión �4 . Veamos qué podemos decir sobre ella si n=2 .

f : R2 �! R(x, y) ! f (x, y)

Para esquematizar su gráfica (sin ordenador) buscaremos secciones (curvasen el espacio) que obtendremos cortando la superficie con diferentes planos.

Unas secciones interesantes se consiguen cortando con planos z= cte , llamadas curvas de nivel(es decir, curvas del plano xy sobre las que f toma un valor constante). Otras fáciles de calcularson las obtenidas al hacer x= cte o y= cte (en particular los cortes con los planos yz o xz ).

z=f(x,y)Ej 6. f (x, y)= x2+y2 . Las curvas de nivel, dadas por x2+y2=C ,son circunferencias, de radio

z=4z=1

Las secciones con x=0 ! z= y2

y=0 ! z= x2 son parábolas.

Con esto es fácil (en este caso) dibujar la gráfica de este‘paraboloide de revolución’.

[Si las curvas de nivel son circunferencias centradas, la superficie es de revolución].

C=1 C=0

z=g(x,y)

Ej 7. g(x, y)= (x�y)2 = C ! x�y=±p

C (rectas paralelas).

En concreto, si C=0,1,4 se tiene y= x , y= x±1 , y= x±2 .El corte con x=0 es una parábola: z= y2 . También lo sonlos cortes con y=0

�z= x2 �

o con y=�x�

z=4x2 �.

Viene a ser la gáfica de la parábola z= y2 trasladada horizontalmentesiguiendo la recta y= x (que es donde se anula la g ).

Ej 8. Sea h(x, y)= y2�x2 . Dibujemos la gráfica de este ‘paraboloide hiperbólico’ (silla de montar).

C=–1C=–1

Los cortes con y=0 y x=0 son las parábolas z=�x2 y z= y2

[y en general son parábolas los cortes con y=C y x=C ].Las curvas de nivel son las hipérbolas y2�x2=C

[en particular, para C=0 son las rectas y=±x ].No es fácil hacer el dibujo en 3 dimensiones, pero las curvasde nivel y los cortes ya nos daban una idea de la gráfica.

Hay otras superficies importantes que definen más de una (o no definen ninguna) función escalar:

Ej 9. Dibujamos x2+y2+z2=R2 (superficieesférica) , z2= x2+y2 (cono), x2+y2=1 (cilindro).

Las primeras definen 2 campos escalares z=±p

R2� x2�y2 y z=±py2+x2 y la otra ninguno.

[las curvas de nivelson circunferencias]

Los cortes con x=0 son la circunferencia z=±p

R2� y2 (esfera), y las rectas z=±y (cono).El cilindro no depende de z . Es la circunferencia unidad llevada verticalmente (desde �1 hasta 1).

Todos estos ejemplos son ‘cuádricas’: Ax2+By2+Cz2+Dxy+E xz+Fyz+ax+by+cz=d (que generalizanlas cónicas a R3 ). Hay más tipos de ellas: elipsoides, hiperboloides de una y dos hojas, parejas de planos...

Entornos y abiertos. Estos términos aparecerán varias veces en el curso, así que los definimos:

Entorno de centro a2Rn y radio r es Br (a)⌘�x2Rn : kx�ak< r

[círculo en el plano, esferaen el espacio, sin borde].

El punto a2 A es interior al conjunto A⇢Rn si hay algún r tal que el entorno Br (a)⇢ A .A es abierto si todos sus puntos son interiores, es decir, si A= int A⌘ {x interiores a A} .Frontera o borde de A es @A⌘

�x : 8r , Br (x) contiene puntos de A y de Rn�A

Se llama cierre de A al conjunto A= int A [ @A .

dEj 10. El producto cartesiano de intervalos abiertos (a, b)⇥(c, d) (rectángulo sin borde)

es un conjunto A abierto en R2: para cualquier a del conjunto existe un Br (a)contenido en él (por ejemplo, si r es el mínimo de las distancias a los 4 lados).Su frontera @A son los 4 lados y por tanto A= [a, b]⇥[c, d] . A no es abiertopues los puntos de @A no son interiores (ningún entorno está contenido en A ).

Límites y continuidad. Las definiciones son (aparentemente) muy parecidas a las de R :Límite: lım

x!af (x)=L si 8">0 9�>0 tal que si 0< kx�ak< � entonces | f (x)�L |<" .

f continua en a2 intD , lımx!a

f (x)= f (a) , 8" 9� tal que kx�ak< �) | f (x)� f (a)|<" .

[Para n=2 debe existir un � tal que la imagen de f en B�(a) esté entre los planos z=L�" y z=L+" ].

Teoremas (como los de R ) aseguran que la suma, producto y cociente con denominador nonulo de f y g continuas son continuas. Y también lo es la composición de campos escalarescon funciones reales continuas:

Teor 1. f : Rn ! R continua en a , g : R ! R continua en f (a) ) g � f continua en a .

Probando sólo que f (x)=C y que f (x1, ... , xn)= xk son continuas en todos los puntos de Rn :| f (x)�C |=0<" 8� , | f (x)� f (a)|= |xk�ak | kx�ak<" si �=" ,

deducimos de estos teoremas que muchísimos campos escalares lo son en todos o en casi todoslos puntos a simple vista. Así, por ejemplo, son claramente continuos en todo R2 los camposde la página anterior (son sumas, productos... de funciones continuas). También lo son claramente:

f (x,y)= x2�1y2+3 (lo son numerador y denominador, y éste no se anula)

h(x,y)=exy (es composición de f (x,y)= xy y g(z)=ez , función continua en todo R ).g(x, y)= 1

x2+y2 es claramente continua cuando (x, y), (0,0)y discontinua en ese punto (‘tiende a 1 ’ pues x2+y2!0 y es positivo).

Sólo hay que pararse a mirar la continuidad en algunos puntos patológicos (lo mismo que sucedía en R ).Ponemos un par de ejemplos sólo para mostrar que aquí las cosas se complican:

Ej 11. f (x, y)= (x2+y2) sen 1x2+y2 , con f (0,0)=0 , es obviamente continua si x,0 .

Para ver que lo es también en el origen podemos acudir a la definición| f (x, y)� f (0,0)| |x2+y2 |<" si k(x, y)�(0,0)k=

px2+y2< �=

o mirarla como composición de la conocida continua g(x)= x sen 1x y el campo h(x, y)= x2+y2 ,

o incluso utilizar que sigue siendo aquí cierto eso de que ‘cero⇥acotado = cero’.

Ej 12. f (x, y)= xy2

x2+y4 , f (0,0)=0 vuelve a ser continua claramente si x,0 . ¿Y en (0,0) ?Vamos a acercarnos al origen a lo largo de diferentes curvas.Empezamos con las rectas y=mx : f (x,mx)= m2x

1+m4x2 !x!0

0 .Pero esto no es la definición del límite en R2.

Sigamos ahora las parábolas x= py2 : f (py2, y)= pp2+1 .

Tan cerca como queramos del origen hay puntos en losel campo vale, por ejemplo, 1

2 (p=1). Discontinua en 0 .[Dibujada con un ordenador, presenta f el aspecto feo del dibujo de la derecha].

Derivadas direcionales, derivadas parciales y gradienteSean f : D⇢Rn! R y a2 int D para que f esté definida cerca de a . Para hallar la derivada en R seusan los valores de f en a y puntos cercanos a+h . En Rn hay puntos en cualquier dirección. Miremoscómo varía f sobre una recta que pase por a (dada por un vector v ), es decir, en R2, la variación de lafunción de una variable obtenida cortando gráfica con un plano vertical:

f (a+hv)

f (a)La derivada según el vector v de f en un punto a es:

Dv f (a) ⌘ fv(a) = lımh!0

f (a+hv)� f (a)h (si existe).

Cuando v es unitario se le llama derivada direccional(de f en la dirección del vector v en el punto a ).⇥Es la derivada de la función de una variable f (a+tv) en t=0

Veremos pronto formas sencillas de hallar estas derivadas, pero por ahora sólo tenemos la definición:

Ej 13. Hallemos la derivada de f (x, y)=4�x2�4y2 en (1,0) según el vector (v , v) :

Dv f (1,0)= lımh!0

4�(1+hv)2�4(hv)2�3h = lım

h!0�2hv�5h2v2

h = �2v .

Así, en particular: D(1,1) f (1,0)=�2 , D(2,2) f (1,0)=�4 , D(�1,�1) f (1,0)=2 , . . .Las dos derivadas direccionales son D�

1p2, 1p

� =�p2 y D�� 1p

2,� 1p

� =p2 .

El caso más importante aparece al tomar como v algún vector de la base canónica:A la derivada de f en la dirección de ek se le llama derivada parcial de f respecto a xk :

@ f@xk

(a) ⌘ fxk (a) ⌘ Dk f (a) ⌘ Dek f (a) = lımh!0

f (a1,..., ak+h ,..., an)� f (a1,..., ak ,..., an)h ,

es decir, @ f@xk

(a) es la derivada en el punto x=ak de la función de una variableg(x)= f (a1, ... , x, ... ,an) obtenida mirando todas las xi constantes menos la xk .

En R2 usaremos la notación @ f@x = fx , @ f

@y = fy , y en R3 además @ f@z = fz .

⇥Por tanto, en R2, fx(a, b) es la derivada de f (x, b) en x=a y fy(a, b) la de f (a, y) en y=b

El significado geométrico de las derivadas parciales en R2 es claro: representa las pendientesde las tangentes a las curvas corte con planos x=a o y=b .Ej 13b. Si f (x, y)=4�x2�4y2 es fx(1,0)=�2x

��(1,0)=�2 y fy(1,0)=�8y

��(1,0)=0 ,

que son las pendientes de las tangentes a las parábolas obtenidas cortando cony=0 y x=1

⇥g(x)=4�x2 y g(y)=3�4y2 ⇤

, respectivamente en x=1 e y=0 .[La primera negativa por decrecer f al crecer x y la segunda 0 por tener ahí un máximo].

Si las @ f@x j

existen para todos los x2 D tenemos n nuevos campos escalares @ f@x1, . . . , @ f

@xnque

podemos volver a derivar consiguiendo las derivadas parciales de orden 2,3, . . . :@ f@xk

⇥ @ f (x)@x j

⇤⌘ @2 f (x)

@xk@x j⌘ fx j xk (x) ⌘ Djk f (x) , . . .

Ej 14. Si f (x, y)= x2 e�2y sus derivadas primeras fx =@ f@x =2x e�2y y fy =

@ f@y =�2x2e�2y vuelven a

tener derivadas parciales 8(x, y) , con lo que tiene sentido calcular:

fxx =@2f@x2 =2 e�2y , fxy =

@2f@y@x =

⇥ @ f@x

⇤=�4x e�2y , fyx =

@2f@y@x =�4x e�2y , fyy =

@2f@y2 =4x2e�2y .

Y podríamos seguir calculando derivadas: fxxx =@3f@x3 =0 , . . . , fyyy =

@3f@y3 =�8x2e�2y , . . .

Ej 15. Si f (x, y, z)= x2y � cos(yz) se tiene que fx =2xy , fy = x2+z sen(yz) , fz = y sen(yz) .Entonces: fxx =2y , fxy =2x , fxz =0 ; fyx =2x , fyy = z2 cos(yz) , fyz =sen(yz)+yz cos(yz) ;fzx =0 , fzy =sen(yz)+yz cos(yz) , fzz = y2 cos(yz) . Algunas derivadas coinciden (no es casual).

Se dice que f 2Cn en D abierto si sus derivadas parciales hasta orden n son continuas en D .Igualdad de Schwarz

o de Clairaut: Si f 2C2 en un entorno de a ) Dkj f (a)=Djk f (a) , j, k=1, . . . ,n .

Se llama gradiente de f al vector rf =� @ f@x1, . . . , @ f

�y es rf (a)=

� @ f@x1

(a) , . . . , @ f@xn

(a)�.

Halladas las @ f@xk

(y, por tanto, el rf ) ya es muy fácil hallar derivadas según vectores. Se prueba que:

Teor 2. Si f 2C1 en un entorno de a , la derivada según el vector v es Dv f (a)=rf (a) · v .

f(a)Significado del gradiente. Sea v unitario y supongamos que rf (a), 0 .Entonces, por el teorema: Dv f (a)= rf (a) · v = krf (a)k cos � . Así que laderivada direccional es la componente del gradiente en la dirección de v .La Dv será máxima si cos �=1 (cuando los dos vectores tienen la mismadirección y sentido). La dirección y sentido de rf son aquellos en los que f crece másdeprisa. Si cos � = 0 , será Dv f (a) = 0 : en la dirección perpendicular a rf el campo novaría. Así, en R2, será rf perpendicular a las curvas de nivel de f (a sus tangentes).

Ej 13c. Para la f (x, y)=4�x2�4y2, ya es muy fácil hallar las Dv del Ej 13: rf = (�2x,�8y) )D(1,1) f (1,0)= (�2,0)·(1,1)=�2 , D( 1p

2) f (1,0)= (�2,0)·

� 1p2, 1p

�=�

p2 , . . .

Dibujemos ahora algunos vectores gradientes y algunas curvas de nivel�elipses x2+4y2=4�C

–44x

ySe dibuja rf en los puntos (1,0), (2,0), (0,1) y (2,1)⇥vectores (�4,0), (�8,0), (0,�8) y (�4,�8) a escala

⇤y las curvas para C=4,0,�4,�8,�12 .Viendo la gráfica de f como una montaña, rf indica la má-xima pendiente. Entre las derivadas direccionales en (2,1)es máxima la fijada por rf , es decir, en la dirección de

v=⇣� 1p

5,� 2p

⌘ ⇥y el valor máximo es Dv f (2,1)=rf (1,2) · v=4

p5= krf (1,2)k

Es mínima en la dirección opuesta al gradiente v=� 1p5, 2p

� ⇥su valor será �4

Es nula en la dirección de los vectores perpendiculares a rf⇥(2,�1) o (�2,1)

⇤, vectores que

son tangentes a la elipse de nivel x2+4y2=8 que pasa por el punto (2,1) .

Ej 7*. Hacemos cálculos similares a los hechos para el Ej 13 para el campo del Ej 7: g(x, y)= (x�y)2 .Aquí es rg(x, y) =

�2x�2y ,2y�2x

�= 2(x�y)(1,�1) . C=1 C=0

∆g=0

[Vector perpenticular a las rectas de nivel que apunta hacia donde crece gcon módulo 2

p2 |x�y | mayor según nos alejemos de la recta y= x ].

En el punto (0,�1) el vector rg es (2,�2) . El vector unitario u parael que es, por ejemplo, mínima la derivada direccional en el punto es:u=

�� 1p

� ⇥pues (�1,1) es opuesto al gradiente de módulo

p2⇤.⇥

La derivada mínima será Du g(0,�1)= (2,�2) · u = �2p

2 =�krgk= krgk kuk cos ⇡⇤.

[No hemos vuelto a usar la definición inicial de la derivada según un vector.Al igual que en R sólo se necesita esa definición para funciones raras].

[Obsérvese que rg=0 sobre y= x : los cortes con x=a e y=b son parábolas con mínimos ahí].

Ej 15*. Los cálculos y significados son análogos en R3. Para f (x, y, z)= x2y � cos(yz) es:rf (x, y, z) =

�2xy, x2+ z sen(yz), y sen(yz)

�. En particular es rf (1,1,0) = (2,1,0) .

La derivada de f en el punto a= (1,1,0) según el vector v= (1,�1,2) es (2,1,0)·(1,�1,2)=1 .Si buscamos la derivada direccional debemos dividir por el módulo: u= 1p

6v ! Du f (a)= 1p

La derivada direccional máxima es en la dirección y sentido de rf y su valor es su módulop

La derivada es 0 en el la dirección de todo vector perpendiculara rf , que ahora no constituyen una recta, sino un plano. Siv= (a, b, c) es perpendicular: (2,1,0)·(a, b, c)=2a+b=0 !v= (a,�2a, c) , kvk=

p5a2+c2 ! u= 1p

5a2+c2 (a,�2a, c) .

Un par de estos u son, por ejemplo, (0,0,1) y� 1

3 ,� 23 ,

23�.

Campos escalares diferenciables y plano tangenteEn una variable se tenía ‘derivable ) continua’. En Rn la existencia de todas las derivadas parciales noimplica la continuidad. Ni siquiera la existencia de derivadas direccionales en todas las direcciones.

Ej 16. Para f (x, y)=n1 si x=0 o y=0

0 en el resto se tiene que fx(0,0)= fy(0,0)=0 ,

pero la función es claramente discontinua en el origen.

La f (x, y)= xy2

x2+y4 discontinua en (0,0) del Ej 12 tiene, sin embargo, derivadas según cualquiervector en el punto

⇥pues f (x,mx)= m2x

1+m4x2 es derivable para todo m en x=0⇤.

Se necesita una definición que recoja información globlal de todos los puntos cercanos a a . Una función

f(a+h)

f(a)+hf '(a)

en R era derivable si tenía recta tangente. En R2 será diferenciable si poseeplano tangente. Empezamos reescribiendo la definición de derivada:

f derivable en a , lımh!0

f (a+h)� f (a)� f 0(a)hh =

"0 , f (a+h)= f (a)+ f 0(a)h+o(h) .

si el numerador es o(h) , despreciable respecto a h

En Rn ser diferenciable será casi lo mismo. Como en R , g(v)=o(kvk) significará que lımv!0

g(v)kvk =0 .

f es diferenciable en a si existe rf (a) y es f (a+v)= f (a) + rf (a)·v + o�kvk

o(||v||)y

x x=a+v

z = f (a)+df (v)az

O sea, con v=x�a , si f (x)� f (a)�rf (a)·(x�a)kx�ak �!

x!a0 .

Si n=2 , lo es si f (a+v)= f (a)+ fx(a)u+ fy(a)v+o(kvk) , o sea, si cercade a= (a, b) , se parece al plano: z= f (a)+ fx(a)(x�a)+ fy(a)(y�b) .

¿Cómo saber si una f es diferenciable? La definición, complicada, sólose necesita en puntos patológicos (que no trataremos). Por otra parte, sif es diferenciable parece que va a ser continua. Se prueba que:

Teor 3. f 2C1 en un entorno de a ) f diferenciable en a ) f continua en a .

Por tanto, un campo discontinuo (como los del Ej 16) no puede ser diferenciable.Pero los hay continuos y no diferenciables, como le sucede al cono z=

px2+y2 .

Sus cortes con los ejes son z= |x | y z= |y | , funciones no derivables en el origen,por lo que no existen fx(0,0) ni fy(0,0) . Por tanto, no puede ser diferenciable.[Una f continua y no diferenciable tendrá ’picos’, como le pasaba al |x | en R ].

Hemos deducido para R2 que si f es diferenciable, su plano tangente en el punto (a, b) es:

z = f (a, b) + fx(a, b)(x�a) + fy(a, b)(y�b) .

Ej 13d. Como para f (x, y)=4�x2�4y2 las fx =�2x y fy =�8y son continuas en todo R2 será fdiferenciable en todos los puntos del plano. Y todo es fácil de calcular. Por ejemplo:

El plano tangente en (�2,1) es: z = �4 + 4(x+2) � 8(y�1) = 4x � 8y + 12 .

Como en R3 es rf perpendicular a las superficies de nivel, esto nos da un modo de hallar elplano tangente en un punto (a, b, c) de una superficie S dada en la forma F(x, y, z)=K :

rF(a, b, c) · (x�a, y�b, z�c) = 0 .

Ej 17. Por ejemplo, hallemos el plano tangente en (1,�2,3) a la superficie esférica x2+y2+z2=14 :

rF(1,�2,3) = (2x,2y,2z)��(1,�2,3)= (2,�4,6) !

2(x�1)�4(y+2)+6(z�3)= 0 , o bien, z = 13 (14�x+2y) .

Más largo es hallar este plano con la fórmula de más arriba:

14�x2�y2 ! zx = �xp , zy =�yp ,

zx(1,�2)=� 13 , zy(1,�2)= 2

3 ! z=3� 13 (x�1)+ 2

3 (y+2) "

1.2 Campos vectoriales. Regla de la cadenaEn esta sección tratamos funciones cuyos valores serán vectores. Primero el caso más sencillo:

Funciones vectoriales: c : R �! Rn

t �! c(t)=�c1(t), ..., cn(t)

� . Sus gráficas son curvas en Rn .

Bastantes veces nos ocuparemos de c para t en un intervalo finito: t 2 [a, b] . Entonces la imagende c es una curva finita que une (en ese sentido) el punto c(a) con el c(b) [extremos de la curva].Casi siempre trabajaremos en R2 o R3 y será c(t)=

�x(t), y(t)

�o c(t)=

�x(t), y(t), z(t)

Se dice que c es continua en un punto o intervalo si lo son sus n componentes c1(t), ... , cn(t) .

Y es derivable si las n lo son y su derivada es el vector c0(t)=�c01(t), ..., c0n(t)

c(t+h)c(t)

CInterpretemos c0(t) para n=2 (o n=3 ). Al ser c0(t)= lım

c(t+h)�c(t)h ,

la pendiente de la secante tenderá a la pendiente de la recta tangente ala curva C descrita por c(t) . Físicamente, si c(t) describe el movimientode una partícula a lo largo del tiempo [es decir, si es su vector posición,que se suele llamar r(t) ], c0(t) representa el vector velocidad v(t) .⇥El escalar kc0(t)k describe la rapidez (velocidad escalar) con la que la partícula avanza por la curva

Por tanto, ecuaciones de la recta tangente a C en un punto c(to) (si c0(to),0 ) pueden ser:

x = c(to) + t c0(to) o x = c(to) + (t�to) c0(to) [esta toca c(to)cuando t= to ]

t=0,√2π

Ej 1. Sea c(t)=�cos t2, sen t2� , con t 2

⇥0 ,p

2⇡⇤. c(0)= c

�p2⇡

�= (1,0) .

Por ser kc(t)k=p

cos2+sen2 =1 , recorrerá c la circunferencia unidad.c0(t)=

�� 2t sen t2,2t cos t2� será un vector tangente, y es kc0(t)k=2t

[con lo que este módulo (la velocidad escalar) crece con el tiempo].⇥Llega a (0,1) para t=

p⇡/2 , y tarda el doble de tiempo en dar la vuelta entera

c0⇣q

��p

2⇡ ,0�! x=

��p

2⇡ t,1�

recta tangente en (0 ,1)⇥o más sencilla x= (�t,1)

⇤.⇥

La misma curva la describe c⇤(t)= (cos t, sen t) , t 2 [0,2⇡] , siendo en este caso kc0⇤(t)k=1 constante⇤.

Ej 2. Sea c (t)=�t3,2t2� . Dibujemos la curva descrita por c cuando t 2 [�1,1] , hallemos su recta

tangente en el punto (�1,2) y el punto en que esta recta tangente vuelve a cortar la curva.

yDando valores a t , o viendo que se puede poner y=2x2/3 sale el dibujo.[Cuando c0=0 (sin tangente definida), pueden aparecer picos como el del origen].El punto se da si t=�1 : c(�1)= (�1,2) y es c0(�1)= (3t2,4t)

��t=�1= (3,�4) .

La recta tangente es: x(s)= (3s�1,2�4s)⇥toca

� 12 ,0

�para s=1/2

Corta la curva para t y s que cumplan: t3=3s�1 , 2t2=2�4s !(3s�1)2= (1�2s)3 , 8s3�3s2= 0 , s= 3

8 !� 1

2 ,18� ⇥

y s=0 ! (�1,2)⇤.⇥

O bien, la curva y=2x2/3 y la recta y= 2�4x3 se cortan si 27x2= (1�2x)3 que lleva a lo mismo

Más difícil es, desde luego, dibujar curvas en R3. Tratamos el ejemplo cásico, una hélice:

c(3π)Ej 3. Dibujemos la curva descrita por c(t)=�cos t, sen t, t

�, t 2 [0,3⇡] .

Como es⇥x(t)

⇥y(t)

⇤2=1 , la proyección sobre el plano xy es la

circunferencia unidad, mientras que z crece constantemente con t .El vector velocidad será c0(t)=

�� sen t,cos t,1

�, y es kc0(t)k=

independiente de t (se recorre la curva a velocidad escalar constante).Por ejemplo, para t=2⇡

⇥en el punto (1,0,2⇡)

⇤es c0(2⇡)= (0,1,1)

y la recta tangente en ese punto se puede escribir:

x = (1,0,2⇡) + t (0,1,1) = (1, t,2⇡+t) [contenida en el plano x=1y coherente con el dibujo].

Primer caso de la regla de la cadena. Generalizamos la fórmula ( f �g)0(x)= f 0�g(x)

�g0(x) .

Veamos por ahora el caso más sencillo, que une funciones vectoriales y campos escalares:c f

f (c(t))RnTeor 1.Sean c : R ! Rn y f : Rn! R de C1 y sea h(t)= f

�c(t)

Entonces h es derivable y es h0(t)=rf�c(t)

�· c0(t) , o sea:

h0(t)= @f@x1

(c(t)) x 01(t) + · · · +

(c(t)) x 0n(t) . h : R ! R

La última igualdad (por ejemplo cuando n=2 ) se suele escribir en la forma dfdt =

dxdt +

dydt ,

expresión imprecisa que no deja claro dónde está evaluada cada término [las parciales en ((x(t), y(t)) ylas derivadas ordinarias en t ] y que mantiene el nombre f para la h (pues es la f sobre una curva).h describe la variación de f sobre la curva dada por c y, por tanto, h0(to) mide la variación de fsegún el vector tangente a la curva en c(to) , y esta derivada es, como sabemos, rf

�c(to)

�· c0(to) .

También se pueden dar derivadas segundas y sucesivas; por ejemplo, si n=2 , como h0= fx x 0+ fy y0 :h00(t) = fxx (x 0)2+ 2 fxy x 0y0+ fyy (y0)2 + fx x 00+ fy y00 , pues ( fx)0= fxx x 0+ fxy y0 , . . .

Ej 4. Si c(t)=�t3,2t2� , f (x, y)=

�y+x2�2 y h= f � c , hallemos h0(�1) con la regla de la cadena.

C=9c(�1)= (�1,2) , c0(�1)= (3,�4) , rf =�4x(y+x2),2(y+x2)

� (�1,2)�! (�12,6) .Por tanto: h0(�1)=rf

�c(�1)

�· c0(�1)= (3,�4)·(�12,6)=�60 .⇥

Podemos comprobar componiendo y derivando: h(t)= (2t2+t6)2 ! h0(�1)=�60⇤.⇥

Que la derivada sea negativa implica que la f decrece al avanzar sobre la curva,como se puede comprobar dibujándola junto a varias curvas de nivel f =C , queson parábolas de la forma y=±

pC�x2 (u observando el gradiente en el punto)

Campos vectoriales. Funciones de Rn en Rm : f : D⇢Rn �! Rm

x= (x1, ..., xn) ! f(x)=�f1(x), ..., fm(x)

[O funciones vectoriales de varias variables reales con dominio D . Ya hemos el visto el casoparticular de las funciones vectoriales, con n=1 . Uno que ya ha aparecido, con n=m , es rf ;otro, para n=m=3 , será rot f ; otros serán los cambios de variable que iremos haciendo].

En la diferencial de f escalares cumplía un papel importante el vector rf . Aquí lo cumple una matriz:

Se llama matriz diferencial o jacobiana de f en a a Df(a)⌘ @ f1/@x1 · · · @ f1/@xn· · · · · · · · ·

@ fm/@x1 · · · @ fm/@xn

.[Las m filas de Df son los gradientes de las m componentes].

[Si m=1 , esta matriz es una matriz n⇥1 : el vector gradiente rf (a) . Si n=1 , el vector derivada de unafunción vectorial c0(t) (escrito como columna). Y si n=m=1 , la más simple de las matrices: f 0(a) ].

f es diferenciable en a si existe Df(a) y es f(a+v)= f(a)+ Df(a) v+"

o(kvk) .con v vector columna y escribiendo el resultado como fila

Se tiene un resultado similar al de los campos escalares:

Teor 2. Si todas las fk 2C1 en un entorno de a entonces f es diferenciable en a .

Ej 5. f(x, y)=�exy, y ,2x+y2� es campo vectorial diferenciable en el punto (1,0) [lo es en todo R2]

porque las 6 parciales existen y son continuas en un entorno del punto. Su matriz diferencial es:

Df= ©≠´y exy x exy

0 12 2y

™Æ¨) Df(1,0)= ©≠

´0 10 12 0

™Æ¨.

La f : R2 ! R3 se parece cerca (1,0) a la función lineal deR2 en R3 que a v= (u, v) le asigna el vector 1+v, v,2+2u).Es decir, escrito de otra forma, f(x, y)⇡ (1+y , y ,2x) .

En caso de que m=n , típico de los cambios de variable, cumplirá un papel importante (por ejemplo enla integración) el determinante de la matriz diferencial n⇥n , llamado jacobiano del cambio:

Si(y1= f1(x1,.., xn)· · · · · · · · · · · ·

yn = fn(x1,.., xn), el determinante jacobiano es @(y1,...,yn)

@(x1,...,xn) ⌘ Jf⌘��Df

��=��@ f1/@x1 · · · @ f1/@xn

......

@ fn/@x1 · · · @ fn/@xn

�� .⇥Jf(a),0 implica, por ejemplo, que el cambio es inyectivo en un entorno del punto, con lo queexiste la función inversa f�1 en un entorno, que era lo que sucedía en R cuando f 0(a),0

Caso general de la regla de la cadena

Teor 3. Sean Rn g�! Rm f�! Rp

a ! g(a)=b ! f(b) , g diferenciable en a , f diferenciable en b=g(a) )

f�g diferenciable en a y D(f�g)(a)= Df(b)Dg(a) [producto de matrices].

Ej 6. Sean g(x, y)= (x�y , y2) , f(u, v)= (u+v ,uv , v) . Hallemos D(f�g) en (2,1) . Con el Teor 3:

Df(u, v)= 1 1v u0 1

!, Dg(x, y)=

✓1 �10 2y

◆, g(2,1)= (1,1) ) D(f � g)(2,1)=

1 11 10 1

! ✓1 �10 2

1 11 10 2

Comprobemos componiendo y calculando luego la diferencial:

(f � g)(x, y)= f(x�y , y2)= (x�y�y2, xy2�y3, y2) , D(f � g)(2,1)= ©≠´

1 2y�1y2 2xy�3y2

0 2y™Æ(2,1)

1 11 10 2

Veamos la forma que adopta en un caso que aparece bastantes veces:g

yf : R2! R , g : R2! R2 , h= f � g : R2! R

(r, s) ! (x, y) (r, s) ! f (g(r, s))= f (x(r, s), y(r, s))� @h@r

� @ f@x

� @x@r

@r =@ f@x

@x@r +

@y@r ,

@h@s =

@x@s +

@y@s .

Conviene memorizar estas fórmulas, que se utilizan mucho más a menudo que la forma matricial.No se olvide que la fx y la fy están evaluadas en (x(r, s), y(r, s)) . A menudo se mantiene elnombre impreciso de f para la h , pues es simplemente la f en unas nuevas variables.

Parecidas son las fórmulas en R3. Para una (r, s, t) ! f (g(r, s, t))= f�x(r, s, t), y(r, s, t), z(r, s, t)

�las derivadas son: fr = fx xr+ fy yr+ fz zr , fs= fx xs+ fy ys+ fz zs , ft = fx xt+ fy yt+ fz zt .

Todas (y otras no escritas) son fáciles de reconstruir: aparecen las derivadas de f respecto a todas lasvariables intermedias multiplicadas por sus derivadas respecto a misma variable de la izquierda.

Ej 7. Escribamos, usando la regla de la cadena, la ecuación en derivadas parciales (y�2)uy�xux = x2yen las nuevas variables s= xy�2x , t= x [este tipo de cálculos se harán muchas veces en 5.1].

Usamos las fórmulas de arriba, pero cambiando el nombre de las variables:n ux = ussx+ ut tx = (y�2)us+ utuy = ussy+ ut ty = xus

, que llevada a la ecuación nos da �xut = x2y , ut =�xy .

Sólo falta escribir xy en las nuevas variables: xy= s+2x= s+2t ! ut =�s�2t .

Esta sencilla ‘EDP’ incluso la podemos resolver ya. Las u(s, t) que la cumplen son las de la forma:u(s, t)==�st�t2+ f (s) , para cualquier función f (desaparece al derivar respecto a t ).

Así hemos hallado la solución de nuestra primera EDP: u(x, y)= f (xy�2x)+x2�x2y , 8 f 2C1.La comprobamos: ux = (y�2) f 0(xy�2x) + 2x�2xy , uy = x f 0(xy�2x)�x2 !

(y�2)uy�xux =0 � (y�2)x2� x(2x�2xy)= x2y .

Ej 8. Sin

x=r+s2

y=rs , las derivadas de f (r+s2,rs) respecto a las variables (r, s) son⇢

fr = fx+s fyfs =2s fx + r fy

Si f 2C2 podemos hallar también las derivadas segundas utilizando la regla de la cadena.Como fx y fy son también funciones de r y s , se derivarán respecto a r y s de la misma formaque se derivaba la f (utilizando la expresión de arriba):

frr =�fr�r =

�r+ s

�r = [ fxx+s fxy] + s[ fyx+s fyy] = fxx + 2s fxy + s2 fyy

(•) frs =�fr�s =

�s+ s

�s+ fy = [2s fxx+r fxy] + s[2s fyx+rfyy]+ fy = 2s fxx+(r+2s2) fxy+rs fyy+ fy

fss =�fs�s =2s

�s+ r

�s+2 fx = 2s[2s fxx+rfxy] + r[2s fyx+rfyy]+2 fx = 4s2fxx+4rs fxy+r2fyy+2 fx⇥

Para escribir, por ejemplo, ( fx)r simplemente se utilizó el hecho de que, según las expresiones paralas derivadas primeras, había que derivarla respecto a x y sumarle s por su derivada respecto a y

⇤.⇥

(•) se podría también hacer así, pues sabemos que las derivadas cruzadas de las funciones C2 coinciden:frs =

�fs�r =2s[ fxx+s fyx] + r[ fxy+s fyy]+ fy = 2s fxx+(r+2s2) fxy+rs fyy+ fy

Divergencia, laplaciano, rotacionalSi f = ( f1, ..., fn) : Rn! Rn es campo vectorial C1, la divergenciade f es el campo escalar: div f ⌘ r· f ⌘ @f1

@x1+ · · · + @fn

r⌘� @@x1, ... , @

�[notación sólo, eso

no es ningún vector].

En particular, cuando f = ( f ,g) es div f = fx+gy , y si f = ( f ,g, h) es div f = fx+gy+hz .

Si f : Rn! R es de C2, el laplaciano de f es � f ⌘ r· (rf ) ⌘ r2f ⌘ @2f

@x21+ · · · + @2f

Es otro campo escalar. En particular, � f = fxx+ fyy o � f = fxx+ fyy+ fzz .

Para n=3 hay otro importante campo vectorial que se obtiene a partir de uno dado:

Si f = ( f ,g , h) : R3! R3 es de C1, el rotacional de f es el campo vectorial:

rot f = r⇥ f =��

i j k@/@x @/@y @/@zf g h

��= (hy�gz) i + ( fz�hx) j + (gx� fy)k .

Algunas propiedades y relaciones�para n=3 y campos C2 �

fácilmente comprobables son:

rot (rf )= 0 , div (rot f )= 0 , div (g f )=g div f + rg · f , rot (g f )=g rot f + rg ⇥ f .

Por ejemplo, la primera: rot ( fx, fy, fz) = ( fzy� fyz) i + ( fxz� fzx) j + ( fyx� fxy)k = 0 , . . .[No sólo el rotacional de un gradiente es 0 . En 2.2 veremos que si el rotacional de un campovectorial C1 se anula, este campo será el gradiente de un campo escalar que sabremos calcular].

Ej 9. Sea f =�xyz , eyz, y2� . div f = yz + z eyz . rot f =

��i j k

@/@x @/@y @/@zxyz eyz y2

��=�2y�y eyz, xy , �xz

div (rot f )= x�x=0 (debíaserlo) . r(div f)=

�0 , z+z2eyz, y+ eyz+yz eyz

�. �(div f)= (z3+y2z+2y) eyz .

[No tiene sentido hablar del gradiente o laplaciano de f , ni de divergencia o rotacional de escalares.Estos cuatro ‘operadores’ (reglas que convierten funciones en otras, como también hace la derivada)son ‘lineales’ (porque lo es la derivada): r(a f +bg)=arf +brg , a, b2R , e igual los otros].

Escribamos rf y � f en R2 utilizando las coordenadas polares: x=r cos ✓y=r sen ✓

r=px2+y2 ,

tan ✓= yx .

Por la regla de la cadena:⇢

fr = cos ✓ fx+ sen ✓ fyf✓ =�r sen ✓ fx+r cos ✓ fy

fr cos ✓� 1r f✓ sen ✓= fx

fr sen ✓+ 1r f✓ cos ✓= fy

ereθrf = fr er+ 1

r f✓ e✓ , si definimos er = (cos ✓, sen ✓) , e✓ = (�sen ✓,cos ✓) .⇥Esta pareja de vectores son unitarios y perpendiculares entre sí y es d

d✓ er = e✓⇤.

Utilizando de nuevo la regla de la cadena para escribir las derivadas segundas:⇢frr = cos2✓ fxx+2 sen ✓ cos ✓ fxy+ sen2✓ fyyf✓✓ =r2sen2✓ fxx�2r2sen ✓ cos ✓ fxy+r2cos2✓ fyy�r cos ✓ fx�r sen ✓ fy

) � f = frr+frr +

f✓✓r2 .

[Basta escribir la suma del segundo miembro y usar cos2✓+sen2✓=1 para obtener fxx+ fyy ].

Ej 10. Sea f (x, y)= x3

x2+y2 , f (0,0)=0 . Calculemos rf y � f en el punto (x, y)= (1,1) .Escrito en polares toma la forma f (r, ✓)=r cos3✓ y el punto pasa a ser (r, ✓)=

�p2 , ⇡4

rf = cos3✓ er�3 cos2✓ sen ✓ e✓��(p

2 , ⇡4 )=

⇣1p2, 1p

⌘� 3

⇣� 1p

�1,� 1

� f = 0+ cos3✓r +

6 cos ✓ sen2✓�3 cos3✓r = 2

r cos ✓(3�4 cos2✓) que en�p

2 , ⇡4�

vale 1 .

Más largo haciendo: rf =⇣x4+3x2y2

(x2+y2)2 ,�2x3y

(x2+y2)2⌘

, � f = 4x3+6xy2�2x3

(x2+y2)2 +8x3y2�4x(x4+3x2y2)

(x2+y2)3 =2x(3y2�x2)(x2+y2)2 .

Las polares son útiles para analizar continuidades complicadas. ¿Es continua en (0,0) ? Con la expresión polares claro que f es tan pequeña como queramos: | f (r, ✓)�0|=r | cos3✓ | r <" si k(x, y)�(0,0)k=r < �=" .

Acabamos el capítulo con más ejemplos con preguntas varias que sirvan de repaso:

Ej 11. Sea f (x, y)= y2

x2 . Dibujar las curvas de nivel f (x, y)=0 y 1 . Hallar krf (�1,1)k y div�rf

Hallar, si existe, un vector unitario u para el que Du f (�1,1) : i) sea mínima, ii) sea 0 , iii) sea 3 .Dibujar c(t)=

�t�1 ,et

�y si h(t)= f

�c(t)

�hallar h0(0) mediante de la regla de la cadena en Rn.

Calcular, por dos caminos, la ecuación del plano tangente a la gráfica de f en el punto (�1,1) .y

f =0 ! y=0 , f =1 ! y2= x2 , y=±x . [Y en x=0 tiende a +1 ].

rf (x, y)=��2x�3y2,2x�2y

�! krf (�1,1)k= k(2,2)k=2

div�rf

�=� f = fxx+ fyy = 6x�4y2+ 2x�2 =

x4 +2x2 = 23y2+x2

x4 .⇥Aunque las cartesianas son adecuadas, lo hallamos también en polares:f (r, ✓)= tan2✓ , fr = frr =0 , � f = 1

r2 f✓✓ = 2r2 (1+4 tan2✓+3 tan4✓)

Du mínima en sentido opuesto a rf : (�1,�1) ! u =�� 1p

2,� 1p

�.⇥

Vale Du f (�1,1)= (2,2)·�� 1p

2,� 1p

�=�2

p2 =�krf (�1,1)k , como debía

Du=0 en dirección perpendicular al gradiente: u =� 1p

2,� 1p

�o u =

�� 1p

[Para precisar los tres vectores anteriores de i) y ii) bastaba con observar las curvas de nivel].No hay ningún u con Du=3 pues el máximo valor es el módulo del gradiente y es 2

p2<3 .

Podemos dibujar c dando valores: t=0 ! (�1,1) , t=1 ! (0,e) , x �!t!�1

�1 , y �!t!�1

0 , . . .o, como t= x+1 , dibujar la gráfica de y= ex+1 (la de y= ex llevada una unidad para la izquierda).c0(t)= (1,et ) , h0(0)=rf

�c(0)

�· c0(0)= (2,2)·(1,1)=4

⇥comprobable derivando h(t)=et (t�1)�2 ⇤

Plano tangente: z=1+2(x+1)+2(y�1)=2x+2y+1 , que podríamos hallar con la otra fórmula:

x2 , F(x, y, z)= x2z�y2=0 . rF(�1,1,1)= (2xz,�2y, x2)��(�1,1,1)= (�2,�2,1) .

(�2,�2,1) · (x+1, y�1, z�1) = �2x+2y+z�1 = 0 , que nos da de nuevo el plano.

Ej 12. Sea f (x, y) = 3 �p

x2+y2 . Dibujar las curvas de nivel f (x, y) = 2 ,0 ,�2 y la gráfica de f .Hallar el plano tangente a la gráfica en el punto (4,3) . Calcular � f (4,3) en cartesianas y polares.Hallar la ecuación de la recta tangente a la curva intersección de la gráfica con z=2 en (0,�1,2) .

C=–2

– 1–x25

x2+y2= (3�C)2 circunferencias de radio 3�C [ 1, 3, 5 , si C=2 ,0 ,�2 ].Corte con x=0 , z=3� |y | . Y de revolución. Es el cono de abajo.

rf = ( fx , fy)=��x(x2+y2)�1/2 ,�y(x2+y2)�1/2� (4,3)�!

�� 4

5 ,� 35�

.Plano tangente: z = �2 � 4

5 (x�4) � 35 (y�3) = 3 � 4

5 x � 35 y .

f (r, ✓)=3�r ! � f = frr+ 1r fr+ 1

r2 f✓✓ = � 1r

r=5�! � 15 = � f (4,3) .

O bien: �2(x2+y2)�1/2+x2(x2+y2)�3/2+y2(x2+y2)�3/2-=� (x2+y2)�1/2 .⇥

El gradiente en polares también es fácil: rf = frer"=�(cos ✓, sen ✓)

Obviamente la tangente a esa circunferencia unidad contenida en z=2tiene por ecuación x= (t,�1,2) . Dos formas de describir esa curva son:c(t)= (cos t, sen t,2) , t 2 [�⇡,⇡]

�c0(�⇡/2)= (1,0,0)

�o c(x)=

�x ,�

p1�x2 ,2

�, x 2 [�1,1] .

Ej 13. Sea f (x, y, z)=�xz2, yx2, zy2�3z2� . Calcular: i) div f , ii) rot f , iii) r

�div f

�y iv) �

�div f

Hallar la recta perpendicular a la superficie div f=0 en el punto (1,2 ,1) y precisar su punto decorte con el plano x=0 .

i) div f= z2+x2+y2�6z . ii) rot f=��

i j k@/@x @/@y @/@zxz2 yx2 zy2�3z2

��=2(yz , xz , xy) . iii) r�div f

�=2(x, y, z�3) .

iv) ��div f

�=6 .

Un vector normal a la superficie se obtiene de iii): (1,2,�2) [mejor sin el 2]. La recta es, pues:x= (1,2,1)+ t (1,2,�2)= (1+t,2+2t,1�2t) que corta x=0 si t=�1 ! punto de corte (0,0,3) .⇥

Con un poco de vista se observa que x2+y2+(z�3)2=9 es la superficie esférica decentro (0,0,3) y radio 3 , y cualquier recta normal a ella debía pasar por su centro

2. Cálculo integral en Rn

2.1 Integrales múltiples. Cambios de variableIntegrales dobles. Su definición generaliza la de la integral en R.

Sea f (x, y) acotada en un rectángulo R = [a, b]⇥ [c, d] ⇢ R2. Sedivide R en n⇥n rectángulos Ri j = [xi�1, xi]⇥[yk�1, yk] , de área�x �y = b�a

nd�cn . Se llama Mik y mik al supremo e ínfimo de f

en cada Ri j y las sumas superior e inferior son:

Un=n’

i ,k=1Mik �x �y , Ln=

n’i ,k=1

mik �x �y

(sumas de volúmenes de prismas, una mayor y otra menor que el volumen que encierra f (x, y) si f �0 ).

Si las sucesiones {Ln} y {Un} tienden al mismo límite, se dice que f es integrable en R ,se representa el límite común por

f ó∞

Rf (x, y) dx dy y se llama integral de f en R .∞

Rf representará (similar a lo que sucedía en R ) la suma de los

volúmenes encerrados entre la gráfica de f y el plano z=0 enR , con signos + o � adecuados. Y al igual que sucedía allí:Teor 1. f continua en R ) f integrable en R .

También aquí las funciones ‘poco’ discontinuas siguen siendo integrables:

Teor 2. Si una f acotada en R es discontinua como mucho en un número finito de puntosy de gráficas de funciones continuas, entonces f es integrable en R .

Para calcular integrales dobles no se necesita la definición, el problema se reduce a realizar dosintegraciones sucesivas de funciones de una variable:

Teoremade Fubini: f continua en R )

f =π d

⇥ π b

af (x, y) dx

⇤dy =

⇥ π d

cf (x, y) dy

⇤dx .

Para cada y constante A(y)=Ø b

af (x, y) dx representa el área de la sección

del sólido determinado por la gráfica de f ; integrando A(y) entre c y dobtenemos el volumen:

f =Ø d

cA(y) dy . La otra igualdad es lo simétrico.

Ej 1. Sean R= [0,⇡]⇥[0,1] y f (x, y)= y sen x . Calcular la integral es fácil:∫R

f =Ø ⇡

0⇥Ø 1

0 y sen x dy⇤dx=

Ø ⇡

0⇥ y2 sen x

0 dx=Ø ⇡

0sen x

2 dx= 1�cos ⇡2 =1 .

O bien:∫

Ø 10⇥Ø ⇡

0 y sen x dx⇤dy=

Ø 10⇥�y cos x

⇤⇡0 dy=

Ø 10 2y dy = 1 .

No sólo se puede integrar sobre rectángulos. Consideremos dos tipos sencillos de regiones D(las más complicadas se podrán dividir en otras de esa forma).

Teor 3.

i) f continua en D=�(x, y) : a x b , c(x) y d(x)

c d continuas en [a, b] )∫

π d(x)

c(x)f (x, y) dy dx .

ii) f continua en D=�(x, y) : c y d ,a(y) x b(y)

a b continuas en [c, d] )∫

π b(y)

a(y)f (x, y) dx dy .

Cuando la x varía entre a y b , la y varía entre c(x) y d(x) y similar para ii).A(x)=

Ø d(x)c(x) f (x, y) dy describe el área de la sección e

f =Ø b

aA(x) dx el volumen del sólido

encerrado entre la gráfica de f y el plano xy en la región D .∞D

1 proporciona el área de D .

Db(y)=π

d(x)=x

0 c(x)=0

a(y)=y

πEj 2. Integremos f (x, y)= x cos(x+y) sobre el D del dibujo, que es delos dos tipos considerados en el teorema 3:∫D

f =π ⇡

0x cos(x+y) dy

π ⇡

0x [sen 2x � sen x] dx

=hx(cos x� 1

2 cos 2x)i⇡

0+π ⇡

⇥ 12 cos 2x� cos x

⇤dx = � 3⇡

O, con cálculos más largos, integrando primero respecto a x :∫D

f =π ⇡

hπ ⇡

yx cos(x+y) dx

partes=

π ⇡

0[�⇡ sen y � cos y � y sen 2y � cos 2y] dy = � 3⇡

Observemos que, a veces, no sólo es preferible integrar primero respecto de una variable concretay luego respecto de la otra, sino que no tenemos otra opción. Por ejemplo, si fuese f (x, y)=sen x2,

no se podría hacerπ ⇡

hπ ⇡

ysen x2 dx

idy , por ser la primitiva no calculable, pero sí se puede hacer:

π ⇡

0sen x2 dy dx =

π ⇡

0x sen x2 dx = � 1

2 cos x2⇤⇡0 =

12⇥1� cos ⇡2⇤ .

[No olvidemos que la integral de una constante es la constante por la longitud del intervalo].[Los corchetes que hemos escrito hasta la última expresión normalmente no se escriben].

Ej 3. Calculemos∫

D(y�2x)3 dx dy , con D cuadrilátero de vértices (0,0) , (1,2) , (0,2) y (�1,0) .

x0–1

y=2x+2

x=––1

x=y/22

Para no tener que hacer 2 integrales, integramos primero respecto a x :π 2

π y/2

y/2�1(y�2x)3 dx dy=

0� 1

8⇥(y�2x)4

⇤y/2y/2�1dy=

Ø 20 2 dy= 4 .

Con el otro orden de integración hay que dividir en dos recintos:π 0

π 2x+2

0(y�2x)3dy dx +

2x(y�2x)3dy dx

⇥4�4x4⇤dx +

04(x�1)4dx=4� 4

5+45 =4 .

En recintos más complicados no tendremos más remedio que dividir. La integral sobre el recinto total Dsiempre será la suma de las integrales sobre cada uno de los subconjuntos:

��

Ej 4. Para calcular la integral de una f sobre el recinto limitado por y= x2

e y=2|x |�1 podemos hacer:∫D

f =π 0

h π x2

�2x�1f (x, y) dy

h π x2

2x�1f (x, y) dy

O bien, como y= x2 , x=±py , y=±2x�1 , x=± 12 (y+1) ,

se puede hacer (calculando más integrales) también de esta forma:∫

h π �py

�(y+1)/2f (x, y) dx

h π (y+1)/2

f (x, y) dxidy +

h π (y+1)/2

�(y+1)/2f (x, y) dx

Si en particular integramos f ⌘1 obtendremos, como hemos dicho, el área de D :

A =∫

�1(x2+2x+ 1) dx +

0(x2�2x+ 1) dx = 1

3+13 =

23 .⇥

Integrales iguales por ser f ⌘1 par en x y D simétrico respecto a x=0 ; bastaba hacer 2Ø 10

O bien: A =∫

D1 = 2

⇥ y2 +

py⇤dy +

⇥y+1

⇤dy = 2 1

12 +12 =

⇥ 12 = área triágulo

Tomemos ahora f (xy)=2x3y y hallemos la integral por el primer camino:∫D

f =π 0

⇥x3y2⇤ x2

�2x�1dx +π 1

⇥x3y2⇤ x2

2x�1dx=π 0

�1[x7�4x5�4x4�x3] dx +

0[x7�4x5+4x4�x3] dx

= [� 18+

23� 4

5+14 ] + [ 1

8� 23+

45� 1

4 ] = � 1120 +

1120 = 0 .⇥

Debía anularse por ser f impar en x y D simétrico respecto a x=0 . El ‘volumen negativo’ definidopor la gráfica de f en la parte de D con x 0 se concela con el positivo de la parte con x �0

Cambios de variable. Generalicemos para integrales dobles la fórmula de R:Ø b

af (g(u)) g0(u) du =

Ø g(b)g(a) f (x) dx , con g 2C1([a, b])

en concreto, el caso de g inyectiva (creciente o decreciente) en [a, b] :g

a bØ[a,b] f (g(u)) |g0(u)| du =

Øg([a,b]) f (x) dx .

gD= (D )*g

En R2 nuestra situación será esta: para hallar∞D

f (x, y) dx dy ;realizaremos un cambio de variable g : D⇤⇢R2 ! D⇢R2

(u, v) !�x(u, v), y(u, v)

�con el fin de que el nuevo recinto de integración D⇤ o la nuevafunción a integrar sean más sencillas. Se puede demostrar (es complicado) que:

Teor 4.Sea g : (u, v)!

�x(u, v), y(u, v)

�de C1, inyectiva en D⇤, g(D⇤)=D y f integrable.

Entonces:∫

Df (x, y) dx dy =

∫D⇤

f�x(u, v), y(u, v)

� ��@(x,y)@(u,v)

�� du dv .

Como primer ejemplo de cambio de variable consideramos los cambios lineales:nx = Au+Bvy = Cu+Dv

. Si @(x,y)@(u,v) =

�� A BC D

��= AD�BC,0 define biyección de R2 en R2.

Df (x, y) dx dy = |AD�BC |

∫D⇤

f (Au+Bv,Cu+Dv) du dv .

[Las regiones se transforman de forma sencilla por llevar las aplicaciones lineales rectas a rectas].

y=–x

y=1–x

y=x–1

Ej 5. Sea D el cuadrado de la figura y hallemos∫

D(x�y)2ex+ydx dy .

La forma de f y el recinto sugieren:nx + y = u

x � y = v,

nx = (u+v)/2y = (u�v)/2 .

Las rectas que definen los lados pasan a ser: u = 0 ,1 , v = 0 ,1 .

El jacobiano��1/2 1/21/2�1/2

��=� 12 . Así pues

∫D= 1

Ø 10 v2eududv= e�1

Más a menudo aparece y más útil es el cambio a polares:n x=r cos ✓y=r sen ✓ . El jacobiano es ahora: @(x,y)

@(r ,✓) =��cos ✓ �r sen ✓sen ✓ r cos ✓

��= r(cos2✓+sen2✓) = r .

Y el cambio adopta la forma:∫

Df (x, y) dx dy =

∫D⇤

r f (r cos ✓,r sen ✓) dr d✓ .

r1 r2 r1 r2

¿Qué D provienen de conjuntos D⇤ sencillos del plano r✓ ?Un rectángulo [r1,r2]⇥[✓1, ✓2] pasa a ser un sector de coronacircular limitado por las circunferencias de radio r1 y r2 ylas rectas que pasan por el origen de pendientes ✓1 y ✓2 .

r=f ( )2 θ

r=f ( )1 θ

Si queremos hallar el área en polares de una región Dlimitada en ✓ 2 [↵, �] por r= f1(✓) y r= f2(✓) será:

área =Ø �

Ø f2(✓)f1(✓) r dr d✓ = 1

Ø �

↵[ f 2

2 (✓)� f 21 (✓)] d✓ .

[Coincidente con mis apuntes de matemáticas].

θπ/2

Ej 6. Hallemos∫

p4�x2�y2 dx dy , con D el sector circular del dibujo:

La presencia de x2+y2 y el aspecto de D piden a gritos las polares.∫D⇤

4�r2 dr d✓ =π ⇡/2

0r�4�r2�1/2dr

id✓ =

h(4�r2)3/2

0= 4⇡

3 .el [·] no depende de ✓ octante de esfera %

Obsérvese que el cambio no es inyectivo en lado izquierdo del rectángulo D⇤

(todos los puntos con r =0 van al origen), pero el teorema sigue siendo válidoaunque falle la inyectividad en puntos o rectas sueltas.

Aunque el integrando es sencillo en cartesianas, el recinto pide usar polares:

Ej 7. Calcular la integral doble∞D(x�y)2 dx dy , con D semicírculo dado por x2+y2 4 , x �0 .

En polares es (r cos ✓�r sen ✓)2= r2 � cos2✓+sen2✓ �2 sen ✓ cos ✓�= r2 �1� sen 2✓

�. Por tanto:

4–y 2

Ø ⇡/2�⇡/2

Ø 20 r3

�1� sen 2✓

�dr d✓ = 4

Ø ⇡/2�⇡/2(1� sen 2✓) d✓ = 4⇡ .

por el jacobiano (es impar)

Debía ser mayor que 0 por ser el integrando positivo. En cartesianas sería mucho peor:π 2

π p4�y2

�x2�2xy+y2� dx dy =

⇣y3�4y+ 2

3 (y2+2)p

4�y2⌘

dy = · · ·

En el siguiente ejemplo, aunque el recinto no parecería adecuado a las polares, por no estar limitado porcurvas r=cte o ✓=cte , el aspecto del integrando las pide indudablemente:

Ej 8. Integremos f (x, y)= yx2+y2 , sobre el semicírculo x2+(y�1)2 1 , y�1 .

Las curvas que limitan el recinto, escritas en polares quedan:y=r sen ✓=1 ! r = 1/sen ✓ , x2+y2=2y , r2=2r sen ✓ ! r=2 sen ✓ .π 3⇡/4

π 2 sen ✓

1/sen ✓r2 sen ✓

r2 dr d✓ =π 3⇡/4

⇡/4(2 sen2✓�1) d✓ = �

Ø 3⇡/4⇡/4 cos 2✓ d✓ = 1 .

Las cuentas se complican mucho si se intentan hacer de cualquier forma en cartesianas:π 1

π 1+p

1�x2

yx2+y2 dy dx = 1

⇥ln 2 + ln

p1�x2 �

+ ln(1+x2)⇤

dx = · · ·

O peor:π 2

π p2y�y2

2y�y2

yx2+y2 dx dy =

par en x2π 2

⇥arctan x

⇤p2y�y2

0 dy =π 2

1arctan

p2�ypy dy = · · ·

Usemos el cambio a polares para hallar un integral impropia de una variable con primitiva no elemental:

1π /2

Ej 9. Para calcular I =π 1

0e�x2 dx consideramos la integral doble:

0e�(x2+y2) dx dy=

0e�y2

0e�x2 dx dy=

0I e�y2 dy= I2 .

En polares queda:π ⇡/2

0re�r2 dr d✓= ⇡

h� 1

2e�r2i1

0= ⇡

4 ) I =p⇡

Deducimos además, por la paridad del integrando, queπ 1

�1e�x2 dx =

p⇡ .

Además del área de D , A =∞D

dx dy , y del volumen en D bajo f (x, y) � 0 , V =∞D

f dx dy , lasintegrales dobles tienen otra serie de aplicaciones (las fórmulas son análogas para R3 ).

La masa de una placa D es M =∞D⇢(x, y) dxdy , si ⇢(x, y) es su densidad.

El centro de masa de D es el punto (x, y) con x= 1M

x ⇢ , y= 1M

∞Dy ⇢ (centroide si ⇢= cte).

Los momentos de inercia respecto a los ejes x e y son: Ix =∞Dy2⇢ , Iy =

x2⇢ .

Ej 10. Sea D semicírculo de radio R de densidad directamente proporcional a la distancia al centrode D . Hallemos su centroide, su centro de gravedad y sus momentos de inercia respecto de los ejes.

RD centroide

c.masaSe puede probar que si una lámina tiene un eje de simetría, su centroide está enen dicho eje (y si tiene dos, está en su intersección). Por tanto, xc=0 . La otra

∞Dy dx dy = 2

Ø ⇡

0 r2 sen ✓ dr d✓ = 2⇡R2

0 =4R3⇡ ⇡ 0.42 R .

Para el centro de gravedad hay que incluir la densidad ⇢(r)= kr (simétrica). También x=0 .

Como la masa es M=Ø ⇡

0 kr2dr d✓= ⇡R3k3 , será y= 3

Ø ⇡

0 r3 sen ✓ dr d✓ = 3R2⇡ ⇡ 0.48 R .

Los momentos: Ix = kØ ⇡

0 r4 sen2✓ dr d✓ = k2

0 r4 drØ ⇡

0 [1�cos 2✓] d✓ = k⇡R5

Iy = kØ ⇡

0 r4 cos2✓ dr d✓ = k2

0 r4 drØ ⇡

0 [1+cos 2✓] d✓ = k⇡R5

⇥Los cálculos en polares llevan a integrales de senn✓ cosm✓ . Recordemos que si m o n son impares son

más sencillas, y que si son pares se usan las igualdades sen2✓= (1�cos 2✓)/2 , cos2✓= (1+cos 2✓)/2⇤.

Integrales triples. Análogamente a n=2 se define±

Bf para una f (x, y, z) acotada en un

paralelepípedo B= [a, b]⇥[c, d]⇥[p,q] , que representará un ‘volumen’ de un ‘sólido’ de cuatrodimensiones con ‘base’ B y ‘altura’ en cada punto dada por f (x, y, z) . Esta integral se podrácalcular también con integrales iteradas:

f continua en B )ª

af (x, y, z) dx dy dz

[o las otras 5 iteradasintercambiando los

papeles de x , y , z ].

Ej 11. Si f (x, y, z)=2yz�x y B= [0,1]⇥[0,2]⇥[0,3] es:ªB

f =π 1

0(2yz�x) dz dy dx =

0(9y�3x) dy dx =

Ø 10 (18�6x) dx = 15 .

f(x,y)

y=c(x) y=d(x)

zz=q(x,y)

z=p(x,y)

También podemos integrar sobre recintos V ⇢R3 más generales.

Si V =�(x, y, z) : a x b , c(x) y d(x) , p(x, y) z q(x, y)

con c d continuas en [a, b] y p q continuas enD=

�(x, y) : a x b , c(x) y d(x)

, y f continua en V

π d(x)

π q(x,y)

p(x,y)f (x, y, z) dz dy dx .

Análogas fórmulas se obtienen variando los papeles de x , y , z ,y muchos recintos que aparecen son de algunos de esos tipos.

Cuando f ⌘1 ,±

Vdx dy dz describirá el volumen de V .

Lo más difícil de las integrales triples es dibujar las gráficas o al menos hacerse una idea de ellas parasaber cuáles de las funciones que definen los recintos son mayores o menores.

z=2–x–y

Ej 12. Calculemosª

Vx dx dy dz , con V región acotada por los planos:

x=0 , y=0 , z=0 , x=1 , y=1 , x+y+z=2 .

En el cuadrado [0,1]⇥[0,1] del plano xy está z=2�x�y por encima de z=0 .ª

Vx dx dy dz =

π 2�x�y

0x dz dy dx =

0(2x�x2�xy) dy dx

�2x�x2�x

⇥ y2

dx =π 1

� 3x2 �x2� dx = 3

4� 13 =

O un poquito más corto si cambiamos el orden de dx y dy - El primer paso es igual, y luego:π 1

0(2x�x2�xy) dx dy =

�1� 1

3� 12 y

�dy = 2

3� 14 =

y=1–x

z=1–x–y

Ej 13. Hallemosª

Vf con f (x, y, z)= xyz y V el tetraedro cuyos

vértices son (0,0,0) , (1,0,0) , (0,1,0) , (0,0,1) .ªV

f =π 1

π 1�x

π 1�x�y

0xyz dz dy dx =

π 1�x

xy(1�x�y)22 dy dx

⇥ x(1�x)44 +

x(1�x)48 � x(1�x)4

3⇤dx =

x(1�x)412 dx = 1

z=2–x2Ej 14. Calcular

ez dx dy dz , siendo V el sólido limitado por

x=0 , x=1 , y=0 , y=1 , z=0 y la superficie z=2�x2 .

En [0,1]⇥[0,1] es z=2�x2 mayor que z=0 (no se necesita el dibujo).ª

π 2�x2

0x ezdz dy dx =

0x⇥e2�x2�1

⇤dy dx

⇥x e2�x2�x

⇤dx=� 1

he2�x2

2�e2� e�1

Con hipótesis análogas a las del plano se tiene la fórmula para los cambios de variable:

Sea g : (u, v,w) !�x(u, v,w), y(u, v,w), z(u, v,w)

�de C1, inyectiva en V⇤, g(V⇤)=V

y f integrable )ª

Vf (x, y, z) dx dy dz =

ªV ⇤

f�g(u, v,w)

� �� @(x,y,z)@(u,v,w)

�� du dv dw .

[Vale aunque g no sea inyectiva un número finito de puntos, curvas o superficies].

En particular nos interesan los cambios a cilíndricas y esféricas. Definamos cada una de estascoordenadas y familiaricémonos con ellas antes de hacer integrales.

Cilíndricas:r �0 , 0 ✓<2⇡

(x=r cos ✓y=r sen ✓z = z

.O sea, polares del plano xy junto con la coordenada z .Dar las cilíndricas de un (x, y, z) es trivial para z ,y además se tiene que r=

px2+y2 , tan ✓= y

El jacobiano es @(x,y,z)@(r ,✓ ,z) =

��r cos ✓ r sen ✓ 0�r sen ✓ r cos ✓ 0

��= r , y, por tanto:

r=cteθθ=cte

z=cteªV

f (x, y, z) dx dy dz =ª

V ⇤r f (r cos ✓,r sen ✓, z) dr d✓ dz

¿Qué conjuntos del espacio son sencillos en cilíndricas? Lospuntos r=C forman un cilindro, y los ✓=C y z=C planos(vertical y horizontal). Un paralelepípedo V⇤ se convierte en un V como el de la derecha.

Ej 15. Calcular la integral de la función f (x, y, z)= z ex2+y2 sobre el cilindro x2+y2 4 , 2 z3 .3

z ex2+y2 dx dy dz =π 3

π 2⇡

z er2 dr d✓ dz = 9�42 · 2⇡ ·

⇥ 12er2 ⇤2

0 =5⇡2 (e4�1) .

jacobianoLo mismo que integrar en z y hacer luego el cambio a polares. En cartesianas no sepuede hacer porque aparecen primitivas no calculables:

Øex2+y2

dx oØ

ex2+y2dy .

θEsféricas:

r �0 , 0 ✓ ⇡0 �<2⇡

(x= ⇢ sen ✓ cos �y= ⇢ sen ✓ sen �z = ⇢ cos ✓

.Como ⇢2=r2+z2 , es ⇢=

px2+y2+z2 =

pr2+z2 .

Además: tan ✓= rz , tan �= y

x [mirando cuadrante].[A veces se suelen cambiar los nombres de � y ✓ ,pero usaremos la notación de los libros de física].

@(x,y,z)@(⇢,✓ ,�) =

��sen ✓ cos � ⇢ cos ✓ cos � �⇢ sen ✓ sen �sen ✓ sen � ⇢ cos ✓ sen � ⇢ sen ✓ cos �

cos ✓ �⇢ sen ✓ 0

��= ⇢2 cos2✓ sen ✓

��cos� �sen�sen� cos�

��+ ⇢2 sen3✓��cos� �sen�sen� cos�

��= ⇢2 sen ✓ es el jacobiano y por tanto:

f (x, y, z) dx dy dz =ª

V ⇤⇢2 sen ✓ f (⇢ sen ✓ cos �, ⇢ sen ✓ sen �, ⇢ cos ✓) d⇢ d✓ d�

zρ=cte

θ=cte

ϕ=cte(esfera)

(cono)

(plano)En esféricas, ⇢=C describe una superficie esférica,� = C es un plano y ✓ = C una superficie cónica.Un recinto simple V en esféricas es, por tanto, eldibujado a la derecha. [El más sencillo de todos, desdeluego, es la propia esfera que tantas veces aparece].

Ej 16. Escribamos el punto de coordenadas cartesianas��1,1,�

en los otros dos sistemas.r=

p2 . tan ✓=�1 y 2� cuadrante ! ✓= 3⇡

4⇥no es, por tanto, ✓=arctan(�1)=� ⇡

Las coordenadas cilíndricas (polares más la z ) del punto son, pues:⇣p

2 , 3⇡4 ,�p

1+1+6 =2p

2 . tan ✓=p

6=� 1p

3, ✓= 5⇡

6 . (⇢, ✓,�)=⇣2p

2 , 5⇡6 ,3⇡4

⌘. [ � es la ✓ de

las cilíndricas].

En los siguientes ejemplos se ve que muchos veces las cartesianas no son las coordenadas más adecuadaspara calcular integrales (si lo eran en los ejemplos de la página anterior). En el primero, lo más corto sonlas cilíndricas (o polares) y en el segundo, integrando sobre esfera, lo son las esféricas.

Ej 17. Hallemos el volumen que encierran el cono z =p

x2+y2 y elplano z=0 sobre el cuadrado R = [0,1]⇥[0,1] .

Podemos hallarlo mediante integrales dobles o triples, en lascoordenadas adecuadas en cada caso. Hacemos

dx dy dz .En cartesianas es fácil el recinto, pero difíciles las integrales:π 1

π px2+y2

0dz dx dy =

qx2+y2 dx dy =

hordenador, tablas op

x2+y2=x+u

⇥p1+y2 � y2 ln y + y2 ln

p1+y2 � ⇤

dy = · · ·

En cilíndricas (o polares en la segunda integral): x=1 ! r= 1cos ✓ , cono y recinto simétricos,

2π ⇡/4

π 1/cos ✓

0r2 dr d✓ = 2

π ⇡/4

cos3✓= 2

π ⇡/4

0cos ✓ d✓

cos4✓=

u=sen ✓23

π 1/p

(1�u2)2

= 16⇥log

�� 1+u1�u

�� 11+u +

11�u

⇤1/p

20 = 1

2 + ln�1+

p2� ⇤

Esféricas: 2π ⇡/4

π ⇡/2

π 1/cos ✓ sen�

0⇢2 sen ✓ d⇢ d✓ d�= 2

π ⇡/4

π ⇡/2

d✓ d�sen2✓ cos3�

π ⇡/4

d�cos3�

comoantes

Ej 18. Calculemos el volumen de la esfera unidad. En esféricas:

vol =π 2⇡

π ⇡

0⇢2 sen ✓ d✓ d⇢ d� = 2⇡

h� cos ✓

0= 4⇡

En cilíndricas por dos caminos (más largo):

vol =π 2⇡

π p1�z2

0r dr dz d✓ = 2⇡

�11�z2

2 dz = 4⇡3 .

vol =π 2⇡

π p1�r2

1�r2r dz dr d✓ = 2⇡

1 � r2 dr = 4⇡3 .

x=√1–y2

z=√1–x –y2 2Las cartesianas son las coordenadas menos adecuadas aquí:

vol= 8π 1

π p1�y2

π p1�x2�y2

0dz dx dy = 8

π p1�y2

q1�x2�y2 dx dy

= · · ·⇥cambio x=

p1�y2 sen t

⇤ · · · = 8π 1

⇡4 (1�y2) dy = 4

3⇡ .

Aplicaciones físicas similares a las vistas para las integrales dobles son:

Masa de un sólido V es M =±

VD(x, y, z) dx dy dz , si D(x, y, z) es su densidad.

Centro de masa de V es (x, y, z) con x= 1M

x D , y= 1M

±Vy D , z= 1

Momento de inercia respecto al eje z : Iz =±

V(x2+y2) D (análogos los otros).

Ej 19. Hallemos la posición del centro de masa de una semiesfera sólida homogénea.

Por simetría, será x = y = 0 . Volumen= 23⇡R3 .

⇥Masa= 2

3⇡R3D , D constante⇤.

z = 32⇡R3

π 2⇡

π ⇡/2

0⇢3 sen ✓ cos ✓ d⇢ d✓ d� = 3

hsen2✓

i⇡/20= 3R

8 = 0.375R .

[El recinto pedía a gritos utilizar las coordenadas esféricas].

2.2 Integrales de líneay

[ ]a bt

(t)c'Una función vectorial era c : [a, b] ! Rn , c(t)= (x1(t), ... , xn(t))cuya gráfica es una curva C en Rn y el vector tangente a la curvaera c0(t)= (x 0

1(t), . . . , x 0n(t)) . Se llama a c también camino en Rn.

c es camino C1 si es continua y c0 existe y es continua 8t 2 (a, b) .Es C1 a trozos si C es continua y [a, b] se puede dividir en unnúmero finito de subintervalos en cada uno de los cuales c es C1.

(π/2)

Ej 1. c :⇥0, ⇡2

⇤! R2 con c(t)= (2 cos t,2 sen t) es una trayectoria C1 pues

c0(t)= (�2 sen t,2 cos t) existe 8t 2�0, ⇡2

c⇤ : [0,2] ! R2 con c⇤(t)=�t,p

4�t2 �, c⇤0(t)=

�1,�t(4�t2)�1/2�

es otro camino C1, que describe esa misma curva en sentido opuesto.Se dice que c y c⇤ son dos parametrizaciones de la misma curva C .⇥

Las dos curvas describen ese cuadrante de la circunferencia x2+y2 =4 , pues en ambos casos secumple que 4 cos2t+4 sen2t=4 , t2+(4�t2)=4 . Es más adecuado, en general, usar cosenos y senosal parametrizar circunferencias para que no aparezcan raíces que son más difíciles de integrar

Se definen dos tipos de integrales de línea: las de campos escalares y las de campos vectoriales.Comencemos definiendo:Integrales de campos escalares a lo largo de curvas:

Sea c(t) : [a, b] ! Rn un camino C1 y sea f un campo escalar en Rn tal que f�c(t)

�es continua en [a, b] . La integral de f a lo largo de c se define:π

cf ds ⌘

af�c(t)

�k c0(t)k dt .

Si c(t) es sólo C1 a trozos o f (c(t)) continua a trozos, definimosØc f ds descom-

poniendo [a, b] en intervalos sobre los que f (c(t)) k c0(t)k sea continua y sumandolas integrales sobre cada uno de ellos.

Ej 1*. Si f (x, y)= xy2 y c , c⇤ son los de arriba, las integrales a lo largo de los dos caminos son:

kc0k=p

4 sen2t+4 cos2t =2 ,π

cf ds =

π ⇡/2

016 cos t sen2t dt = 16

3 sen3t⇤⇡/2

0 = 163 .

kc0⇤k=q

4�t2 =2p

4�t2 ,π

c⇤f ds =

0t (4�t2) 2p

4�t2 dt = � 23 (4�t2)3/2

⇤20 =

No es casualidad que ambas integrales coincidan. Se prueba que:

Teor 1. Si c y c⇤ describen la misma curva C , entoncesØc f ds =

Øc⇤ f ds ⌘

f ds .

Como la integral de línea de una f escalar no depende de la parametrización, sólo de lacurva, es lícita la notación

f ds (integral de f sobre C ) en la que c no aparece.La raíz de la norma hace que el cálculo de estas integrales sea (salvo para curvas sencillas) complicadoy pueden incluso aparecer integrales no calculables. [En las de campos vectoriales no ocurrirá esto].Además de las circunferencias, también suelen ser fáciles estas integrales sobre segmentos:

Ej 2. Calculemos la integral de la f (x, y)= xy2 ahora sobre el segmento que une (0,2) y (2,0) .y

y=2–xPodemos parametrizarlo utilizando que pertenece a la recta y=2�x :

c(x)= (x,2�x) , x 2 [0,2] . kc0(x)k= k(1,�1)k=p

2 !πc

f ds =π 2

p2 x(2�x)2 dx =

p2⇥2x2� 4

3 x3+ 14 x4⇤2

O también con la expresión para los segmentos que vimos en 1.1:c⇤(t)= (0,2)+t(2,�2)= (2t,2�2t) , t 2 [0,1] . [Mismo sentido, doble velocidad].

kc0⇤(t)k=2p

c⇤f ds =16

p2π 1

0t(1�t)2dt = 16

p2⇥ 1

2 t2� 23 t3+ 1

4 t4⇤10=

2 .[Debía salir lo mismo].

Interpretemos estas integrales. Sea primero f ⌘1 . Si pensamos que c(t) describe una partícula,al ser kc0(t)k la velocidad escalar en el instante t , parece claro que ds= k c0(t)k dt (‘diferencialde arco’) representa la distancia recorrida en un ‘diferencial de tiempo dt ’ y por tanto:

L =ØC

ds =Ø b

ak c0(t)k dt representa la longitud de la curva C definida por c .

y=f(x)

Veamos la forma que adopta la longitud de la gráfica de una función y= f (x) enun intervalo [a, b] . Una parametrización clara de estas curvas es c(x)=

�x, f (x)

x 2 [a, b] . Y como c0(x)=�1, f 0(x)

�, la longitud pasa a ser

L=π b

�f 0(x)

�2 dx .⇥Cambiando los papeles sería similar para x= f (y)

1Ej 3. Calculemos la longitud de la curva descrita por c(t) = (t2, t3) , t 2 [0,1] .

kc0(t)k=p

4t2+9t4 ) L =π 1

4+9t2 dt = 127 (4+9t2)3/2

⇤10 =

133/2�827 ⇡1.44.

O con otra parametrización de la misma curva, usando que es y= x3/2 :

(x, x3/2) , x 2 [0,1] ) L =π 1

�1+ 9x

4�1/2dx = 8

27�1+ 9x

4�3/2⇤1

0 =827

⇥ 133/28 �1

Insistimos en que estas integrales se suelen complicar. Por ejemplo para y= x2 sale una de cálculo largo,y para y= x3 aparece ya una no calculable que lleva a aproximarla con ordenador. Son pocos ejemplos,como el anterior, en los que sale sencilla. Sí es fácil para segmentos o circunferencias, pero para eso nohace falta el cálculo integral.

f (x(t),y(t))z

xc(t)=(x(t),y(t))

Si ahora f es cualquier campo con f (c(t))�0 8t 2 [a, b] ,Øc f ds representa para n=2 el área de la valla de alturaf (x, y) en cada (x, y) de la curva C , pues un ‘diferencialde valla’ tiene área f (c(t)) ds = f (c(t)) k c0(t)k dt .Si f toma valores positivos y negativos sobre la curva, la integral puede perfectamente salir negativa.Eso significaría que área de la valla que estuviese ‘bajo el suelo’ sería mayor que la que está por encima.

Ej 4. Hallemos la integral de f (x, y)= x�y sobre la curva c(t)=n (0,1�t) , t 2 [0,1](t,0) , t 2 [0,1] (C1 a trozos).

(0,1–t)1

Tenemos que hacer una integral sobre cada segmento y sumar el resultado.Sobre el vertical, f (c1(t))= t�1 , kc01(t)k= k(0,�1)k=1 !π

c1f ds =

0(t�1) dt = 1

2�1 = � 12 .

Sobre el horizontal, f (c2(t))= t , kc02(t)k= k(1,0)k=1 ,π

c2f ds =

0t dt = 1

La integral total es, por tanto:π

cf ds =

πc1+π

c2= � 1

2 +12 = 0 .

[El área de la valla positiva sobre el eje de la x se cancela con el área dela valla negativa sobre el eje de las y ].

Otra interpretación para n = 2 o n = 3 de las integrales de línea de campos escalares es lasiguiente: si c(t) describe un alambre (en el plano o en el espacio) de densidad variable dadapor ⇢(x) , la masa del alambre será M=

ØC⇢ ds .

Y también da el valor medio de una función f sobre la curva C : f = 1L

f ds .Un ejemplo de longitud y otras integrales calculables exactamente en el espacio:

Ej 5. Sea el alambre en forma de hélice: c(t)= (cos t, sen t, t) , t 2 [0,2⇡] ,y de densidad variable ⇢(x, y, z)= x2+y2+z2 .

Como k c0k=p

2 , su longitud es L =Ø 2⇡0

p2 dt = 2⇡

p2 ⇡ 8.9 .

Su masa es M=p

2Ø 2⇡0 (cos2t+sen2t+t2) dt =

p2�2⇡+ 8

3⇡3� ⇡ 125.8 .h

Y su densidad media es, por tanto: 1+ 43⇡

2⇡ 14.2i.

Definamos ahora el otro tipo de integrales (que aparecen más a menudo en física):Integrales de línea de campos vectoriales:

Sean c(t) : [a, b]! Rn de C1 y f : Rn! Rn campo vectorial continuo sobre la gráfica de c .La integral de línea del campo f a lo largo de c se define

f · ds =π b

af�c(t)

�· c0(t) dt .

Si f(c(t)) · c0(t) es sólo continua a trozos, dividimos el intervalo y sumamos la integrales.

f((c(t))Si c0(t),0 8t y T(t)= c0(t)kc0(t)k es el vector tangente unitario:Ø

c f · ds =Ø b

⇥f(c(t)) · T(t)

⇤kc0(t)k dt =

Øc f · T ds ,

y se puede ver la integral de línea de f como la integral del campo escalarf · T , componente tangencial de f en la dirección de c . Por tanto:π

cf · ds es el trabajo realizado por un campo de fuerzas f sobre la partícula que recorre c .

Demos otra notación (la damos para el plano). Si c(t)=�x(t), y(t)

�, f(x, y)=

�f (x, y),g(x, y)

�:Ø

c f · ds =π b

⇥f�x(t), y(t)

�x 0(t) + g

�x(t), y(t)

�y0(t)

⇤dt ⌘

Øc f (x, y) dx + g(x, y) dy

[La notación es similar para n>2 ; ¡cuidado!, sigue siendo integral de línea].

Ej 6. Calculemos varias integrales del línea del campo f(x, y) = (x2,2y+x) :c1(t) = (t, t) , t 2 [0,1] , c2(t) = (4t2,4t2) , t 2

⇥0, 12

⇤, c3(t) = (1�t,1�t) , t 2 [0,1]

[describen la misma curva, la tercera en sentido contrario]. y

f · ds=Ø 10 (t2,3t) · (1,1) dt = 11

6 ,Øc2

f · ds=Ø 1/20 (16t4,12t2) · (8t,8t) dt = 11

6 ,Øc3

f · ds=Ø 10

�(1�t)2,3(1�t)) · (�1,�1) dt = � 11

c4(t) =n (t,0) , t 2 [0,1](1, t�1) , t 2 [1,2] ,

f · ds=Ø 10 (t2, t) · (1,0) dt +

Ø 21 (t2,2t�1) · (0,1) dt = 7

c5(t) =n (0, t) , t 2 [0,1](t�1,1) , t 2 [1,2] ,

Ø 10 (0,2t) · (0,1) dt +

�(t�1)2,2+t

�· (1,0) dt = 5

[La integral parece depender sólo de la curva y del sentido en que se recorre; para algunos campos nodependerá siquiera de la curva, sólo del punto inicial y del punto final].Ej 7. Hallemos la integrales para los mismos ck de arriba, pero para el campo g(x, y) = (y, x�4y) :Ø

c1g · ds=

Ø 10 (t,�3t) · (1,1) dt = �

Ø 10 2t dt = �1 ,Ø

c2g · ds=

Ø 1/20 (4t2,�12t2) · (8t,8t) dt = �

Ø 1/20 16t3 dt = �1 ,Ø

c3g · ds=

�(1�t),�3(1�t)) · (�1,�1) dt =

Ø 10 2(1�t) dt = 1 . [Única distinta].Ø

c4g · ds=

Ø 10 (0, t) · (1,0) dt +

Ø 21 (t�1,5�4t) · (0,1) dt =

Ø 21 (5�4t) dt = �1 .Ø

c5g · ds=

Ø 10 (t,�4t) · (0,1) dt +

Ø 21 (1, t�5) · (1,0) dt = �

Ø 10 4t dt + 1 = �1 .

Ej 8. Si c(t)= (t, t2,1) , la integralØc zx2dx + xy dy + y3dz =

�t2 ·1 + t3 ·2t + t6 ·0

�dt = 11

Ej 9. Calculemos el trabajo realizado por una fuerza constante f = d al recorrer una partícula unatrayectoria r(t)=

�x(t), y(t), z(t)

�que une dos puntos del espacio a=r(a) y b=r(b) :

a br(t)

Ør d · ds =

a(d1, d2, d3) ·

�x 0(t), y0(t), z0(t)

= d1�x(b)�x(a)

�+ d2

�y(b)�y(a)

�+ d3

�z(b)�z(a)

�= d ·

�r(b)�r(a)

�= d · (b�a) , independiente de r .

Si consideramos c(t)= r(a+b�t) , t 2 [a, b] , que recorre la misma curva en

sentido opuesto, el trabajo esØc d · ds =

a(d1, d2, d3)·

��x 0(t),�y0(t),�z0(t)

�dt =�d ·(b�a) .

Veamos qué sucede en general con las integrales de campos vectoriales al hacer al cambiar laparametrización. Se prueba que no cambia el valor absoluto, pero sí, quizás, el signo:

Teor 2.

Si c y c⇤ describen la misma curva C , entonces según c y c⇤ lo hagan en elmismo sentido o en el opuesto se tiene, respectivamente:π

cf · ds =

πc⇤

f · ds , o bienπ

cf · ds = �

πc⇤

f · ds

Hemos visto que esto es lo que sucede en muchos ejemplos de la página anterior.

Como la integral de línea de un campo vectorial sólo depende de la curva C y el sentido enque se recorre (y la un campo escalar sólo de C ), podemos elegir las c más sencillas.

Ej 10. Tiene un sentido preciso hablar de la integral de f(x, y)= (y,0) a lo largode la circunferencia unidad recorrida en el sentido de las agujas del reloj.⇥

Las integrales sobre curvas cerradas suelen representarse con el símbolo≤ ⇤

.Eligiendo c(t)= (cos t,� sen t) , t 2 [0,2⇡]

�o [�⇡,⇡] , o . . .

�,º

cf · ds =

Ø 2⇡0 (� sen t,0)·(� sen t,� cos t) dt = 1

Ø 2⇡0 (1�cos 2t) dt = ⇡ .

Con cualquier parametrización que proporcionase el mismo sentido se llegaría a lo mismo.⇥En cartesianas habría que usar dos caminos:

�x,p

1�x2 �, x 2 [�1,1] y

�x,�

p1�x2 �

, x 2 [1,�1]⇤.

Ej 11. Calculemos la integral de línea del campo vectorial g(x, y, z)=�z , ey, xy

�desde (1 ,0 ,0)

hasta (1 ,2 ,3) a lo largo del segmento que une los puntos.

zHay muchas formas de parametrizar un segmento en el espacio. Para este,con x=1 constante, una c salta a la vista: c(t)= (1,2t,3t) , t 2 [0,1] .Esta parametrización es la que nos daría la expresión general vista en 1.1:

c(t)= p + (q�p) t , t 2 [0,1] [si t=0 estamos en p y si t=1 en q ].O también, viendo el dibujo de la derecha: c⇤(y)=

�1, y , 32 y

�, y 2 [0,2] .

Calculemos ya la integral pedida. Con la primera de las parametrizaciones dadas:πc

g · ds =π 1

�3t,e2t,2t

�·(0,2,3) dt =

�2e2t+6t

�dt = e2+ 2 .

Con la segunda (nos tiene que dar el mismo valor):πc⇤

g · ds =π 2

� 32 y,e

y, y�·�0,1, 32 ) dy =

�ey+ 3

2 y�

dy = e2+ 2 .

Integrales de gradientes. Generalizamos la fórmula de R:Ø b

ag0(x) dx = g(b) � g(a) .

Teor 3.Sea U : Rn! R un campo escalar C1 y c : [a, b] ! Rn camino C1 a trozos.

Entonces:π

crU ·ds = U

�c(b)

�� U

�c(a)

Si c2C1 (si no, dividimos),Ø b

arU(c(t))· c0(t) dt =

�U� c)0(t) dt = U(c(b))�U(c(a)) .

bPor tanto, la integral de línea de un gradiente no depende del camino,sólo del punto inicial y final. Si identificamos un campo como un gradiente,la integral es muy sencilla. Si c(a)= c(b) , c describe una curva cerrada e≤

c rU · ds = 0 : la integral de línea de un gradiente a lo largo de una curva cerrada es 0 .

Si un campo vectorial f es gradiente de alguna función U, a U se le llamafunción potencial para f , y el campo f se dice conservativo.

¿Cómo saber si f es conservativo? Una condición necesaria sencilla para n=2 y n=3 es:

Teor 4. Si f(x, y)=�f (x, y),g(x, y)

�de C1 es conservativo ) fy ⌘ gx .

Si f(x, y, z)=�f (x, y, z),g(x, y, z), h(x, y, z)

�de C1 es conservativo ) rot f=0 .

Si ( f ,g)= (Ux,Uy)=rU, con U2C2, debe ser fy⌘ gx , pues, como sabemos, Uxy= Uyx .Y lo mismo para n=3 . Ya vimos en 1.3 que el rotacional de un gradiente siempre era 0 .

Si las derivadas cruzadas no coinciden, no puede f ser gradiente. Si son iguales, muchas veceses sencillo hallar una U tal que rU= f [aunque la implicación ( no sea cierta en general].

Ej 12. Sea f(x, y)= (y2,2xy) . Hallemos la integral entre (0,0) y (1,1) a lo largo de diferentes curvas:a) la recta que une los puntos, b) la parábola y= x2 , c) la circunferencia x2+y2=2x .

Posibles parametrizaciones: a) ca= (t, t) , b) cb= (t, t2) , c) cc=�t,p

2t�t2 �, con t 2 [0,1] todas.y

1 cccb

Las integrales en cada caso son:

a)Ø 10 (t2,2t2) · (1,1) dt=

Ø 10 3t2dt=1 ,

b)Ø 10 (t4,2t3) · (1,2t) dt=

Ø 10 5t4dt=1 ,

c)π 1

0(2t�t2,2t

p2t�t2 ) ·

⇣1, 1�tp

2t�t2

⌘dt=

Ø 10 (4t�3t2) dt=1 .

Como @@y (y2) = 2y = @

@x (2xy) , parece que f es conservativo. Y es fácil en este caso hallar U :

Si Ux = y2 , debe ser U= xy2+p(y) para alguna función p

Si Uy =2xy , debe ser U= xy2+q(x) para alguna función q) U(x, y)= xy2 .

Por tanto, las parametrizaciones y cálculos de integrales anteriores han sido inútiles, puesto quela integral a lo largo de cualquier trayectoria debía valer U(1,1) � U(0,0) = 1 � 0 = 1 .⇥

El campo (y,0) del ejemplo 10 no era conservativo. No podía serlo desde que vimos quesu integral sobre un camino cerrado era no nula. Pero también lo asegura fy =1 , 0=gx

Ej 13. Hallemos la integral de f(x, y)=⇣

�yx2+y2 ,

xx2+y2

⌘a lo largo de x2+y2=1 en sentido antihorario.

Si c(t)= (cos t, sen t) , t 2 [0,2⇡] ,≤

c f · ds =Ø 2⇡0 (� sen t,cos t) · (� sen t,cos t) dt=2⇡ .

No puede haber un potencial C1 que contenga la curva, pese a ser fy =gx =y2�x2

(x2+y2)2 .

Como se ve en este ejemplo, no basta la igualdad de las derivadas cruzadas para ser conservativo.Pero hay que pedir poco más para que sí baste. [El siguiente teorema es más difícil de demostrar].

Teor 5. Si f es C1 en todo R2 ⇥R3 ⇤

y fy ⌘ gx⇥rot f = 0

⇤) f es conservativo.

De hecho basta con que sea C1 en lo que se llama un ‘conjunto simplemente conexo’ (sin ‘agujeros’)].[En el Ej12 sabemos ahora que es conservativo desde que vimos que fy ⌘gx ; en el 13, f no era C1 en (0,0) ].

Ej 14. Calculemos la integral de línea del campo vectorial f(x, y, z)= (4x ,3z�2y ,3y) desde (1 ,0 ,0)hasta (1 ,2 ,3) a lo largo del segmento que une los puntos.

Como en el ejemplo 11 ya parametrizamos el segmento, podemos hallar la integral directamente:

c(t)= (1,2t,3t) , t 2 [0,1]!Øc f · ds =

�1,5t,6t

�·(0,2,3) dt =

Ø 10 28 t dt = 14 t2⇤1

0 = 14 .

Pero para este campo es rot f=��

i j k@/@x @/@y @/@z4x 3z�2y 3y

��= (3�3) i + (0�0) j + (0�0)k = 0 .

y además f es C1 en R3. Existe, por tanto, una función potencial U(x, y, z) para el campo f .

Debe serUx = 4x ! U= 2x2 + p(y, z)Uy = 3z�2y ! U= 3yz�y2 + q(x, z)Uz = 3y ! U= 3yz + r(x, y)

, U= 2x2+3yz�y2 )Øc f · ds = U(1,2,3)�U(1,0,0) = 16�2 = 14 .

Este es el valor de la integral sobre cualquier camino que una los puntos, por complicado que sea.Por ejemplo, hallemos la integral a lo largo de c⇤(t)=

�et�t2, 2t3, 3t2� , t 2 [0,1] :π

c⇤f · ds =

�4et�t2,9t2�4t3,6t3� · �(1�2t)et�t2

,6t2,6t�

dt =π 1

�2(2�4t)e2t�2t2

+90t4�24t5� dt

= 2e2t�2t2+ 18t5� 4t6⇤1

0 = 14⇥El campo g del ejemplo 11 no era conservativo, pues rot g= (x,1�y,0), 0

Teoremas de Green y de la divergenciaVeamos dos teoremas que relacionan integrales dobles e integrales de línea sobre curvas cerradas en elplano. Se verán otros sobre integrales de campos vectoriales en el espacio (estos se pueden ver comocasos particulares de aquellos), tras definir las integrales de superficie.

curva nosimple

curva simple

curva cerradasimple

Una curva simple será la imagen de una c : [a, b] ! R2, C1 a trozose inyectiva. Si además es c(a)= c(b) , se llama curva cerrada simple.Una curva de estas puede recorrerse en dos sentidos opuestos; paraindicar que se recorre en sentido antihorario indicaremos

Teorema de Green:Sea D⇢R2 limitado por @D curva cerrada simple y el campo f= ( f ,g)2C1(D) . Entonces:∫

D[ gx� fy ] dx dy =

@Df dx + g dy ⌘

@Df · ds .

⇥Obsérvese que si f es conservativo, el teorema de Green dice 0=

≤f · ds como debía ser

Ej 10*. Encontremos, usando Green, el valor ⇡ de la integral de f(x, y)= (y,0)sobre la circunferencia unidad calculado ya en el ejemplo 10.

Como el sentido de recorrido es opuesto al que pide Green y gx� fy =�1 es:C

@Df · ds = �

∫D(�1) dx dy =

dx dy = área de D = ⇡ · 12 = ⇡ .

Ej 15. Comprobemos el teorema para f(x, y)= (y,2x) en la región acotada por y=�x2 e y=�1 .

gx� fy =1 (por tanto la∞D medirá el área de la región y debe ser positiva).

La integral doble:∞D[gx� fy] dx dy =

Ø 1�1

Ø �x2

�1 dy dx=Ø 1�1(1�x2) dx = 4

La frontera @D está formada por dos curvas:c1(x)= (x,�x2) , x 2 [1,�1] , c2(x)= (x,�1) , x 2 [�1,1] !

@Df ·ds =

π �1

1(�x2,2x)·(1,�2x) dx +

�1(�1,2x)·(1,0) dx =

Ø 1�1 5x2 dx +

Ø 1�1(�1) dx = 4

(0,t) (2,t)

(t,π/2)

Ej 16. HallemosE

@Dexsen y dx+ e2xcos y dy siendo D el rectángulo [0,2]⇥[0,⇡2 ] .

La @D está constituida ahora por 4 curvas (segmentos sencillos) distintas:π 2

0(0 ·1+0) dt +

π ⇡/2

0(0+e4 cos t ·1) dt �

0(et ·1+0) dt �

π ⇡/2

0(0+cos t ·1) dt

= e4 ⇥�sen t⇤⇡/2

0 �⇥et⇤2

0�⇥sen t

⇤⇡/20 = e4� e2

Utilizando Green los cálculos son bastante más cortos: gx� fy = 2 e2x cos y� ex cos y ,π ⇡/2

0(2e2x�ex) cos y dx dy= [sen y]⇡/20

⇥e2x� ex

⇤20= e4� e2 .

Las integrales de línea normalmente son de peor cálculo que las dobles (como en los ejemplos anteriores),con lo que Green se usa más para hacer las segundas en vez de las primeras. Pero en casos excepcionalesno es así, como en el ejemplo siguiente, en la que calculamos un área:

Ej 17. Calculemos el área encerrada por la ‘hipocicloide’ x2/3+ y2/3= a2/3 .

Como para el campo f(x, y)= (�y, x) es gx� fy =2 , un área se puede poner:

A =∞D

dx dy = 12

@Df · ds . En este caso particular:

c(✓)= (a cos3✓,a sen3✓) , ✓ 2 [0,2⇡] es una posible parametrización de @D .

A = 12

Ø 2⇡0

��a sen3✓,a cos3✓

�·��3a cos2✓ sen ✓,3a sen2✓ cos ✓

�d✓

= 32 a2

Ø 2⇡0 sen2✓ cos2✓ d✓ = 3

8 a2Ø 2⇡0 sen22✓ d✓ = 3

16 a2Ø 2⇡0 [1�cos 4✓] d✓ = 3

8⇡a2 .⇥Calcular directamente A=4

�a2/3� x2/3�3/2dx es difícil

Del teorema de Green se deduce fácilmente el teorema de la divergencia en el plano:

Sean D⇢R2 limitado por @D curva cerrada simple, f : D ! R2 campo vectorial C1,y n el vector normal unitario exterior a @D . Entonces

div f dx dy =º@D

f · n ds .

(x', y')D

Si @D viene dada por c(t)=�x(t), y(t)

�, la normal es n= (y0(t),�x0(t))

kc0(t)k .

Si f= ( f ,g) ,≤@D

f · n ds =Ø b

⇥f (x(t), y(t)) y0(t) � g(x(t), y(t)) x 0(t)

@Df dy�g dx Green

=∞D( fx+gy) dx dy .

C nFn F

[Imaginemos una curva cerrada C sobre la superficie de un fluido y seaF = f v , donde f es la densidad del fluido y v su velocidad. Entoncesº

CF · n ds mide el ritmo con el que el fluido entra o sale de D .

Si la cantidad de fluido en D disminuye (aumenta) será≤C<0

� ≤C>0

�. La integral coincide

con∞D

div F . Por tanto, la div F describe la tendencia del fluido a acumularse o dispersarse].

Ej 18. Comprobemos este teorema para f(x, y)= (7, y2�1) en el semicírculo r 3 , 0 ✓ ⇡ :

div f =2y ,∫

D2y dx dy =

Ø ⇡

Ø 30 2r2 sen ✓ dr d✓ = 36 .

Para C1 , si c(x)= (x,0) , x 2 [�3,3] , n= (0,�1) ,πC1(1�y2) ds=

Ø 3�3 dx=6 .

Para C2 , si c(t)= (3 cos t,3 sen t) , t 2 [0,⇡] , kc0(t)k=3 . Como n= (cos t, sen t) ,πC2

f · n ds=3Ø ⇡

0�7 cos t+9 sen3t�sen t

�dt=30 .

Ej 19. Comprobemos los teoremas de Green y de la divergencia para el campo f(x, y)=�x3, x2y

el recinto D del primer cuadrante acotada por y=2x e y= x2 .(1,2)y

n2(1,2x)

Green:∫

D[gx� fy] =

x22xy dy dx =

0(4x3�x5) dx =

⇥x4� x6

0 =163 .

Posibles parametrizaciones de los dos tramos de @D :c1(x)= (x, x2) , x 2 [0,2] , c01= (1,2x) , f (c1)= (x3, x4)c2(x)= (x,2x) , x 2 [2,0] , c02= (1,2) , f (c2)= (x3,2x3)

@Df · ds =

0(x3+2x5) dx �

0(x3+4x3) dx = 26

3 �24= 163 .

Divergencia: div f=4x2 . n1=(2x ,�1)p

1+4x2 , n2=(�2 ,1)p

5.π 2

x24x2 dy dx =

0(8x3�4x2) dx = 32

5 .º@D

f · n ds =π 2

0(x3, x4) · (2x ,�1)p

p1+4x2 dx �

0(x3,2x3) · (2 ,�1)p

p5 dx =

0x4 dx = 32

2.3. Integrales de superficieGeneralizamos las integrales de línea. Una superficie a veces viene dada por F(x, y, z)= 0 . Si se puededespejar la z , por z= f (x, y) . Pero lo más general es que se puede describir mediante:

r : A⇢R2! R3 , con r(u, v)=�x(u, v), y(u, v), z(u, v)

�, (u, v)2 A [2 grados de libertad frente

al único t de las curvas].

∂r/∂v

∂r/∂u

Suponemos que la superficie S=r(A) es C1 [que lo es r ]. Entonces:

@r@u =

@x@u i + @y

@u j + @z@u k y @r

@v =@x@v i + @y

@v j + @z@v k

serán unos vectores tangentes a las curvas contenidas en S obtenidastomando, respectivamente, v= k y u= k . Su producto vectorial

@r@u ⇥ @r

��i j k@x@u

�� será un vector normal a S .producto vectorial

fundamental

z=f (x,y)

Si la superfice se puede escribir en la forma z= f (x, y) una posible parametri-zación de S es r(x, y)=

�x, y, f (x, y)

�, con (x, y)2 A proyección de S sobre

z=0 . El producto vectorial fundamental resulta ser en este caso:

rx⇥ ry =��i j k1 0 fx0 1 fy

��= (� fx ,� fy ,1) .

Ej 1a. Parametricemos la semisuperficie esférica unidad superior. Una posibilidad:

x(u, v)=sen u cos vy(u, v)=sen u sen vz(u, v)=cos u

u2 [0,2⇡]v 2 [0,⇡/2] ,

ru=cos u cos v i + cos u sen v j �sen u krv=� sen u sen v i + sen u cos v j

Entonces ru⇥ rv=��

i j k· · · · · · � senu· · · · · · 0

��=sen2u cos v i + sen2u sen v j + sen u cos u k=sen u(sen u cos v, sen u sen v,cos u)= sen u r(u, v) .

O bien:�x , y ,

p1�x2�y2

�, (x, y)2B círculo unidad y rx⇥ ry = xp

1�x2�y2i + yp

1�x2�y2j + k .

Integrales de superficie de campos escalares

Sea S la superficie C1 dada por r : A⇢R2! R3 y sea f : R3! R tal que f�r(u, v)

�es continua.

Entonces:∫

Sf dS ⌘

f�r(u, v)

� �� @r@u ⇥ @r

�� du dv .

[Y si S está formada por varias superficies C1 se suman las integrales].[Como en las de línea se prueba que la integral de una f escalar no depende de la parametrización].

[Cuando f ⌘1 el valor de la integral representa el área de la superficie S ].

Ej 1b. Hallemos la integral de f (x, y, z)= z2 sobre la superficie S del ejemplo 1a.

Primero con r(u, v)= (sen u cos v, sen u sen v,cos u) . kru⇥rv k= | sen u|krk=sen u [ r es unitarioy sen u�0 ].

Por tanto,∞S

z2 dS =Ø 2⇡0

Ø ⇡/20 cos2u sen u du dv = 2⇡

3⇥� cos3u

⇤⇡/20 = 2⇡

Con la otra parametrización, el módulo del producto vectorial fundamental resulta ser:

krx⇥ ry k=⇥

1�x2�y2 +y2

1�x2�y2 +1⇤1/2= 1p

1�x2�y2)

z2 dS =∫

q1�x2�y2 dx dy =

Ø 2⇡0

Ø 10 r

p1�r2 dr d✓ = 2⇡

3⇥� (1�r2)3/2

⇤10=

2⇡3 .

polares

Veamos que la integral de superficie nos calcula bien el área de S :

área de S =∞S

1 dS =Ø 2⇡0

Ø ⇡/20 sen u du dv = 2⇡

⇥� cos u

⇤⇡/20 = 2⇡ [el de toda la superficie

esférica era 4⇡ · 12 ].

Integrales de superficie de campos vectoriales

Sea S de C1 dada por r : A⇢R2! R3 y sea f : R3! R3 continua sobre S . Entonces:∫S

f · dS ⌘∫

Sf · n dS ⌘

f�r(u, v)

�·� @r@u⇥ @r

�du dv =

f�r(u, v)

�· n(u, v) kru⇥ rv k du dv

[si n es el vector unitario normal con el mismo sentido que el producto vectorial fundamental].Se demuestra que, salvo el signo, esta integral es independiente de la parametrización.

[Hay dos normales unitarias a una superficie orientada: n y �n (que consteque hay superficies no orientadas como la banda de Moebius). Parametrizacionesdiferentes proporcionan p.v.f. que pueden tener el sentido de una o de otra.f , S y el sentido de la normal sí determinan la integral].

[El significado físico de esta integral es flujo del campo vectorial f a través de la superficie S ].

Ej 1c. Integremos f(x, y, z)= (x, y, z) sobre la semisuperficie esférica S de siempre.∫S

f · dS =∫

Ar(u, v)·

⇥sen u r(u, v)

⇤du dv =

Ø 2⇡0

Ø ⇡/20 sen u du dv = 2⇡

⇥� cos u

⇤⇡/20 = 2⇡ .

r unitario

Con la otra parametrización: f ·(rx⇥ ry)=�x , y ,

p1�x2�y2

� ⇣ xp1�x2�y2

, yp1�x2�y2

,1⌘)

f · dS =∫

dx dyp1�x2�y2

Ø 2⇡0

Ø 10 r(1�r2)�1/2 dr d✓ =2⇡

h� (1�r2)1/2

0=2⇡ .

polares

Teorema de la divergencia en el espacio (o de Gauss-Ostrogradsky)

Sea V una región del espacio limitado por una superficie conexa y sea f 2C1. Entonces:ªV

div f dx dy dz =∫

@Vf · n dS , con n vector normal unitario exterior a V .

Ej 1d. Comprobémoslo para la f(x, y, z)= (x, y, z) de arriba y la semiesfera unidad superior.Por una parte:

div f dx dy dz = 3±

Vdx dy dz = 3⇥ volumen de V = 3 ⇥ 1

243 ⇡ ·13 = 2⇡ .

Por otra, la @V consta de dos partes, la S superior y el círculo B de la base:∞@V=∞S+∞

Para la parte S de la frontera es n = f = r [ ) f · n =1 ] ,y para la B es n =�k [ ) f · n = (x, y,0)·(0,0,�1)=0 ] .Por tanto,

f · n dS=∞S

1 dS + 0 = área de S = 2⇡ .

Teorema de StokesS

nnSea S una superficie en el espacio limitada por la curva @S y sea f 2C1.

Entonces:∫

Srot f · n dS =

f · ds , con n vector unitario normal a S

y con los sentidos de n y de recorrido de @D indicados en el dibujo.

Ej 1e. Comprobamos el teorema para i) f(x, y, z)= (x, y, z) y ii) g(x, y, z)= (0,0, y) , y la S habitual.

Para i) es rot f=0 )∞S

rot f · n dS =0 . Como rot f=0 , sabemos que f deriva de un potencial.

Casi a simple vista se ve que U= 12 (x2+y2+z2) cumple rU= 0 . Por tanto,

≤f · ds = 0 también.

Para ii) debemos echar alguna cuenta más pues rot g= i⇥) rot g · n = (1,0,0)·(x, y, z)= x

Así pues,∞S

rot g · n dS =∞S

x dS =Ø 2⇡0 cos v dv

Ø ⇡/20 sen2u du = 0 [la primera integral lo es].

Integral que también se puede hacer:∫

x dx dyp1�x2�y2

=Ø 2⇡0

Ø 10 r2(1�r2)�1/2 cos ✓ dr d✓ = 0 .

Una posible parametrización de @S es c(t)= (cos t, sen t,0) , t 2 [0,2⇡] ) g(c(t))= (0,0, sen t) .

Por tanto,≤

g · ds =Ø 2⇡0 (0,0, sen t)·(� sen t,cos t,0) dt =

Ø 2⇡0 0 dt = 0 , como debía ser.

[La integral de línea a lo largo de la circunferencia se ha anulado, a pesar de no ser el campo conservativo.En este caso, g y c0 eran ortogonales. Sobre otras curvas cerradas, la integral de g será distinta de 0.Dijimos que para que g fuese conservativo, su integral a lo largo de todo camino cerrado debía ser nula].

3. Ecuaciones diferenciales ordinarias

3.1 Algunas EDOs de primer orden resolubles

Una ecuación diferencial ordinaria o EDO es una ecuación en la que aparecen derivadas de unafunción incógnita de una variable y se llama orden de la ecuación al orden de la derivada másalta entre las que aparecen. Por tanto:

Una ecuación diferencial ordinaria de primer orden es de la forma: dydx = f (x, y) .

[Aunque no se suele escribir y(x) , no se olvide que y es función de x .Y, aunque usamos ahora esa notación, otras veces será x(t) , T(t) , ... ].

Buscamos sus soluciones: las funciones derivables y(x) que convierten la ecuación en una identidad.Consideremos la sencilla ecuación y0=�2y . Es inmediato comprobar que la cumplen las funciones dela forma y=Ce�2x para cualquier constante C . A esta expresión (que incluye todas las soluciones) se lellama solución general y siempre tendrá una constante arbitraria (en las EDOs de primer orden).Para aislar una única solución se debe imponer un dato inicial. Por ejemplo, si exigimos que sea y(0)=7 ,la única solución que cumple la ecuación y ese dato es y=7e�2x .La mayoría de las EDOs no son resolubles. E incluso hay otras que no tienen solución o tienen más deuna cumpliendo un dato inicial, pero esto es raro según el ‘teorema de existencia y unicidad [TEU]’:

f , fy continuas en un entorno de (a, b) ) existe solución única de dydx = f (x, y) con y(a)=b .

Citemos algunos casos de EDOs de primer orden (hay pocos más) en los que se puede calcular su solución.

Las ecuaciones separables son de la forma: dydx =

p(x)q(y) !

Øq(y) dy =

Øp(x) dx + C .

[Si podemos hallar las primitivas y despejar la y obtendríamos así la solución explícita y(x) ].

Pasan a ser separables: dydx = f

� yx

�con el cambio z= y

x . dydx = f (ax+by) con z=ax+by .⇥

Por ejemplo, con la primera se obtiene: y= xz , xz0+z= f (z) , dzdx =

f (z)�zx ,

f (z)�z =Ø

dxx +C

La ecuación lineal es: dydx =a(x)y+ f (x) . Se dice homogénea cuando f (x)⌘0

y no homogénea cuando f (x).0 .

La solución general de la homogénea y0=a(x)y es y=C eØa(x)dx .⇥

Fácil de deducir, por ser ecuación separable:Ø

dyy = ln y=

Øa + C⇤ , y= e

Øa+C⇤= C e

pero mejor es utilizar la fórmula cuando sea lineal para no repetir este proceso de cálculo⇤.

La de la no homogénea: y=C eØa(x)dx+ e

Øa(x)dxØ e�

Øa(x)dx f (x) dx

hfórmula de variaciónde las constantes fvc

Esta solución tiene la forma de solución general de la homogénea más una solución particularyp de la no homogénea y bastantes veces la yp se puede encontrar por tanteo, en vez de integrar.Tanto las lineales homogéneas como las no homogéneas aparecen muchas veces resolviendoecuaciones en derivadas parciales. Estas importantes fórmulas se usarán a menudo en el curso.

Una ecuación es exacta si escrita en la forma M(x, y)+N(x, y) dydx =0 es My⌘Nx en R2.

Si lo es, U(x, y)=C con M=Ux

N =Uyes su solución. [Unas veces y se podrá despejar y otras no].

⇥Pues las funciones y(x) definidas por U(x, y(x))=C , según la regla de la cadena, satisfacen:

ddxU(x, y(x)) = Ux

dxdx +Uy

dydx = M(x, y)+N(x, y) dydx = 0

[La U se halla, desde luego, como se calculaban los campos conservativos en el capítulo 2].

Ej 1. Hallemos la solución general de dydx =3�y y la (única) solución con y(0)=3 .

Siempre que sea lineal, lo mejor es utilizar las fórmulas. Y para utilizar la fvc empezamos siempre,porque aparece 3 veces, calculando e

Øa(x) dx = e�x . Yendo a la fórmula:

y = Ce�x+ e�xØ

3exdx = Ce�x+ 3 , que es, por tanto, la solución general de la ecuación.Aunque la solución particular yp=3 era clara ( 0=3�3 , las soluciones constantes saltan a la vista)y nos hubiera bastado hallar la de la homogénea y sumarle el 3 , ahorrándonos una integral.Imponiendo el dato inicial a esta solución aislamos la pedida: y(0)=C+3=3 ! C=0 , y=3 .Pero la ecuación se podía haber visto también como separable:Ø

dy3�y =� ln(3�y)= x+C ! y = 3� eCe�x •

= 3�Ce�x (como antes, con otra C arbitraria).⇥Lo habitual es ir llamando a las constantes arbitrarias C , aunque sean distintas: eC pasó a ser C .Observemos que sin el último paso • parecería no haber solución con el dato: 3=3�eC , eC=0 !!

Ej 2. Calculemos la solución de la ecuación T(t) denT 0= 2tT

T(1)=5 (practicando con otras letras).

Es claramente una lineal homogénea: T =C eØ

2t dt = C et2 . Con el dato: 5=Ce ! T =5 et2�1 .

Ej 3. Hallemos la solución de la lineal dydx =�

2yx +3 que cumple el dato inicial y(1)=0 .

Como siempre, empezamos calculando: eØa= e�2 ln x = eln x�2

= 1x2 . La solución general es:

y= Cx2 +

Ø3x2dx = C

x2 +xd.i.�! 0 = C+1 ! y= x� 1

x2 , solución que cumple el dato.⇥Los datos no se podían poner en x=0 (discontinuas a y solución); hay que darlos en ‘buenos’ puntos

Ej 4. dydx =

yy�x (con solución única, según el TEU, si y, x ) se puede resolver por tres caminos:

Primero comprobemos que es exacta. Para ellos la reescribimos en la forma y + (x�y) dydx .

Como My ⌘Nx =1 , existe U tal que Ux = y ! U= xy+p(y)Uy = x�y ! U= xy� 1

2 y2+q(x) ! y2�2xy=C .

Ahora la convertimos en separable con un cambio, pues se puede escribir así: dydx =

y/xy/x � 1 .

z= yx ! xz0+z= z

z�1 , xz0= 2z�z2

z�1 ,Ø (2z�2) dz

z2�2z =�2Ø

dxx +C , ln(z2�2z)=C�2 ln x ,

z2�2z= Cx2 . Deshaciendo el cambio: y2

x2 �2 yx =

Cx2 , que lleva a la expresión anterior.

Las soluciones de la ecuación son las mismas (salvo 0s e 1s) que las de la lineal dxdy =

y�xy =� x

Con la fvc (cambiando papeles de x e y ) volvemos a tener: x= Cy +

Øy dy = C

y +y2 .

y=2xDibujemos las soluciones para varios C (mejor a partir de la última expresión):Se ve que 2 soluciones y=0 e y=2x cumplen y(0)=0 (ahí f es discontinua).También se ve que por y= x (donde fallaba el TEU) no pasan soluciones, sinocurvas de pendiente infinito (no son funciones derivables ahí, por tanto).Se llaman ‘curvas integrales’ de una ecuación a las curvas que son solucionesde dy

y�x o de dxdy =

y�xy (con solución única x(y) si y,0 , por el TEyU).

Salvo en (0,0) hay solución única y(x) ó x(y) , o sea, una única curva integral.

3.2 EDOs lineales de orden 2 resolubles elementalmente

En esta sección y la siguiente tratamos ecuaciones de segundo orden (con derivadas segundas). Y noslimitaremos a las lineales (las que más veces nos aparecerán) pues las no lineales casi nunca se puedenresolver. Es de esperar que aparezcan 2 constantes arbitrarias (esto le pasa a la ecuación más sencillay00=0 ! y=c1+c2x ), con lo que habrá que imponer 2 datos para aislar una única solución.

Resultados generales para [e] y00+a(x)y0+b(x)y =0 y [n] y00+a(x)y0+b(x)y = f (x) .ecuación homogénea ecuación no homogénea

En los libros de ecuaciones diferenciales ordinarias se demuestra:

Teor 1.

Sea a , b , f continuas en un intervalo I y sea |W |(x)=�� y1 y2y01 y02

�� determinantewronskiano

Si xo 2 I , tienen una sola solución que cumple los datos y(xo)= yo , y0(xo)= y0o .Si y1 , y2 son soluciones de [e] con wronskiano |W |(s),0 para algún s2 I ,

la solución general de [e] es y = c1 y1+ c2 y2 , c1 , c2 constantes arbitrarias.

Si yp es una solución de [n], la solución general de [n] es: y = c1 y1+ c2 y2+ yp .

Una solución particular de [n] es yp= y2π

y1 f|W | dx � y1

πy2 f|W | dx

⇥fórmula de variaciónde las constantes fvc

[Dicho finamente, las soluciones de [e] forman un espacio vectorial de dimensión 2 y el hechode que su wronskiano no se anule asegura que y1 e y2 son linealmente independientes].[En las lineales de primer orden también la solución de la no homogénea era la solución generalde la homogénea (allí con 1 constante) + yp de la no homogénea].

Además de las de coeficientes constantes y Euler que vemos luego, hay dos tipos de ecuaciones[n] resolubles. En el resto de los casos se resuelve mediante series de potencias [sección 3.3]:

a) Si b(x)⌘0 , el cambio y0=v lleva [n] a una lineal de primer orden en v .b) Si y1 es solución de [e] ) y2= y1

πe�

Øa dx y�2

1 dx es otra solución de [e].

a) es evidente. Para probar b) se hace y = y1Ø

u dx ! y0= y01Ø

u+y1u , y00= y001Ø

u+2y01u+y1u0 ,

que llevadas a [e] dan: y1u0+(2y01+ay1)u + (y001 +ay01+by1)Ø

u dt = 0 ! u0=��2y01y

�11 + a

�u .

por ser y1 solución. Por tanto, u = e�Øa dx y�2

1 y deshaciendo el cambio se llega al resultado.

[Según b), no se necesitan las dos soluciones que exigía el Teor 1 para resolver [e] (y, por tanto, también[n] con la fvc); basta sólo hallar una; el problema es que en pocas ocasiones podremos encontrarla: aveces a simple vista, a veces tanteando, a veces aparecerá cuando estemos resolviéndola por series].

Ej 1. xy00�2y0= xy0=v�! v0= 2v

x +1 . En la fvc, como dijimos, empezaremos calculando eØa .

2dx/x = e2 ln x = x2 ! v=Cx2+x2Ø

dxx2 = Cx2�x ! y = K + Cx3� 1

2 x2 .⇥También será una ecuación de Euler x2y00�2xy0= x2 , de las que trataremos luego

[Para determinar las 2 constantes (que deben siempre aparecer) habría que imponer 2 datos iniciales en unx distinto de 0 que es donde a(x)= 2

x es discontinua y podrían salirnos ninguna o infinitas soluciones].

Ej 2. x3y00 � xy0 + y = 0 . Es claro que y1= x es solución de esta homogénea.

[También lo serán entonces y=Cx para toda constante C , pues los múltiplos de soluciones de unalineal homogénea son soluciones (es un espacio vectorial). Las rectas y= x+b son soluciones de lahomogénea que saltan a la vista, pues, como es y00=0 , basta mirar los otros dos términos].

Como a(x)=� 1x2 la otra solución es: y2 = x

πe�

Ø�x�2dx

x2 dx = xπ

e�1/x

x2 = x e�1/x .

Por tanto, la solución general de esta ecuación homogénea es y = c1x + c2 x e�1/x .

Coeficientes constantes: [h] y00+ ay0+ by=0 , [c] y00+ ay0+ by= f (x) , a, b2R .

Para resolver [h] basta con obtener las raíces del polinomio de segundo grado µ2+aµ+b=0 ,que se llaman autovalores de [h] (y a la ecuación anterior, se le llama ecuación característica):

La solución general de [h] es:si µ1, µ2 reales ! y = c1 eµ1x+ c2 eµ2x

si µ doble (real) ! y = (c1+c2x) eµxsi µ= p ± i q ! y = (c1 cos qx+c2 sen qx) epx

⇥Si a, b2C será y=c1eµ1x+ c2eµ2x ó y= (c1+c2x) eµx con µ1, µ2, µ, c1, c2 2C

Ej 3. y00 + 4y0 + 3y = 0 , µ2+4µ+3=0 ! µ=�1,�3 ! y = c1 e�x+ c2 e�3x .y00 + 4y0 + 4y = 0 , µ2+4µ+4=0 ! µ=�2 doble ! y = (c1+c2x) e�2x .y00 + 4y0 + 5y = 0 , µ2+4µ+5=0 ! µ=�2 ± i ! y = (c1 cos x+c2 sen x) e�2x .

y00�4i y0�3y = 0 , µ2�4i µ�3=0 ! µ= i ,3i ! y = c1 ei x + c2 e3i x , c1, c2 2C .

Para hallar una solución particular yp de [c] siempre se dispone de la fvc, pero cuando f (x) espolinomio, exponencial, seno o coseno o producto de ellos es mucho más corto obtenerlas portanteo sugerido por la forma de f (x) , utilizando el método de coeficientes indeterminados:

Teor 2.

Si f (x)= pm(x) , pm polinomio de grado m , y µ=0 no es autovalor se prueba en[c] una solución particular yp = Pm(x) con Pm del mismo grado m . Si µ= 0 esautovalor de multiplicidad r , se prueba yp= xrPm(x) .Si f (x)=eµxpm(x) , con pm de grado m , y µ no es autovalor, hay yp= eµxPm(x) ,con Pm de grado m . Si µ es autovalor de multiplicidad r , hay yp= xreµxPm(x) .Si f (x) = epx

⇥pj(x) cos qx+qk(x) sen qx

⇤, pj , qk de grados j , k , y p± iq no

es autovalor, hay yp = epx⇥Pm(x) cos qx+Qm(x) sen qx

⇤con Pm y Qm de grado

m=máx{ j,k} . Si p±iq es autovalor hay yp= x epx⇥Pm(x) cos qx+Qm(x) sen qx

[Los P y Q tienen coeficientes arbitratrios que se precisan llevando la yp a la ecuación].[El método también es aplicable a las lineales de primer orden con coeficientes constantes].

Ej 4.n y00 � y = 2 exy(0)= y0(0)=0

µ=±1 . Solución general de la homogénea: y=c1ex+ c2e�x .Como µ=1 es autovalor, hay que ‘engordar’ la yp con una x :

yp= Ax ex, y00p = A(x+2) ex! A(x+2)�Ax=2 ! A=1 , yp= x ex . O más largo con la fvc:

|W |(x)=�� e

x e�x

ex �e�x

��=�2 , yp= e�xØ

ex2ex�2 dx � ex

Øe�x2ex�2 dx = � 1

2ex+x ex .

La solución de la no homogénea es y=c1ex+c2e�x+x ex d.i.!n c1+c2 = 0

c1�c2+1=0 ! y= 12 e�x�1

2 ex+x ex .

Ej 5. Hallemos una yp de y00+ y= f (x) para varias f (x) . [Su solución general seráy = c1 cos x + c2 sen x + yp ].

Si f (x)= x3 , hay yp= Ax3+Bx2+Cx+D�

P3 arbitrario pues �=0 no es autovalor�

! 6Ax+2B+Ax3+Bx2+Cx +D= x3 ! yp= x3�6x .

Si f (x)=2xex , existe yp=ex(Ax+B) , y0p=ex(Ax+B+A) , y00p =ex(Ax+B+2A)! ex[(Ax+B +2A)+(Ax+B)]=2xex ! A=1 , B=�1 ! yp=ex(x�1) .

Si f (x)= ex cos x , como 1± i no es autovalor, hay que probar una yp=ex(A cos x+B sen x)! (A+2B) cos x+(B�2A) sen x=cos x !

n A+2B=1B�2A=0 ! yp=ex

� 15 cos x+ 1

5 sen x�.

Si f (x)=2 sen x , como ±i es autovalor hay que engordar: yp= x(A cos x+B sen x)! 2B cos x�2A sen x=2 sen x ! A=�1 ,B=0 ! yp=�x cos x .

Si f (x)=cos2x , parece que no podemos usar coeficientes indeterminados, perocos2x= 1

2 (1+cos 2x) ! hay yp= A+B cos 2x+C sen 2x ! yp=12� 1

6 cos 2x .

Si f (x)= (cos x)�1 , hay que acudir a la fórmula de variación de las constantes:|W|(x)=1 ! yp = sen x

Øcos xcos x dx � cos x

Øsen xcos x dx = x sen x+cos x ln(cos x) .

Ecuaciones de Euler: [u] x2y00 + axy0 + by = h(x) , x>0 .

Haciendo el cambio de variable independiente x=es : dydx =

1xdyds , d2y

dx2 =1x2

⇥ d2yds2 � dy

[u] se convierte en la siguiente ecuación lineal con coeficientes constantes:d2yds2 +(a�1) dyds +by=h(es) , de ecuación característica

µ2+(a�1)µ+b=0 .

Como conocemos las soluciones de la ecuación homogénea para esta lineal de coeficientesconstantes, deshaciendo el cambio ( s= ln x ), tenemos que la solución general de una ecuaciónde Euler homogénea es:

Si µ1, µ2 reales, y = c1xµ1 + c2xµ2

Si µ doble (real), y = (c1+c2 ln x) xµ

Si µ= p±qi , y =⇥c1 cos(q ln x)+c2 sen(q ln x)

(observemos que la ‘ecuación característica’ de una ecuación de Euler sería la queobtendríamos probando en la homogénea soluciones de la forma xµ y la de una decoeficientes constantes se obtendría probando soluciones eµx ).

Para hallar la solución particular de la no homogénea dispondremos siempre de la fórmula devariación de las constantes con f (x)= h(x)/x2 (y para la ecuación de coeficientes constantesen s del método de coeficientes indeterminados de las lineales con coeficientes constantes, sih(es) es del tipo adecuado).

Ej 6. Hallemos la solución general de x2y00 + xy0 � y = x .

La ‘ecuación característica’ es µ2+(1�1)µ�1=0 ! µ=±1 !la homogénea tiene por solución general xh=c1x+c2x�1 (válida en este caso 8x,0 ).

|W|(x)=�� x x�1

1 �x�2

��=�2x�1, f (x)= x�1 ! yp = x�1Ø

xx�1dx�2x�1 � x

Øx�1x�1dx�2x�1 = x

2 ln x� x4 !

la solución general de la no homogénea es y=c1x+ c2x +

x2 ln x

�metiendo el x

4 en c1x�.

La yp se podría hallar utilizando coeficientes indeterminados en la ecuación y00�y= es a laque conduce el cambio x=es . La yp que deberíamos probar en la ecuación en s es yp= Ases ,o lo que es lo mismo, podríamos probar yp = Ax ln x en la de Euler inicial. Haciéndolo, secomprueba que debe ser A= 1

2 como antes.

Ej 1*. xy00�2y0= x , o bien, y00� 2x y

0=1 , ó x2y00�2xy0= x2 ! µ(µ�1)�2µ+0=0 , µ=0,3 .

Como h(es) sería e2s existe solución particular yp= Ae2s= Ax2 (al no ser 1 autovalor).Llevamos yp a la (primera) ecuación: 2Ax�4Ax= x ! yp=� 1

2 x2 ! y = c1 + c2x3 � 12 x2 ,

que es la misma solución general que obtuvimos en el ejemplo 1.

Si imponemos unos datos iniciales en un punto distinto de x=0 aislaremos una única solución.

Por ejemplo, y(1)=1 , y0(1)=2 lleva a c1+c2� 12 =1

3c2 � 1 = 2 ! c2=1 , c1=� 12 , y = x3 � 1

2 � 12 x2 .

No podemos hacerlo en x=0 por ser � 2x discontinua en el punto.

Y veremos en el capítulo 4 que las cosas se complican cuando se imponen datos de contorno, esdecir, cuando se imponen condiciones en x=a y x=b distintos.

3.3. Soluciones por medio de series

Series de potencias y funciones analíticas (junto a estas notas se incluye un repaso de series).Una función f (x) es analítica en x= xo si viene dada por una serie de potencias cerca de xo :

f (x)=1’k=0

ck(x�xo)k = c0+c1(x�xo)+c2(x�xo)2+c3(x�xo)3+ · · ·

A partir de ahora, suponemos que x=0 (si no, con x�xo= s estaríamos en ese caso): f (x)=1’k=0

ck xk .

A cada serie de potencias está asociado un radio de convergencia R tal que:Si R=0 , la serie sólo converge en x=0 . Si R=1 , converge para todo x .Si 0<R<1 , converge si |x |<R y diverge si |x |>R (en x=±R no se sabe).

Una serie de potencias, para |x |<R (donde converge), se puede derivar e integrar término a término:

f 0(x)=1’k=1

kck xk�1=c1+2c2x+3c3x2+· · · , f 00(x)=1’k=2

k(k�1)ck xk�2=2c2+6c3x+· · · , . . .π � 1’k=0

ck xk�dx= C +

1’k=0

ckk+1 xk+1= C + c0x+ c1

2 x2+· · · si |x |<R .

Y también se pueden sumar, multiplicar,. . . estas series como si fuesen polinomios:

f (x) =1’k=0

ak xk si |x |<Rf y g(x) =1’k=0

bk xk si |x |<Rg ) Si |x |<mín{Rf ,Rg} ,

f (x)+g(x)=1’k=0

[ak+bk]xk , f (x)g(x)=a0b0+(a0b1+a1b0)x+(a0b2+a1b1+a2b0)x2+· · ·

Caso particular de estas series son las de Taylor1’k=0

f (k)(0)k! xk , de una f con infinitas derivadas en 0 .

Muchas funciones elementales coinciden con su serie de Taylor donde converge. Por ejemplo:

ex =1’k=0

k! , sen x =1’k=0

(�1)k x2k+1

(2k+1)! , cos x =1’k=0

(�1)k x2k

(2k)! , sh x =1’k=0

(2k+1)! , ch x =1’k=0

(2k)! , 8x 2 R.

11�x =

1’k=0

xk , ln(1+x)=1’k=0

(�1)k xk+1

k+1 , arctan x=1’k=0

(�1)k x2k+1

2k+1 , [1+x]p=1+px+ p(p�1)x2

2! +· · · , |x |<1 .

Son, pues, analíticas. [No lo son ln x ó xp , p,0,1, ... en x=0 , cocientes con denominador nulo...].

Puntos regularesSea [e] y00 + a(x) y0 + b(x) y = 0 . Se dice que x= xo es un punto regular de [e] si a y bson analíticas en x= xo . En caso contrario se dice que x= xo es punto singular de [e].

En 3.2 vimos las pocas lineales con coeficientes variables resolubles. Para el resto, si x=0 es regular (sia y b se pueden escribir como series), parece adecuado suponer que también la solución es una seriede potencias y llevarla a la ecuación para determinar sus coeficientes. Empecemos con un ejemplo:

Ej 1. Resolvamos y00+xy=0 x=0 es regular pues a(x)=0 y b(x)= x son analíticas (con R=1 ).Llevamos una serie de potencias arbitraria y sus derivadas a la ecuación:

y=1’k=0

ck xk , y0=1’k=1

kck xk�1, y00=1’k=2

k(k�1)ck xk�2 !1’k=2

k(k�1)ck xk�2 +1’k=0

ck xk+1= 0 .

La solución deberá contener dos constantes arbitrarias. Intentamos escribir los ck en función delos dos primeros c0 y c1 . Como han de ser 0 los coeficientes de cada potencia de x , deducimos:

x0: 2c2=0 . x1: 6c3+c0=0 , c3=� 16 c0 . . . . xk�2: k(k�1)ck+ck�3=0 , ck =� 1

k(k�1)ck�3 .La última igualdad es la que se llama regla de recurrencia que expresa un coeficiente en funciónde los anteriores. De ella es fácil deducir los siguientes (siempre en función de c0 o c1 ):

c5=c8= · · ·=0 ; c4=� 112 c1 ; c6=� 1

30 c3=1

180 c0 ; c7=� 142 c4=

1504 c1 ; . . . !

y = c0⇥1� 1

6 x3+ 1120 x6+ · · ·

⇤+ c1

⇥x� 1

12 x4+ 1504 x7+ · · ·

⇤⌘ c0y1+c1y2 , c0 , c1 indeterminados.

Para que esto sea la solución general, las series deben converger y debe ser su wronskiano no nulo(lo segundo es fácil de comprobar y el teorema 1 nos asegurará que estas series convergen 8x ).

Lo visto en el ejemplo anterior es lo que ocurre en general, como asegura este teorema:

Teor 1.

Si x=0 regular y R es el menor de los radios de convergencia de a y b , la solución generalde [e] y00+ a(x) y0+ b(x) y = 0 es y = c0y1 + c1y2 = c0

⇥1 +

Õ ⇤+ c1

⇥x +

Õ ⇤, con c0 , c1

arbitrarios, y las series, que tienen potencias xk con k �2 , convergen, al menos, si |x |<R .Los coeficientes las series se determinan de forma única probando una serie de potenciasarbitraria en [e] (con a(x) y b(x) desarrolladas en serie, si no son polinomios) y expresandosus coeficientes ck , para k �2 , en función de c0 y c1 .La solución única de [e] con y(0)= yo , y0(0)= y0o se obtiene haciendo c0= yo , c1= y

[Lo de los datos iniciales es inmediato a la vista de la forma de las soluciones].

En el siguiente ejemplo nos van a ir mejor las cosas, porque no sólo vamos a poder calcular unos términossino que vamos a poder dar las expresiones generales de las series.

Ej 2. (1+x2)y00+2xy0�2y=0 , es decir, y00+ 2x1+x2 y

0� 21+x2 y=0

⇥a(x)= 2x

1+x2 y b(x)= 21+x2

Que x=0 es punto regular se deduce del hecho de que P/Q , con P y Q polinomios y Q(0),0 esanalítica siempre. Se tiene que además que el radio R de su desarrollo, simplificados los factorescomunes de P y Q , es la distancia al origen de la raíz (real o compleja) de Q más próxima.En nuestro caso será, pues, R=1 ( x=±i ceros del denominador).Llevando la serie arbitraria a la ecuación inicial:

y=1’k=0

ck xk !1’k=2

[k(k�1)ck xk�2 + k(k�1)ck xk] +1’k=1

2kck xk �1’k=0

2ck xk = 0 !

x0: 2·1·c2 � 2·c0=0 ! c2=c0 , x1: 3·2·c3+[2�2]c1=0 ! c3=0 , . . .xk : (k+2)(k+1)ck+2 + [k(k�1) + 2k � 2]ck = 0 .

De la última igualdad obtenemos la regla de recurrencia, que, como en el anterior ejemplo, tienesólo 2 términos (aquí queda ck+2 en función de ck , pero otras veces pueden aparecer varios, loque complica las cuentas); para facilitar los cálculos, factorizamos los polinomios que aparecenhallando sus raíces:

ck+2 = � (k+2)(k�1)(k+2)(k+1) ck = � k�1

k+1 ck , k=0,1, . . .

Usando esta regla escribimos más ck con el objetivo de hallar la expresión del término general dela serie (en muchos casos esto no será posible, pero ya dijimos que aquí sí):

c4 = � 13 c2 = � 1

3 c0 , c6 = � 35 c4 =

15 c0 , c8 = � 5

7 c6 = � 17 c0 , . . .

c5=0 por estar en función de c3 que se anulaba. Análogamente c7=c9= · · ·=0 .El numerador de c2k es 1 , el denominador es 2k�1 y el signo va alternando, así que:

c2k = (�1)k+1 12k�1 c0 , k=2,3, . . .

Agrupamos, como antes, los términos que acompañan a c0 y c1 (que quedan libres) y obtenemos:

y = c0⇥1+x2� 1

3 x4+ 15 x6+ · · ·

⇤+ c1x = c0

1’k=0

(�1)k+1 x2k

2k�1

i+ c1x = c0y1 + c1y2 ,

El teorema aseguraba que las series iban a converger al menos si |x | < 1 y esto es lo que sucede:la serie de y1 (se ve fácilmente con el criterio del cociente) converge si |x | < 1 y la ‘serie’ de y2(truncada a partir de su segundo término) converge 8x .Que y1 e y2 son linealmente independientes se deduce (aquí y en general) del wronskiano en x=0de ambas, que es 1 (puesto que y1(0)=1 , y01(0)=0 , y2(0)=0 , y02(0)=1 ).

Esta ecuación se podría resolver sin series. Como y2= x era una solución, según vimos en 3.2:

y1= y2

πy�2

2 e�Øadx = x

πx�2 e�

Ø 2x1+x2 dx = x

x2(1+x2) = xπ ⇥ 1

x2 � 11+x2

⇤dx = �1�x arctan x

[cuyo desarrollo, salvo el signo, coincide con el obtenido anteriormente].

Para resolver una [e] cerca de otro xo regular, el cambio de variable s= x�xo la llevaría a una ecuaciónen s para la que s=0 es regular. Probaríamos entonces para hallar su solución la serie:

y =1’k=0

ck sk⇥es decir, y =

1’k=0

ck(x�xo)k⇤.

Puntos singulares regularesSi x= xo es punto singular de [e] y00+a(x)y0+b(x)y=0 (si a o b o ambas no son analíticas en x= xo ),no es aplicable el teorema 1. Pero también sabremos hallar las soluciones utilizando series si son ‘pocosingulares’. Suponemos que nuestro punto singular es x=0 . Si queremos estudiar las soluciones cercade otro xo el cambio s= x�xo lleva el problema al estudio de las soluciones cerca de s=0 .Escribamos [e] de otra forma. Multiplicando por x2 y llamando a⇤(x)= xa(x) y b⇤(x)= x2b(x) :

[e*] x2y00+ xa⇤(x)y0+ b⇤(x)y=0 x=0 es punto singular regular de [e] - [e*]si a⇤ y b⇤ son analíticas en x=0 .

Se podrá escribir entonces para |x |<R , mínimo de los radios de convergencia de a⇤(x) y b⇤(x) :a⇤(x)=a⇤0+ a⇤1x + · · · , b⇤(x)=b⇤0+ b⇤1x + · · · ⇥

Normalmente será a⇤0=a⇤(0) y b⇤0=b⇤(0)⇤.

La ecuación más sencilla como [e*] es la de Euler (sus ‘series’ a⇤(x) y b⇤(x) tienen un único término),que tiene soluciones xr (a veces acompañadas de ln x ). Es esperable que [e*] tenga soluciones del tipo:

y= xr1’k=0

ck xk = c0xr+ c1xr+1+ · · · para los r que cumplan r(r�1)+a⇤0 r+b⇤0= 0 polinomioindicial

Teorema de Frobenius :Supongamos que el polinomio indicial tiene raíces reales r1 , r2 con r1 � r2 .

Entonces siempre hay una primera solución y1 de [e*] de la forma y1= xr11’k=0

ck xk , c0,0 .

La segunda solución y2 linealmente independiente es, según los casos:

a] Si r1�r2,0,1,2, ... , y2= xr21’k=0

bk xk , b0,0 . b] Si r1=r2 , y2= xr1+11’k=0

bk xk+ y1 ln x .

c] Si r1�r2=1,2,3, . . . , y2= xr21’k=0

bk xk+ dy1 ln x , b0,0 , d 2R .

Todas las series convergen al menos si |x |<R y los coeficientes ck , bk y la constante d de c]se hallan llevando cada una de las soluciones a la ecuación.Podrían salir raíces complejas, pero nos limitamos a las reales. En Euler, si r1 y r2 eran distintas, lasdos soluciones eran xr1 y xr2 . Si r era doble había una solución xr y otra xr ln x . En el caso c] laconstante d puede salir 0 y existir, pese a todo, dos soluciones de la forma xr

Õ(como en Euler).

Ej 3. 2xy00+ y0+ xy = 0 , o sea, x2y00+ x 12 y

2 y = 0 . a⇤(x)= 12 y b⇤(x)= x2

2 analíticas ( R=1 )

x=0 singular regular. a⇤0=12 , b⇤0=0 ! r(r�1)+ 1

2r+0 ! r1=12 , r2=0 , r1�r2 <N .

Las series solución son: y1=1’k=0

ck xk+1/2, c0,0 e y2=1’k=0

bk xk , b0,0 (convergen 8x 2R,según el teorema).

Llevando y1 a la ecuación (las series se derivan como las de potencias):1’k=0

⇥2(k+ 1

2 )(k� 12 )ck xk�1/2+(k+ 1

2 )ck xk�1/2+ck xk+3/2⇤ = 1’k=0

⇥k(2k+1)ck xk�1/2+ck xk+3/2⇤ =0 !

(ahora las 3 series empiezan por k=0 )x�1/2 : 0 · c0=0 y c0 queda indeterminado como debía. x1/2 : 3c1=0 ! c1=0 .

xk�1/2 : k(2k+1)ck+ck�2=0 , ck =� 1k(2k+1)ck�2 , k=2,3, . . . ) c3=c5= · · ·=0 y además:

c2=� 110 c0 , c4=� 1

36 c2=1

360 c0 , ... ! y1= x1/2 ⇥1� 132 x2+ 1

320 x4� · · ·⇤ (eligiendo, por

ejemplo, c0=1 ).

Para la y2 :1’k=2

2k(k�1)bk xk�1 +1’k=1

kbk xk�1 +1’k=0

bk xk+1 = 0 ! x0: b1=0 ;

x1: [4+2]b2+b0=0 , b2=� 16 b0 ; xk�1: [2k(k�1)+k]bk+bk�2=0 , bk =� 1

k(2k�1)bk�2 , k=2, . . .

! b3=b5= · · ·=0 , b4=� 128 b2 =

1168 b0 , . . . ! y2=1� 1

6 x2+ 1168 x4� · · ·

Ej 4. x2y00+� 1

4�4x2�y=0 a⇤(x)=0 , b⇤(x)= 14�4x2 analíticas en R. x=0 singular regular.

r(r�1)� 14 =0 , r= 1

2 doble ! y1=1’k=0

ck xk+1/2 !1’k=0

⇥k2ck xk+1/2 � 4ck xk+5/2⇤ = 0 !

x1/2 : 0 · c0=0 , c0 cualquiera; x3/2 : c1=0 ; xk+1/2 : k2ck�4ck�2=0 ; ck = 4k2 ck�2

regla derecurrencia

! c2=c0 , c3=0 , c4=416 c2=

14 c0 , . . . , y1= x1/2 ⇥1+x2+ 1

4 x4+ · · ·⇤

La otra solución tiene seguro logaritmo: y2= x3/21’k=0

bk xk+y1 ln x . Es largo y no la calculamos.

4. Problemas de contorno para EDOs

4.1 Problemas homogéneos

Una EDO lineal de orden 2 con coeficientes continuos tenía una única solución cumpliendo un par dedatos iniciales. Las cosas cambian si imponemos condiciones en los dos extremos de un intervalo [a, b] .Los problemas de contorno, que se suelen plantear para EDOs lineales de orden 2 conteniendouna constante � (que aparece al resolver EDPs separando variables), tienen propiedades muydiferentes. Veremos que hay ciertos valores de � (autovalores) para los que existen solucionesno triviales {yn} (autofunciones). Antes de dar la teoría general, estudiemos un par de ejemplospara la ecuación más sencilla (y habitual): y00+�y=0 .

Ej 1. (P1)⇢y00 + �y = 0y(0)=0 , y(⇡)=0

y ⌘ 0 es siempre solución. ¿Las hay no triviales? Su polinomiocaracterístico es µ2+� = 0 ! µ=±

p�� y la solución general

será diferente según � sea menor, igual o mayor que 0 .Imponemos las condiciones de contorno en cada caso:Si �<0 la solución general es y = c1 epx+ c2 e�px , con p=

p�� >0 .

y(0) = c1 + c2 = 0y(⇡) = c1 e⇡p+c2 e�⇡p=0

�! c2=�c1 &

c1[e⇡p�e�⇡p] = 0 !c1=c2=0

�pues e⇡p,e�⇡p si p>0

�. Ningún �<0 es autovalor.

Si �=0 es y = c1 + c2x ! y(0) = c1 = 0y(⇡) = c1+c2⇡ = 0

o! y⌘0 . �=0 tampoco es autovalor.

Y para �>0 es y=c1 coswx+c2 senwx , con w=p�> 0 ! y(0)=c1=0 #

y(⇡)=c2 senw⇡=0

Para tener solución no trivial debe ser c2,0 .Para ello, senw⇡=0 , w⇡=⇡

p� =n⇡ ! �n=n2, n=1, 2, . . .

Para cada uno de estos �n (autovalores) hay soluciones no trivialesyn=c2 sen nx⌘ {sen nx} (autofunciones).

Observemos que se cumple si m,n :Ø ⇡

0 sen nx sen mx dx = 0 ,

pues 12

Ø ⇡

0⇥cos(n�m)x�cos(n+m)x

⇤dx = 1

hsen(n�m)x

n�m � sen(n+m)xn+m

i⇡0= 0 .

(P1) posee una sucesión infinita de autovalores �n = n2, n = 1, 2, . . . . Las autofuncionesyn = {sen nx} asociadas a cada �n forman un espacio vectorial de dimensión 1 . La n-simaautofunción tiene n�1 ceros en (0, ⇡) . Las autofunciones distintas son ortogonales en [0, ⇡]hrespecto del producto escalar hu, vi =

Ø ⇡

0 u v dxi.

Ej 2. (P2)⇢y00 + �y = 0y0(0)=0 , y0(⇡)=0 Imponemos estas nuevas condiciones:

�<0 ! y0(0) = p[c1 � c2] = 0y0(⇡) = p[c1 e⇡p�c2 e�⇡p] = 0

�! c2=c1 ! c1p

⇥e⇡p�e�⇡p

⇤= 0 ! y ⌘ 0 .

�=0 ! y0(0)=c2=0y0(⇡)=c2=0

o! �=0 autovalor con autofunción y0=c1= {1} .

cos 2x

�>0 ! y0(0)=wc2=0 #y0(⇡)=�wc1 senw⇡=0

o! �n=n2 , yn=c1 cos nx .

Los autovalores �n=n2 y autofunciones yn= {cos nx} , n=0, 1, 2, . . .�se suelen escribir así, poniendo {1} como caso particular {cos 0}

�tienen las mismas propiedades resaltadas para el problema anterior.Por ejemplo, la yn que ocupa el lugar n se anula n�1 veces y sigue habiendo ortogonalidad:Ø ⇡

0 cos nx cos mx dx = 12

Ø ⇡

0⇥cos(n�m)x+cos(n+m)x

⇤dx = 1

2⇥ sen(n�m)x

n�m +sen(n+m)x

⇤⇡0 =0 .

Tratemos ya el problema general. Sea la ecuación lineal de segundo orden dependiente de � :y00+ a(x)y0+ b(x)y +�c(x)y = 0 , con a, b, c2C[a, b] , c(x)>0 en [a, b] .

La reescribimos de otra forma, que se suele denominar ‘autoadjunta’ o ‘Sturm-Liouville’.Multiplicando por e

Øa se tiene⇥

eØa y0

⇤ 0+ b e

Øay + � c e

Øay ⌘

⇥py0

⇤ 0� qy + �ry = 0 , con p2C1, q, r 2C , p, r >0 .

Las condiciones que más nos van a interesar son las condiciones separadas (cada una afecta alos valores de y o de y0 sólo en uno de los extremos del intervalo):

Se llama problema de Sturm-Liouville separado regular a uno del tipo:

(Ps)⇢[py0]0 � qy + �ry = 0↵y(a)�↵0y0(a)=0 , �y(b)+�0y0(b)=0 (condiciones separadas)

donde p2C1[a, b] , q, r 2C[a, b] , p, r >0 en [a, b] , |↵ |+ |↵0 | , |� |+ |�0 |,0 .[Las últimas condiciones lo que dicen es que ↵ y ↵0 , � y �0 no se anulan a la vez].

En estos problemas homogéneos siempre y⌘0 es solución y lo son los múltiplos de cualquierotra. Los ejemplos 1 y 2 eran unos (Ps). Se prueba este teorema que generaliza sus propiedades:

Teor 1.

Los autovalores de (Ps) son una sucesión infinita �1 < �2 < · · · < �n < · · · quetiende a 1 . Las autofunciones {yn} forman un espacio vectorial de dimensión 1y cada yn posee exactamente n�1 ceros en (a, b) . Las autofunciones asociadasa autovalores distintos son ortogonales en [a, b] respecto al peso r , es decir:

hyn, ymi ⌘Ø b

ar yn ym dx = 0 , si yn, ym están asociadas a �n,�m .

Si ↵↵0 �0 , ��0 �0 y q(x)�0 en [a, b] , entonces todos los �n �0 .

Ej 3. (P3)n y00 + �y = 0y0(0)= y(1)=0 (casi en forma autoadjunta:

⇥y0⇤ 0+ �y = 0 ; es r⌘1 ).

Hallemos sus �n . Como ↵↵0 = ��0 = 0 , q ⌘ 0 , nos limitamos a los � � 0 . [Ahora sabemos quepodíamos haber hecho esto en los ejemplos 1 y 2; que conste que hay problemas con �<0 ].

�=0 : y = c1+c2x ! y0(0) = c2 = 0y(1)=c1+c2 = 0

o! y ⌘ 0 . �=0 no es autovalor.

�>0 : y=c1 coswx+c2 senwx . y0(0)=0 ! c2=0 ! y(1)=c1 cosw=0

! wn=2n�1

2 ⇡ , �n=(2n�1)2⇡2

4 , yn=ncos 2n�1

2 ⇡xo

, n=1, 2, . . .

El teorema asegura que las {yn} son ortogonales:Ø 10 ynym dx = 0 , n,m

(sería fácil comprobarlo), y que la autofunción n-sima (como le ocurre alas tres dibujadas) tiene n�1 ceros en (0, 1) .

Ej 4. (P4)n y00 + �y = 0y0(0)= y0(1)+y(1)=0

También aquí es ↵↵0=0 , ��0=1 >0 , q⌘0 ,con lo que volvemos mirar sólo los ��0 .

�=0 : y = c1+c2x ! y0(0) = c2 = 0y0(1)+y(1)=c1+2c2 = 0

o! y ⌘ 0 . �=0 no autovalor.

�>0 : y=c1 coswx+c2 senwx . y0(0)=wc2=0 ! y0(1)+y(1)=c1[cosw�w senw]=0 .

No podemos calcular exactamente los �n , pero es tanwn=1wn

para infinitos wn (anulan el corchete esos infinitos wn ), que só-lo se pueden hallar aproximadamente (con ordenador: w1 ⇡ 0.860 ,w2⇡ 3.426 , w3⇡ 9.529 , ... ). Por quedar c1 indeterminado para cada�n=w2

n será yn= {coswnx} . Las yn serán ortogonales.[La mayoría de problemas de S-L no son resolubles exactamente,pues sabemos que lo son elementalmente pocas lineales de segundoorden, y aunque lo sean puede ocurrir lo que en este ejemplo].

Otro ejemplo de problema regular, para comprobar que puede haber autovalores negativos, aunque todoslos problemas para EDPs con significado físico del capítulo 5 darán lugar a ��0 .

Ej 5. (P5)⇢y00 + �y = 0y0(0)= y0(1)�2y(1)=0 Como ��0<0 pueden aparecer autovalores negativos.

1�<0 : y = c1epx+c2e�px ! c2 = c1 &c1

�p[ep�e�p]�2[ep+e�p]

c1 quedará indeterminado si 2p =

ep�e�pep+e�p = th p !

Hay autovalor �0=�p20 si th p0=

, con y0=�ch (p0x)

Utilizando algún método numérico: p0⇡ 2.07, �0⇡�4.27⇤.

�=0 : y=c1+c2x ! c2 = 0�2c1�c2 = 0

o! �=0 no es autovalor.

�>0 : y=c1 coswx+c2 senwx ! c2 = 0 &c1(w senw+2cosw)=0

Hay infinitos �n=w2n con tanwn=� 2

wn, y es yn=

�cos (wnx)

Como siempre seráØ 10 ynym dx = 0 si n,m

⇥y0 incluida

En los dos siguientes problemas de Sturm-Liouville regulares aparecen ecuaciones nuevas (resolubles),el peso ya no va a ser r(x)=1 y debermos escribirlas en forma autoadjunta para saber quién es:

Ej 6. (P6)⇢y00 � 2y0 + �y = 0y0(0)= y0(1)=0 !

µ2�2µ+�=0 ,µ=1±

p1�� .

⇥e�2x y0

⇤ 0+ �e�2x y = 0

Sabemos que los ��0 , pero esto no ahorra cálculos aquí, pues hay que mirar �<,=, >1 :

�<1 : y = c1 e(1+p)x+ c2 e(1�p)x , y0= c1(1+p) e(1+p)x+ c2(1�p) e(1�p)x , p=p

1�� >0 !c1[1+p] + c2[1�p] = 0c1[1+p]e1+p+c2[1�p]e1�p =0

�! c2(1�p)e[e�p�ep] = 0 ! p=1 ( �=0 ), y0= {1} .

�=1 : y= [c1+c2x] ex , y0= [c1+c2+c2x] ex ! c1+c2 = 0c1+2c2 = 0

o! y⌘0 . �=1 no autovalor.

�>1 : y= [c1 coswx+c2 senwx] ex , w=p��1

y0=⇥(c1+c2w) coswx+(c2�c1w) senwx

! y0(0)=c1+c2w=0 , c1=�wc2 !y0(1)=c2 e(1+w2) senw=0 !

w=n⇡, n=1, 2, . . . ! �n=1+n2⇡2 , yn=�ex[sen n⇡x�n⇡ cos n⇡x]

, n=1, 2, . . .

Las autofunciones serán ortogonales respecto al peso r(x)= e�2x :

hy0, yni =π 1

0e�x[sen n⇡x�n⇡ cos n⇡x] dx = 0 ,

hyn, ymi =π 1

0[sen n⇡x�n⇡ cos n⇡x][sen m⇡x�m⇡ cos m⇡x] dx = 0 ( m,n ) .

Ej 7. (P7)

(x2y00+ xy0+ �y = 0y(1)= y(e)=0 p(x)= e

Øa= e

Ødxx = x !

⇥xy0

⇤ 0+ � yx =0 . Es r(x)= 1

Es problema separado regular�

p, r >0 en [1, e]�.

La ecuación es de Euler: µ(µ�1)+µ+�=0 ! µ =±p�� . Basta mirar los ��0 .

�=0 , y=c1+c2 ln x . Imponiendo los datos: c1=0c1+c2=0

�) c1=c2=0 (no es autovalor).

�>0 , y=c1 cos(w ln x)+c2 sen(w ln x) , c1=0c2 senw=0

��n=n2⇡2, yn=

�sen(n⇡ ln x)

, n=1, 2, . . .

Y como siempre, las autofunciones serán ortogonales (respecto al peso r , no sin él):π e

sen(n⇡ ln x) sen(m⇡ ln x)x dx=0 , m,n .

Problema periódico. En el capítulo 5 nos aparecerán también problemas como el siguiente, queno es separado, pues sus condiciones de contorno mezclan valores en los extremos del intervalo:

Ej 8. (P8)n y00 + �y = 0y(�⇡)= y(⇡), y0(�⇡)= y0(⇡)

[Estas condiciones equivalen apedir que y sea 2⇡-periódica].

�<0 ! c1[e⇡p�e�⇡p]�c2[e⇡p�e�⇡p] = 0c1[e⇡p�e�⇡p]+c2[e⇡p�e�⇡p] = 0

� ��e⇡p�e�⇡p e�⇡p�e⇡p

e⇡p�e�⇡p e⇡p�e�⇡p

��= 2(e⇡p�e�⇡p)2, 0 si p>0 .

El determinante de los coeficientes no es 0 y sólo tiene la solución c1=c2=0 . No hay �<0 .

�=0 ! c1�c2⇡ = c1+c2⇡c2 = c2

ose satisface para c2=0 y cualquier c1 : y0=c1= {1} .

�>0 ! 2c2 sen ⇡w = 02c1w sen ⇡w = 0

o! sen ⇡w = 0 ! �n=n2 , n=1, 2, . . .

Para esos �n las condiciones de contorno se cumplen para todo c1 y todo c2 .Las autofunciones son, pues: yn = c1 cos nx + c2 sen nx ⌘ {cos nx, sen nx} .⇥

Es claro que exigir simplemente que y sea 2⇡-periódica lleva a los mismos �n e {yn}⇤.

Las propiedades de (P7) son algo distintas: sigue habiendo una sucesión infinita de autovalores�n = n2, n = 1, 2, . . . tendiendo a 1 , pero las autofunciones y0 = {1} , yn = {cos nx, sen nx}forman, si n> 0 , un espacio vectorial de dimensión 2. Utilizando relaciones trigonométricasse comprueba que sigue siendo cierto que autofunciones diferentes son ortogonales entre sí.

Problemas singulares. No reúnen todas las condiciones de los regulares, pues p ó r se anulan en algúnextremo del intervalo. En esos extremos las condiciones de contorno de un (Ps) son demasiado fuertespara tener autovalores y autofunciones y se sustituyen por la acotación.

Ej 9. (P9)n xy00 + 2y0 + �xy = 0y acotada en x=0 , y(1)=0 y00+ 2

x y0+�y=0

eØa= x2�!

⇥x2y0

⇤ 0+�x2y=0 .

Haciendo el cambio z = xy la ecuación se convierte en la conocida z00+�z = 0 .Se ve que no hay �0 . Como la solución de la ecuación en z es z=c1 coswx+c2 senwx ,para �>0 , la solución general de la inicial en ese caso es y = c1

coswxx + c2

senwxx .

Imponemos los datos: y acotada ! c1=0�pues coswx

x!0+�! 1 , mientras que senwxx

x!0�! w�.

Imponiendo el otro: y(1)=0 ! senw=0 ! �n=n2⇡2 , n=1, 2, . . . , yn =� sen n⇡x

Es fácil comprobar que estas autofunciones son ortogonales, respecto al peso r(x)= x2 , pues

hyn, ymi =π 1

0x2 sen nx

xsenmx

x dx = 0 , si n,m (es la integral calculada en el ejemplo 1).

[Observemos que si hubiésemos impuesto un dato típico de problema regular como y(0)= y(1)=0 ,esto implicaría que c1=c2=0 , y la única solución sería y⌘0 8� ].

Otros problemas singulares aparecerán ligados a las ecuaciones de Legendre y Bessel (ecuaciones quedeben ser resueltas por series) al final de último capítulo.

4.2. Series de Fourier

Sean y1, y2, . . . , yn, . . . las autofunciones el problema de Sturm-Liouville separado regular:

(Ps)⇢[py0]0 � qy + �ry = 0↵y(a)�↵0y0(a)=0 , �y(b)+�0y0(b)=0

Toda función f suficientemente buena en [a, b] puede ser escribir como suma infinita dedichas autofunciones, es decir:

f (x) =1’n=1

cn yn(x) , llamada serie de Fourier de f .

Supongamos que la serie puede ser integrada término a término. Por ser las yn ortogonales:π b

ar f ym dx =

1’n=1

cnπ b

ar ynym dx = cm

ar ymym dx ) cn=

h f , ynihyn, yni

, n=1, 2, . . .

Donde, como siempre, hu, vi=Ø b

ar u v dx representa el producto escalar respecto al peso r(x) .

[El r es el de forma autoadjunta de arriba; muchas veces ese peso será 1 , pero no siempre].¿Para qué funciones f la serie con esos coeficientes converge realmente hacia f en [a, b] ? Pediremosa f que sea C1 a trozos, condición que cumplirán las funciones que aparecen en problemas prácticos.

ba x x1 n

Una f es C1 a trozos en [a, b]= [a, x1][[x1, x2][· · ·[ [xn, b] sii. f y f 0 son continuas en cada (xk, xk+1) ,ii. los límites laterales de f , f 0 en cada xk son finitos.

Teor 1.Si f es C1 a trozos en [a, b] la serie

1’n=1

h f , yn ihyn, yn i

yn(x)= f (x) en los x 2 (a, b) en que

f es continua y en los x 2 (a, b) en que f es discontinua suma 12⇥

f (x�)+ f (x+)⇤

.El teorema no dice nada sobre la convergencia en los extremos a y b .

Caso particular de los desarrollos de Fourier son estos desarrollos en series trigonométricas:

Los autovalores y autofunciones de (Ps)⇢y00 + �y = 0y(0)= y(L)=0

son �n= n2⇡2

L2 e yn=�sen n⇡x

n=1, 2, . . .⇥Fácil de comprobar. Un problema en [a, b] se llevaría al anterior (con L=b�a ) haciendo s= x�a

Llamaremos serie de Fourier en senos de f en [0, L] al desarrollo en estas autofunciones:

f (x) =1’n=1

bn sen n⇡xL , con bn= 2

0f (x) sen n⇡x

L dx , n=1, 2, ... [s]

Ya que el peso es r(x)⌘1 y se tiene que hyn, yni=Ø L

0 sen2 n⇡xL dx= 1

0⇥1�cos 2n⇡x

⇤dx = L

Los de (Pc)⇢y00 + �y = 0y0(0)= y0(L)=0

son �n= n2⇡2

L2 , yn=�cos n⇡x

, n=0, 1, . . .

⇥yo= {1}

⇤Y la serie de Fourier en cosenos de una f en [0, L] será:

f (x) = ao2 +

1’n=1

an cos n⇡xL , con an= 2

0f (x) cos n⇡x

L dx , n=0, 1, 2, ... [c]

Pues hyo, yoi =Ø L

0 12 dx = L e hyn, yni =Ø L

0⇥cos n⇡x

⇤2 dx = L2 , si n�1.⇥

Ponemos ao2 en la serie para que la fórmula del an valga también para ao

Otras dos familias de autofunciones muy habituales son las de estos problemas fáciles de resolver:⇢y00 + �y = 0y(0)= y0(L)=0 con �n= [2n�1]2⇡2

22L2 , yn=�sen [2n�1]⇡x

, hyn, yni= L2 , n=1, 2, . . .

⇢y00 + �y = 0y0(0)= y(L)=0 con �n= [2n�1]2⇡2

22L2 , yn=�cos [2n�1]⇡x

, hyn, yni= L2 , n=1, 2, . . .

A los desarrollos en estas dos familias de autofunciones los llamaremos, respectivamente, seriesen senos impares y en cosenos impares en [0, L] .

Observemos que en los cuatro casos anteriores la fórmula para el coeficiente cn de la serie deFourier

�que se deduce de la general h f , yni

�hyn, yni

�adopta la misma forma:

cn= 2L

0f (x)yn(x) dx

[No olvidando poner ao/2 para las series en cosenos, que son las únicas quetienen ese término, ya que para las otras tres las sumas empiezan desde n=1 ].

Ej 1. Sea f (x)= x , x 2 [0, 1] . Desarrollémosla en senos, cosenos y cosenos impares:

f (x)= 2⇡

1’n=1

(�1)n+1

n sen n⇡x , pues bn=2Ø 10 x sen n⇡x dx=� 2

n⇡ cos n⇡ , n=1, 2, . . .

f (x)= 12+

1’n=1

(�1)n�1n2 cos n⇡x = 1

2 � 4⇡2

1’m=1

1(2m�1)2 cos(2m�1)⇡x ,

ya que ao=2Ø 10 x dx=1 , an=2

Ø 10 x cos n⇡x dt= 2

n2⇡2 [cos n⇡�1] , n=1, 2, . . .

f (x) =1’n=1

h4(�1)n+1

⇡(2n�1) �8

⇡2(2n�1)2i

cos (2n�1)⇡x2 , pues cn = 2

Ø 10 x cos (2n�1)⇡x

2 dx = · · · .

Las tres series, según el teorema 1, convergen hacia f (x) para todo x 2 (0, 1) . Lo mismosucedería con el desarrollo en autofunciones de cualquier otro problema de Sturm-Liouville.

La teoría de series de Fourier se puede extender para incluir los problemas periódicos. Así para:

(Pp)⇢y00 + �y = 0y(�L)= y(L), y0(�L)= y0(L) , �n= n2⇡2

L2 , n=0, 1, . . . , yo= {1} , yn=�cos n⇡x

L , sen n⇡xL

se deduce la siguiente serie de Fourier en senos y cosenos en [�L, L]:

[p] f (x) = ao2 +

1’n=1

⇥an cos n⇡x

L + bn sen n⇡xL

⇤, con coeficientes:

[1] an= 1L

�Lf (x) cos n⇡x

L dx , n=0, 1, 2, ... y [2] bn= 1L

�Lf (x) sen n⇡x

L dx , n=1, 2, ... ,

ya que se cumple:Ø L

�L cos m⇡xL sen n⇡x

L dt = 0 para todo m y n ;Ø L

�L 12 dx = 2L ;Ø L

�L cos m⇡xL cos n⇡x

L dx =n 0 m,n

L m = n ;Ø L

�L sen m⇡xL sen n⇡x

L dx =n 0 m,n

L m = n .⇥Las fórmulas [1] y [2] también valen para desarrollar una f definida inicialmente en cualquier

otro intervalo [a, a+2L] (cambiando los límites a la integral) puesØ a+2La

cos2=Ø a+2La

sen2=L⇤.

La serie [p] también converge hacia f (x) en los puntos de continuidad. Pero además se puededecir qué sucede en los extremos �L y L (por definir una función 2L-periódica en todo R):

Teor 2.

Supongamos que f es C1 a trozos en [�L, L] y extendamos f fuera de [�L, L]de forma 2L-periódica. Entonces la serie [p] con an y bn dados por [1] y [2]converge hacia f (x) en todos los puntos en que su extensión es continua (y en lospuntos de discontinuidad converge hacia 1

f (x�)+ f (x+)⇤

Las fórmulas [s] y [c] para los coeficientes de las series en senos y en cosenos se pueden ver como casosparticulares de [1] y [2]: Dada una f inicialmente definida en [0, L] podemos extenderla de forma imparo de forma par a [�L, L]. En el primer caso es impar f (x) cos n⇡x

L y par f (x) sen n⇡xL . En el segundo

f (x) cos n⇡xL es par y f (x) sen n⇡x

L es impar. Por tanto, an=0 y [1] se convierte en [s] en el primero, yen el segundo bn=0 y [2] pasa a ser [c]. Como consecuencia de lo anterior y del teorema 2 se tiene que:

La serie en cosenos de una f continua en [0, L] , con f 0 continua a trozos, convergehacia f en todo [0, L] . Si además es f (0)= f (L)=0 , la serie en senos también lo hace.

[Si no fuese f (0)=0 ó f (L)=0 la f extendida primero de forma impar a [�L, L]y luego de forma 2L-periódica no sería continua en 0 o en L ; además está claroque todas las series en senos se anulan en 0 y L , pues lo hace cada sumando].

Ej 1*. Ya podemos saber hacia qué convergen las dos primeras series del ejemplo 1 en los extremos.

0-1 1 3-3

1impar

0-1 1 3-3

parLa serie en senos no converge hacia f en todo [0, 1](lo hace en [0, 1) , en x = 1 la suma será 0 ). La decosenos sí converge a f en todo el intervalo.[Aunque las series en cosenos se comporten mejor, al resol-ver EDPs por separación de variables no podremos elegir eltipo de series en que desarrollar las funciones. El problemanos impondrá unas autofunciones determinadas].

2 y 5 términosserie en cosenos

2, 5 y 50 términosserie en senosUtilizamos el ordenador para comprobarlo. Para

la serie en cosenos sumamos 2 y 5 términosy ya se tiene una buena aproximación. Para lade senos, en cambio, se ve que cerca de x = 1 ,aunque sumemos 50 términos de la serie, no seajusta bien al valor real.[Cerca de las discontinuidades siempre aparecen‘picos’. Es el llamado ‘fenómeno de Gibbs’].

2 Sngordo

Ej 2. Sea f (x) =⇢

0 , �1 x 0x , 0 x 1 .

Su serie en senos y cosenos está casi calculada (Ej1):14+

1’n=1

(�1)n � 1n2 cos n⇡x � 1

1’n=1

(�1)nn

sen n⇡x .

Viendo su extensión 2⇡-periódica, deducimos que lasuma de esta serie será 0 en (�1, 0] y x en [0, 1)(valores de la f inicial), pero suma 1/2 en �1 y 1 .Cerca de estos dos puntos la convergencia volverá aser mala y lenta como en el ejemplo anterior.

Ej 3. Desarrollemos ahora f (x)=⇡ en serie de las autofunciones yn(x) deny00 + �y = 0y0(0)= y

� ⇡2�=0 .

El problema es uno de los 4 conocidos: el de los cosenos impares.Sustituyendo en las expresiones dadas deducimos que las yn==

�cos(2n�1)x

, n=1, 2, . . .

Y tenemos la fórmula para hallar los cn= 2⇡/2

Ø ⇡/20 ⇡ cos(2n�1)x dx = 4

2n�1 sen(2n�1)x⇤⇡/2

Por tanto: ⇡ = 41’n=1

(�1)n+1

2n�1 cos(2n�1)x = 4⇥cos x � 1

3 cos 3x + 15 cos 5x � · · ·

Como la f desarrollada es continua en⇥0, ⇡2

⇤, la suma de la serie 8x 2

�0, ⇡2

�será ⇡= f (x) .⇥

Es este caso es posible ver que en 0 sí vale ⇡=4 arctan 1 , pero que en ⇡2 vale 0 (los cosenos se anulan).

Con ordenador, sumando 100 términos de la serie con x=1 se obtiene 3.132... , sumando 1000, 3.14227...⇤.

Ej 4. Desarrollemos f (x)= x , x 2 [0,1] , en las yn del Ej 4 de 4.1: {coswnx} con tanwn=1wn

El peso es r(x)=1 !hcoswnx, coswnxi =

Ø 10 cos2wnx dx = 1

2+senwn coswn

w2n+cos2wn

hx, coswnxi =Ø 10 x coswnx dx = senwn

wn+ coswn�1

w2n= 2 coswn�1

Por tanto: x =1’n=1

2(2 coswn�1)w2

n+cos2wncoswnx .

[Usamos el Maple para hallar varios coeficientes y dibujar algunassumas parciales de la serie. Lo primero será aproximar los wn :

w1⇡ 0.8603 , w2⇡ 3.4256 , w3⇡ 6.4373 , w4⇡ 9.5293 . . .De ellos deducimos los cn :

c1⇡ 0.5223 , c2⇡� 0.4614 , c3⇡ 0.0460 , c4⇡� 0.0651 . . .A la derecha están dibujadas f (x) = x y la cuarta suma parcial.Parece también converger en los extremos, cosa que no sabíamos].

4.3. Problemas no homogéneos

En el capítulo 5 aparecerán sobre todo problemas de contorno homogéneos. Pero algunas veces, tambiénalguno no homogéneo, de propiedades diferentes. En ellos ni y⌘0 será solución ni lo son los múltiplosde una solución dada. Damos brevemente la teoría empezando por un ejemplo sencillo:

Ej 1. Discutamos cuántas soluciones tiene⇢y00 = x�dy(1)= y(2)+by0(2)=0 , con d , b constantes.

La solución general es: y = c1+c2x + x3

6 � dx2

2�con y0=c2+

2 �dx�. Imponiendo datos:⇢

y(1) = c1+c2 +16 �

d2 = 0

y(2)+by0(2)=c1+2c2+43 �2d+bc2+2b�2bd=0

, es decir:⇢

c1+c2=d2 �

c1+(2+b)c2 = 2bd+2d�2b� 43

Este sistema tiene solución única en c1 y c2 si el homogéneo tiene sólo la trivial (si es no nuloel determinante de los coeficientes 1+b ). Cuando el homogéneo tenga infinitas soluciones, el nohomogéneo tendrá infinitas o ninguna. Por tanto, si b,�1 , podemos despejar de forma únicac1 y c2 , y la solución queda determinada 8d . Pero si b=�1 :⇢

c1+c2=d2 �

c1 + c2 =23

, este sistema sólo tiene solución cuando d2 �

23 , d= 5

y en ese caso una de las dos constantes queda libre. Si b=�1 , d, 53 , no hay solución.

Generalicemos este ejemplo. Sea el problema para la ecuación no homogénea:

(Pf)⇢ ⇥

p(x)y0⇤ 0+ g(x)y = f (x)

↵y(a)�↵0y0(a)= �y(b)+�0y0(b)=0 , p2C1, g, f 2C , p>0 en [a, b] .

y llamemos (Ph) al problema homogéneo asociado ( f ⌘0 ). Entonces se demuestra que:

Teor 1.

(Pf) tiene solución única , (Ph) tiene sólo la solución y⌘0 .Si (Ph) tiene soluciones no triviales {yh} entonces según seaØ b

af (x) yh(x) dx = 0

, 0 , (Pf) tiene infinitas solucionesninguna solución .

Gran parte del teorema sale de imponer las condiciones de contorno a la solución y=c1y1+c2y2+yp ,por las propiedades de los sistemas algebraicos. Más complicado es probar que esa integral, dondef es la del problema escrito en forma autoadjunta, distingue entre infinitas y ninguna solución.

Ej 1⇤. Para el Ej 1, (Ph) tiene sólo la solución y⌘0 si b,�1 . Y si b=�1 es yh= {1�x} .El (Pf)

⇥para [y0]0= x�d , f es la inicial

⇤, tendrá entonces solución única si b,�1 , e infinitas

ó 0 , para b=�1 , según se anule o no la integralØ 21 (x�d)(1�x) dx = d

2 �56

�= 0 , d= 5

Sea ahora el problema más general con condiciones de contorno no homogéneas:

(PAB)⇢[p(x)y0]0 + g(x)y = f (x)↵y(a)�↵0y0(a)= A, �y(b)+�0y0(b)=B , p2C1, g, f 2C, p>0 en [a, b] ,

y sea (Ph) el homogéneo con f (x)⌘0 , A=B=0 (el mismo de antes). Se prueba que:

Teor 2. (PAB) tiene solución única , (Ph) tiene sólo la solución y⌘0 .[Y si (Ph) tiene infinitas, (PAB) tenerá infinitas o ninguna. Aunque sea f (x)⌘0 , si (al menos) unacondición de contorno es no homogénea, las propiedades son las típicas de uno no homogéneo].

Para el problema de S-L no homogéneo: (P�)⇢[py0]0 � qy + �ry = f (x)↵y(a)�↵0y0(a)= �y(b)+�0y0(b)=0

del Teor 1 se deduce, si (Ps) el problema separado de Sturm-Liouville homogéneo (el de f ⌘0 ):

Teor 3.(P�) tiene solución única , � no es autovalor de (Ps). Si �n es autovalor

con autofunción {yn} , (P�n ) no tiene solucióntiene infinitas según sea

af yn dx ,0

5. Ecuaciones en derivadas parciales

5.1. EDPs lineales de primer orden

Sea la EDP de primer orden: [E] A(x, y) uy+B(x, y) ux = H(x, y) u +F(x, y) , u=u(x, y) .

Para resolverla usaremos la EDO de primer orden [e] dydx=

A(x,y)B(x,y)

ecuación

característica

Si A,B2C1 y no son 0 a la vez en una región del plano, [e] tendrá en ella unas curvas integrales:

⇠(x, y) = K curvas características de [E]

Por la regla de la cadena, el cambio de variable

⇢⇠=⇠(x, y)⌘= y (o bien ⌘= x ) , convierte [E] en:

⇢uy = u⇠ ⇠y + u⌘

ux = u⇠ ⇠x! Au⌘ + [A⇠y+B⇠x]u⇠ = Hu + F

Como sobre las soluciones y(x) definidas por ⇠(x, y)=K es ⇠x+ ⇠y dydx =

1B [A⇠y+B⇠x]=0 ,

vemos que [1] pasa a ser una ecuación en las nuevas variables (⇠,⌘) en la que no aparece u⇠ :

[E⇤] A(⇠,⌘) u⌘ = H(⇠,⌘) u + F(⇠,⌘) , u = u(⇠,⌘) .

Análogamente, si hubiésemos escogido ⌘= x habríamos llegado a: [E⇤] Bu⌘ = Hu + F .(Se observa que tras el cambio queda el término con la variable elegida).

[E⇤] (o [E⇤]) es una EDO lineal de primer orden en la variable ⌘ si consideramos la ⇠ comoconstante y, por tanto, es resoluble (si F = 0 sería homogénea y si H = 0 bastaría integrar). En susolución aparecerá una constante arbitraria para cada ⇠ , es decir, una función arbitraria de ⇠ :

u(⇠,⌘) = p(⇠) eØ

Ad⌘ + e

ØFA e�

d⌘ , con p arbitraria de C1.

Deshaciendo el cambio queda resuelta [E] en función de x e y . En la solución general, comose ve, siempre aparece una función arbitraria de las características.

¿Cómo determinar una única solución de [E]?, es decir, ¿cómo precisar lap arbitraria? Cada solución describe una superficie en el espacio. Genera-lizando los problemas con datos iniciales para EDOs definimos:El problema de Cauchy para [E] consiste en hallar la solución u(x, y) quetome valores dados sobre una curva G del plano xy , es decir, que contengauna curva dada � del espacio. En particular, si G es una recta x=cte ó y=cte

⇥por ejemplo,

si se pide u(x,0)= f (x)⇤, se tiene lo que se llama un problema de valores iniciales.

Ej 1. (y�1)uy�xux =2x2y

u(x,0) = 0La ecuación característica dy

dx =y�1�x se puede mirar como lineal:

dydx =�

1x . e�

Ø1/x = 1

x , y= Cx +

Øxx dx = C

x + 1 (o yp =1 a ojo).

O separable:Ø

dyy�1 =

Ødx�x , ln(y�1)=C�ln x , y�1=Ce� ln x = C

x ! xy�x=C características.Más cortos resultan los cálculos haciendo:⇢⇠ = x (y�1)⌘ = x

uy = x u⇠

ux = (y�1)u⇠+ u⌘! �xu⌘ =2x

2y , u⌘ =�2xy=�2⌘( ⇠⌘ +1)=�2⇠�2⌘ .

Integrando: u(⇠,⌘)=�2⇠⌘�⌘2+p(⇠) . La solución general es: u(x, y)= x2� 2x

2y+p(xy�x) .hPeor:

⇢⇠ = x (y�1)⌘ = y

,nuy = x u⇠+u⌘

ux = (y�1)ux! (y�1)u⌘ =2x

2y , u⌘ =⇠22⌘

(⌘�1)3 , u=�⇠2 ⇥ 1

(⌘�1)2 +2

⌘�1

"⇤+p(⇠)

[Aunque en hemos visto qué ecuaciones quedaban eligiendo ⌘= x ó y conviene hacer elcambio, usando la regla de la cadena, para detectar posibles errores en la características].

Imponemos el dato inicial: u(x,0)= x2+p(�x)=0 , p(�x)=�x

2 . Para precisar la p llamamos�x=v ! x=�v ! p(v)=�v2 ! u(x, y)= x

2�2x2y�x

2y2+2x2y�x

2=�x2y2 .

Ej 2. uy+32 ux = x�y

u(x, x)=0dydx =

23 ! características: y� 2

3 x=K .⇢⇠ = y� 2

⌘ = y!

⇢uy =u⇠ + u⌘

ux = � 23 u⇠

u⌘ = x�y= ⌘2 �

3⇠2 , u=

4 � 3⇠⌘2 + p(⇠) ! u(x, y)= xy� 5

4 y2+p

�y� 2

3 x� solución

general

Con el dato: u(x, x)= p� x

3�� 1

4 x2=0 , p(v)= 9

4v2, u(x, y)= xy� 5

4 y2+ 9

4�y� 2x

3�2= (x�y)2 .

Comprobamos: u(x, x)=0 , y además: uy+32 ux =�2(x�y)+3(x�y)= x�y .

O bien:⇢⇠ = y� 2

⌘ = x! u⌘ =

2⌘9 � 2⇠

3 , u=⌘2

9 � 2⇠⌘3 +p

⇤(⇠)= 5x2

9 � 3xy2 +p

⇤�y� 23 x

�. . .

yEj 3. yuy+xux =2u

u(x,1) = x3

dydx =

lineal�! y=Cx !n⇠= y/x

⌘= y! ⌘u⌘ =2u !

u= p(⇠)⌘2= p� yx

�y2 , u(x,1)= p

� 1x

�= x

3, p(v)= 1v3 ; u= x3

y .[La solución es única, pero, como se ve, no llega más alla de y=0 ].

No siempre los datos de Cauchy (como los anteriores) determinan una sola solución de la ecuación.

1Ej 4. y2

uy+ux =2xudydx = y

2 (separable), 1y =K�x ! x+ 1

y =K características⇢⇠= x+ 1

⌘= x [mejor]! u⌘ =2xu=2⌘u ! u= p(⇠) e⌘2

= p�x+ 1

�ex2 , p2C

⇢⇠= x+ 1

⌘= y [peor]! y2

u⌘ =2xu

x=⇠� 1⌘! u⌘ =

� 2⇠⌘2 � 2

�u ! u= p

⇤(⇠) e1⌘2 �

2⇠⌘ = p

⇤�x+ 1

�e�

1y2 � 2x

[Aunque no lo parezca, las expresiones con p y p⇤ definen la misma solución general].

Impongamos ahora diferentes datos de Cauchy a la ecuación y veamos lo que resulta:

u(x,1)=1 ! p(x+1) ex2=1 x+1=v�! p(v)=e�(v�1)2 ! u=ex

2�(x+ 1y�1)2= e2x� 2x

y� 1

y2 �1.O bien, p

⇤(x+1) e�1�2x = 1 x+1=v�! p⇤(v)= e2v�1 %

Estos cálculos han determinado de forma única la solución del problema de valores iniciales.

u(0, y)= y ! p� 1y

�= y

1/y=v�! p(v)= 1v ! u =

y1+xy ex2 , que también parece ser única.

u(x,� 1x )=0 y u(x,� 1

x )=1 . Ahora estamos imponiendo datos sobre una característica.

Para el primero: p(0) ex2=0 . Lo cumple toda p2C

1 con p(0)=0 . Infinitas soluciones.Para el segundo: p(0) ex2

=1 , p(0)= e�x2 . Imposible. No tiene solución.

Datos sobre características dan siempre 0 o 1 soluciones

h se acaba en p(cte) = algo,que puede ser constante o no

Ej 5. 2xuy � ux = 4xy dydx = �2x ! y+x

2 = K características.⇢⇠ = y + x

⌘ = y! 2xu⌘ = 4xy ; u⌘ = 2⌘ ! u = p(⇠) + ⌘2 = p(y+x

2) + y2 .⇢⇠ = y + x

⌘ = x! �u⌘ =4xy

y=⇠�⌘2= 4⇠⌘�4⌘3 ! u= p

⇤(⇠)+⌘4�2⇠⌘2= p⇤(y+x

2)�2yx2�x

Imponemos como en el ejemplo anterior varios datos de Cauchy y analizamos la unicidad:

u(1, y)=0 ! p(y+1)+y2=0 , p(v)=�(v�1)2p⇤(y+1)�2y�1=0 , p

⇤(v)=2v�1! u = 2y+2x2�2yx

2�x4�1 .

[Solución única, p ó p⇤ fijadas 8v ; x=1 no era tangente a las características].

u(x,�x2)=0 ! p(0)+x

4=0 . Imposible, no hay solución. Dato sobre característica, como:

u(x,�x2)= x

4 ! p(0)=0 . Cada p2C1 con p(0)=0 da una solución diferente: hay infinitas.

En general, no sólo hay problemas de unicidad si se imponen datos sobre característica, sino tambiéncuando hay tangencia entre la curva G y las características. De hecho se prueba que si G no es tangente

en ningún punto a las características hay solución única del problema.

5.2. Orden 2. Clasificación y problemas cásicos

Clasificación, formas canónicas y soluciones

Consideremos [E] L[u] ⌘ A uyy + B uxy + C uxx + D uy + E ux + H u = F(x, y) .

Nos limitamos en estas notas al caso de que A , B , . . . , H sean constantes ( A , B y C

no todas nulas). Como en las de primer orden, quizás un cambio de variable bien elegidohaga desaparecer términos de [E], de forma que resulte una ecuación resoluble elementalmente.Hagamos un cambio genérico y analicemos la expresión de [E] en función de las nuevas variables:⇢

⇠ = px+qy

⌘ = r x+sy, con p,q,r, s constantes y jacobiano J= ps�qr,0 . Entonces:

uy = qu⇠ + su⌘

ux = pu⇠ + ru⌘,

uyy = q2u⇠⇠ + 2qsu⇠⌘ + s

2u⌘⌘

uxy = pqu⇠⇠ +(ps+qr)u⇠⌘ + rsu⌘⌘

uxx = p2u⇠⇠ + 2pru⇠⌘ + r

2u⌘⌘

2A+pqB+p

2C⇤u⇠⇠+

⇥2qsA+(ps+qr)B+2prC

⇤u⇠⌘+

2A+rsB+r

2C⇤u⌘⌘+ · · ·

= A⇤u⇠⇠+ B

⇤u⇠⌘+ C

⇤u⌘⌘+ · · · = F(⇠,⌘)

⇥los puntos son los términos en u⇠ , u⌘ y u

Intentemos hacer A⇤=C

⇤=0 . Para ello debe ser: q2A + pqB + p

2C = 0

s2A + rsB + r

2C = 0 .

Si B2�4AC>0 y A,0 podemos elegir p=r=1 y q, s = 1

2A⇥� B ⌥

pB2�4AC

⇤.⇥

Si A=0 y C,0 tomamos q=1 , p=0 y s=1 ,r=� BC ; A=C=0 es caso trivial

Si B2�4AC=0 , q y s coinciden y sería J=0 . Y si es <0 , q y s serían complejas.

Además, es fácil verificar que (B⇤)2� 4A⇤C⇤= [B2� 4AC] J

2 y, por tanto, el signo de B2�4AC

no varía con cambios de coordenadas. Todo lo anterior nos lleva a definir:

Si B2�4AC

> 0= 0< 0

se dice, respectivamente, que la EDP [E] eshiperbólica

parabólica

elíptica

Encontremos la forma más sencilla en que podemos escribir [E] (forma canónica) en cada caso.Si es hiperbólica, arriba hemos visto que se convierte con el cambio(

⇠ = x � B�pB2�4AC2A y

⌘ = x � B+pB2�4AC2A y

en B⇤u⇠⌘ + · · · = F . Como (B⇤)2>0 , podemos escribir la

forma canónica de las hiperbólicas: u⇠⌘ + · · · = F⇤(⇠,⌘) .

A las dos familias de rectas ⇠=K , ⌘=K se les llama características de [E].

Si [E] es parabólica, sólo tenemos ⇠ = x � By/2A = K [una familia de características].Con esta ⇠ hacemos A

⇤=0 , y como (B⇤)2�4A⇤C⇤=0 también es B

⇤=0 . Para ⌘ podemos tomarcualquier r y s tales que J,0 . Se suele tomar ⌘= y . Así haciendo

n ⇠= x� B2A y

⌘= yy dividiendo por C

⇤ se obtiene laforma canónica de las parabólicas: u⌘⌘ + · · · = F

⇤(⇠,⌘) .

Si es elíptica, las ⇠ ,⌘ son rectas complejas conjugadas: 2Ax�By2A ± i

p4AC�B2

(no hay, pues, características reales). Y no es difícil comprobar que el cambio:(⇠ = 2Ax�Byp

4AC�B2

⌘ = y

lleva [E] a laforma canónica de las elípticas: u⇠⇠+ u⌘⌘ + · · · = F

⇤(⇠,⌘) .

[Si A , B y C son no constantes y es B(x, y)2�4A(x, y)C(x, y) > ,= , < 0 en cada (x, y) de una región ⌦del plano es se dice, respectivamente, que la EDP [E] es hiperbólica, parabólica o elíptica en ⌦ . Lascaracterísticas en este caso general son soluciones de EDOs de primer orden (quizás no resolubles)].

Ej 1. uyy � 4uxy + 5uxx + u = 0 ! B2 � 4AC = �4 < 0 , elíptica.

Copiando el cambio de la página anterior:⇢⇠ = x+2y⌘ = y

! uy = 2u⇠ + u⌘

ux = u⇠!

uyy = 4u⇠⇠ + 4u⇠⌘ + u⌘⌘

uxy = 2u⇠⇠ + u⇠⌘

uxx = u⇠⇠

Llevándolo a la ecuación se llega a la forma canónica: u⇠⇠ + u⌘⌘ + u = 0 .

Ej 2. 4uyy � 4uxy + uxx = 0 ! B2 � 4AC = 0 ! parabólica en todo R

El cambio en este caso sería ⇠ = x +y2 , o mejor (son las mismas características):

⇢⇠ = 2x+y⌘ = y

! uy = u⇠ + u⌘

ux = 2u⇠!

uyy = u⇠⇠+2u⇠⌘+u⌘⌘

uxy = 2u⇠⇠ + 2u⇠⌘

uxx = 4u⇠⇠

! 4u⌘⌘ = 0 , u⌘⌘ = 0 .

Esta forma canónica que se resuelve fácilmente: u⌘ = p(⇠) ! u = ⌘ p(⇠)+q(⇠) .Por tanto, la solución general de la ecuación es:

u(x, y) = y p(2x+y) + q(2x+y) , con p y q funciones C2 arbitrarias.

Como en este caso, a veces es posible hallar elementalmente la solución general de [E] trasponerla en forma canónica (en la mayoría, como en el ejemplo 1, será imposible). Identifiquemoslas formas canónicas resolubles:

Si sólo hay derivadas respecto a una de las variables: u⌘⌘+ E⇤u⌘+H

⇤u = F

Esta lineal de orden 2, ordinaria si la vemos como función de ⌘ , se integra viendo la ⇠como un parámetro. Un par de constantes para cada ⇠ dan lugar a dos funciones arbitrariasde ⇠ en la solución. La ecuación, como vemos, debe ser parabólica.

Si sólo aparece u⇠⌘ y una derivada primera: u⇠⌘+ D⇤u⇠ = F

⇤ o u⇠⌘+ E⇤u⌘ = F

La primera se resuelve haciendo u⇠ =v : la lineal de primer orden v⌘+D⇤v=F

⇤ se resuelveviendo ⇠ como parámetro. La v contiene, pues, una función arbitraria de ⇠ . Al integrarlapara hallar la u aparece otra función arbitraria (de ⌘ ). Las cosas son análogas cuando envez de la u⇠ aparece la u⌘ . La ecuación es hiperbólica.

[En las EDOs de segundo orden aparecen dos constantes arbitrarias; aquí hay, en los dos casos,dos funciones arbitrarias (evaluadas en las características como en las EDPs de primer orden)].[También se ve que, al aparecer dos funciones arbitrarias, para aislar una única solución de laecuación se deberán imponer dos funciones dato. En la página siguiente se presentará el problemade Cauchy para las EDPs de segundo orden].[Otras pocas EDPs más pueden llevarse a estas formas resolubles haciendo cambios del tipou=epyeqxw que hacen desaparecer alguna derivada de menor orden o el término con la u ].[Ni la ecuación del calor ut�uxx ni ninguna elíptica son resolubles por este camino].

Ej 3. uyy + 5uxy + 4uxx + 3uy + 3ux = 9 ! B2�4AC = 9 , hiperbólica.

B⌥pB2�4AC2A =

⇢⇠ = x�y⌘ = x�4y ! uy = �u⇠ � 4u⌘

ux = u⇠ + u⌘!

uyy = u⇠⇠ + 8u⇠⌘ + 16u⌘⌘

uxy = �u⇠⇠ � 5u⇠⌘ � 4u⌘⌘

uxx = u⇠⇠ + 2u⇠⌘ + u⌘⌘

Entonces: u⇠⌘ + u⌘ = �1 , del segundo de los tipos citados. Para resolverla:

u⌘ =v ! v⇠ = �v � 1 ! v = p⇤(⌘)e�⇠ � 1 ! u(⇠,⌘) = p(⌘)e�⇠ + q(⇠) � ⌘

La solución general es: u(x, y) = p(x�4y) ey�x + q(x�y) + 4y�x , p , q arbitrarias.hLa ecuación similar uyy+ 5uxy+ 4uxx+ 3ux = 9 ! u⇠⌘� 1

3 u⌘� 13 u⇠ = �1 , no es resoluble

Unicidad de los problemas clásicos

¿Qué datos adicionales se piden a la EDP lineal [E] L[u]=F de orden 2 para aislar una única solución?Para una EDO de orden 2 se fijaba el valor de la solución y de su derivada en el instante inicial. En unaEDP de primer orden se daban los valores de u en toda una curva G (no tangente a las características).Cuando [E] era resoluble aparecían dos funciones arbitrarias en la solución. Todo ello lleva a plantear el

Problema de Cauchy para [E]: hallar la solución que tomeunos valores dados de u y la derivada un en la dirección delvector normal a lo largo de una curva dada G del plano xy .

[Geométricamente: hallar la superficie solución que contenga una curva daday tenga en cada punto de ella una familia de planos tangentes también dados.La derivada normal un será casi siempre ux o uy ].En particular, al tomar como G el eje x se tiene el problema de valores iniciales que consisteen hallar la solución de [E] que cumple u(x,0)= f (x) , uy(x,0)=g(x) .Como ocurría en las de primer orden se puede probar que:

Teor 1.Si los datos son suaves y G no es tangente a las características en ningún punto,el problema de Cauchy tiene solución única en las proximidades de G .

¿Es el problema de Cauchy adecuado a toda EDP de orden 2? No, no lo es. En los problemas reales surgencondiciones mucho más variadas: en unos casos condiciones iniciales y de contorno a la vez, en otros sólode contorno... Además los datos de Cauchy tienen malas propiedades para algunas EDPs. Por ejemplo,para Laplace (de solución única, pues sin características reales no puede haber tangencia con G ), puedeno haber ‘dependencia continua’ (variando poco los datos, varían mucho las soluciones). Conozcamos losprincipales problemas asociados a las ecuaciones clásicas en dos variables [sólo (P1) será de Cauchy].Para cada uno habría que probar que tiene solución única y dependencia continua (se dice entonces queel problema está ‘bien planteado’). En más variables las cosas son poco más complicadas.

Ondas. La ecuación de ondas es la única de las clásicas resoluble a partir de su forma canónica.Para la cuerda infinita sí es un problema bien planteado este problema de Cauchy:

u(x,0)

g(x)problema puro de

valores iniciales:(P1)

⇢utt�c

2uxx =F(x, t) , x, t 2R

u(x,0)= f (x) , ut (x,0)=g(x)

t(tiene sentido real cuando t es pequeño y estamos lejos de los extremos).

B2�4AC=4c

2, hiperbólica. Características x±ct=K (página 47).Los datos sobre t=0 dan solución única, y se puede probar la dependencia continua.

La resolvemospara F⌘0 :

⇢⇠ = x+ct

⌘ = x�ct,⇢

uxx = u⇠⇠ + 2u⇠⌘ + u⌘⌘

utt =c2[u⇠⇠�2u⇠⌘+u⌘⌘]

, �4c2u⇠⌘ = 0 , u⇠⌘ =0 forma

canónica !

u⇠ = p⇤(⇠) ! u= p(⇠)+q(⌘) . La solución general de la ecuación de ondas homogénea es:

u(x, t) = p(x+ct) + q(x�ct) , p y q funciones arbitrarias de C2.

Imponiendo los datos:⇢

p(x) + q(x) = f (x)cp

0(x) � cq0(x) = g(x) !

⇢p0(x) + q

0(x) = f0(x)

p0(x) � q

0(x) = 1c g(x)

p0 y q

0 son las mismasderivadas ordinarias

en ambas expresiones.

! 2p0(x)= f

0(x)+ 1cg(x) , p(x)= 1

2 f (x)+ 12c

0 g(s) ds+k , q(x)= 12 f (x)� 1

0 g(s) ds�k !

u(x, t) = 12⇥

f (x+ct) + f (x�ct)⇤+ 1

π x+ct

x�ctg(s) ds

fórmula de

D’Alembert

Para la cuerda acotada está bien planteado: (P2)

(utt� c

2uxx =F(x, t) , x 2 [0, L] , t 2R

u(x,0)= f (x) , ut (x,0)=g(x)u(0, t)=h0(t) , u(L, t)=hL(t)

Sus extremos se mueven verticalmente según h0(t) y hL(t) dadas (que estén fijos es un casoparticular). Como siempre que hay extremos, aparecen condiciones de contorno adicionalesy el camino habitual para resolverlos será la separación de variables.

Calor. Para la varilla infinita el problema típico es: (P3)⇢

ut� kuxx =F(x, t) , x 2R, t >0u(x,0) = f (x) , u acotada .

Se prueba que está bien planteado. Basta un solo dato, la distribución inicial de temperaturas f (x) , parafijar las posteriores. [ t=0 es característica y (P3) no es problema de valores iniciales típico].

Para la varilla acotada hay varias condiciones de contorno, con diferentes significados físicos.Si los extremos toman a lo largo del tiempo las temperaturas dadas h0(t) y hL(t) se tiene:

(P4)⇢

ut � kuxx = F(x, t) , x 2 (0, L), t >0u(x,0)= f (x) , u(0, t)=h0(t) ,u(L, t)=hL(t)

Si lo que fijamos es el flujo de calor en los extremos obtenemos:

(P5)⇢

ut � kuxx = F(x, t) , x 2 (0, L), t >0u(x,0)= f (x) , ux(0, t)=h0(t) ,ux(L, t)=hL(t)

[En particular, sih0(t)=hL(t)=0 ,

los extremos están aislados].

Otras condiciones combinan u y ux y expresan la radiación libre de calor hacia un medio atemperatura dada: u(0, t)�aux(0, t)=h0(t) ó u(L, t)+bux(L, t)=hL(t) , con a, b>0 .

[Si el extremo x=L está más (menos) caliente que hL irradia (chupa) calor pues ux = (hL�u)/b<0(>0 ) y el calor viaja en sentido opuesto al gradiente de las temperaturas; igual en el otro extremo].

(P4) ó (P5) (y los otros 7 problemas que aparecen al combinar los 3 tipos de condiciones descritos)son problemas bien planteados. Probemos la unicidad. Sean u1 y u2 soluciones. Entonces u= u1�u2satisface el problema con F = f = h0 = hL = 0 . Nuestro objetivo es deducir que u⌘ 0 . Multiplicando laecuación por u e integrando respecto a x entre 0 y L se tiene:Ø L

0 uutdx�k

0 uuxxdx = 12

0 u2dx�k

⇥uux

⇤ (L,t)(0,t) +k

0 u2xdx = 0 ) d

0⇥u(x, t)

⇤2dx 0

[si u=0 ó ux =0 en los extremos la implicación es clara; es también fácil verlo si u�aux =0, a>0ó si u+bux =0, b>0 ; no se puede probar la unicidad si a<0 ó b<0 (físicamente inadmisible)].

La última integral es una función U(t) no creciente ( U0 0 ), que cumple U(0)=0 (pues u(x,0)=0 ) y es

U(t)�0 (integrando positivo). De las tres cosas se sigue que U(t)⌘0 ) u⌘0 , u1⌘u2 . Unicidad.

Laplace. Los problemas son de contorno. Los dos más importantes son:dominioacotado

DProblema

Dirichlet:

(PD)⇢�u=F en D

u= f en @D

Problema

Neumann:

(PN )⇢�u=F en D

un= f en @D

con D abierto acotado y un derivada según el vector normal unitario exterior n .Si la ecuación está describiendo una distribución estacionaria de temperaturas en una placa, en(PD) fijamos la temperatura en el borde y en (PN ) el flujo de calor en dirección normal al borde.

Si F y f son regulares y @D es C1 a trozos, el (PD) es un problema bien planteado.

Probemos su unicidad mediante una fórmula que generaliza la integración por partes a R2:

Fórmula

de GreenSea u2C

2(D)\C1�

D�. Entonces

u�u dxdy =º@D

u un ds �ππ

kruk2dxdy

hIdentidad u�u=div

⇥uru

⇤�kruk2 y teorema de la divergencia

div f dxdy =º@D

f · n ds

u1 , u2 soluciones de (PD). u=u1�u2 cumple el problema con F= f =0 . Por la fórmula de Green:ππD

kruk2dxdy = 0 ) ru=0 ) u=cte ) u⌘0 (pues u=0 en @D ).

Para que (PN ) pueda tener solución es necesario que F y f satisfagan la relación:ππD

F dx dy =º@D

f ds[basta aplicar el teorema de ladivergencia a ru para verlo].

Si el problema de Neumann (PN ) tiene solución, esta contiene una constante arbitraria.

Ecuación y condición de contorno sólo contienen derivadas. En la prueba de la unicidad, podemos dartodos los pasos excepto la última implicación. Se dice que (PN ) tiene unicidad salvo constante.[Además se imponen a Laplace condiciones del tipo u+aun= f , a>0, y hay problemas mixtos en que enparte de @D hay condiciones tipo Dirichlet, en otra tipo Neumann... (todos están bien planteados)].

5.3. Separación de variables. Ecuación del calor

Este antiguo método nos permitirá hallar la solución (en forma de serie de Fourier) de gran parte delos problemas clásicos presentados en 5.2: los planteados en un intervalo finito en una variable. Enesta sección resolveremos varios para la ecuación del calor en varillas finitas (en infinitas se usa latransformada de Fourier). En las siguientes veremos los de la cuerda finita y los de Laplace.

Empezamos resolviendo un problema homogéneo (lo son la ecuación y las condiciones de contorno).

Sea [P1]

(ut � kuxx = 0 , x 2 (0, L), t >0u(x,0) = f (x)u(0, t) = u(L, t) = 0

[1][2][3]

No hay fuentes de calor externas, los extremos de la varilla se mantienen a 0 grados ysuponemos que los datos iniciales vienen dados por una f que es C

1 a trozos en [0, L] .

Busquemos soluciones de la forma u(x, t) = X(x)T(t) . Debe ser entonces:

XT0�k X

00T = 0 , es decir, X

00X= T

�mejor que k X00

X =T 0T

Como un miembro es función sólo de x y el otro e t , ambos deben ser iguales a una constante:X00

T= �� (ponemos �� para que nos quede la ecuación habitual).

Así obtenemos una EDO para X(x) y otra para T(t) :⇢

X00 + �X = 0 [4]

T0 + �kT = 0 [5] .

El producto de una solución de [4] por una de [5] es entonces solución de [1], para cualquier � .Pero nos interesan sólo las soluciones que satisfacen las condiciones de contorno:

u(0, t)=X(0)T(t)=0 ) X(0)=0u(L, t)=X(L)T(t)=0 ) X(L)=0

(si fuese T(t)⌘0 tendríamos u⌘0 yno se cumpliría la condición inicial). !

⇢X00 + �X = 0

X(0)=X(L)=0 ! �n=n

L2 , Xn=�sen n⇡x

, n=1,2, . . . .

Llevando estos valores de � a la ecuación [5] obtenemos: T0=� kn2⇡2

L2 T ! Tn=ne�kn2⇡2t/L2

Hemos deducido hasta ahora que para cada n son soluciones de [1] cumpliendo [3] las funcionesun(x, t)=

�e�kn2⇡2t/L2 sen n⇡x

, n=1,2, . . .

Una combinación lineal finita de las un también lo hará. Supongamos que también la serie:

u(x, t) =1’n=1

cn un(x, t) =1’n=1

cn e�kn2⇡2t/L2 sen n⇡xL [6]

converge y que satisface [1] y [3]. Si queremos que además se cumpla la condición inicial [2]:1’n=1

cn sen n⇡xL = f (x) ) cn =

0 f (x) sen n⇡xL dx , n=1,2, ... [7]

pues la serie es precisamente la serie de Fourier en senos en [0, L] de f , conocida desde 4.2.La serie [6], con los coeficientes dados por [7], es la solución de [P1].Observemos que u(x, t)�!

t!10 8x 2 [0, L] (la barra tiende a ponerse a 0 grados, como era de esperar).

Se debería ver que la convergencia es suficientemente buena (suma infinita de funciones derivables puedeser no derivable). Si f es C

1 a trozos, se puede probar que converge en [0, L]⇥(0,1) y que ut y uxx sepueden calcular derivando término a término (y así se satisface la ecuación). En x=0 y x=L está claroque es u=0 . Y la condición inicial se satisface en este sentido: la u(x, t) definida por la serie para t >0y por u(x,0)= f (x) es una función continua salvo en los puntos de t=0 en que la f es discontinua.[Aunque f sea discontinua, se ve que la solución (como nos pasará en la varilla infinita) es C

1 paracualquier t > 0 : las discontinuidades desaparecen instantáneamente. Esto será muy distinto en laecuación de ondas: para ella las soluciones heredan los picos y discontinuidades de los datos iniciales].

Si las condiciones de contorno son no homogéneas, comenzaremos haciéndolas 0 hallando

una v que las satisfaga y realizando un cambio de variable. Por ejemplo, para:

[P2]⇢

ut � kuxx = 0 , x 2 (0, L), t >0u(x,0)= f (x) , u(0, t)=T0 , u(L, t)=TL

, T0 , TL constantes,

una v que las cumple es v(x)=⇥1� x

⇤T0 +

xLTL . Haciendo w=u�v , nuestro problema pasa a

ser otro como el [P1] del que acabamos de hallar la solución:(wt�kwxx =0w(x,0)= f (x)�v(x)w(0, t)=w(L, t)=0

! u(x, t)=⇥1� x

⇤T0+

xLTL +

1’n=1

cn e�kn2⇡2t/L2 sen n⇡xL = v+w ,

con cn=2L

f (x)�v(x)⇤

sen n⇡xL dx , n=1,2, . . .

Como w!0 cuando t !1 , v(x) es la distribución estacionaria de temperaturas hacia laque tienden las temperaturas en la varilla, independientemente de las condiciones iniciales.

[Si T0 y TL son funciones de t , la v(x, t) de arriba sigue cumpliendo las condiciones de contorno,pero la ecuación para w resulta ser no homogénea, del tipo de las que vamos a resolver ahora].[Separando variables directamente en [P2] llegamos a X(0)T(t)=T1 (y otra análoga para x= L ),expresión de la que no se deduce nada y por eso se debe buscar la v ].

u(x,0)

w (x,0)1distr.

estac.Ej 1.⇢

ut � uxx = 0 , x 2 (0,1), t >0u(x,0)=1 , u(0, t)=1 , u(1, t)=0 ! v(x) = 1�x .

Operando se llega a u(x, t) = 1�x + 2⇡

1’n=1

(�1)n+1

n e�n2⇡2t sen(n⇡x) .

[No importa que para t = 0 sea incoherente el dato inicial con el de contorno en x = 1 ; la solución será,como dijimos, una función continua para t >0 y para hallar las integrales el valor en un punto no influye].

Veamos cómo resolver el problema no homogéneo con condiciones de contorno homogéneas

(si estas no lo fuesen empezaríamos como en [P2] con un cambio w=u�v ):

[P3]⇢

ut � kuxx = F(x, t) , x 2 (0,⇡), t >0u(x,0)= f (x) , u(0, t)=u(⇡, t)=0

[Tomamos L=⇡ paraabreviar las expresiones].

Las autofunciones del problema homogéneo [P1] eran {sen nx} , n=1,2, . . . Probamos en [P3]la siguiente serie (relacionada con la ecuación) que ya satisface las condiciones de contorno :

u(x, t) =1’n=1

Tn(t) sen nx con las Tn(t) funciones a determinar.

[Tomando las Tn=cn e�kn2t que aparecieron al resolver [P1], la u satisfaría la ecuación con F⌘0 ;debemos dar más libertad a las Tn para conseguir al meter la serie en la ecuación una F .0 ].

Llevando la serie a la ecuación (se supone que es derivable término a término) obtenemos:1’n=1

⇥T0n(t)+kn

2Tn(t)

⇤sen nx = F(x, t) =

1’n=1

Bn(t) sen nx ) T0n + kn

2Tn= Bn(t) .

con Bn(t)= 2⇡

Ø ⇡

0 F(x, t) sen nx dx⇥desarrollo de F(x, t) en senos para t fijo

Y del dato inicial deducimos:

u(x,0)=1’n=1

Tn(0) sen nx= f (x) ) Tn(0)=cn , con cn=2⇡

Ø ⇡

0 f (x) sen nx dx .

Resolviendo la EDO lineal no homogénea para Tn con este dato inicial (con la fórmula de laslineales de primer orden o, a veces, por tanteo) hallamos la Tn(t) y, con ello, la solución de [P3].Otra posibilidad de resolver [P3] es dividirlo en 2 subproblemas más sencillos, uno con F=0 (el [P1])y otro con f = 0 que sería como el anterior, pero con las condiciones iniciales Tn(0) = 0 . Por serecuación y condiciones adicionales lineales, la solución total sería la suma de las soluciones de ambos.Como se ve, en general, para los problemas no homogéneos hay que hacer dos desarrollos en serie yresolver EDOs no homogéneas (frente al único desarrollo y las EDOs homogénas de los homogéneos).

Resolvemos ahora el problema homogéneo para la varilla con extremos aislados:

(ut � kuxx = 0 , x 2 (0, L), t >0u(x,0) = f (x)ux(0, t) = ux(L, t) = 0

Separando variables (es la misma ecuación) aparecen, claro, las mismas EDOs del problema[P1]. Pero ahora cambian las condiciones de contorno de la X :⇢

X00 + �X = 0

X0(0)=X

0(L)=0 ! �n=n2⇡2

L2 , n=0,1,2, . . . , Xn=�cos n⇡x

⇥X0= {1}

Para estos valores de � se tienen las Tn=�e�kn2⇡2t/L2 ⇥

T0= {1}⇤

Así pues, probamos la serie: u(x, t) = co

1’n=1

cn e�kn2⇡2t/L2 cos n⇡xL

Queremos que se satisfaga la condición inicial: u(x,0) = co2 +

1’n=1

cn cos n⇡xL = f (x) .

Los cn desconocidos serán los coeficientes de la serie de Fourier en cosenos de f :

cn =2L

0 f (x) cos n⇡xL dx , n=0,1,2, . . .

Observemos que de nuevo la solución se puede interpretar como la suma de una distribución detemperaturas estacionaria [ co/2 ] y una distribución transitoria que tiende a 0 cuando t ! 1 .Era esperable que toda la varilla (aislada) tendiese a la misma temperatura y que esta fuese elvalor medio de las temperaturas iniciales:

0 f (x) dx

Para resolver un problema no homogéneo con estas condiciones en la ux , se prueba, como sehace siempre, una serie construida con las autofunciones del homogéneo que hemos hallado:

u(x, t) = T0(t)+1’n=1

Tn(t) cos n⇡xL ,

y se resuelven las EDOs que aparecen, con los datos que se deducen del dato inicial de la EDP.

Si las condiciones de contorno hubiesen sido ux(0, t)=F0(t) , ux(L, t)=FL(t) (flujo dado en losextremos), no se puede encontrar (en general) una v(x, t) que sea una recta (se pueden probarparábolas) y, al hacer w=u�v , la ecuación en w que resulta es no homogénea.

(ut � uxx = 0 , x 2 (0,1), t >0u(x,0) = 0ux(0, t)=0 , ux(1, t)=2

Tanteando con v= Ax2+Bx obtenemos que v= x

cumple las condiciones de contorno.Y haciendo w=u�x

2 se tiene el problema:(wt � wxx = 2w(x,0) = �x

wx(0, t)=wx(1, t)=0! w=T0(t)+

1’n=1

Tn(t) cos n⇡x ! T00+

1’n=1

[T 0n+n

2⇡2Tn] cos n⇡x=2

[la función 2 ya está desarrollada en cosenos].

Del dato inicial: T0(0)+1’n=1

Tn(0) cos n⇡x=�x2= ao

2 +1’n=1

an cos n⇡x=� 13 +

1’n=1

4(�1)n+1

n2⇡2 cos n⇡x ,

pues a0=�2Ø 10 x

2dx=� 2

3 , an=�2Ø 10 x

2 cos n⇡x dx= 2x2

n⇡ sen n⇡x⇤1

0�4n⇡

Ø 10 x sen n⇡x dx

=� 4xn2⇡2 cos n⇡x

⇤10+

4n2⇡2

Ø 10 cos n⇡x dx

Resolvemos, pues:⇢

T00 = 2

T0(0)=� 13! T0=2t+C

d.i.! C=� 13 ,

⇢T0n+n

2⇡2Tn=0

Tn(0) = an! Tn=ane�n2⇡2t .

La solución es, por tanto, u(x, t) = 2t + x2� 1

3 � 4⇡2

1’n=1

(�1)nn2 e�n2⇡2t cos n⇡x .

⇥u!1 si t!1 pues ux =2 significa que por la derecha metemos constantemente calor

Más ejemplos de separación de variables para el calor o EDPs similares. El primero es no homogéneo.Y sus condiciones de contorno no nos han aparecido aquí todavía:

Ej 3.⇢

ut�uxx = t sen x , x 2�0,⇡2

�, t >0

u(x,0)=u(0, t)=ux� ⇡

2 , t�=0

Para saber qué solución probar, necesitamos lasautofunciones del homogéneo. Al separar va-riables en ut�uxx =0 vimos que aparecía:

X00+�X=0 (además de T

0+�T =0 que ahora no utilizamos). Esto, con las condicionesX(0)=X

0 � ⇡2�=0 , que salen de los datos de contorno, nos da (problema conocido en 4.2)

dichas autofunciones: Xn=�sen(2n�1)x

, n=1,2, . . . Llevamos, pues, a la ecuación:

u(x, t) =1’n=1

Tn(t) sen(2n�1)x !1’n=1

⇥T0n+(2n�1)2Tn

⇤sen(2n�1)x = t sen x .

La F(x, t) de la derecha ya está desarrollada en esas autofunciones (no necesitamos hacer integrales).Hemos obtenido las ecuaciones ordinarias: T

01+T1= t y T

0n+(2n�1)2Tn=0 , n>1 .

Del dato inicial deducimos: u(x,0) =1’n=1

Tn(0) sen(2n�1)x = 0 ! Tn(0)=0 8n .

La única Tn .0 saldrá de:⇢

T01+T1= t

T1(0)=0! T1= Ce�t+ e�t

Øet t dt = Ce�t+ t �1⇥

O más corto: Tnp= At+B ! A+At+-

B= t⇤.

Imponiendo T1(0)=0 , hallamos T1 y la solución única del problema: u(x, t) = (e�t+t �1) sen x .[La ‘serie solución’ sólo tiene un término y no hemos necesitado integrales para dar los cn

y los Bn(t) . Esto ocurrirá si las f o F son autofunciones o sumas finitas de ellas].

En este el problema de contorno es más complicado (aunque acabará siendo problema homogéneo).

8>>>><>>>>:

ut�kuxx =0 , x 2 (0,1), t >0u(x,0)= x

ux(0, t)�au(0, t)=0, a>0ux(1, t)=1

Vimos en 5.2 que hay unicidad. Para resolverlo lo prime-ro será hacer las condiciones de contorno homogéneas.Tanteando con rectas v=M x+N , se ve que las cumple:

v = x + 1a ! w = u � v !

(wt � kwxx = 0w(x,0)=� 1

wx(0, t)�aw(0, t)=wx(1, t)=0

(problemahomogéneo)

Separando variables se llega a T0+�kT = 0 y al problema de contorno:⇢

X00 + �X = 0

X0(0)�aX(0)=X

0(1)=0 que sabemos que no tiene autovalores < 0 .

Si �=0 : X=c1+c2x !n

c2�ac1=0c2=0 ! �=0 no autovalor.

Si �>0 : X=c1 coswx+c2 senwx , w=p�!

nc2w�ac1=0c2 cosw�c1 senw=0 ! c2=

! c1(a cosw�w senw)=0 ! tanw= aw .

Hay infinitos autovalores �n=w2n >0 (se pueden aproximar

numéricamente). Y las autofunciones se pueden poner:�coswnx+ a

senwnx

, o mejor, Xn=�coswn(x�1)

Yendo a la ecuación en T :Tn=

�e��nkt

! w(x, t)=

1’n=1

cn e��nkt Xn(x) .

Imponiendo el dato inicial se determinan los cn [serán aproximados al serlo los �n ]:

w(x,0)=1’n=1

cnXn(x)=� 1a ! cn=� 1

hXn ,Xn i

1a Xn(x) dx = � 4 senwn

a(2wn+sen 2wn) ,

puesπ 1

⇥Xn(x)

⇤2dx = 1

⇥sen 2wn(x�1)

⇤10=

sen 2wn

acrece

x + -1aSí es calculable exactamente la distribución estacionaria hacia la que tienden

las temperaturas en la varilla:u(x, t) = w(x, t)+x+ 1

a ! x+ 1a cuando t ! 1

[La temperatura final de la varilla, como era esperable, es menor cuantomayor sea el a , es decir, cuanto más fuertemente irradie su extremo].

Se puede usar el método en otras ecuaciones separables además de la del calor:

Ej 5.⇢

ut�uxx+2u=0 , x 2�0, ⇡2

�, t >0

u(x,0)=cos 5x , ux(0, t)=u(⇡/2, t)=0[El término +2u representa una pérdidade calor al medio a lo largo de la varilla].

Separando variables: u(x, t)=X(x)T(t) ! X00X =

T 0T +2=��

h damos el 2mejor a la T

⇢X00 + �X = 0

T0+(2+�)T =0 y de los datos de contorno:

ux(0, t)=X0(0)T(t)=0 ! X

0(0)=0u� ⇡

2 , t�=X

� ⇡2�T(t)=0 ! X

� ⇡2�=0⇢

X00 + �X = 0

X0(0)=X

� ⇡2�=0

! �n= (2n�1)2, n=1,2, . . . , Xn=�

cos(2n�1)x

! T0 = �(2+�n)T ! Tn =

�e�[2+(2n�1)2]t

Probamos pues: u(x, t) =

1’n=1

cn e�[2+(2n�1)2]t cos(2n�1)x .

Y, por el dato inicial: u(x,0) =1’n=1

cn cos(2n�1)x = cos 5x ! c3=1 y los otros 0 .

Así pues: u(x, t) = e�27t cos 5x .

[De forma parecida al calor, se ve que la solución es única; o bien, haciendo u= e�2tw se obtiene unproblema para la ecuación del calor con esos mismos datos, problema cuya unicidad ya demostramos].

Hasta ahora la EDO del problema de Sturm-Liouville siempre ha sido X00+�X=0 , y, por eso, las series

de Fourier eran todas con peso r(x)=1 . Resolvamos un ejemplo para una EDP parecida a la del calor enel que aparece otra ecuación ordinaria para la que es necesario utilizar la teoría general del capítulo 4.

Ej 6.⇢

ut�uxx�4ux�4u=0 , x 2 (0,⇡), t >0u(x,0) = e�2x, u(0, t)=u(⇡, t)=0

más corto ahora aquí

u=XT ! T 0T =

X00+4X0x

.+4=�� !

⇢x00+4X

0+(4+�)X=0X(0) = X(⇡) = 0

�en forma autoadjunta

⇥e4x

X0⇤ 0+4e4x

X+�e4xX=0

�y T

0+�T =0 .

Hay que resorver el problema de contorno (y debemos considerar los �<0 ). µ=�2±p�� .

�<0 : X=c1e(�2+p)x+c2e(�2�p)x cc! X ⌘ 0 . �=0 : X= (c1+c2x) e�2x cc! X ⌘ 0 .

�>0 : X= (c1 coswx+c2 senwx) e�2x , c1=0c2e�2⇡ senw⇡=0 , �n=n

2, Xn= {e�2x sen nx}n=1,2, . . .

Probamos pues la solución: u(x, t) =1’n=1

cn e�n2te�2x sen nx . Falta el dato inicial:

u(x,0) =1’n=1

cn e�2xsen nx=e�2x . Aunque hay atajos seguimos con la teoría general:

Para calcular los cn necesitamos hallar hXn,Xni=Ø ⇡

0 e4x e�4x sen2nx dx = ⇡

y además: he�2x,Xni=Ø ⇡

0 e4x e�2x e�2x sen nx dx = � 1n cos nx

⇤⇡0 =

1�(�1)nn (=0 si n par).

Por tanto, la solución es: u(x, t) = 4⇡

1’m=1

e�(2m�1)2 t2m�1 e�2x sen(2m�1)x .

Veamos ahora los atajos. El primero es observar que la igualdad de u(x,0) equivale a:1’n=1

cn sen nx=1 (desarrollo de 1 en senos) ! cn=2⇡

Ø ⇡

0 sen nx dx (cálculado arriba).

El segundo viene de recordar (1.2) que cambios u= ept+qxw simplifican la ecuación.Podríamos tantear, pero en este caso todo pide hacer:

u= e�2xw ! ut = e�2xwt , ux = e�2x[wx�2w] , uxx = e�2x[wxx�4wx+4w] !nwt � wxx = 0w(x,0)=1, w(0, t)=w(⇡, t)=0 , primer problema resuelto por separación de variables.

5.4. Ondas. D’Alembert y separación de variables

En la sección 5.2 vimos que la solución general del problema puro de valores iniciales

u(x,0)

g(x)(P1)

⇢utt � c

2uxx = 0 , x, t 2R

u(x,0)= f (x) ,ut (x,0)=g(x)

era u(x, t) = p(x+ct) + q(x�ct) , p,q2C2, y la solución única de (P1) venía dada por:

u(x, t) = 12⇥

f (x+ct)+ f (x�ct)⇤+ 1

π x+ct

x�ctg(s) ds

fórmula de

D’Alembert

[Para que u sea C2, debe f 2C

2 y g 2C1 (solución clásica o regular). Si u es continua pero no

C2 se llama ‘solución débil’. Se ve que aunque se admitan como soluciones, sigue la unicidad].

La solución de (P1) es suma de dos ondas que viajan a velocidad c , una hacia las x crecientes

y otra hacia las decrecientes. A la vista de D’Alembert, llamando G(x)⌘ 12c

0 g(s) ds :q(x)= 1

2 f (x)�G(x) va hacia la derecha y p(x)= 12 f (x)+G(x) va hacia la izquierda.

f f/2h

0—b b

Ej 1. Supongamos f =0 salvo una perturbación en forma de triánguloen torno a 0 y que soltamos la cuerda sin impulso ( g=0 ).

Dibujemos la solución para diferentes t . Bastará trasladar las dosondas que viajan en sentidos opuestos

⇥aquí ambas son 1

2 f (x)⇤:

t=b/2ch/2

—b b

t=b/ch/2

—b b

t=3b/2ch/2

—b b

Ha costado poco hacer los dibujos de esta solución débil [bastante más costaría dar su expresiónanalítica]. Los picos de la f inicial siguen indefinidamente y viajan también a velocidad c .

Si hay fuerzas externas, el problema es: (P2)n

utt � c2uxx = F(x, t) , x, t 2R

u(x,0) = f (x), ut (x,0) = g(x) .

Se comprueba que su solución es:

u(x, t) = 12⇥

f (x+ct)+ f (x�ct)⇤+ 1

π x+ct

x�ctg(s) ds + 1

π x+c[t�⌧]

x�c[t�⌧]F(s,⌧) ds d⌧ [DA]

x+ct s

(x,t)τObservemos que u(x, t) sólo depende de los valores de f en x�ct y x+ct

[puntos de corte con el eje x de las características que pasan por (x, t) ] y delos de g en el intervalo [x�ct, x+ct] . A este intervalo se le llama dominio

de dependencia del punto (x, t) . Se comprueba también que el recinto descritopor la integral doble es el triángulo del plano s⌧ limitado por el eje ⌧ = 0 ylas características citadas. Así pues, para hallar la solución u en un punto (x, t) se necesita sólo: i) losvalores de F en dicho triángulo, ii) los de g en su base, iii) los de f en los dos puntos x�ct y x+ct .

Ej 2.⇢

utt � uxx = 2u(x,0)= x , ut (x,0)=3 Utilizando directamente la última fórmula [DA]:

u = 12⇥(x+t)+(x�t)

⇤+ 1

Ø x+t

x�t 3 ds+ 12

Ø x+[t�⌧]x�[t�⌧] 2 ds d⌧ = x+3t+2

0 [t�⌧] d⌧ = x+3t+t2 .

A veces es fácil hallar una solución particular v de la ecuación no homogénea y así evitar elcálculo de la integral doble, pues w = u�v conduce a un problema más sencillo con F = 0 ,(esto no se podrá hacer siempre cuando haya condiciones de contorno, pues podrían dejar de serhomogéneas). Por ejemplo si F depende sólo de x o de t se puede buscar una v(x) o una v(t) :

�vxx =2 ! v=�x2+Cx+K ! si v(x)=�x

2, w cumplenwtt � wxx = 0w(x,0)= x+x

2, wt (x,0)=3! w= 1

2⇥(x+t)+(x+t)2+(x�t)+(x�t)2

⇤+Ø x+t

x�t 3 ds = x+x2+t

2+3t ! u= x+3t+t2.

vtt =2 ! v(t)= t2+3t !

nwtt � wxx = 0w(x,0)= x, wt (x,0)=0 ! w = x ! u = x + 3t + t

Pasemos a resolver problemas con condiciones de contorno. En primer lugar, el problema parala cuerda semi-infinita, sin fuerzas externas y fija en un extremo:

(P3)⇢

utt�c2uxx = 0 , x �0 , t 2R

u(x,0)= f (x) , ut (x,0)=g(x) , u(0, t)=0[para que no esté rota,

debe ser f (0)=0 ].

D’Alembert exige funciones definidas 8x y f y g no lo están si x < 0 . ¿Cómo extender estasfunciones a todo R? Si llamamos f

⇤ y g⇤ a sus extensiones y se debe cumplir la condición:

u(0, t)= 12⇥

f⇤(ct)+ f

⇤(�ct)⇤+ 1

�ct g⇤(s) ds = 0 ,

es claro que f⇤ y g⇤ han de ser impares respecto a 0 ,

es decir, f⇤(�x)=� f

⇤(x) ; g⇤(�x)=�g⇤(x) .Así pues, la solución de (P3) es la del siguiente problema (para la cuerda infinita):⇢

utt�c2uxx =0 , x, t 2R

u(x,0)= f⇤(x),ut (x,0)=g⇤(x)

, u(x, t)= 12⇥

f⇤(x+ct)+ f

⇤(x�ct)⇤+ 1

πx+ct

x�ctg⇤(s) ds [DE]

pues u cumple la ecuación, las condiciones iniciales para x �0 , y la de contorno. El problemadel uso de [DE] es que f

⇤ y g⇤ tienen, en general, diversas expresiones en distintos intervalos.

Resolvamos ahora el problema más general con fuerzas externas y extremo móvil:

(P4)⇢

utt�c2uxx = F(x, t) , x �0, t 2R

u(x,0)= f (x) , ut (x,0)=g(x) , u(0, t)=h0(t)[debe ahora serf (0)=h0(0) ].

Primero debemos hacer la condición de contorno homogénea, hallando una v que la cumplay haciendo w=u�v , ya que entonces será w(0, t)=0 , aunque probablemente se complicarán laecuación y el resto de condiciones. La v más clara (no siempre la mejor) es: v(t)=h0(t) .La solución del problema en w la dará [DA] si sustituimos sus f , g y F por f

⇤, g⇤ y F⇤,

siendo ésta última la extensión impar de F mirándola como función de x .

Ej 3.⇢

utt�uxx =0 , x �0, t 2R

u(x,0)=ut (x,0)=0 , u(0, t) = t2 Hallemos primero simplemente u(1,2) .

-1 1 3

-2Para anular la condición de contorno podemos usar la v citada:

w=u�t2 !

(wtt�wxx =�2w(x,0)=wt (x,0)=0w(0, t) = 0

!(wtt�wxx =

n2 , x<0�2 , x>0

w(x,0)=wt (x,0)=0!

w(1,2)= 12

ØØ4F

⇤= 12

h(2) área +(�2) área

i= �3 ! u(1,2)=�3+4=1 .

[Por ser constantes las F a integrar, nos hemos ahorrado el cálculo de integrales dobles. Perosi F fuese otra, habría que hacer 3 integrales dobles, una para el triángulo y 2 para el trapecio].

Pero podríamos conseguir un problema sin F , haciendo el cambio con una v mejor. Tanteandoun poco se ve que v= x

2+t2 cumple la condición y también la ecuación:

w=u�v !(wtt�wxx =0w(x,0)=�x

2, wt (x,0)=0w(0, t) = 0

!(wtt�wxx =0 , x, t 2R

w(x,0) = f⇤(x)

wt (x,0)=0! w(1,2) = 1

2 [ f⇤(3)+ f

⇤(�1)] = �4 ! u(1,2) = 5�4 = 1 .

Con este segundo cambio no es difícil dar la u(x, t) para todo x, t � 0 (con el primero costaríamucho). Está claro que hay que considerar dos posibilidades, pues, aunque x+t es positivo, x�t

puede ser también negativo, y la f⇤ tiene expresiones distintas para valores positivos y negativos:

w = 12 [ f

⇤(x+t)+ f⇤(x�t)] =

(� 1

2 (x+t)2+ 12 (x�t)2=�2t x, x t

� 12 (x+t)2� 1

2 (x�t)2=�x2�t

2, x � t

⇢(x�t)2, x t

0 , x � t.

[Como las ondas viajan a velocidad c=1 los puntos a distancia � t debían estar parados en el instante t ].

Estudiemos la cuerda acotada y fija en los extremos [será resoluble por separación de variables]:

(utt�c

2uxx =0 , x 2 [0, L], t 2R

u(x,0)= f (x) , ut (x,0)=g(x)u(0, t) = u(L, t) = 0

[debe serf (0)= f (L)=0 ].

Para hallar su solución única usando D’Alembert extendemos f y g a [�L, L] de forma impar

respecto a 0 y luego de forma 2L-periódica a todo R:f⇤(�x)=� f

⇤(x) , f⇤(x+2L)= f

⇤(x) ; g⇤(�x)=�g⇤(x) , g⇤(x+2L)=g⇤(x) .

2L 3L-2L -L

(entonces f⇤ y g⇤ también

serán impares respecto a L ).

La solución de (P5) se obtiene entonces aplicando [DE] an

utt�c2uxx = 0 , x, t 2R

u(x,0)= f⇤(x) , ut (x,0)=g⇤(x)

u(x,0)

1xEj 4.

8>>><>>>:

utt � uxx = 0 , x 2 [0,1], t 2R

u(x,0) =nx , 0x1/21�x , 1/2x1

ut (x,0) = u(0, t) = u(L, t) = 0

(Puede representar la pulsaciónde la cuerda de una guitarra).

Es muy complicado hallar explícitamente u(x, t) = 12⇥

f⇤(x+ t) + f

⇤(x� t)⇤8 x, t pues f

⇤ tienemuchas expresiones y habría que discutir en qué intervalos se mueven x+t y x�t :

*f⇤(x) =

8>>>>>>><>>>>>>>:

· · ·�1�x, �3/2 x �1/2x , �1/2 x 1/2

1�x, 1/2 x 3/2x�2, 3/2 x 5/2· · ·

Algo más sencillo, pero aún largo, sería hallar la solución para un t o un x fijo. Pero sí es muyfácil hallar u para un (x, t) dado. No se necesita siquiera la expresión de f

⇤. Por ejemplo:u� 1

4 ,3�= 1

f⇤� 13

4�+ f

⇤�� 114� ⇤="

f⇤ �� 3

4�+ f

⇤ �� 34� ⇤="� f

� 34�= � 1

4 .f ⇤ es 2-periódica f ⇤ es impar

Tampoco se precisa conocer f⇤ (sí su gráfica) para hacer dibujos: basta trasladar 1

2 f⇤ a izquierda

y derecha y sumar . Por ejemplo, dibujemos primero u�x, 14

�= 1

f⇤ �

x+ 14�+ f

⇤ �x� 1

4� ⇤

u(x,1/4)

f*/2 f */2

El máximo de la gráfica de 12 f

⇤ (la de f⇤ con la mitad de

altura), se ha ido al ir hacia la izquierda hasta (1/4,1/4)y al ir hacia la derecha a (3/4,1/4) . Al sumar dos rectascon la misma pendiente sale otra con el doble, y al sumardos con pendiente opuesta queda una constante.

Dibujemos ahora:u� 1

2 , t�= 1

f⇤� 1

2+t�+ f

⇤� 12�t

� ⇤= 1

f⇤� 1

2+t�� f

⇤�t� 1

2� ⇤

5u(1/2,t)

La gráfica tiene periodo 2. Por las propiedades de f⇤ y g⇤, la u dada por [DE] es

2Lc �periódica.

Si queremos resolver (P6)

(utt�c

2uxx = F(x, t) , x 2 [0, L], t 2R

u(x,0) = f (x) , ut (x,0) = g(x)u(0, t) = h0(t) , u(L, t) = hL(t)

(hay fuerzas externas y

movemos los extremos)

primero, como en (P4), hay que hallar una v que cumpla las condiciones de contorno y hacerw=u�v . Tanteando con funciones v=a(t)x+b(t) se ve fácilmente que una posible v es:

v(x, t)=⇥1� x

⇤h0(t) + x

L hL(t) [a veces será mejor buscar otra].

La solución del problema en w la da de nuevo [DA], poniendo en vez de f , g y F , lasextensiones impares y 2L-periódicas f

⇤, g⇤ y F⇤ (vista F como función de x ).

Separación de variables para ondas

Resolvamos el problema para la cuerda vibrante con extremos fijos (que acabamos de resolverextendiendo los datos y aplicando la fórmula de D’Alembert y podremos comparar). Empezamoscon el siempre más sencillo problema homogéneo:

(utt � c

2uxx = 0 , x 2 [0, L], t 2R

u(x,0)= f (x), ut (x,0)=g(x)u(0, t)=u(L, t)=0

Separando variables u=X(x)T(t) e imponiendo los datos de contorno obtenemos:

T= �� !

⇢X00 + �X = 0 , X(0)=X(L)=0 ! �n=

n2⇡2

L2 , Xn=�sen n⇡x

T00 + �c

2T = 0 n=1,2, . . .

Las Tn correspondientes son combinaciones lineales de sen n⇡ctL y cos n⇡ct

Así, funciones de la forma: un(x, t) =hkn cosn⇡ctL + cn senn⇡ct

isenn⇡x

L , n=1,2, . . .

satisfacen la EDP y las condiciones de contorno. Probamos, pues:

u(x, t) =1’n=1

hkn cos n⇡ct

L + cn sen n⇡ctL

isen n⇡x

con kn y cn constantes (en el calor sólo quedaba una arbitraria). Para que se cumplan lascondiciones iniciales (que aquí son dos):

u(x,0) =1’n=1

kn sen n⇡xL = f (x) ! kn =

0 f (x) sen n⇡xL dx , n=1,2, ...

ut (x,0) =1’n=1

n⇡cL cn sen n⇡x

L = g(x) ! cn =2

0 g(x) senn⇡xL dx , n=1,2, ...

pues n⇡cL cn son los coeficientes del desarrollo de g en senos.

Se prueba que la serie converge y satisface realmente el problema si las extensiones impares de f

y g respecto a 0 y L son C2 y C

1, respectivamente (si f ó g no son tan buenas la serie soluciónserá lo que llamamos solución débil; en las ondas no desaparecen las discontinuidades).Para algunas cuestiones (valores concretos, dibujos, ... ) será mejor usar D’Alembert, pero se venmejor otras propiedades en la serie. Por ejemplo, como cada un es 2L/c-periódica en t , tambienu tiene este periodo. Observemos además que la solución aparece como combinación infinita de‘modos naturales de vibración’ [ sen(n⇡x/L) ] cada uno de los cuales vibra con una frecuencian⇡c/L (‘frecuencias naturales’ de la cuerda). En términos acústicos u1 da el tono fundamental(su frecuencia es ⇡c/L ) y los demás son los ‘armónicos’ (de frecuencia múltiplo de la anterior).

Como siempre, para empezar a resolver por separación de variables, han de ser las condiciones

de contorno homogénes. Y para resolver los problemas no homogéneos se prueban series

de autofunciones del homogéneo.

u(x,0)

1xEj 4*.

8>>><>>>:

utt � uxx = 0 , x 2 [0,1], t 2R

u(x,0) =nx , 0x1/21�x , 1/2x1

ut (x,0) = u(0, t) = u(L, t) = 0

(Ejemplo 4 de antes que podíarepresentar la pulsación de lacuerda de una guitarra).

Basta copiar de arriba: u(x, t) =1’n=1

kn cos n⇡t sen n⇡x (2-periódica),

con kn = 2Ø 1/20 x sen n⇡x dx + 2

Ø 11/2 (1�x) sen n⇡x dx

= � 2x cos n⇡xn⇡

⇤1/20 � 2(1�x) cos n⇡x

⇤11/2 +

Ø 1/20 cos n⇡x dx � 2

Ø 11/2 cos n⇡x dx

= 2n⇡

⇥� cos n⇡

2 + cos n⇡2⇤+ 2

n2⇡2 sen n⇡2 +

2n2⇡2 sen n⇡

n2⇡2 sen n⇡2 (=0 si n par).

(Pulsando la cuerda en el centro desaparecen los armónicos pares).

(utt�uxx =0 , x 2 [0,2], t 2R

u(x,0)= x2 , ut (x,0)=0

u(0, t)=0 , u(2, t)=4

Hallemos u(1,2) y u(x,1) , con D’Alembert y separandovariables. En ambos casos, se debe empezar con un cambio.Ya conocemos la v(x, t)=

⇥1� x

⇤h0(t) + x

L hL(t)=2x .

x –2x

w=u�v !⇢wtt�wxx =0 , x 2 [0,2]w(x,0)= x

2�2x , wt (x,0)=w(0, t)=w(2, t)=0 .

Para D’Alembert se debe extender f de forma impar y 4-periódica:f⇤(x) = · · · , �x(x+2) en [�2,0] , x(x�2) en [0,2] , �(x�4)(x�2) en [2,4] , · · ·

La solución viene dada por w = 12 [ f

⇤(x+t)+ f⇤(x�t)] . Por tanto:

w(1,2) = 12⇥

f⇤(3)+ f

⇤(�1)⇤=

4per12⇥

f⇤(�1)+ f

⇤(�1)⇤=

impar� f (1) = 1 ! u(1,2)= 3 .

Para hallar w(x,1) aparecen dos casos (se podría ver mirando los dominios de dependencia):

w(x,1)= 12⇥

f⇤(x+1)+ f

⇤(x�1)⇤=

⇢0 x 1 , [�(x�1)(x+1) + (x+1)(x�1)]/2 = 01 x 2 , [�(x�1)(x�3) + (x�3)(x�1)]/2 = 0 ! u(x,1)=2x .

[Es claro que llevando f⇤ una unidad a izquierda y derecha y sumando todo se cancela].

Para resolver el problema en w separando variables copiamos de la página anterior:

w(x, t)=1’n=1

kn cos n⇡t2 sen n⇡x

2 con kn=Ø 20 (x2�2x) sen n⇡x

2 dx = 16n3⇡3 [cos n⇡�1] !

w(x, t)=� 32⇡3

1’m=1

1(2m�1)3 cos (2m�1)⇡t

2 sen (2m�1)⇡x2 ! w(x,1)=0 , pues cos (2m�1)⇡

2 =0 .

Además: w(1,2) = 32⇡3

1’m=1

(�1)m+1

(2m�1)3h=1 ; deducimos que 1 � 1

33 +153 � 1

73 + · · · = ⇡3

Una ecuación de ondas con un término más (podría representar un rozamiento con el medio):

Ej 6.⇢

utt+4ut�uxx =0 , x 2 [0,⇡], t 2R

u(x,0) = sen 2x , ut (x,0)=u(0, t)=u(⇡, t)=0Como la ecuación es nueva, debemoscomenzar separando variables:

u=XT ! X[T 00+4T0] � X

00T = 0 ! T 00+4T 0

t = X00X = �� !

⇢x00+�X = 0

X(0)=X(⇡)=0 !

�n=n2, n=1,2, . . . , Xn= {sen nx} ! T

00+4T0+n

2T = 0 , r=�2±

p4�n2 !

T1=c1 e(�2+p

3 ) t+ c2 e(�2�p

3 ) t , T2= (c1+c2t) e�2t , Tn�3=e�2t �c1 cos

p4�n2 t+c2 sen

p4�n2 t

Probamos, pues, u(x, t)=1’n=1

Tn(t) sen nx . Sólo faltan las condiciones iniciales:

u(x,0)=1’n=1

Tn(0) sen nx=sen 2x , ut (x,0)=1’n=1

T0n(0) sen nx=0 ! Tn(t)⌘0 , si n,2

[ecuación homogénea con datos nulos]

Sólo es no nula T2 : T2(0)=c1= 1T02(0) =c2�2c1=0 ! u= (1+2t) e�2t sen 2x . [Tiende a pararse la

cuerda con rozamiento].

Acabamos la sección con algunas reflexiones sobre el método de separación de variables.Todos los problemas que hemos visto estaban formados por una EDP lineal L[u]=F , con L lineal (esdecir, L[au1+bu2]=aL[u1]+bL[u2] ) y unas condiciones adicionales lineales también.Ha sido posible resolverlos porque todas las ecuaciones eran ‘separables’ (hay EDPs que no lo son) y losrecintos que aparecieron eran ‘simples’ (limitados por ‘variable=cte’ ).Siempre nos hemos ocupado primero de garantizar que sean homogéneas las condiciones de contorno.En todos los problemas homogéneos hemos buscado soluciones de la EDP que eran productos u=XT ,y ello nos llevó a unas Xn autofunciones de un problema de contorno y unas Tn soluciones de otra EDOhomogénea con datos iniciales. Gracias a la linealidad pudimos construir la serie u(x, t)=Õ cnTn(t)Xn(x)y fijamos los cn imponiendo la condición inicial (o las condiciones) y haciendo desarrollos de Fourier.Para los problemas no homogéneos, buscando también una serie solución, metimos en la ecuación unaserie cuyos términos eran productos de las autofunciones del problema homogéneo por funciones a

determinar de la otra variable. Resolviendo la familia resultante de EDOs lineales no homogéneas conlas condiciones que se deducían de las condiciones iniciales, obtuvimos la solución.En los problemas resueltos hasta ahora necesariamente había dos condiciones de contorno y, además unao dos condiciones iniciales. Cuando resolvamos Laplace en 5.5 veremos que a veces las condiciones decontorno no están a la vista (por ejemplo, en un círculo se exigirá periodicidad); y, en vez de condicionesiniciales, aparecerán otras dos de contorno (quizás alguna tampoco escrita, como la acotación).

5.5. Separación de variables para Laplace

En esta sección resolveremos por separación de variables problemas para la ecuación de Laplace (ho-mogénea y no homogénea) tanto en coordenadas rectangulares como en polares y tanto para problemasde Dirichlet, como de Neumann, como mixtos. En cartesianas el problema de Sturm-Liouville a resolverserá en x o en y según convenga, pero en polares será en la ✓ (preferible al de la ecuación de Euler queaparecería para la r ). Las condiciones adicionales a imponer a la otra variable serán aquí de contorno.Comenzamos por el problema de Dirichlet en un rectángulo, es decir:

bf (x)

g (y)a

(�u=F(x, y) , en (0,a)⇥(0, b)u(x,0)= fo(x), u(x, b)= fb(x)u(0, y)=go(y), u(a, y)=ga(y)

Por ser lineales la ecuación y las condiciones, basta resolver los 5 subproblemas que se obtienenal hacer 4 de las 5 funciones que aparecen igual a 0 y sumar las 5 soluciones (de hecho, se puededescomponer en menos o hacer cambios que anulen alguno de los términos no homogéneos).Comencemos resolviendo, por ejemplo, uno de los 4 problemas para la ecuación homogénea:

(�u = 0 , en (0,a)⇥(0, b)u(x,0)= fo(x)u(x, b)=u(0, y)=u(a, y)=0

u(x, y)=X(x)Y (y) ! X00Y+XY

00=0 !

� X00

00Y= � !

⇢X00+�X = 0

Y00��Y = 0

[poniendo �� salen X00��X=0 , Y

00+�Y =0 ].

De u(0, y)=u(a, y)=0 se deduce que X(0)=X(a)=0 , con lo que el problema de contorno parala X tiene solución no trivial si

�n=n2⇡2

a2 , Xn=�sen n⇡x

, n=1,2, . . . .

Para esos �n es Yn=c1 en⇡y/a+c2 e�n⇡y/a . La condición homogénea aún no aplicada u(x, b)=0impone Y (b)=0 . Nos interesan las Yn que la cumplen:

c2=�c1e2n⇡b/a ! Yn=c1en⇡b/a�en⇡[y�b]/a�en⇡[b�y]/a

�! Yn=

�sh n⇡[b�y]

Probamos entonces: u(x, y) =1’n=1

cn shn⇡[b�y]a senn⇡x

Para satisfacer la condición de contorno no homogénea que falta:

u(x,0) =1’n=1

cn shn⇡ba senn⇡x

a = fo(x) ! cn sh n⇡ba =

0 fo(x) senn⇡xa dx

Análogamente se resuelven los otros 3 subproblemas con F⌘0 de [P1]. En uno de ellos volvemosa tener las Xn de antes, y en los otros dos es Y (con condiciones de contorno homogéneas) laque proporciona las autofunciones Yn=

�sen n⇡y

[Los papeles de X e Y son intercambiables. En polares, aunque tanto R como ⇥ tienen condicionesde contorno, la EDO de la ⇥ será más sencilla y la elegiremos siempre para las autofunciones].

Para resolver el último subproblema, el de la ecuación no homogénea:⇢�u = F(x, y) , en (0,a)⇥(0, b)u(x,0)=u(x, b)=u(0, y)=u(a, y)=0

como siempre se prueba una serie de autofunciones. Aquí hay dos posibilidades [elegiremos laque proporcione un desarrollo más fácil para F ]:

u(x, y) =1’n=1

Yn(y) sen n⇡xa ó u(x, y) =

1’n=1

Xn(x) sen n⇡yb

[Con cambios w=u�v , o resolviendo menos subproblemas se puede llegar antes la solución; loúnico necesario para empezar a separar variables es que sea u=0 en x=0,a ó en y=0, b ].

Siguiendo con Laplace en cartesianas, resolvemos un problema de Neumann. Suponemos laecuación no homogénea, pero con condiciones de contorno homogéneas:

[P2]⇢�u = F(x, y) , en (0,⇡)⇥(0,⇡)uy(x,0)=uy(x,⇡)=ux(0, y)=ux(⇡, y)=0

Separando variables en la ecuación homogénea llegamos, claro, a las mismas ecuaciones que en[P1]: X

00+�X =0 , Y00��Y =0 . Las condiciones de contorno obligan a que X

0(0)= X0(⇡)=0 ,

Y0(0)=Y

0(⇡)=0 . Para este problema tenemos, pues, dos familias de autofunciones {cos nx} ó{cos ny} , n=0,1, . . . y podemos elegir cualquiera de ella para nuestra serie. Por ejemplo:

u(x, y) = X0(x) +1’n=1

Xn(x) cos ny !

X000 +

1’n=1

[X 00n �n

2Xn] cos ny = B0(x)

2 +1’n=1

Bn(x) cos ny , Bn(x)= 2⇡

Ø ⇡

0 F(x, y) cos ny dy .

Debemos resolver los infinitos problemas de contorno para EDOs:

X000 =

12 B0 =

Ø ⇡

0 F(x, y) dy ; X00n �n

2Xn=Bn , n�1 ; con X

0n(0)=X

0n(⇡)=0 .

Las Xn con n�1 quedan determinadas de forma única (el problema homogéneo, como sabemosdesde 4.1, tiene sólo la solución trivial).Pero X

000 =0 , X

00(0)=X

00(⇡)=0 tiene soluciones no triviales

�{1}

�, con lo que, según 4.3, para

que haya solución para X0 es necesario que seaØ ⇡

0 1·B0(x) dx=0 . Es decir,

[P2] tiene solución sólo si

Ø ⇡

0 F(x, y) dx dy=0 y entonces hay una constante arbitraria.

Todo esto es coherente con lo dicho sobre Neumann en 5.2.

Ej 1. Calculemos la solución en el caso particular en que F(x, y) = x�a .

El problema sólo tiene solución siØØ⇤ F=0 , es decir, si a = ⇡

Entonces nos queda X000 = x� ⇡

2 , pues, por suerte, la F ya está desarrollada en {cos ny} .

Por esta misma razón los Bn , y por tanto los Xn , son nulos si n�1 .

Integrando e imponiendo X00(0)=X

00(⇡)=0 obtenemos u(x, y) = 1

6 x3 � ⇡

4 x2 + C .

⇥Si hubiéramos resuelto probando u =

1’n=0

Yn(y) cos nx seria necesario desarrollar en serie⇤.

Un ejemplo más en cartesianas, para Laplace con condiciones mixtas (parte Dirichlet, parte Neumann).Es fácil ver con la fórmula de Green que todos ellos tienen solución única.

⇢uxx + uyy = 0 , (x, y)2 (0,1)⇥(0,⇡)u(x,0)=uy(x,⇡)=u(0, y)=0 , u(1, y)=1

u=X(x)Y (y) !

⇢Y00+�Y =0 , Y (0)=Y

0(⇡)=0X00��X=0 , X(0)=0

! �n=� 2n�1

2�2 , Yn=

nsen (2n�1)y

Para esos � es X=c1e(2n�1)x/2+c2e�(2n�1)x/2 �!X(0)=0

Xn=nsh (2n�1)x

Probamos u(x, y) =1’n=1

cnXn(x)Yn(y) . Imponiendo el dato u(1, y)=1 que falta:

cn sh 2n�12 = 2

Ø ⇡

0 sen (2n�1)y2 dy = 4

⇡(2n�1)⇥1�cos (2n�1)⇡

u(x, y)=1’n=1

4⇡(2n�1) sh 2n�1

2sh (2n�1)x

2 sen (2n�1)y2 .

Recordemos que el Laplaciano en polares

hx=r cos ✓y=r sen ✓

iera �u = urr +

ur +1r2 u✓✓ .

Resolvamos el problema de Dirichlet homogéneo en un círculo:

[P3]⇢�u = 0 , en r <R

u(R, ✓)= f (✓) , ✓ 2 [0,2⇡)

u(r, ✓)= R(r)⇥(✓) ! r2R00+rR0R = �⇥00⇥ = �!

n⇥00+�⇥ = 0r

2R00+rR

0��R = 0Parece que no hay condiciones para la ⇥ , pero está claro que la solución u(r, ✓) debe ser

2⇡-periódica en ✓ , es decir, debe ser ⇥(0)=⇥(2⇡) , ⇥0(0)=⇥0(2⇡) . Este problema de Sturm-Liouville periódico, como sabemos, tiene por autovalores y autofunciones:

�n=n2 , n=0,1,2, . . . , ⇥0(✓)=

, ⇥n(✓)=�cos n✓, sen n✓

Las soluciones correspondientes de R son (ecuaciones de Euler):R0(r)=c1+c2 ln r y Rn(r)=c1r

n+c2r�n si n�1 .

Parece lógico imponer por argumentos físicos que la solución debe estar acotada cuando r!0(matemáticamente también debe estarlo si ha ser de C

2 ), así pues c2=0 en ambos casos.

Probamos, pues: u(r, ✓) = ao2+

1’n=1

rn⇥an cos n✓ + bn sen n✓

Debe ser: u(R, ✓) = ao

2 +1’n=1

Rn⇥an cos n✓ + bn sen n✓

⇤= f (✓) , ✓ 2 [0,2⇡) !

π 2⇡

0f (✓) cos n✓ d✓ , n=0,1, . . . , bn =

1⇡Rn

π 2⇡

0f (✓) sen n✓ d✓ , n=1,2, . . .

Habría que probar que la u de la serie es realmente solución de [P3]. Se demuestra que si f esC

1 a trozos, la u tiene infinitas derivadas en r <R (aunque f sea discontinua), que en ese abiertoes �u=0 y que alcanza el valor de contorno con continuidad para los ✓ en que f es continua.[La situación es totalmente análoga para [P1], Dirchlet en rectángulo].

El problema de Dirichlet no homogéneo en el círculo lo resolvemos sólo en un caso concreto:

1Ej 3.⇢

urr+urr +

u✓✓

r2 = 4 , en r <1u(1, ✓) = cos 2✓

Como en todo problema no homogéneoprobamos una serie de autofunciones

del problema homogéneo:

u(r, ✓) = a0(r) +1’n=1

⇥an(r) cos n✓ + bn(r) sen n✓

a000 +

1’n=1

� ⇥a00n +

0n � n2

⇤cos n✓ +

⇥b00n +

0n � n2

⇤sen n✓

�= 4 ,

que, por suerte, ya está desarrollada en esta familia de autofunciones.[Si fuese una F(r, ✓) cualquiera, se desarrollaría en senos y cosenos, viendo la r como constante].

Hay que resolver las ecuaciones: ra000 +a

00=4r , r

2a00n +ra

0n�n

2an=0 , r

2b00n+ rb

0n�n

2bn=0 .

La condición u(1, ✓)=cos 2✓ (desarrollada ya) impone: bn(1)=0 8n ; a2(1)=1 ; an(1)=0 , n,2 .La acotación cuando r!0 será la otra condición necesaria para determinar la solución de cada EDOde segundo orden. Para la de a0 necesitamos una solución particular, que se puede hallar con la fvc:��

1 ln r0 1/r

��= 1r , a0p= ln r

Ø1 · 4 dr

1/r �Ø

ln r · 4 dr1/r = r

o, mejor, tanteando, pues (porque la de coeficientes constantes asociada la tiene de la forma Ae2s )sabemos que tiene una a0p= Ar

2 (! 2A+2A=4 , A=1 ). Así pues:

a0 = c1 + c2 ln r + r2 acotada! c2 = 0

a0(1)=0! c1 = �1

a2 = c1r2 + c2r

�2 acotada! c2 = 0a2(1)=1! c1 = 1

Podemos asegurar además que el resto de an y las bn son cero ( 0 es claramente solución y no haymás por tener un problema de Dirichlet solución única). La solución del problema es:

u(r, ✓) = r2 � 1 + r

2 cos 2✓ [Se podría escribir en cartesianas: u = 2x2�1 ].

Resolvamos ahora el problema de Neumann homogéneo en un círculo:

f( )θ

[P4]⇢�u = 0 , en r <R

ur (R, ✓)= f (✓) , ✓ 2 [0,2⇡)Todo es igual que en Dirichlet, hasta llegar a la solución que probamos:

u(r, ✓) = ao2+

1’n=1

rn⇥an cos n✓ + bn sen n✓

pero cambia la condición de contorno: ur (R, ✓)=1’n=1

nRn�1 ⇥

an cos n✓ + bn sen n✓⇤= f (✓) !

n⇡Rn�1

π 2⇡

0f (✓) cos n✓ d✓ , bn =

1n⇡Rn�1

π 2⇡

0f (✓) sen n✓ d✓ , n=1,2, . . .

siempre que no tenga término independiente el desarrollo en senos y cosenos de f (✓) ; esdecir, una condición necesaria para que el problema se pueda resolver así es que se cumpla:Ø 2⇡

0 f (✓) d✓ = 0⇥confirma lo visto en 5.2: debía ser

f ds =∞D

F dxdy = 0⇤.

Además, ao queda indeterminado [Neumann siempre tiene unicidad salvo constante].

Ej 4.⇢�u = 0 en r <1ur (1, ✓)=sen3✓

ur (1, ✓) =1’n=1

n⇥an cos n✓+bn sen n✓

⇤= sen3✓ = 3 sen ✓

4 � sen 3✓4 .

No hay que integrar: b1=34 , b3=� 1

12 , el resto 0 ! u(r, ✓)=C+ 3r4 sen ✓� r3

12 sen 3✓ , C cualquiera.

Resolvemos para acabar con Laplace dos problemas con condiciones mixtas. El primero es homogéneo.

Ej 5.⇢�u = 0 , en r <1, 0< ✓<⇡ur (1, ✓)=✓ , u(r,0)=u✓ (r,⇡)=0

La ecuación para ⇥ es la conocida. Juntoa las condiciones de contorno nos da lasautofunciones:n

⇥00 + �⇥ = 0⇥(0)=⇥0(⇡)=0 ! �n=

(2n�1)24 , ⇥n=

�sen 2n�1

2 ✓ , n=1,2, . . .

Para esos �n : r2R00+rR��nR=0 ! R=c1r

n� 12 +c2r

�n+ 12

R acot.�! Rn=�rn� 1

Probamos, pues: u =1’n=1

cn rn� 1

2 sen 2n�12 ✓

ur (1,✓)=✓�!1’n=1

cn2n�1

2 sen2n�12 ✓ = ✓ !

2n�12⇡

π ⇡

0✓ sen2n�1

2 ✓ d✓ ! u(r, ✓) = 16⇡

1’n=1

(�1)n+1

(2n�1)3 rn� 1

2 sen2n�12 ✓ .

El recinto siguiente para el problema no homogéneo no incluye el origen. La condición implícita deestar acotada en ese punto es sustituida por un dato explícito sobre r=1 :

0Ej 6.

⇢�u = cos ✓ , 1< r <2 , 0< ✓<⇡u(1, ✓)=u(2, ✓)=u✓ (r,0)=u✓ (r,⇡)=0

Las autofunciones del homogéno las dará el problema de contorno:n ⇥00 + �⇥ = 0⇥0(0)=⇥0(⇡)=0 ! �n=n

2 , ⇥n(✓)=�cos n✓

, n=0,1,2, . . . !

u(r, ✓) = Ro(r) +1’n=1

Rn(r) cos n✓h La serie con cosenos y senos del Ej 3. no cumple

los datos de contorno; aquí no hay periodicidad.

Ro +1r R

1’n=1

hR00n +

0n � n2

icos n✓ = cos ✓ [ya desarrollado].

Las condiciones para las Rn salen de las otras condiciones de contorno:1’n=0

Rn(1)⇥n(✓) =1’n=0

Rn(2)⇥n(✓) = 0 ) Rn(1)=Rn(2)=0 8n .

Sólo tendrá solución no nula r2R001 + rR

01 � R1 = r

2 con los datos de contorno nulos de arriba.

R1p= Ar2 [ �=2 no autovalor] ! A= 1

3 ! R1= c1r+c2r�1+ 1

3r2 c.c.�! c1=� 7

9 , c2=49 .

La solución es, pues: u(r, ✓) =� 1

3r2� 7

9r+ 49r

�1� cos ✓ .

5.6. Problemas más complicados por separación de variables

Comenzamos estudiando las series de Fourier dobles, de teoría inmediata a partir de las de una variable.

Sean Xn(x) , x 2 [a, b] e Ym(y) , y 2 [c, d] las autofunciones de dos problemas de Sturm-Liouville con pesos respectivos r(x) y s(y) , y sea f (x, y)2C

1 �[a, b]⇥[c, d]� . Entonces, paracada (x, y)2 (a, b)⇥(c, d) se puede escribir f como la serie:

f (x, y) =1’

1’n=1

cnm XnYm con cnm=1

hXn , Xn i1

hYm ,Ym i

f (x, y) XmYn r s dy dx ,

donde hu, vi representaØ b

au v r dx ó

cu v s dy .

Para x fijo f (x, y)=1’

m=1Cm(x)Ym , Cm(x)= h f (x, y) ,Ym i

hYm ,Ym i . De Cm(x)=1’n=1

cnm Xn , cnm=hCm(x), Xn ihXn , Xn i

sale la expresión de arriba. [Se llega a lo mismo desarrollando primero en Xn y luego en Ym ].

Un caso particular son los desarrollos en series trigonométricas dobles de una f 2C1 �[0, L]⇥[0,M]

f (x, y)=1’n=1

1’m=1

bnm sen n⇡xL sen m⇡y

M con bnm=4

0f (x,y) sen n⇡x

L senm⇡yM dy dx .

f (x, y) = 14 a00 +

1’n=1

an0 cos n⇡xL +

1’m=1

a0m cos m⇡yM +

1’m=1

1’n=1

anm cos n⇡xL cos m⇡y

con anm =4

0f (x, y) cos n⇡x

L cos m⇡yM dy dx .

[O los desarrollos parecidos enÕ

sen cos óÕ

cos sen , o con series en senos y cosenos].[Los factores 1

4 y 12 son, como siempre, para que la fórmula valga también si n=0 ó m=0 ].

[Se podría pedir que f fuese sólo C1 a trozos, pero aquí suponemos que es más suave].

Ej 1. Desarrollemos f (x, y) = x cos y , en [0,⇡]⇥[0,⇡] de dos formas distintas:

bnm=4⇡2

π ⇡

0x cos y sen nx sen my dy dx ! x cos y = 16

1’n=1

1’m=1

[�1]n+1mn[4m2�1] sen nx sen 2my .

anm =4⇡2

π ⇡

0x cos y cos nx cos my dy dx =

8>><>>:

0 si m,1⇡ si m=1, n=02[(�1)n�1]/(⇡n2) si m=1, n>0

x cos y = ⇡2 cos y � 4

1’n=1

1(2n�1)2 cos[2n�1]x cos y [ya estaba desarrollado en y ].

Resolvamos separando variables problemas (homogéneos) en tres variables. Sólo tratamos casos en queaparecen EDOs conocidas. Por ejemplo para la ecuación del calor en un cuadrado:

⇢ut � k[uxx+uyy] = 0 , (x, y)2 (0,⇡)⇥(0,⇡) , t >0u(x, y,0)= f (x, y) , u(x,0, t)=u(x,⇡, t)=u(0, y, t)=u(⇡, y, t)=0

[Describe la evolución de las temperaturas de una placa, dadas las iniciales, si el borde se mantiene a 0� ].

Buscamos soluciones: u(x, y, t) = X(x)Y (y)T(t) ! XYT0 � k[X 00

Y+XY00]T = 0

X00X =

1kT 0T � Y00

Y = �� !(

X00 + �X = 0

Y00Y = � +

1kT 0T = �µ !

⇢Y00 + µY = 0

T0 + k[�+µ]T = 0

[Una vez más dejamospara la T la expresiónmás complicada].

Las condiciones de contorno exigen: X(0)=X(⇡)=Y (0)=Y (⇡)=0 . Así pues:⇢�=n

2, Xm= {sen nx}, n=1,2, . . .µ=m

2, Yn= {sen my}, m=1,2, . . . ! Tnm =�e�(n2+m2) k t .

Por tanto, toda unm(x, y, t) =�e�(n2+m2) k t sen nx sen my

cumple la ecuación y todas las condiciones

de contorno, así como lo hace cualquier combinación lineal de ellas. Esto nos lleva a probar la serie:

u(x, y, t)=1’n=1

1’m=1

bnm e�(n2+m2) k t sen nx sen my . Además: u(x, y,0)=1’n=1

1’m=1

bnm sen nx sen my= f (x, y)

! bnm =4⇡2

π ⇡

0f (x, y) sen nx sen my dx dy , n,m�1 .

⇥Como en la varilla, u �!

Ahora, un problema para Laplace en un cubo con condiciones de contorno mixtas (de solución únicacomo los similares del plano):

8>><>>:�u = 0 en (0,⇡)⇥(0,⇡)⇥(0,⇡)u(x, y,0) = f (x, y)u=0 en x=0, x=⇡, z=⇡ , uy =0 en y=0, y=⇡

u=XY Z ! Y”Y +

Z00Z =�X00

X =�! Z00Z ��=�Y”

Y = µ!(

X00+�X=0, X(0)=X(⇡)=0

Y00+µY =0, Y 0(0)=Y

0(⇡)=0Z00�[�+µ]Z =0, Z(⇡)=0

⇢�=n

2, Xn= {sen nx}, n=1,2, . . .µ=m

2, Ym= {cos my}, m=0,1, . . . ! Zmn =n

sh�p

n2+m2 [⇡�z]�o

u(x, y, z) = 12

1’n=1

cn0 sh�n[⇡�z]

�sen nx +

1’m=1

1’n=1

cnm sh�p

n2+m2 [⇡�z]�sen nx cos my

Como u(x, y,0)= f (x, y) , serán: cnm =4

⇡2 sh�⇡pn2+m2

� π ⇡

π ⇡

0f (x, y) sen nx cos my dy dx

n = 1,2, . . .m = 0,1, . . .

En los problemas que faltan aparecen EDOs no resueltas todavía que se deberán resolver por seriessiguiendo 3.3. Aunque son problemas en más variables, trataremos sólo el caso en que son independientesde algunas, con lo tendrán dos variables. Esto ocurre, por ejemplo, con el problema de Dirichlet en una

esfera. En los libros de cálculo en varias variables se encuentra la expresión del laplaciano en esféricas:

x= ⇢ sen ✓ cos �y= ⇢ sen ✓ sen �z= ⇢ cos ✓

)! �u = u⇢⇢ +

u✓✓

cos ✓ u✓

sen ✓ ⇢2+

u��

sen2✓ ⇢2

Resolvemos únicaamente el caso con datos independientes de � :

(u⇢⇢ +

2⇢ u⇢ +

⇥u✓✓+

cos ✓sen ✓ u✓

⇤= 0 , ⇢<R

u(R, ✓)= f (✓) , ✓ 2 [0,⇡]

que es problema con dos variables. Podemos buscar entonces soluciones que tampoco dependan de � :

u=R(⇢)⇥(✓) !⇥R00+ 2R0

⇤⇥ + R

⇥⇥00+ cos ✓

sen ✓⇥0⇤ = 0 !

⇢⇥00 + cos ✓

sen ✓ ⇥0 + �⇥ = 0

⇢2R00 + 2⇢R0 � �R = 0

Para simplificar la primera hacemos s=cos ✓⇥⇥0=� sen ✓ d⇥ds , ⇥00=sen2✓ d

2⇥ds2 � cos ✓ d⇥ds

Nos queda: [L]⇥1�s

2⇤ d2⇥ds2 � 2s

d⇥ds + �⇥ = 0 , llamada ecuación de Legendre.

Imponemos que ⇥ esté acotada en s=±1 [es decir, ✓=0,⇡ polos de la esfera]. Tenemos entonces:

(P)⇢(1�s

2)⇥00 � 2s⇥0 + �⇥ = 0⇥ acotada en s=±1

[problema singular

(del tipo del (P9) de 4.1)].

Para resolver [L] necesitamos series. Como a(s)=� 2s1�s2 y b(s)= �

1�s2 son analíticas si |s |<1 , s=0es regular y las series solución convergen al menos en ese intervalo. Probamos:

⇥ =1’k=0

ck sk !

1’k=2

⇥k(k�1)ck s

k�2�k(k�1)ck sk⇤�

1’k=1

2kck sk+

1’k=0�ck s

k = 0 !

s0: 2 · 1 · c2+�c0=0 , c2=� �

2·1 c0 ; s1: 3 · 2 · c3+(��2)c1=0 , c3=��2

3·2 c1 ,

sk : (k+2)(k+1)ck+2+(��(k+1)k)ck =0 , ck =��(k�1)(k�2)

k(k�1) ck�2 , k=2,3, . . .

! c4=�(��6)

4! c0 , c5=(��2)(��12)

5! c1 , . . . ,

⇥=c0⇥1� �

2 s2+ �(��6)

4! +· · ·⇤+ c1

⇥s� ��2

6 s3+ (��2)(��12)

5! s5+· · ·

⇤= c0⇥1+c1⇥2

Si �=n(n+1) , con n=0,1,2, . . . , o ⇥1 o ⇥2 se reduce a un polinomio de grado n :

�=0 ! ⇥1=1 , �=6 ! ⇥1=1�3s2 , �=20 ! ⇥1=1�10s

2+ 353 s

4 , . . .�=2 ! ⇥2= s , �=12 ! ⇥2= s� 5

3 s3 , �=30 ! ⇥2= s � 14

3 s3+ 21

5 s5 , . . .

Se llama polinomio de Legendre de grado n al polinomio Pn soluciónde [L] que cumple Pn(1)=1 , es decir:

P0=1 , P1= s , P2=32 s

2� 12 , P3=

3� 32 s ,

P4=358 s

4� 154 s

2+ 38 , P5=

5� 354 s

3+ 158 s , . . .

El resto de soluciones de (L) son series que se prueba (no es fácil) queno están acotadas a la vez en 1 y en �1 . De ello se deduce:Los autovalores de (P) son �n=n(n+1) , n=0,1,2, . . . , y sus autofunciones son los {Pn(s)} .Estos Pn tienen las propiedades habituales. Por ejemplo, Pn tiene n ceros reales, todos en (�1,1) .

Y son ortogonales en el intervalo:Ø 1�1 Pn Pm ds = 0 , si m,n ;

Ø 1�1 P

2n ds = 2

2n+1 .

Sigamos calculando la solución del problema [PE] para la ecuación de Laplace.En la variable inicial ✓ , las autofunciones del problema de contorno (P) son:�

Pn(s) =�Pn(cos ✓)

hP0=1 , P1=cos ✓ , P2=

32 cos2✓� 1

2 , P3=52 cos3✓� 3

2 cos ✓ , . . .i

Resolvemos la ecuación de Euler en R que apareció separando variables para los autovalores �n :⇢2R

00+2⇢R0�n(n+1)R=0 ! µ2+µ�n(n+1)=0 , µ=n,�(n+1) ! R=c1⇢n+c2⇢�(n+1)

Deberá R estar acotada en ⇢=0 (centro de la esfera), con lo que: Rn= {⇢n} , n=0,1, . . .

La solución de [PE] será de la forma: u(⇢, ✓) =1’n=0

an ⇢n Pn(cos ✓) .

Serie a la que sólo le falta imponer el dato de contorno que falta: u(R, ✓)=1’n=0

Pn(cos ✓)= f (✓) .

Para hacer este desarrollo (también se pueden hacer en serie de autofunciones de problemas singulares ylas fórmulas son iguales) necesitamos escribir la ecuación en forma autoadjunta:

(sen ✓ ⇥0)0+ � sen ✓ ⇥=0 . Por tanto el peso es r(✓)=sen ✓ .

Hallamos ahora el denominador de los coeficientes de Fourier:

hPn ,Pni =π ⇡

⇥Pn(cos ✓)

⇤2 sen ✓ d✓s=cos ✓=

⇥Pn(s)

⇤2ds = 2

2n+1 .

Por tanto, los an de la serie recuadrada de arriba vienen dados por:

an =2n+12Rn

π ⇡

0f (✓) Pn(cos ✓) sen ✓ d✓ , n=0,1, . . .

[Estas integrales son difíciles (o imposibles) de calcular exactamente. Pero las cosas sesimplifican cuando la f (✓) es un polinomio en cos ✓ , como en el ejemplo siguiente].

Ej 2. Si R=1 y f (✓)=cos2✓ se tiene (haciendo s=cos ✓ ): an =2n+1

Ø 1�1 s

2Pn(s) ds .

Como para escribir s2 en función de los Pn bastan P0 , P1 y P2 , los an=0 si n�3 .

Sólo tenemos que calcular 3 coeficientes: a0 =12

Ø 1�1 s

Ø 10 s

2ds = 1

Ø 1�1 s

2P1 = 0 ya que P1 es impar (y también s

2P1 ).

a2 =52

Ø 1�1

⇥ 32 s

4� 12 s

2⇤ds = 5

4�s2⇤

ds = 52⇥ 3

5� 13⇤= 2

La solución es, por tanto, u(⇢, ✓) = 13 � 1

3 ⇢2 + ⇢2 cos2✓

⇥= 1

3�1�x

2�y2+2z2� ⇤ .

Pero para datos como este es mejor hallar los coeficientes tanteando con los Pn de arriba:cos2✓ = 2

3� 3

2 cos2✓� 12�+ 1

3 ! a2 =23 , a0 =

13 , como antes.⇥

Para resolver problemas con términos no homogéneos F(⇢, ✓) en la ecuación,

se probaría como siempre una serie de autofunciones: u =1’n=0

an(⇢) Pn(cos ✓)⇤.

[Para el problema general en 3 variables, sin simetría, no sólo hay que usar series dobles, sino que aparecenEDOs más complicadas (la ‘ecuación asociada de Legendre’). Y sus soluciones contienen, además de lospolinomios de Legendre, productos de ellos por cosenos y senos de � (los ‘armónicos esféricos’)].

La ecuación de ondas utt�c2�u=0 en coordenadas esféricas es, en general, una EDP en 4 variables

(el tiempo t y las variables ⇢ , ✓ , � ), cuyas soluciones en un recinto acotado quedarían determinadas(como en la recta) fijando unos datos de contorno y un par de condiciones iniciales.Pero si buscamos sólo sus soluciones independientes de los ángulos aparece la ecuación de ondas en

el espacio con simetría radial (en 2 variables, ⇢ y t ). Resolvemos para ella un problema homogéneo(vibraciones entre dos superficies esféricas) en el que surge una ecuación, con peso r , 1 , pero que yahemos visto. El problema análogo en el plano, mucho más complicado, está en la siguiente página.

(utt �

⇥u⇢⇢+

2⇢u⇢

⇤= 0 , 1 ⇢2, t 2R

u(⇢,0)= f (⇢) , ut (⇢,0)=g(⇢) , u(1, t)=u(2, t)=0

Separando variables en esta nuevaEDP y haciendo uso de los datosde contorno:

u=R(⇢)T(t) !R00+ 2R0

R = T 00T =�� !

⇢⇢R00+2R

0+�⇢R=0 , R(1)=R(2)=0T00 + �T = 0

Vimos la ecuación de R en 4.1 (allí, en el ejemplo 9, asociada a un problema singular, aquíes regular pues estamos en el intervalo [1,2] ). Se resolvía haciendo el cambio de variable:

S= ⇢R !⇢S00 + �S = 0

S(1)=S(2)=0⇢=s+1�!

⇢S00 + �S = 0

S(0)=S(1)=0 ! �n=n2⇡2, Sn= {sen n⇡s}

Por tanto, Rn=n

sen n⇡⇢⇢

o, n=1,2, . . . Y para esos �n son Tn= {cos n⇡t, sen n⇡t} .

Probamos, entonces, como siempre: u(⇢, t) =1’n=1

⇥kn cos n⇡t+cn sen n⇡t

⇤ sen n⇡⇢⇢ .

Las condiciones iniciales imponen:1’n=1

knsen n⇡⇢

⇢ = f (⇢) y1’n=1

n⇡cnsen n⇡⇢

⇢ = g(⇢) .

Para hallar estos coeficientes del desarrollo debemos utilizar aquí el peso del problema:⇥⇢2R

0⇤ 0+�⇢2R=0 . Y como hRn,Rni=π 2

1⇢2 sen2n⇡⇢

⇢2 d⇢ = 12

⇥1�cos 2n⇡⇢

⇤d⇢ = 1

y además h f ,Rni=π 2

1⇢2 f (⇢) sen n⇡⇢

⇢ d⇢ (y lo mismo para g ), concluimos que:

kn=2Ø 21 ⇢ f (⇢) sen n⇡⇢ d⇢ , cn=

Ø 21 ⇢ g(⇢) sen n⇡⇢ d⇢ , n=1,2, . . .

Se llegaría a lo mismo (aquí es mucho más corto, pero en otros problemas distintos no hay atajos)observando que las condiciones deducidas de las iniciales se pueden reescribir así:

1’n=1

kn sen n⇡⇢= ⇢ f (⇢) y1’n=1

n⇡cn sen n⇡⇢= ⇢g(⇢) ,

con lo que estamos desarrollando ⇢ f y ⇢g en sen n⇡⇢ , lo que lleva a las fórmulas de antes.

Hay una tercera forma de llegar a esta solución, que sirve para resolver también otros problemas paralas ondas en el espacio con simetría radial, incluso utilizando D’Alembert: el cambio v= ⇢u la lleva la

ecuación a la de la cuerda vibrante.

El problema en la variable v pasa a ser:⇢vtt � v⇢⇢ = 0 , 1 ⇢2, t 2R

v(⇢,0)= ⇢ f (⇢) , vt (⇢,0)= ⇢g(⇢) , v(1, t)=v(2, t)=0⇣pues u= ⇢�1v ! utt = ⇢�1vtt , u⇢= ⇢�1v⇢�⇢�2v , u⇢⇢= ⇢�1v⇢⇢�2⇢�2v⇢+2⇢�3v

Separando variables (casi igual que en 5.4) se llegaría otra vez al mismo resultado.O también podríamos también aplicar D’Alembert, tras extender F(⇢)= ⇢ f y G(⇢)= ⇢g de forma imparrespecto a 1 y 2 (o impar respecto a 1 y 2-periódica). La solución sería entonces:

u(⇢, t) = 12⇢ [F⇤(⇢+t)+F

⇤(⇢�t)] + 12⇢

Ø ⇢+t

⇢�t G⇤(s) ds ,

que se puede poner en la forma u= 1⇢ p(⇢+t)+ 1

⇢q(⇢�t) e interpretar como suma de ondas esféricas, cuyosradios disminuyen o crecen (la magnitud de la perturbación es inversamente proporcional al radio).

Observemos, por último, que en el plano no hay cambio que lleve a la cuerda y que la EDO que apareceráno será la S

00+�S=0 sino la ‘ecuación de Bessel’ que debe ser resuelta con el método de Frobenius.

Estudiemos, para acabar, la vibración de una membrana circular (de un tambor),suponiendo que hay simetría radial para simplificar (será problema en 2 variables).Y también suponemos que inicialmente es ut =0 :

[P2]⇢

utt �⇥urr+

⇤= 0 , r 1, t 2R

u(r,0)= f (r), ut (r,0)=0 , u(1, t)=0[Respecto de la ecuación en el espacio sólo cambiaun 2 por un 1, pero es lo que complica los cálculos].

u = RT ! T00

R00+ R0

rR= �� !

00+R0+�rR = 0 , R acotada en 0 , R(1)=0

T00+ �T = 0 , T

0(0)=0 !n

cos�p� t

�oDe nuevo tenemos un problema singular para una EDO sólo resoluble con series. Empezamos quitando� mediante un cambio de variable independiente (se prueba como en 4.1 que todos los �>0 ):

s =p� r = w r (regla de la cadena) ! dR

dr =wdRds ,

d2Rdr2 =w

2 d2Rds2 ! s

d2Rds2 +

dRds + sR = 0 .

Esta ecuación es caso particular (con p= 0 )de la ecuación de Bessel de orden p : [B] s

2R00+sR

0+[s2�p2]R = 0 , p�0 ,

que resolvemos en general pues aparece en otros problemas (sin simetría radial, por ejemplo).s=0 es singular regular con polinomio indicial r(r�1)+r�p

2, r1= p , r2=�p . Entonces

R1= sp

1’k=0

ck sk (acotada en s=0 8p , y convergente 8s ) !

1’k=0

⇥k(2p+k)ck s

p+k+ck sp+k+2⇤ = 0 .

ck =� ck�2k(2p+k) , k=2,3, . . . ; c1=0 ! c3= · · ·= 0 . c2=� c0

22(p+1) ; c4=c0

242(p+1)(p+2) ; . . . !

R1=c0 sph1+

1’m=1

(�1)mx2m

22mm!(p+1)·· ·(p+m)

i A las R1 (elegido un c0 ) se les llama funciones

de Bessel Jp de primera especie y orden p .

–0.4

–0.2

5 10 15 20

En particular son: J0(s) =1’

(�1)m(m!)2

⇥s2⇤2m , J1(s) =

1’m=0

(�1)mm!(m+1)!

⇥s2⇤2m+1 ,

cuyas gráficas son las de la izquierda. Como J0 y J1 , todas las Jp

son oscilatorias y cada Jp tiene un infinitos ceros en (0,1) [queaparecen estudiando EDPs]. Los de J0 son: 2.405, 5.520, 8.653, . . .

Las soluciones R2 de Frobenius (funciones de Bessel Kp de segunda

especie) no están acotadas en s=0 (por el J0 ln s , o por aparecer s�p ).

Si p= 12 ,

52 , . . . , aunque r1�r2 2N , en la R2 no aparece el ln s , (caso c] de Frobenius, pero d=0 ).

No sólo esto, las J 2n+12, n2Z , son funciones elementales. En particular, si p= 1

2 es R=c1sen sp

cos sps

Volvamos ya a nuestro problema de contorno singular en la variable inicial r :

(P)⇢ �

rR0� 0 + �rR = 0 (el peso es r )

R acotada en x=0, R(1)=0La solución general de la ecuación, deshaciendo elcambio s=wr , es: R = c1J0(wr)+c2K0(wr) .

Por la primera condición es c2=0 ( K0 no está acotada en r=0 ). De la otra deducimos c1J0(w)=0 .Así pues, los autovalores son los �1<�2< · · · cuyas raíces son los infinitos ceros de J0 .Las autofunciones asociadas a esos �n son yn=

�J0(wn r)

, que serán ortogonales respecto al peso r .

Las soluciones correspondientes para esos �n de la ecuación para la T eran: Tn=�

cos�wn t

Nos falta imponer unaa condición: u =1’n=1

cn cos(wn t) J0(wn r) ! u(r,0)=1’n=1

cn J0(wn r)= f (r) .

Los cn vendrán dados por: cn=h f ,RnihRn,Rni =

Ø 10 r f (r) J0(wn r) drØ 1

0 r J20 (wn r) dr

J21 (wn)

0r f (r) J0

�wn r

�dr .

Probemos la última igualdad (integremos el denominador). Para ello utilizaremos esta propiedad:⇥sn

⇤ 0= s

nJn�1 ! J

00=�J1 ,

⇥s J1

⇤ 0= s J0 , . . .

Haciendo s=wn r queda: 1w2

20 (s) ds = 1

2 �J

20 (s)+ J

21 (s)

� ⇤wn

0 =12 J

21 (wn)

⇥era J0(wn)=0

⇤.Ø

s J20 ds

2 J20 +

Øs J0 s J1 ds = s2

2 J20 +

12⇥s J1

Pese a su aspecto complicado, la solución no lo es mucho más que laÕ

kn cos(n⇡t) sen(n⇡x) de la cuerda vibrante.En muchos libros y programas de ordenador se encuentran más ceros wn de J0 , con los decimales que se precisen,y los valores de J1(wn) . Con un programa (tipo Maple o Sage) que reconozca la J0 y que sepa hacer integracionesaproximadas podemos obtener valores de los cn para cualquier f que nos aparezca. Obsérvese que las vibraciones

de un tambor, a diferencia de una cuerda, no son periódicas (los wn no son múltiplos exactos unos de otros).

5.7. La transformada de Fourier

Sea f (x) definida en R y absolutamente integrable⇥ Ø 1

�1 | f | < 1⇤

La transformada de Fourier de f es la función f (k)= 1p2⇡

�1f (x) ei kx

Si f es además C1 se puede recuperar a partir de f usando la fórmula de inversión:

Teor 1. f 2C1(R) y absolutamente integrable ) f (x)= 1p

�1f (k) e�i kx

dk 8x 2R .⇥Algunos libros no ponen 1p

2⇡en la definición de f y ponen 1

2⇡ en la fórmula de

inversión; también se puede ver en la primera fórmula e�i kx y en la segunda ei kx ⇤.

Se llama a f transformada inversa de Fourier de f . Vamos a denotar tambiénF [ f ]= f y F �1 ⇥

f⇤= f . Es evidente que F y F �1 son lineales.

Veamos otras propiedades. La F hace desaparecer derivadas:

Teor 2. f , f0, f

00 2C(R) y absolutamente integrables ) F [ f0 ] = �i k F [ f ]

F [ f00 ] = �k

2 F [ f ]

⇤= 1p

Ø 1�1 f

0(x) ei kxdx= 1p

2⇡f (x) ei kx ⇤1

�1� i kp2⇡

Ø 1�1 f (x) ei kx

dx = �i k F⇥

f (x)⇤

pues f !x!1

0 siØ 1�1 | f | converge. F

⇥f00(x)

⇤=�i k F

⇥f0(x)

⇤=�k

2 F⇥

f (x)⇤

Estas transformadas nos aparecerán resolviendo EDPs (probamos las 2 primeras):

Teor 3.

F �1h

f (k) ei aki= f (x�a) . Si h(x)=

⇢1 , x 2 [a, b]0 en el resto , F [h]= 1p

2⇡ei kb� ei ka

F�e�ax2 �

= 1p2a

e�k2/4a . F �1 �e�ak2 �= 1p

2ae�x2/4a .

F �1 �f e�i ka � = 1p

Ø 1�1 f (k) e�i k(x�a)

dk = f (x�a) . F (h) = 1p2⇡

aei kx

dx = 1p2⇡

ei kb�ei ka

Es totalmente falso que transformadas de productos sean productos (no lo es la integral de un producto).Pero a veces necesitaremos hallar transformadas inversas de productos. Necesitaremos entonces:

Teor 4.La convolución de f y g es la función: ( f ⇤g)(x)= 1p

�1f (x�s) g(s) ds .

Se tiene f ⇤g=g⇤ f , y F ( f ⇤g) = F ( f ) F (g) , si las transformadas existen.

(x–a)

∞Hallemos la transformada de la ‘función’ delta de Dirac, cuya definiciónseria exige la llamada ‘teoría de las distribuciones’, pero que es fácil demanejar formalmente. La �(x�a) se puede ‘definir’ intuitivamente comoel ‘límite’ cuando n ! 1 de

fn(x) =⇢

n si x 2⇥a � 1

2n , a +1

0 en el restoEsta �(x�a) tiene las siguientes propiedades (que nos bastarán para trabajar con ella):

�(x�a)=0 si x,a ;Ø c

bf (x) �(x�a) dx =

⇢f (a) si a2 [b, c]0 si a< [b, c] ;

Ø 1�1 �(x�a) dx=1 .

Su transformada es muy fácil de hallar: F⇥�(x�a)

⇤= 1p

Ø 1�1 �(x�a) ei kx

dx = 1p2⇡

ei ka .

Aplicar a una EDP en dos variables la F en una de ellas lleva a una EDO (en la otra variable) para u .Resolviendo la EDO se halla u . Identificando la u de la que proviene o con el teorema 1 se puede a vecesdar la solución, pero en muchos casos hay que dejar u en términos de integrales no calculables.

EDP en EDO en tt constante

û(k,t)u(x,t)solución

t constante

En cada uno de los pasos anteriores, hay que tener claro cuáles sonlas variables y cuales las constantes. En lo que sigue, haremos loesquematizado a la izquierda, pues nuestras ecuaciones serán en(x, t) y siempre haremos transformadas en x .

Ej 1.⇢

ut + ux = g(x)u(x,0) = f (x)

Aplicamos la F en la variable x (se supone que u , g y f son ‘buenas’,de modo que se pueden usar los teoremas). Utilizando la linealidad, elteorema 2 y el hecho de que:

F [ut ] = 1p2⇡

@u(x,t)@t ei kx

dx = @@t

1p2⇡

�1u(x, t) ei kx

dx = ut !⇢

ut � i k u = g(k)u(k,0) = f (k) .

Esta lineal de primer orden en t tendrá solución con una constante para cada k :

u(k, t) = p(k) ei kt� g(k)i k , con p arbitraria d. i.! u = f (k) ei kt + g(k)

hei kt�1

iTeor 3 y 4=) u(x, t) = f (x�t) +

p2⇡ g(x)⇤h(x) siendo h(x)=

n 1 si x 2 [0, t]0 en el resto .

ComoØ t

0 g(x�u) du = �Ø x�tx

g(s) ds , concluimos que u = f (x�t) +Ø x

x�t g(s) ds .

Obsérvese que la expresión anterior nos da la solución del problema si f 2C1 y g continua,

aunque no sean absolutamente integrables, que era necesario para aplicar la transformada.Esta situación es típica utilizando la F : se es riguroso sólo justificando el resultado final.⇥

La solución la podemos calcular también con las técnicas de la sección 5.1:

dtdx = 1 !

⇢⇠ = x � t

⌘ = x! u⌘ = g(⌘) ! u = p(x�t) +

0 g(s) ds !

p(x) +Ø x

0 g(s) ds = f (x) ! u = f (x�t) �Ø x�t0 g(s) ds +

0 g(s) ds como antes⇤.

Ej 2.⇢

utt + utx � 2uxx = 0u(x,0)= f (x),ut (x,0)=0 Aplicando F :

⇢utt � i kut + 2k

2u = 0

u(k,0)= f (k), ut (k,0)=0..

Resolviendo esta lineal con coeficientes constantes de coeficientes complejos:µ2�i kµ+2k

2=0 ! µ=2i k,�i k ! u(k, t) = p(k) e2i kt+ q(k) e�i kt

Imponiendo datos iniciales: p(k)= 13 f (k) , q(k)= 2

3 f (k) ! u(k, t) = 23 f (k) e�i kt+ 1

3 f (k) e2i kt .

Y como F �1 ⇥f (k) ei ka⇤ = f (x�a) , será u = 2

3 f (x+t) + 13 f (x�2t) [solución válida 8 f 2C

2 ,tenga o no transformada].

De nuevo el ejemplo es resoluble también a través de las características:

B2�4AC=9 hiperbólica !

⇢⇠= x+t

⌘=x�2t!

(uxx = u⇠⇠+2u⇠⌘+u⌘⌘

uxt = u⇠⇠�u⇠⌘�2u⌘⌘

utt = u⇠⇠�4u⇠⌘+4u⌘⌘

! u⇠⌘ =0

! u = p(⇠) + q(⌘) = p(x+t) + q(x�2t) , solución general.⇢u(x,0) = p(x)+q(x) = f (x) q(x)= 1

3 f (x)�#C3

ut (x,0)= p0(x)�2q

0(x)=0 , p(x)=2q(x)+C"

p(x)= 23 f (x)+C

3! u(x, t)= 2

3 f (x+t)+ 13 f (x�2t) .

Más interés que estos ejemplos, pues no tenemos ningún otro método para resolverlo, tiene:

Problema para el calor

en una varilla infinita: (P)⇢

ut � uxx = 0 , x 2R, t >0u(x,0) = f (x) , u acotada

Suponemos u y f suficientemente regulares y que tienden a 0 en ±1 lo suficientemente rápido comopara poder utilizar los teoremas anteriores. Aplicando la F en la variable x :⇢

ut + k2u = 0

u(k,0)= f (k) cuya solución es u(k, t) = f (k) e�k2t .

La solución será la convolución de las transformadas inversas de cada uno de los factores:

u(x, t) = 12p⇡t

�1f (s) e�(x�s)2/4t ds ⌘

�1G(x, s, t) f (s) ds [1]

G(x, s, t)= 12p⇡t

e�(x�s)2/4t es la llamada solución fundamental de la ecuación del calor[es la temperatura del punto x en el tiempo t debida a una f inicial de la forma �(x�s) ].

Se prueba que [1] proporciona realmente la solución de (P) con hipótesis más amplias de las que permitenaplicar la F . En concreto, para cualquier f acotada y continua a trozos [1] da la solución única de (P)que es continua para t �0 , menos en los puntos de t=0 en que f es discontinua.

[1] dice también que, según este modelo matemático, el calor viaja a velocidad infinita: si f > 0 en unentorno de un xo y nula en el resto, está claro que u(x, t)> 0 por pequeño que sea t y grande que sea|x�xo | . También se ve que u es C

1 para t >0 aunque f sea discontinua (¡aunque sea f (x)=�(x�s) !).Son propiedades claramente diferentes de la ecuación de ondas.

Ej 3. Apliquemos [1] para resolver un par de problemas particulares.

Sea primero f (x)=⇢

0 , x<01 , x �0 ! u(x, t)= 1

2p⇡t

0e�(x�s)2/4t ds . Haciendo el cambio v= s�x

u(x, t) = 1p⇡

�x/2pt

e�v2dv = 1p

0e�v2

dv + 1p⇡

0e�v2

dv = 12

h1 + �

� x2pt

� i,

!(s)donde �(s)= 2p

0e�v2

dv es la llamada función error queaparece a menudo en la teoría de las probabilidades.

t!"�

Como se observa, la solución, suave si t >0 ,tiende hacia 1

2 para todo x cuando t ! 1 .

Sea ahora f (x) = e�x2 . Completamos cuadrados y hacemos un cambio de variable:

u = 12p⇡t

�1e�s2e�

(x�s)24t ds = 1

2p⇡t

e� x2

�1e�(•)2 ds con •=

4t+1� xp4t+1

Haciendo z = • se obtiene: u = 12p⇡t

4t+1e� x

�1e�z2

dz = 1p1+4t

e� x2

1+4t .

Pero sale mucho más corto aplicando directamente F :(ut =�k

u(k,0)= 1p2e�k2/4 ! u= 1p

k2(1+4t )

4 ! u= 1p1+4t

e� x2

1+4t .

Ej 4.⇢

ut � uxx + 2tu = 0 , x 2R, t >0u(x,0)= f (x) , u acotada

Hallemos la solución para una f (x) generaly deduzcamos la solución para f (x)⌘1 .⇥

Como F (1) no existe, no se puede resolver directamente el problema con u(x,0)=1⇤.⇢

ut+(k2+2t)u = 0u(k,0)= f (k) ! ˆu(k, t) = p(k) e�k2t�t2 d.i.! ˆu(k, t) = f (k) e�t2e�k2t !

u(x, t) = e�t2f (x) ⇤ F �1(e�k2t ) = e�t2

2p⇡t

�1f (s) e�(x�s)2/4t ds .

En particular, si f (x)⌘1 , u = e�t2

2p⇡t

�1e�(x�s)2/4tds =

"e�t2p

�1e�u2

du = e�t2 .(s�x)/(2

pt )=u

[Parece que sería adecuado hacer un cambio de la forma u=w e�t2 !⇢wt � wxx = 0w(x,0)= f (x) ;

de [1] se deduce nuestra fórmula y w⌘1 es solución clara si f (x)⌘1 (la varilla sigue a 1o ).

Ej 5.⇢

ut�uxx =�(x)u(x,0)=0

⇢ut+k

2u = 1p

2⇡u(k,0)=0

! u = 1�e�k2t

2⇡! u = 1

�11�e�k2

k2 e�i kxdk .

No sabemos hallar esta integral en general, pero sí podemos calcular, por ejemplo:

u(0, t) = 12⇡

Ø 1�1

1�e�k2t

k2 dk = � 1�e�k2t

2⇡k⇤1�1 +

Ø 1�1 e�k2t

dk = t⇡

p⇡t =

qt⇡h Ø 1

�1 e�k2tdk =

k2t=s2

Ø 1�1 e�sds

Problemas de Métodos Matemáticos (18/19) 1 - Cálculo diferencial en Rn

1. Sean a= (1,0,�1) , b= (1,1,0) . Hallar b�a , a · b , a ⇥ b y a · (a⇥b) . Hallar la distancia de a a b y el ánguloque forman. Comprobar la desigualdad triangular para a y b . Escribir una expresión del plano que contieneesos vectores. Dar ecuaciones paramétricas del segmento que une a y b que lo recorran en sentidos opuestos.

2. Con las curvas de nivel y algunas secciones dibujar las superficies definidas por:a) z=4�2x�y b) z= |y | c) x2+4y2+4z2=4 d) z2= x2+y2�1

3. Calcular las derivadas parciales de segundo orden de:

f (x, y) = x5y�4x�xy3 g(x, y) = x ex+y h(x, y) = cos(xy)x k(x, y) = arctan x

4. Sean: a) f (x, y)= xy , b) g(x, y)= y2 , c) h(x, y)=2x�y , d) k(x, y)= (x2+y2)�1 . Dibujar algunas curvas denivel. Hallar y dibujar su gradiente en algunos puntos. Hallar la ecuación del plano tangente en el punto (1,1) .

5. Sea F(x, y, z) = x3�2yz+ exz2 . Hallar la ecuación del plano tangente a F = 0 en (0,1,2) . Encontrar un u

unitario que sea perpendicular al vector (1,0,1) y tal que DuF(0,1,2)=0 .

6. Sean f (x, y)=�x3�y

�2 y c(t)= (t, ln t) . Dibujar las curvas de nivel f (x,y)= 0 y 1 . Hallar la derivada de fen el punto (1,0) en la dirección del vector unitario tangente la curva dada por c .

7. Sea la curva dada por c(t)=�et, t2� , t 2 [�2,2] . Dibujarla y hallar: i) la recta tangente en el punto (e,1) y un

vector unitario normal a la curva en ese punto , ii) su punto de corte con la curva r(s)= (s, s�1) , s2 [0,5] .

8. Sean g(x, y) =p

20�x2�y2 y la curva c(t)=�t, t2� , t 2 [�2,2] . a) Dibujar en el plano xy las curvas de nivel

g(x, y)=2p

5 ,4 ,0 y la curva C descrita por c(t) . b) Hallar de dos formas la ecuación del plano tangente a lagráfica de g en (�1,1) . c) Hallar la derivada de h(t)=g(c(t)) en t=�1 utilizando la regla de la cadena.

9. Sea f : R3! R de C2 y sea h(t)= f (t,�t, t2) . Hallar, mediante la regla de la cadena, h00(t) en función de lasderivadas de f y comprobar la fórmula obtenida en el caso de que sea f (x, y, z)= x+y+z2 .

10. Sean f(u, v) =�eu+2v,2u+v

�y g(x, y, z) =

�2x2�y+3z3,2y�x2� . Calcular la matriz de la diferencial de f � g

en (2,�1,1) , i) utilizando la regla de la cadena, ii) componiendo y diferenciando.

11. Sea f (x, y)= x+y1+xy . a] Hallar el plano tangente a la gráfica de f en el punto (0,2) y la recta tangente a la

curva de nivel de f que pasa por dicho punto. b] Si h(u, v)= f (u3+v2�1, ev+ 1) , calcular, mediante la reglade la cadena, la derivada direccional de h según el vector

�1/p

2 ,�1/p

en el punto (u, v)= (1,0) .

12. Sea f (x, y) = xx2+y2 . a] Dibujar las curvas de nivel f (x, y)= 0 ,1 , 12 ,

25 , y r f (2,1) . Hallar algún vector u

unitario tal que la derivada Du f (2,1) valga: i) 0 , ii) � 325 . Hallar div(rf ) en cartesianas y polares.

13. Sea f (x, y) = x2+y2

2+x2+y2 . a] Dibujar las curvas de nivel f =C con C= 13,

23 , el corte con x=0 y su gráfica.

b] En el punto (1,�1) hallar la ecuación de su plano tangente y la derivada de f según el vector u = (2,2) .¿En la dirección de qué vector unitario v es máxima la derivada direccional en ese punto? c] Hallar � f .

14. Sean f(x, y) = (x2,1, y2) , g(x, y, z) = z . a) Hallar div f , rot f , rg , �g , rot (rg) , div(rot f) , r(f ·rg) ,rot ( f ⇥rg) , rot

�r(f · rg)

�, div

�rot (f ⇥ rg)

�. b) Probar que en general es: rot (g f) = g rot f + rg⇥ f ,

div (g f)=g div f + rg · f , y comprobarlo con los campos anteriores.

15. Si F(x, y, z)= xy i + y2j + xz k , hallar: div F , rot F , r(div F) , div(rot F) , rot(rot F) , r(F · F) .

Problemas de Métodos Matemáticos (18/19) 2 - Cálculo integral en Rn

1. Hallar las integrales dobles∫

Df dx dy de las f que se dan en los recintos D⇢R2 que se indican:

a) f (x, y)= x2+y2 , D= [0,1]⇥[0,1] b) f (x, y)= log(xy) , D= [1,2]⇥[1,2]c) f (x, y)= y exy , D= [0,1]⇥[0,1] d) f (x, y)= xy , D región limitada por las curvas y= x , y= x2

e) f (x, y)= x , D círculo unidad f) f (x, y)=sen x , D triángulo acotado por y=0 , y= x , y=⇡�xg) f (x, y)= x2 , D círculo unidad h) f (x, y)= y/x2, D triángulo de vértices (1,0) , (2,0) , (1,1)

2. Sea f (x, y)= y2�x . a] Dibujar las curvas de nivel f =0 y f =�1 . Hallar el plano tangente en (1,�1) . Hallar elu unitario para el que la derivada Du f (1,�1) es mínima y el valor de esa derivada. Calcular � f en cartesianasy también utilizando polares. b] Hallar

f dx dy , con D triángulo de vértices (0,0) , (�2,2) y (1,2) .

3. Sean f (x, y)= yx+1 . a] Dibujar las curvas de nivel f (x, y)=C con C=0,1,�1 , hallar rf (0,1) , � f (x, y) y la

derivada de f en el punto (0,1) en la dirección del vector v=� 3

5,45�. b] Calcular

f , siendo D la regiónacotada por x=0 , y=1 y x= y2 .

4. Sea f (x, y)= x�x2+y2��1/2 . a] Dibujar las curvas de nivel f (x, y)=C con C=0 ,1 . Hallar y dibujar rf (0,2) .

Hallar la ecuación del plano tangente en el punto (0,2) . b] Calcular la integral doble∞D

f dx dy , siendo Dla región del primer cuadrante limitada por las circuferencias x2+y2=1 y x2+y2=4 .

5. Calcular, trabajando en i) cartesianas, ii) polares, la∞D

f dx dy en los siguientes casos:a) f (x, y)=2x�y , D semicírculo dado por x2+y2 4 , x �0b) f (x, y)= x , D región dada por x2+y2 2 , x �1 , y�0

6. Sea g(x, y)= yp

x2+y2 . a) Hallar la ecuación del plano tangente en el punto (0,�2) . Hallar �g (mejor polares).b) Calcular la integral doble

∞Dg , siendo D la parte del círculo x2+y2 4 y con x 0 , y�0 .

7. Calcular el volumen del sólido acotado por la superficie z= x2+y sobre el rectángulo [0,1]⇥[1,2] .

8. Sea R una lámina que ocupa la región r cos ✓ . Si ⇢(r, ✓)=cos ✓ es su densidad, hallar su centro de masas.

9. Calcular±

Vf , siendo: a) f (x, y, z)= ey y V el sólido limitado por x=0 , x=2 , y=1 , z=0 , y+z=0 .

b) f (x, y, z)= xy2z3 y V el sólido limitado en x, y, z�0 por la superficie z= xy y los planos y= x y x=1 .

10. Dibujar la gráfica de g(x, y)=2 e�p

x2+y2 y calcular el volumen del recinto que encierra con el plano z=1 .

11. Calcularª

Vz dx dy dz , siendo V el sólido limitado por las superficies z=

px2+y2 y x2+y2+z2=4 ,

trabajando en coordenadas cilíndricas y esféricas.

12. Probar que la longitud de una curva dada en polares por r= f (✓) , ✓ 2 [↵, �] es L=Ø �

p[ f (✓)]2+[ f 0(✓)]2 d✓ .

13. Sea R la región del primer cuadrante acotada por los ejes coordenados y la curva r=2(cos ✓+sen ✓) .a) Calcular el área de R . b) Hallar la longitud del perímetro de R .

14. Hallarπ

f ds para la f y las curvas que se indican:a) f (x, y, z) = yz , c(t)= (t,3t,2t) , t 2 [1,3] .b) f (x, y, z)= x+z , c(t)=

�t, t2, 23 t3� , t 2 [0,1] .

15. Sea F(x, y, z)= z e2x+y . a] Hallar la ecuación del plano tangente a F = 1 en el punto (�1,2,1) y un vectorunitario u para el que la derivada direccional DuF(�1,2,1)=0 . b] Calcular

F , con V sólido acotado porx=0 , y=0 , 2x+y=2 , z=0 , z=2 , y la integral de línea de F sobre el segmento que une (1,0,0) y (0,2,2) .

16. Sea el campo vectorial f(x, y, z)= (xy , x ,�yz) . Hallar div f y rot f . Calcular la integral de línea de f a lolargo del camino c(t)= (cos t, sen t,1) , t 2 [0,⇡] y la longitud de la curva descrita por c(t) .

��

17. Hallar la integral de f(x, y)= (xy,0) entre (�1,0) y (1,0) a lo largo de: a) el eje x , b) la parábola y=1�x2 ,c) la línea quebrada y= |x |�1 , d) la parte inferior de la circunferencia x2+y2=1 . ¿Es f conservativo?

18. Sea f (x, y)= x2y . a] Dibujar las curvas de nivel f (x, y)= 0 y 1 . Hallar rf (�1,1) y un u unitario tal queDu f (�1,1)=1 . b] Si D es la parte del círculo x2+y2 1 con x, y�0 , calcular

f en cartesianas y polares.c] Hallar la integral de línea de g(x, y)= (2xy, x2) entre (�1,0) y (1,1) siguiendo el segmento que los une.

19. Sea f(x, y)=�y2,2xy

�. a] Hallar div f . Probar que f deriva de un potencial y calcularlo. b] Hallar el valor de

la integral de línea de f desde (�1,1) hasta (2,4) a lo largo del segmento que une los puntos: i) directamente,encontrando una parametrización, ii) utilizando el potencial hallado en a].

20. Sea f(x, y)=�y+3x2, x

�. a] Calcular div f . ¿Deriva f de un potencial? b] Determinar el valor de la integral

de línea de f desde (1,0) hasta (�1,0) a lo largo de la semicircunferencia x2+ y2 = 1 , y � 0 . c] Si D es elsemicírculo dado por x2+y2 1 , y�0 , hallar el valor de la integral doble

div f .

21. Sea D el cuadrilátero cuyos vértices son (0,0) , (2,0) , (4,�1) y (2,�1) . a) Calcular∞D(x+2y) dx dy .

b) Hallar la integral de línea de f(x, y)= (1,cos y) a lo largo de la frontera de D , en el sentido horario.

22. Sea g(x, y, z)= y e2x�z . a] Hallar rg(1,�1,2) y escribir un vector unitario u para el que sea Dug(1,�1,2)=0 .b] Calcular

±Vg , con V sólido limitado por los planos x=0 , x=1 , y=0 , y=2 , z=0 y z=2�x . c] Hallar

el valor de la integral de línea de i) g , ii) rg desde (0,0,0) hasta (1,2,2) sobre el segmento que une los puntos.

23. Sea g(x, y, z)=�2e2x�y,�e2x�y, z

�. a) Hallar div g y rot g . ¿Deriva g de un potencial? b) Hallar el valor de

la integral de líneaØc

g·ds , siendo c(t)=�t2,4t, t

�, con t 2 [0,2] .

24. Sea el campo vectorial g(x, y, z)=�z, y2, x

�. a] Calcular div g , r( div g) y rot g . b] Determinar el valor de la

integral de líneaØcg ·ds , siendo c(t)= (cos t, sen t,�sen t) , con t 2

⇥0 , ⇡2

25. Sea f(x, y, z)=�z2,2y, cxz

�, c constante. Hallar div f y rot f , precisar para qué valor de c deriva f de un

potencial U y calcularlo. Para este c , ¿cuánto vale la integral de línea de f entre (0,0,0) y (1,0,1) a lo largodel segmento que une los puntos?

26. Sea f(x, y, z)= 2xz i + j + x2k . a] Hallar div f , rot f , r(div f ) y �( f · f ) . b] Hallar

div f dx dy dz ,siendo V el sólido limitado por los planos y=0 , y=3 , x=0 , z=0 , x+z=2 . c] Hallar la integral de línea def desde (2,3,0) hasta (1,3,1) a lo largo del segmento que une los puntos.

27. Comprobar el teorema de Green∫

D[gx� fy] dx dy =

@Df · ds para:

a) f(x, y)=�y2,2x

�y D la región del plano encerrada entre la parábola x=4�y2 y la recta y= x�2 .

b) f(x, y)=�0, xy2� y D círculo x2+y2 4 .

c) f(x, y)=�y2, xy

�y D semicírculo girado dado por x2+y2 2 e y� x .

28. Sea D la región del plano limitada por las gráficas de y= e�x , y= ex�2 y el eje y . a) Hallar∫

Dx exdxdy .

b) ¿Cuánto vale la integral de línea de f(x, y)= (xy ex,1) a lo largo de @D , en el sentido de las agujas del reloj?

29. Sea el semicírculo D dado por x2+y2 1 e y�0 y sea f(x, y)= (x2,3xy) . Calcular la integral doble∞D

3yy la integral de línea de f sobre la @D recorrida en el sentido opuesto a las agujas del reloj. ¿Debían tener elmismo valor? ¿Existe alguna U(x, y) tal que rU= f ?

30. Sea f (x, y)= y�2xy . a] Dibujar las curvas de nivel f (x, y)=C con C= 0 y 1 , y rf (0,1) . Hallar un vectorunitario u tal que la derivada de f en el punto (0,1) en la dirección de u sea 0 . Hallar div

b] Calcular la integral doble∞D

f dx dy , siendo D el triángulo de vértices (0,0) , (2,0) y (0,2) .c] Sea el campo vectorial g(x, y)= (xy2, xy) . ¿Deriva de un potencial? Hallar el valor de la integral de línea de

g entre (2,0) y (0,2) a lo largo del segmento que une estos puntos.

��

Problemas de Métodos Matemáticos (18/19) 3 - Ecuaciones diferenciales ordinarias

1. Hallar la solución general de estas EDOs lineales de primer orden:a) y0=�2y

x b) y0=� yx2 c) y0= y+5 d) y0= y

3x + 2

e) dydx =2xy2 f) dy

dx = x+ xy g) dy

dx = x+ yx h) dy

dx = ex�y

2. Resolver dydx = � 12x+5y

5x+2y : i) como exacta, tras comprobar que lo es; ii) haciendo z= yx .

3. Hallar la solución general T(t) y la que cumple el dato inicial T(0)=0 de las ecuaciones:a) T 0=4�4T b) T 0+ 9T = t c) T 0+(1+2t)T = 0 d) T 0= T+2 sen t

4. Hallar la solución general de las siguientes ecuaciones lineales homogéneas de segundo orden:a) y00 + 2y0 + 5y = 0 b) x2y00�3xy0+3y = 0 c) x2y00� x(x+2)y0+(x+2)y=0

5. Hallar la solución general de x2y00+xy0�n2y = 0 , para n=0,1,2, . . .

6. Hallar la solución general de las siguientes ecuaciones no homogéneas con coeficientes constantes:a) y00�3y= e2x b) y00+y= x cos x c) y00+y=cos3x d) y00+4y0+5y= x e) y00�2y0+y= x2

7. Hallar la solución general de y00+2y0+�y= f (x) para a) �=�3 y para b) �=2 siendo i) f (x)= e�x ,ii) f (x)= ex .

8. Hallar su solución general y la que cumple los datos iniciales y(0)= y0(0)=0 :a) y00+2y0+2y=2 b) y00+2y0+y= x+2 c) y00+y= x2 d) y00+y=2xex e) y00+y= 2

9. a] Resolver dydx =�

y�2x tratándola como: i) lineal, ii) separable, iii) exacta.

b] Hallar la solución general de x2y00+xy0=2x : i) haciendo y0=v , ii) mirándola como ecuación de Euler.

10. Hallar la solución general de estas ecuaciones de Euler no homogéneas:a) xy00+2y0= x b) x2y00� 2y = 2 c) x2y00+4xy0+2y= ex

11. Hallar la solución general de (x+1)y00� y0= (x+1)2 : i) haciendo y0=v , ii) haciendo x+1= s .

12. Sea (e) x2y00� 3xy0= 4 . Hallar la solución general de (e) viéndola como ecuación de Euler y haciendo y0=v .Hallar la solución particular de (e) que satisface y(1)= y0(1)=3 .

13. Sea y00� y = 3e�2x . i) Hallar su solución general y la que satisface los datos iniciales y(0)=1 , y0(0)=0 .ii) ¿Cuántas soluciones de la ecuación cumplen los datos de contorno y0(0)= y0(1)=0 ?

14. a) Hallar la solución general de y00+y0= 2x�1 , i) como lineal de segundo orden, ii) haciendo y0=v .b) Calcular la única solución que satiface los datos iniciales y(0)= y0(0)=0 .c) Precisar cuántas soluciones de la ecuación cumplen los datos de contorno y0(0)= y0(1)=0 .

15. Sea�a+bx2� y00 � 2y =g(x) . a] Para a=0 , b=1 , g(x)=0 , hallar la solución general de la ecuación.

b] Para a=2 , b=0 , g(x)=ex , hallar la solución general tanteando (coeficientes indeterminados) y con la fvc.c] Para a=2 , b=0 , g(x)=2x2 , hallar la solución que satisface los datos iniciales y(0)=1 , y0(0)=3 .d] Para a=b=1 , g(x)=0 , probando una serie de potencias en la ecuación, hallar el desarrollo hasta x5 de

la solución que cumple y(0)=0 , y0(0)=3 .

��

Problemas de Métodos Matemáticos (18/19) 4 - Problemas de contorno para EDOs

1. Sea⇢y00 + �y = 0y(0)= y0

� 12�=0 .

a] Hallar sus autovalores �n y sus autofunciones {yn} e hyn, yni sin consultarlos apuntes. b] Calcular el desarrollo de f (x)= x en serie

1’n=1

cn yn(x) .

2. Hallar los desarrollos de a) f (x)=1 y b) f (x)= x2 , x 2 [0,1] , en serie de i) {sen n⇡x} , ii) {cos n⇡x} .Dibujar con algún programa de ordenador algunas sumas parciales de las series obtenidas.

3. Desarrollar en senos y cosenos en [�⇡,⇡] , dibujando las funciones hacia las que tienden las series:a) f (x)=sen2x b) f (x)=sen x

4. Sea f (x)=n

1 , 0 x 10 , 1< x 2 . Hallar su desarrollo en serie de Fourier f (x) = a0

2 +1’n=1

an cos n⇡x2 .

¿Cuánto debe sumar la serie para i) x=1 , ii) x=2 ? Comprobarlo sustituyendo en la serie.

5. Sea⇢y00 + �y = 0y(0)�2y0(0)= y(1)�2y0(1)=0 . Hallar sus �n y autofunciones {yn} , y calcular hyn,yni 8n .

[Son calculables exactamente todos los �n , y hay uno negativo].

6. Sea⇢y00+ �y = 0y(0)= y0

� 34�+⇡y

� 34�=0 .

a] Probar que �=⇡2 es autovalor y hallar su autofunción {y1} .Estudiar si �=0 es autovalor. Probar gráficamente que hay infinitos�n positivos, escribir sus autofunciones {yn} y hallar hyn , yni .

b] Hallar el valor de c1 en el desarrollo en serie1’n=1

cn yn(x) de f (x)= x . ¿Cuánto suma la serie si x= 12 ?

7. Sea⇢

x2y00+3xy0+y+�y=0y(1)= y(e)=0 .

a] Escribir la ecuación en forma autoadjunta y hallar el peso. b] Preciarsi � = 0 es o no autovalor. c] Probar que � = ⇡2 es autovalor, hallar laautofunción {y1} asociada y calcular hy1 , y1i .

8. Desarrollar f (x)=1 en serie de autofunciones del problema⇢y00 + 2y0 + �y = 0y(0)+y0(0)= y(1

2 )=0 .

9. Sea y00+ y0= x . a] Hallar la solución general y la única que cumple los datos iniciales y(0)= y0(0)=�1.b] Estudiar si hay o no una única solución cumpliendo los datos de contorno y0(0)= y0(1)=0 .

10. a] Precisar si �=�3 y �=2 son o no autovalores de⇢y00+2y0+�y=0y(0)= y(⇡)=0 y dar la autofunción cuando lo sea.

b] ¿Para alguno de esos dos � hay sólo una solución de y00+2y0+�y= e�x que cumpla y(0)= y(⇡)=0 ?

11. Sea⇢y00+ y0+�y = 0y0(0)= y0(1)=0 . Escribir la ecuación en forma autoadjunta. Precisar si � =�2 y � = 0 son o no

autovalores. ¿Cuántas soluciones de y00+ y0�2y=4x cumplen esos datos?

12. a] Estudiar si �=0 y �=�2 son o no autovalores de⇢

x2y00 + �y = 0y0(1)= y0(2)=0 , dando la autofunción cuando lo sea.

b] Precisar si hay o no una única solución de x2y00�2y=2 cumpliendo esos datos de contorno.

13. Sea [C] y00+4y0+5y= e�2x(2x�⇡) . a] Hallar la solución general de [C] y la que cumple y(0)=0 , y0(0)=2 .b] Precisar cuántas soluciones de la homogénea y de la no homogénea [C] cumplen y(0)= y(⇡)=0 .

14. Hallar, si existe, un valor de a para el que⇢

xy00�y0= x2�ay0(2)= y0(4)=0 tenga infinitas soluciones.

15. Sea⇢y00+ �y = sen xy(0)= y0

� ⇡2�=0 . Precisar, si lo hay, algún � para el que: i) tenga solución única,

ii) tenga infinitas soluciones, iii) no tenga solución.

Problemas de Métodos Matemáticos (18/19) 5 - Ecuaciones en derivadas parciales

1. Hallar la solución general⇥y(x) y u(x, y) respectivamente

⇤de: i) x2y00= 2y , ii) x2ux = 2u .

2. Resolvern2xuy+ux =4xy

u(1, y)=1[Hallar sus características y la ecuación para u⌘ (utilizando la reglade la cadena). Hallar su solución general e imponer el dato inicial].

3. Sea [E] uy�2ux = (x+2y)u . Hallar sus características y utilizando la regla de la cadena, la ecuación para u⌘ .Hallar la solución general de [E] y la única que satisface el dato inicial u(x,1)=2 .

4. Sea uy+ux =u+x . Hallar su solución general y la que satisface el dato inicial u(x,0)=�x .

5. Sea yuy � xux = y . Hallar su solución general y la que satisface el dato inicial u(�1, y)=3y .

6. Sea 2yuy+xux = 4x2y . Hallar sus características y, con la regla de la cadena, escribirla en las variables (⇠,⌘) .Calcular su solución general y la única que satisface el dato inicial u(�2, y)=3y .

7. Hallar la solución de los siguientes problemas de Cauchy:

a) (2y�x)uy+xux =2yu(1, y)=0 b)

uy+3y2ux =2uy +6y4x

u(x,1)= x2 c) uy+2yux =3xuu(x,0)=2x d) 2yuy�xux =2u

u(�1, y)= y3

8. Sea [E] (2x�y)uy+ xux = yu . a] Resolver dydx =

2x�yx tratándola como: i) lineal, ii) exacta, iii) haciendo z= y

x .b] Hallar la solución general de [E] y la única que satisface el dato inicial u(1, y)=1 . Comprobar esta solución.c] Escribir 2 soluciones distintas de [E] que satisfagan el dato u(x, x)= ex .

9. Reducir a forma canónica, si es necesario, y, si es posible, encontrar la solución general:a) uxx+4uxy�5uyy+6ux+3uy=9u b) uyy+2uxy+2uxx =0 c) uxx�3ux+2u= y

10. Resolver: a)⇢

utt�4uxx+2ut+4ux = 0u(x,0)= x , ut (x,0)=0 b)

⇢utt+2uxt =2u(x,0)=ut (x,0)=0 c)

⇢uyy+2uxy+uxx� u = yu(x,0)=1 , uy(x,0)=0

[Escribir las ecuaciones en forma canónica, hallar su solución general e imponer los datos].

11. Seanut�uxx =0 , x 2 (0,⇡), t >0

u(x,0)=0 , ux(0, t)=ux(⇡, t)=1 . [La v del cambio salta a la vista].

12. a] Escribir f (x)=1 en serie de autofunciones den X 00 + �X = 0

X(0)=X 0(⇡)=0 . ¿Cuánto suma la serie si x= ⇡2 ?

b] Resolver por separación de variablesnut � 4(1+2t) uxx = 0 , x 2 (0,⇡) , t >0

u(x,0)=1 , u(0, t)=ux(⇡, t)=0

13. a] Escribir el desarrollo de la función f (x)= ⇡2 �x en serie de autofunciones del problema

n X 00 + �X = 0X(0)=X(⇡)=0 .

b] Resolvernut� uxx = sen x , x 2 (0 ,⇡) , t >0

u(x,0)= ⇡2 �x , u(0, t)=u(⇡, t)=0 . [Llevar serie con autofunciones del homogéneo a la EDP

y al dato inicial y calcular las infinitas Tn(t) no nulas].

14. Resolver: a)⇢

ut� 2uxx = e�tsen x , x 2�0,⇡2

�, t >0

u(x,0)=sen 3x , u(0, t)=ux� ⇡

2 , t�=0 , b)

⇢ut� 1

2t uxx =3 sen 2x , x 2�0 ,⇡2

�, t >1

u(x,1)=u(0, t)=u� ⇡

2 , t�=0

15. Sea el problema no homogéneonut�uxx+3u=F(x) , x 2 (0 ,⇡) , t >0

u(x,0)=u(0, t)=u(⇡, t)=0 , con a) F(x)=4 sen x , b) F(x)=⇡ .

Hallar la solución en el caso a) y los 2 primeros términos no nulos de la serie solución en el caso b).

16. Seanut � uxx = 0 , x 2 (0,3⇡), t >0

u(x,0)=1 , u(0, t)�4ux(0, t)=u(3⇡, t)=0 . Resolverlo y escribir de forma exacta el primertérmino de la serie solución.

��

17. Escribir la forma canónica de las ecuaciones y resolver lo problemas utilizando diferentes caminos:

utt � 4uxx = e�t , x, t 2 Ru(x,0)= x2, ut (x,0)=�1 b)

⇢utt� 4uxx = 4 , x, t 2Ru(x,0)=ut (x,0)=0 c)

⇢utt�uxx =2x , x, t 2Ru(x,0)=ut (x,0)=0

18. Sea8>><>>:

utt�4uxx =0 , x 2 [0,⇡] , t 2Ru(x,0)=0 , ut (x,0)=sen 3xu(0, t)=u(⇡, t)=0

. a] Resolverlo por separación de variables.b] Resolverlo utilizando, razonadamente, la fórmula de D’Alembert.

19. a] Hallar la solución de la ecuación y00+ y = 2 que satisface el dato inicial y(0)= y0(0)=0 .

b] Hallar la solución del problema no homogéneo⇢

utt � uxx = 2 sen x , x 2 [0,⇡] , t 2Ru(x,0)=ut (x,0)=u(0, t)=u(⇡, t)=0 .

20. Sea

(utt�uxx =0 , x �0 , t 2Ru(x,0)=0,ut (x,0)=

n2x�x2 , x 2 [0, 2]0 , x 2 [2,1) , u(0, t)=0 . Hallar: i) u(5,2) , ii) u(3,2) , iii) u(1,2) .

21. Sea

8>>><>>>:

utt�uxx =0 , x 2 [0,2⇡] , t 2Ru(x,0)=

� 2 sen x , x2[0,⇡]0 , x2[⇡,2⇡] , ut (x,0)=0

u(0, t)=u(2⇡, t)=0. Dibujar u(x,⇡) y hallar su expresión con D’Alembert.

Resolver por separación de variables y comprobar.

22. Resolver⇢

utt+2ut�uxx = (t+2) sen x , x 2 [0,⇡], t 2Ru(x,0)=ut (x,0)=u(0, t)=u(⇡, t)=0 . Separar variables en la homogénea, probar serie

con sus autofunciones y hallar el Tn(t) no nulo.

23. Resolver8>><>>:

utt�uxx =0 , x 2 [0,⇡] , t 2Ru(x,0)=0 , ut (x,0)= xux(0, t)=ux(⇡, t)=0

.[Separar variables u = XT , hallar las Xn y las Tn ,usando todos los datos =0 , y calcular los coeficientesde una serie imponiendo el dato inicial no nulo].

24. Resolver por separación de variables estos problemas planos en cartesianas:

(�u = 0 en (0,⇡)⇥(0,⇡)u(⇡, y)=5 + cos yu(0, y)=uy(x,0)=uy(x,⇡)=0

(�u= y cos x en (0,⇡)⇥(0,1)ux(0, y)=ux(⇡, y)=0uy(x,0)=uy(x,1)=0

(�u+6ux =0 en (0,⇡)⇥(0,⇡)uy(x,0)=0 , uy(x,⇡)=0ux(0, y)=0 ,u(⇡, y)=2 cos22y

25. Resolver por separación de variables estos problemas planos y comprobar el resultado:

urr+ 1r ur+ 1

r2 u✓✓ =0 , r <2 , 0< ✓<⇡ur (2, ✓)=sen 3✓ , u(r,0)=u(r,⇡)=0

urr+ 1r ur+ 1

r2 u✓✓ =0 , r <1 , 0< ✓< ⇡2

u(1, ✓)=cos 2✓ , u✓(r,0)=u✓�r, ⇡2

�=0 .

26. Sea⇢�u = 0 , r <2 , 0< ✓<⇡u(2, ✓)=⇡ , u(r,0)=u(r,⇡)=0 . Resolverlo por separación de variables y escribir los

dos primeros términos no nulos de la serie solución.

27. Hallar los dos primeros términos no nulos de la serie solución de⇢

urr+ 1r ur+ 1

r2 u✓✓ = 0 , r <1 ,0< ✓< ⇡2

u(2, ✓)=⇡, u(r,0)=u✓�r, ⇡2

28. Resolver por separación de variables estos problemas planos:

a)⇢�u = 0 , 1< r <2u(1, ✓)=0, u(2, ✓)=1+sen ✓ b)

⇢�u=cos ✓ , r <2u(2, ✓) = sen 2✓ c)

⇢�u=0 , r <4 , 0< ✓<⇡u(4, ✓)=2 sen ✓

2 , u(r,0)=u✓�r,⇡)=0

29. Resolver: a] rR00+ R0=�1 y b]

⇢urr + 1

r ur + 1r2 u✓✓ =� 1

r , 1< r <3 ,0< ✓<⇡u(1, ✓)=2+cos ✓ , u(3, ✓)=0 , u✓(r,0)=u✓(r,⇡)=0

30. Resover el problema plano

(�u = 0 , r <2 , ✓ 2�0 , ⇡2

�ur (2, ✓) + ku(2, ✓) = 8 cos 2✓u✓(r,0)=u✓

�r, ⇡2

, para: i) k=1 , ii) k=0 .

��

Problemas adicionales de Métodos Matemáticos (temas 1 y 2)[son de temas no centrales del curso o más complicados o demasiado parecidos a otros del 18/19]

Cálculo diferencial en Rn

1.1. Sean x = 4 i+3 j , y = i� j . Hallar y dibujar x+y , x�y y x+3y , y hallar el módulo de estos 3 vectores. Comprobarla desigualdad triangular y la de Cauchy-Schwartz para x e y . ¿Forman x e y un ángulo agudo u obtuso entre ellos?Hallar la distancia de x a y y el ángulo formado por y y x + 3y .

1.2. Sean x = (2,0,�3) , y = (0,1,3) . Hallar x · y , x ⇥ y e y ⇥ x . Encontrar dos vectores unitarios u y v que no seanmúltiplo uno del otro y que ambos sean ortogonales a x .

1.3. a) Hallar la ecuación de la recta que pasa por (�2,7) y es perpendicular al vector 4i + j .b) Dar tres expresiones paramétricas distintas del segmento que une los puntos (�1,0) y (1,1) .

1.4. Con las curvas de nivel y alguna sección dibujar la superficie definida por z2=1+x2+y2 .

1.5. Probar que el campo escalar f (x, y) = x2y2

x4+y4 para (x, y), (0,0) , con f (0,0)=0 , tiene derivadas parciales en (0,0) ,pero que no es diferenciable en dicho punto.

1.6. Sea f (x, y) = x2

y , f (x,0)=0 . Dibujar sus curvas de nivel. Precisar los puntos en que f es continua y en los que esdiferenciable. Hallar, si existen, el rf y la derivada según el vector

� 35 ,

en i) (0,0) y en ii) (1,1) .

1.7. Sea f (x, y) =p|xy | . Comprobar que fx(0,0)= fy(0,0) = 0 . ¿Tiene z= f (x, y) plano tangente en el origen?

1.8. Sea f (x, y)= x sen 2y . Hallar un vector unitario v tal que Dv f (1,0) sea: i) máxima, ii) mínima, iii) 0, iv) 1.

1.9. Sea f (x, y)= (y�2x)3 . Dibujar las curvas de nivel f (x, y)=C con C= 0 , 1 y �1 . Hallar rf (0,1) y � f . Hallarel vector unitario u para el que es máxima la derivada de f en el punto (0,1) en la dirección de u .

1.10. Sea f (x, y)=9�x2�y2 . a] Dibujar las curvas de nivel f = 8,5,0,�7 , el corte con x=0 y su gráfica.b] Hallar un vector unitario u tal que la derivada de f en el punto (2,1) en la dirección de u sea 0 .c] Hallar la ecuación del plano tangente a la gráfica de f en el punto (2,1) .d] Si c(t)=

�2t, t3� , hallar la derivada de la función h(t)= f (c(t)) en t=1 utilizando la regla de la cadena.

1.11. Una chinche camina sobre el plano xy . La temperatura en (x, y) es de e�x�2y grados. Cuando la chinche está en(0,0) se mueve hacia el este a una velocidad de 2 m/minuto y hacia el norte a una velocidad de 3 m/minuto. Desde elpunto de vista de la chinche, ¿Con qué rapidez está cambiando la temperatura del suelo?

1.12. Escribir la ecuación en derivadas parciales y2uyy� x2uxx = 0 en las nuevas variables s= xy , t = xy , utilizando la

regla de la cadena. Comprobar que la función u(x, y)= f (xy)+x g( xy ) , con f ,g 2C2(R) satisface la ecuación.

1.13. Si Rt

c�! R2(x,y)

g�! R2(u,v)

, escribir, con la regla de la cadena, dudt y dv

dt en función de las derivadas de u , v , x e y .

Comprobar las fórmulas obtenidas en el caso particular en que c(t)= (t,et ) y g(x, y)= (xy , y�x2) .

1.14. Sea f (x, y) = 1� (x2+y2)1/4 . Dibujar aproximadamente su gráfica. Calcular rf en cartesianas y polares. Estudiaren qué puntos es f diferenciable. Calcular � f (0,1) . Determinar en qué punto del segmento que une (0,1) y (�2,0)y en la dirección de qué vector el campo f crece más rápidamente.

1.15. Sean r(x, y) = (x, y) , r = kr k . Probar que: r� 1r

�= � r

r3 , r�log r

�= r

r2 , �� 1r

�= 1

r3 , ��log r

�= 0 .

Cálculo integral en Rn

2.1. Calcular∫

R(xy)2 cos x3 dx dy , siendo R el rectángulo [0,1]⇥[0,1] .

2.2. Hallar∫

Df dx dy para f (x, y)= ex�y y D cuadrilátero de vértices (0,0) , (2,2) , (0,2) , (�1,0) .

2.3. Sea f (x, y)= (y�2x+1)2 . a) Dibujar las curvas de nivel f (x,y)=0 y 1 . b) Hallar � f . c) Precisar para qué uunitario es mínima Du f (1,2) . d) Hallar la integral

f , con D triángulo de vértices (0,�1) , (0,1) y (1,1) .

2.4. Sea f (x, y)= xy . a] Dibujar las curvas de nivel f (x, y)=C con C= 0 y 1 . Hallar el vector unitario u con la

dirección y sentido de rf (1,1) y el valor de la derivada Du f (1,1) . Hallar � f (x, y) . b] Si D es la parte delcírculo x2+y2 2 con x �0 e y�1 : i) calcular

f dx dy (en ese orden), ii) expresar la integral en polares.

2.5. Sea f (x, y)= x2y2 . a) Dibujar las curvas de nivel f (x,y) = 0 y 4 . b) Hallar rf (2 ,�1) y � f .c) Hallar la ecuación del plano tangente a la gráfica de f en el punto (2 ,�1) .

d) Calcular∞D

f , siendo D la región del primer cuadrante limitada por la recta y= x y la curva y= x3 .

2.6. Calcular el área A de una elipse de semiejes a y b : x2

a2 +y2

b2 =1 con el cambio x=ar cos ✓ , y=br sen ✓ .

2.7. Hallarππ

B(x2+y2) dx dy con B la región del primer cuadrante acotada por las hipérbolas xy=1 , x2�y2=1

xy=2 , x2�y2=4 .

2.8. Calcularª

B(2x+3y+z) dx dy dz , donde B= [1,2]⇥[�1,1]⇥ [0,1] .

2.9. Calcularπππ

Vx2 cos z dx dy dz , con V región acotada por los planos z=0 , z=⇡ , y=0 , x=0 , x+y=1 .

2.10. Sea F(x, y, z)= y e2x+z . a) Hallar krF�1, 12 ,�2

�k , el vector u unitario para el que es máxima DuF

�1, 12 ,�2

�y el

valor de esta derivada direccional. b) Calcular±

VF , si V es el sólido limitado por los planos y=0 , y=2 , x=1 ,

z=0 , 2x+z=0 .

2.11. Sea g(x, y, z)= z2�x�2y . a) Escribir la ecuación del plano tangente a g=0 en el punto (4 ,0 ,2) .b) Calcular

±Vg , si V es el sólido dado por x2+y2 4 , 0 z3 .

2.12. Calcular el volumen de la región acotada por el cilindro x2+y2=1 , el plano z=0 y la superficie z+x2=1 .

2.13. Hallar el volumen encerrado entre las superficies z = x2+y2 y x2+y2+z2=2 en cilíndricas y en esféricas.

2.14. Hallar la longitud de las curvas:

a)⇣|t | ,

��t� 12�� ⌘ , t 2 [�1,1] b) x=2 cos t�cos 2t

y=2 sen t�sen 2t , t 2 [0,2⇡] (cardioide) c) y= ln x , x 2 [1,e]

2.15. Un alambre está sobre un tramo de espiral r = e✓ , ✓ 2 [0,2⇡] . En cada punto (r, ✓) la temperatura es r . Calcular latemperatura media del alambre.

2.16. Para F(x, y, z) = z ex�y calcular: a] rF , div�rF

�, rot

�. b] El vector unitario u para el que es máxima la

derivada DuF(1,1,2) . c]±

VF , con V sólido acotado por x=0 , y=0 , x+y=1 , z=0 , z=2 .

2.17. Sean f(x, y)=�2xy , x2�3

�y c(t)=

�2�t2, t

�, t 2 [�2,2] . a) Hallar div f y precisar si f es conservativo.

b) Determinar el punto en el que la recta tangente en (1,�1) a la curva descrita por c(t) corta el eje x .c) Hallar el valor de

Øc f · ds de dos formas diferentes.

2.18. a] Sea f (x, y)= x2�y2 . Dibujar las curvas de nivel f (x, y)=0 y el vector rf (1,1) . Hallar la derivada de f en elpunto (1,1) en la dirección del vector v= (�1,�1) . Hallar � f (x, y) . b] Hallar la integral de línea de g(x, y)= (2x,�2y)desde (1,0) hasta (0,1) a lo largo del tramo de circunferencia dado por x2+y2=1 , x, y�0 .

2.19. Sean f(x, y)= (5x�y ,2x) y c(t)= (2 cos t,2 sen t) , t 2 [0,2⇡] . a) Dibujar la curva descrita por c y precisar el puntoen el que la recta tangente a esa curva en el punto

�1 ,

corta el eje x .b) Hallar: i)

πcdiv f ds , ii)

f · ds . ¿Deriva f de un potencial?

2.20. Calcularπ

cf · ds para f(x, y, z)= x i + y j + xyz k , en estos dos casos: a) c(t)= (t, t, t) , t 2 [0,1] .

b) c(t)= (cos t, sen t,0) , t 2 [0,2⇡] .

2.21. ¿Qué trabajo realiza la fuerza F(x, y, z) = x i + y j + z k al mover una partícula a lo largo de la parábola y = x2 ,z=0 , desde x=�1 hasta x=2 ?

2.22. Sea f(x, y, z)=e�z i+ j�xe�z k . a] Hallar div f y rot f . b] Hallar el valor de la integral de línea de f desde (1,�1,0)hasta (1,0,2) a lo largo del segmento que une los puntos.

2.23. Hallar la integral de línea del campo vectorial f(x, y, z) = i +2yz j + y2 k entre (1,0,2) y (0,3,0) a lo largo delsegmento que une esos puntos. ¿Existe alguna curva que una los dos puntos para la que la integral sea 0 ?

2.24. Sea g(x, y, z)=�x2, z , y

�. a) Hallar div g y rot g . b) Calcular

div g , siendo V el sólido limitado por los planosx=0 , y=0 , x+y=2 , z=0 y z=1 . c) Si c(t)= (t,cos t, sen t) , t 2 [0,⇡] , hallar la longitud de la curva dada por c yla integral de línea

Øc g · ds .

2.25. Comprobar el teorema de Green para f(x, y)= ( y2, xy) y D el semicírculo definido por x2+y2 1 , x+y�0 .

2.26. Verificar el teorema de la divergencia para a) f(x, y)= (x, y) y D el disco unidad x2+y2 1 .b) f(x, y)= (2xy,�y2) y D el cuadrado unidad [0,1]⇥[0,1] .

2.27. Sea S la superficie cilíndrica x2+y2 = 4 comprendida entre los planos z=0 y z=3 . Hallar el área de S utilizandointegrales de superficie y calcular la integral de superficie de f(x, y, z)= (xz, yz,2) sobre S .

2.28. Sean las superficies S=�

x2+y2+z2=R2, z�0

y B=�

x2+y2 R2, z=0

. Comprobar que se verifica el teoremade la divergencia sobre S[B para el campo vectorial f(x, y, z)= ( y ,�x ,1 ) .

2.29. Sea S el triángulo determinado por los puntos (0,0,0) , (0,1,0) y (�1,1,1) y f(x, y, z) = (yz,ey,1) . Calcular laintegral de superficie de rot f sobre S directamente y utilizando el teorema de Stokes.

2.30. Sea S la parte del paraboloide elíptico z = 4�4x2� y2 con z � 0 y x � 0 , y sea el campo f(x, y, z) = (3, x2, y) .Comprobar el teorema de Stokes calculando la integral de superficie de rot f sobre S y la integral de línea de f a lolargo del contorno cerrado que limita dicha superficie.

2.31. Sea S la parte de la superficie cónica z2 = x2+y2 , con 1 z 2 , y sea el campo vectorial f(x, y, z)= (x, y,1) . i)Calcular la integral de superficie f sobre S respecto de la normal exterior al cono. ii) Hallar el rot f . Sin calcularla:¿cuánto vale la integral de línea de f a lo largo de la circunferencia que limita superiormente S ?

Problemas adicionales de Métodos Matemáticos (temas 3, 4 y 5)[son de temas no centrales del curso o más complicados o demasiado parecidos a otros del 18/19]

Ecuaciones diferenciales ordinarias (sobre todo series)

3.1. Hallar la solución de y00 + 2xy0 = 2x que satisface los datos inciales y(1) = y0(1) = 1 .

3.2. Hallar la solución de⇢y00+ 4y = 8x2

y(0)= y0(0)=0 .

3.3. Hallar la solución general de las ecuaciones de Euler: a) x2y00+ xy0�y = 4x2 , b) x2y00+xy0�4y=4 .

3.4. Hallar la solución de xy00 + y0 = 4x que cumple y(1)= y0(1)=0 .

3.5. Hallar los 3 primeros términos no nulos de una solución de y00+ xy0+ y = 0 que se anule en x=0 , escribiendo laregla de recurrencia.

3.6. Sea y00+[2�2x]y0+[1�2x]y=0 . a) Hallar el desarrollo hasta x4 de la solución en forma de serie de potencias quecumple y(0)= 0 , y0(0)= 1 . b) Sabiendo que y = e�x es otra solución, escribir la solución de a) en términos de unaintegral, desarrollar la integral y comparar.

3.7. Sea 4x2y00�3y = x2 . a) Hallar la solución general de la no homogénea. b) Hallar el desarrollo hasta orden 4 en tornoa x=1 de la solución de la homogénea con y(1)=0, y0(1)=1.

3.8. Sea 3xy00+(2�6x)y0+2y=0 . Hallar una solución que no sea analítica en x=0 . Hallar 4 términos del desarrollo deuna solución no trivial que sea analítica en x=0 .

3.9. Sea xy00� 2y0+ y = 0 . Hallar una solución no trivial que se anule en x=0 , escribiendo la regla de recurrencia, sus4 primeros términos y la expresión de su término general. ¿Están todas las soluciones acotadas en x=0 ?

3.10. Sea 4xy00+2y0+y=0 . Comprobar que x=0 es punto singular regular y encontrar las raíces de su polinomio indicial.Hallar el desarrollo en serie de la solución que es analítica en el punto y deducir la solución general en términos defunciones elementales. Comprobarlo haciendo el cambio de variable s= x1/2 .

3.11. Sea 2p

x y00 � y0 = 0 . Precisar si x=0 es punto singular regular. Calcular, hasta tercer orden, el desarrollo en serieen torno a x=1 de la solución que cumple y(1) = y0(1) = 1 .

3.12. Sea (1�x2)y00�2xy0+y=0 . Hallar 3 términos no nulos del desarrollo de la solución con y(0)=0 , y0(0)=1 . Esudiarsi hay soluciones no triviales que se anulen en x=�1 .

3.13. Hallar la solución general de x2y00+x(4�x)y0+2(1�x)y=0 , desarrollando en torno a x=0 e identificar las seriessolución con funciones elementales.

3.14. Sea xy00�2y0+4 ex y=0 . Hallar los 3 primeros términos no nulos del desarrollo en serie de potencias de una soluciónque se anule en x=0 .

3.15. Sea xy00+(1�x2)y0+ pxy = 0 . Precisar, resolviendo por series en torno a x=0 , los valores de p para los que haysoluciones que son polinomios y escribir uno de estos polinomios para p=4 .

Problemas de contorno

4.1. Desarrollar f (x) = cos3x , x 2 [0,⇡] , en serie de i) {cos nx} , ii) {sen nx} , dibujando las funciones hacia las quetienden las series.

4.2. Desarrollar f (x)=⇢x , 0 x< ⇡

20 , ⇡

2 x ⇡en serie

1’n=1

cnyn(x) , con yn autofunciones de y00 + �y = 0y(0)= y0(⇡)=0 .

¿Cuánto vale1’n=1

cnyn( ⇡2 ) ? Deducir de ello, y de que ⇡4 =1� 1

3+15�· · · , el valor de

1’n=1

1(2n�1)2 .

4.3. Hallar los autovalores y las autofunciones, y desarrollar f (x)= x en las autofunciones de los problemas:

a)⇢y00 + �y = 0y(�1)= y(1)=0 b)

⇢y00 + �y = 0y(0)= y(1)+y0(1)=0

4.4. Sea (P)⇢y00 + �y = 0y(0)= y(1)�y0(1)=0 . a) Probar que �0=0 es autovalor y hallar la {y0} asociada. Justificar

gráficamente que hay infinitos �n>0 . [Dato: se ve que no hay �n <0 ].b) Hallar el coeficiente que acompaña a y0 en el desarrollo de f (x)=1 en serie de autofunciones de (P).

4.5. Sea⇢y00+ 2y0+ �y = 0y(0)= y(1)=0 . Escribir la ecuación en forma autoadjunta. Precisar si �=�3 es o no autovalor,

dando la autofunción en el caso que lo sea.

4.6. Sea⇢y00�2y0+ y +�y = 0y(0)= y(1)=0 . a] Escribir la ecuación en forma autoadjunta. Hallar sus autovalores �n y sus

autofunciones {yn} , y calcular hyn , yni .

4.7. a] Hallar la solución de y00+ 2y0+y= 4ex que cumple los datos iniciales y(0)=0 , y0(0)=2 .

b] Sea⇢y00+2y0+�y = 0y(0)= y0(1)=0 . Precisar si �=1 y �=2 son o no autovalores dando la autofunción cuando lo sea.

4.8. ¿Hay o no una única solución de y00+y = 2x ex cumpliendo los datos de contorno y(0)= y(⇡)=0 ?

4.9. Sea⇢

x2y00+xy0+�y = 03y(1)+5y0(1)= y0(2)=0 .

Precisar si � = �1 y � = 0 son o no autovalores dando la autofunción en elcaso que lo sea. ¿Cuántas soluciones de x2y00+ xy0 = x cumplen esas mismascondiciones de contorno?

4.10. Sea [C] y00+ y0� 2y = 1�2x . a] Hallar la solución general de [C] y la que satisface y(0)=1 , y0(0)=�1 .b] Escribir [C] en forma autoadjunta y precisar cuántas soluciones cumplen y(0)�y0(0)= y(1)=0 .

4.11. Hallar la solución general de y00+4y0+3y=2xe�2x y la que cumple los datos iniciales y(0)= y0(0)=�1 .¿Cuántas soluciones de esta ecuación cumplen las condiciones de contorno y(0)+y0(0)= y(1)=0 ?

4.12. a] Sea⇢y00�y0+�y=0y(0)= y(⇡)=0 . Precisar si �=0 y �= 5

4 son o no autovalores dando la autofunción enel caso que lo sea. [Imponer los datos a la solución general en cada caso].

b] i) Hallar la solución general de y00�y0=1 y la única que cumple los datos iniciales y(0)=1 , y0(0)=0 .ii) ¿Cuántas soluciones de esta misma ecuación cumplen las condiciones de contorno y(0)= y(⇡)=0 .

4.13. Sea⇢y00 + �y = cos 3xy0(0)= y0( ⇡4 )+y( ⇡4 )=0 . Hallar el primer término del desarrollo de f (x)=cos 3x en serie de

autofunciones del problema homogéneo.Precisar para i) �=0 , ii) �=1 cuántas soluciones tiene el problema no homogéneo.

Ecuaciones en derivadas parciales

5.1. Sea yuy�xux = u+2x y los datos iniciales: i) u(x,0)=�x , ii) u(x,2)=7x . Hallar la única solución que satisfaceuno de ellos y dos soluciones distintas que cumplan el otro.

5.2. Sean 2yuy + xux = 4yx2u y los datos de Cauchy: i) u(�2, y)= 1 , ii) u(x, x2)= 0 . Hallar la solución para el datoque proporciona solución única.

5.3. Resolvern yuy+xux =0

u(x,1)= x . [Hallar sus características ⇠(x, y)=K y (utilizando la regla de la cadena) laecuación para u⌘ . Hallar su solución general e imponer el dato inicial].

5.4. Sea [E] uy+ 2ux = 2yu . Hallar sus características y, utilizando la regla de la cadena, la ecuación para u⌘ .Calcular la solución general de [E] y la única que satisface el dato inicial u(x,1)=ex .

5.5. Sea yuy+xux = 2u . Hallar sus características y, mediante la regla de la cadena, la ecuación para u⌘ . Calcular susolución general y la única que satisface el dato inicial u(x,2)=4x . [Comprobar la solución].

5.6. Sea uy�2ux =2yu . Hallar su solución general y la que satisface el dato inicial u(x,1)= x .

5.7. Resolver: a)n uy+2ux = u�x+2y

u(x , x)=1�x , b)n 2yuy�xux =2u+4y2

u(2, y)=0 , c) yuy+(2y�x)ux = xu(x,1)=0 .

5.8. Resolver:n uyy�2uxy+uxx+ uy�ux = 0

u(x,0)=0, uy(x,0)=1 .

5.9. Resolver⇢

utt�4uxx = 2 , x, t 2Ru(x, x)= x2, ut (x, x)= x

a) Hallando su solución general e imponiendo los datos.b) Haciendo antes el cambio w=u�t2 .

5.10. Resolvern ut � uxx + u = 0 , x 2 (0,⇡), t >0

u(x,0)= x , ux(0, t)=ux(⇡, t)=0 .⇥Separar u=XT , hallar las Xn y Tn y determinarlos coeficientes de una serie usando el dato inicial

5.11. a] Escribir el desarrollo de f (x)=1 en serie de autofunciones den X 00 + �X = 0

X 0(0)=X(⇡)=0 .

b] Resolvern ut � 4uxx = 0 , x 2 (0 ,⇡) , t >0

u(x,0)= f (x) , ux(0, t)=u(⇡, t)=0 para: i) f (x)=1 , ii) f (x)=cos x2 .

5.12. a] Desarrollar f (x)=nx , 0 x 1/20 , 1/2< x 1 en serie de {sen n⇡x} y precisar cuánto suma de la serie si i) x= 1

4 , ii) x= 12 .

b] Resolver mediante separación de variablesn ut � uxx = 0 , x 2 (0,1) , t >0

u(x,0)= f (x) , u(0, t)=u(1, t)=0 .

5.13. a] Hallar la solución den T 0+ T = e�2t

T(0)=0 . b] Resolvern ut � uxx + u = e�2t, x 2 (0,⇡) , t >1

u(x,0)=cos x , ux(0, t)=ux(⇡, t)=0 .

5.14. a] Escribir el desarrollo de la función f (x)= ⇡4 en serie de autofunciones del problema

nX 00 + �X = 0X(0)=X 0(⇡)=0 .

b] Resolver⇢

ut� 4uxx =⇡4 , x 2 (0 ,⇡) , t >0

u(x,0)=u(0, t)=ux(⇡, t)=0 . [Llevar una serie con autofunciones del homogéneo a la EDPy al dato inicial y calcular las infinitas Tn(t) ].

5.15. a] Escribir el desarrollo de f (x)= ⇡4 en serie de autofunciones de

n X 00 + �X = 0X(0)=X(1)=0 .

b] Sea⇢

ut� 1⇡ uxx =⇡ sen ⇡x , x 2 (0,1) , t >0

u(x,0)= ⇡4 , u(0, t)=u(1, t)=0

. Hallar los 2 primeros términos no nulos de su serie solución.

5.16. a] Hallar (utilizando el formulario) el desarrollo de f (x)=2x en serie de autofunciones den X 00 + �X = 0

X 0(0)=X 0(⇡)=0 .

b] Sea⇢

ut�2uxx+u= 0 , x 2 (0 ,⇡) , t >0u(x,0)=2x , ux(0, t)=ux(⇡, t)=0 . Escribir los 3 primeros términos no nulos de su serie solución.

5.17. Sean ut�uxx =0 , x 2 (0,⇡), t >0

u(x,0)=0 , ux(0, t)=ux(⇡, t)= t. Resolverlo y hallar para cada x 2 (0,⇡) el límite de la solución

u(x, t) cuando t ! 1 .

5.18. Sea⇢

ut � 4uxx = cos ⇡x2 , x 2 (0,1), t >0

u(x,0)=T, ux(0, t)=F, u(1, t)=T. Hallar la solución y su límite cuando t ! 1 ( F , T constantes).

5.19. Resolver por separación de variables:

a)n ut � 4uxx = 0 , x 2 (0,1) , t >0

u(x,0)= x , u(0, t)=ux(1, t)=0 b)n ut � uxx = sen t , x 2 (0,⇡) , t >0

u(x,0)=sen2x , ux(0, t)=ux(⇡, t)=0

c)n ut � uxx = e�2t cos x , x 2

�0, ⇡2

�, t >0

u(x,0)=1 , ux(0, t)=0, u� ⇡

2 , t�=1

d)n ut � uxx = e�2t , x 2 (0,⇡) , t >0

u(x,0)=u(0, t)=u(⇡, t)=0

e)n ut � 1

t uxx = 1 , x 2 (0,⇡), t >1u(x,1)=cos 2x , ux(0, t)=ux(⇡, t)=0

f)n ut�(2+cos t) uxx =0 , x 2

�0, ⇡2

�, t >0

u(x,0)=1 , ux(0, t)=u� ⇡

2 , t�=0

5.20. Resolver: a)n ut�uxx+2u = 0 , x 2 (0,1) , t >0

u(x,0)= x , u(0, t)=u(1, t)�ux(1, t)=0 b)n ut�uxx�4ux�4u = 0, x 2 (0,⇡), t >0

u(x,0) = e�2x,u(0, t)=u(⇡, t)=0

5.21. Escribir la ecuación en forma canónica y resolver por diferentes caminos:

utt�4uxx = 2 , x, t 2 Ru(x,0)= x2, ut (x,0)=0 b)

⇢utt�uxx =6t , x, t 2Ru(x,0)=ut (x,0)=0 c)

⇢utt�4uxx =16 , x, t 2Ru(0, t)= t , ux(0, t)=0

5.22. Sea

(utt�4uxx =0 , x �0 , t 2Ru(x,0)=

n2x�x2 , x 2 [0, 2]0 , x 2 [2,1) , ut (x,0)=u(0, t)=0 . Dibujar la extensión f ⇤ y dar su expresión.

Hallar u(1,1) . Dibujar u(x,1) .

5.23. Sea⇢

utt�uxx =0 , x �0, t 2Ru(x,0)=0 , ut (x,0)=cos2x , u(0, t)= t

. a] Hallar u�⇡,2⇡

�. b] Hallar u(x,2⇡) para x �2⇡ .

5.24. Sea⇢

utt�4uxx =0 , x 2 [0,2], t 2Ru(x,0)=4x�x3, ut (x,0)=u(0, t)=u(2, t)=0 . Hallar u

� 32 ,

34�. Dibujar u(x,2) . Hallar u(x,1) .

5.25. Sea8>><>>:

utt� uxx =0 , x 2 [0,⇡] , t 2Ru(x,0)=0 , ut (x,0)= xu(0, t)=u(⇡, t)=0

.a] Resolverla por separación de variables.b] Hallar el valor de u(2,2) mediante la fórmula de D’Alembert.

[Tras extender la g(x)= x de forma impar y 2⇡-periódica].

5.26. Sea

( utt�uxx =0 , x 2 [0,3] , t 2Ru(x,0)=0, ut (x,0)=3x�x2

u(0, t)=u(3, t)=0.

Hallar u(1,2) utilizando la fórmula de D’Alembert.Resolver por separación de variables y aproximar u(1,2) con el primertérmino de la serie solución.

5.27. Resolver⇢

utt � uxx = 4 sen 6x cos 3x , x 2⇥0, ⇡2

⇤, t 2R

u(x,0)=ut (x,0)=u(0, t)=ux( ⇡2 , t)=0(no es necesario hacer integrales).

5.28. Sea

( utt � uxx = 0 , x 2 [0,⇡], t 2Ru(x,0) = ut (x,0) = 0u(0, t)=senwt, u(⇡, t)=0

. Determinar valores de w para los que la solución no esté acotada.

5.29. Resolver⇢

utt + 2ut � 5uxx = 0 , x 2 [0,⇡] , t 2Ru(x,0)=0,ut (x,0)=g(x) , u(0, t)=u(⇡, t)=0

i) para cualquier g(x)ii) para g(x)=2 sen x

5.30. a) Desarrollar f (✓)=cos ✓ en {sen n✓} simplificando el resultado. ¿Converge la serie hacia f en todo [0,⇡] ?

b) Resolver por separación de variables⇢

urr+ 1r ur+ 1

r2 u✓✓ = 0 , r <1 , 0< ✓<⇡ur (1, ✓)=cos ✓ , u(r,0)=u(r,⇡)=0

5.31. Hallar los dos primeros términos no nulos de la serie solución de⇢�u=⇡ , r <1 ,0< ✓<⇡u(1, ✓)=u(r,0)=u

�r,⇡)=0 .

5.32. Resolver: a] rR00+ R0=4r y b]⇢

urr + 1r ur + 1

r2 u✓✓ = 4 , r <1 , 0< ✓<⇡u(1, ✓)=1�cos 2✓ , u✓ (r,0)=u✓ (r,⇡)=0 .

5.33. Resolver: a] rR00+ R0=�1 y b]⇢

urr + 1r ur + 1

r2 u✓✓ =� 1r , 1< r <3 ,0< ✓<⇡

u(1, ✓)=2+cos ✓ , u(3, ✓)=0 , u✓ (r,0)=u✓ (r,⇡)=0.

5.34. Resolver por separación de variables estos problemas planos:

a)n�u = sen ✓ , 1< r <2

ur (1, ✓)=u(2, ✓)=0 b)⇢�u = 0 , r <1 , 0< ✓<⇡u(1, ✓)=sen ✓�sen 2✓ , u(r,0)=u(r,⇡)=0

(�u = 0 , 1< r <2, 0< ✓< ⇡4

u(1, ✓) = 0, ur (2, ✓) = sen ✓u(r,0)=u(r, ⇡4 )�u✓ (r, ⇡4 )=0

d)n�u = 0 , r <1 , 0< ✓<⇡

ur (1, ✓)=✓, u(r,0)=u✓ (r,⇡)=0

e)⇢�u=r2 cos 3✓ , r <2,0< ✓< ⇡

6u(2, ✓)=u✓ (r,0)=u

�r, ⇡6

�=0 f)

⇢urr+ 1

r ur+ 1r2 u✓✓ =3 sen ✓ , r <1,0< ✓< ⇡

2ur (1, ✓)=0 , u(r,0)=u✓

�r, ⇡2

5.35. Hallar la única solución del problema en el plano:n�u = 0 , r <1, ✓ 2 (0,⇡)

u(1, ✓)+2ur (1, ✓)=4 sen 3✓2 , u(r,0)=u✓ (r,⇡)=0 .

Comprobar que cambiando +2ur (1, ✓) por �2ur (1, ✓) el problema (físicamente imposible) que resulta pasa a tenerinfinitas soluciones.

5.36. Resolver los problemas en 3 variables:

a)8>><>>:

ut��u=0, (x, y)2 (0,⇡)⇥(0,⇡), t >0u(x, y,0) = 1 + cos x cos 2yux(0, y, t)=ux(⇡, y, t)=uy(x,0, t)=uy(x,⇡, t)=0

b)8>><>>:

utt��u = 0 , (x, y)2 (0,⇡)⇥(0,⇡), t 2Ru(x, y,0)=0 , ut (x, y,0)=sen 3x sen22yu(0, y, t)=u(⇡, y, t)=uy(x,0, t)=uy(x,⇡, t)=0

5.37. Resolver la ecuación de Legendre (1�x2)y00 �2xy0+�y = 0 en torno a x=1 , estudiar la acotación de las solucionesen ese punto y volver a obtener los polinomios P0 , P1 y P2 .

5.38. Sea⇢�[1�x2]y0

� 0+ �y = 0

y(0)=0, y acotada en 1Hallar los 3 primeros términos del desarrollo de f (x)=1 en serie deautofunciones de este problema singular

⇥los P2n�1 de Legendre

5.39. Resolver el problema para la ecuación de Laplace en el espacio:n�u = 0 , 1< ⇢<2

u(1, ✓)=cos ✓ , u(2, ✓)=0

5.40. Resolver⇢

utt � urr � 2r ur =0 , r 1 , t �0

u(r,0)=0, ut (r,0) = 1r sen ⇡r , u(1, t)=0

i) por separación de variables,ii) haciendo v=ur y usando las técnicas de 5.4.

5.41. Resolver x2y00+ xy0+�x2� 1

4�y = 0 , i) mediante un cambio de la forma y= xru , ii) por series.

5.42. Hallar los autovalores y autofunciones de⇢

x2y00+xy0+[�x2� 14 ]y=0

y(1)= y(4)=0 , a) haciendo s=p� x ,

b) haciendo u=p

5.43. Hallar (en términos de funciones elementales) una solución acotada de:⇢urr+ 1

r ur+ 1r2 u✓✓ + 4u = 0 , r <1 , 0< ✓<⇡

u(1, ✓)=sen ✓2 , u(r,0)=u✓ (r,⇡)=0

[Separando variables y haciendo s=2raparece una ecuación conocida].

5.44. Sea una placa circular homogénea de 1 cm de de radio, inicialmente a 0o. Supongamos que en t=0 todo su borde secalienta hasta 1o y luego se mantiene a esa temperatura. Hallar las temperaturas en la placa para t >0 y la distribuciónestacionaria hacia la que tienden cuando t!1 .

5.45. Sean utt�3uxt+2uxx = 0 , x, t 2R

u(x,0)= f (x) , ut (x,0)=0 . Resolverlo con transformadas de Fouriery deducir la solución para f (x)= x2 .

5.46. Obtener la fórmula de D’Alembert utilizando transformadas de Fourier.

5.47. Resolver a]⇢2ut + ux = tuu(x,0)=e�x2 , b]

⇢ut+ etux+2tu=0u(x,0)= f (x) c]

n utt � 6utx + 9uxx = 0u(x,0)= f (x),ut (x,0)=0

i) con las características,ii) utilizando la F .

5.48. Dar su solución sin incluir integrales: a]⇢

ut�uxx+ux =0 , x 2R, t >0u(x,0) = e�x2/2 b]

⇢ut�2tuxx =0 , x 2R, t >0u(x,0)=�(x), u acotada

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