Problema 0 1

Problemas de Métodos Matemáticos III.

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Problema 1 2

Problema 1. Efecto de un golpe en un relajador.

La ecuación de un relajador de masa m=1, sin fuerzas externas aplicadas es :

d2y

d2t= −γ dy

dt(1)

a.) Calcula la respuesta de la velocidad de un relajador a una fuerza constante.b.) Calcula la respuesta del relajador a una fuerza tipo impulso o golpe aplicada enel instante t=0.

Solución:

En la ecuación del relajador, el miembro de la izquierda es la aceleración y el de laderecha es un término de fricción proprocional a la velocidad y opuesto a esta (deahí el signo menos). La ecuación de movimiento es una EDO lineal con coeficientesconstantes. La incógnita de la ecuación y (posición del relajador) no aparece explici-tamente en la ecuación. Solo a traves de sus derivadas. Podemos por tanto hacer elcambio de variable dy

dt= v donde v representa la velocidad del relajador. Si aplicamos

una fuerza constante f0 la ecuación queda:

dv

dt= −γv + f0

v(0) = 0

Podemos obtener la solución particular de la no homogenea siguiendo un argu-mento físico. Si el relajador se mueve a una velocidad constante, tal que la fuerzaf0 compensa a la fuerza de fricción, entonces el relajador no sufrirá aceleraciones.Es decir, si sustituimos la solución de velocidad constante v(t) = v0 en la ecuaciónobtendremos v0 = f0

γLa ecuación no homogénea tiene como solución general :

vh(t) =f0

γ+ A exp(−γt) (2)

sustituyendo la c.i. v(0) = 0 obtenemos A = −f0γ.

v(t) =f0

γ(1 − exp(−γt)) (3)

b.) Imaginenos que consideramos la fuerza tipo golpe como una fuerza constantefτ aplicada durante un intervalo de tiempo arbitratiamente pequeño. Supongamosque el golpe se da en el instante t = 0 en el que la velocidad es cero y actua duranteun intervalo ∆τ . Por ser la fuerza constante en ese intervalo, podemos utilizar elresultado del ejercicio anterior:

v(∆τ) =fτγ

(1 − exp(−γ∆τ)) =fτγ

(1 − 1 + γ∆τ +O(∆τ 2)) ∼ fτ∆τ

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Problema 1 3

donde hemos desarrollado en serie de Taylor la exponencial y despreciando los tér-minos de orden mayor a ∆τ . El producto fτ∆τ debe ser finito luego Si hacemos elintervalo ∆τ arbitrariamente pequeño debemos al mismo tiempo, hacer la fuerza ar-bitrariamente grande. De otro modo el efecto del golpe sería nulo pues no se alteraríala velocidad del relajador. En otras palabras, el producto fτ∆τ = I debe ser finitoConclusión: De forma efectiva, podemos sustituir una fuerza tipo golpe aplicadaen el instante t = 0 por una ecuación homogénea con velocidad inicial v(0) = I. Elproblema equivalente será:

dv

dt+ γv = 0

v(0) = fτ∆τ

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Problema 2 4

Problema 2. De extremo fijo a extremo libre.

Una cuerda vibrante de longitud L con extremos fijos esta vibrando en el armónicom :

u(x, t) = um cos

(cmπt

L

)

sin(mπx

L

)

. (4)

En el instante t = 0, el anclaje en x = L se rompe, quedando ese extremo de lacuerda libre. Encontrar el movimiento de la cuerda para t > 0. Supondremos que latensión de la cuerda no varia debido a la ruptura.

Solución:

Antes de la ruptura (t<0) las condiciones de contorno son u(0, t) = u(L, t) = 0. Apartir del instante t = 0 las condiciones de contorno pasan a ser u(0, t) = u′(L, t) = 0.

La solución general para t > 0 se puede escribir como:

u(x, t) =

∞∑

n=0

[An sin(ωnt) +Bn cos(ωnt)] sin(knx) (5)

con números de onda kn = 2n+12

πL

que satisfacen condiciones de contorno de extremolibre en x = L.

Para t = 0 la posición de los puntos de la cuerda se obtiene particularizando ent = 0 la expresión (4). φ(x) = sin(mπ

Lx) y su velocidad:

∂u

∂t= −um(

cmπ

L) sin

(cmπt

L

)

sin(mπx

L

)

(6)

se anula en t = 0 de lo que se deduce que An = 0. Bn se calcula a partir de la condicióninicial u(x, t = 0) = φ(x) = um sin(mπ

Lx)

Bn =2

L

∫ L

0

um sin(mπ

Lx′

)

sin (knx′) dx′ (7)

Esta integral se hace utilizando la fórmula trigonométrica sin(A) sin(B) = 12[cos(A−

B) − cos(A +B)]. Se obtiene:

Bn = um

[

sin([n−m+ 1

2

]π)

[n−m+ 1

2]]π

− sin([n +m+ 1

2

]π)

[n +m+ 1

2

]π

]

(8)

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Problema 3 5

Problema 3. Superposición del problema homogéneo y el no homogéneo.

Comprueba que para la ecuación de ondas no homogénea con condiciones de con-torno homogeneas

∂2u

∂2t− c2

∂2u

∂2x= f(x) (9)

u(0, t) = u(L, t) = 0 (10)

y condiciones iniciales

u(x, t = 0) = φ(x)

∂

∂tu(x, t = 0) = ψ(x) (11)

La solución se puede escribir como u(x, t) = uc.i.(x, t) + un.h.(x, t) Donde uc.i.(x, t) esla solución del problema homogéneo con las condiciones iniciales (11) y un.h.(x, t) esla solución del problema no homogéneo con condiciones iniciales φ(x) = 0 y ψ(x) = 0

Solución:

Para comprobarlo solo tenemos que sustituir la solución completa u(x, t) = uc.i.(x, t)+un.h.(x, t) en la ecuación y en las condiciones iniciales.

∂2)

∂2t(uc.i. + un.h.) − c2

∂2

∂2x(uc.i. + un.h.) = f(x) (12)

����������:0∂2uc.i.

∂2t− c2

∂2uc.i.

∂2x+∂2un.h.

∂2t− c2

∂2un.h.

∂2x= f(x) (13)

uc.i.(x, t = 0) +��������:0un.h.(x, t = 0) = φ(x)

∂uc.i.

∂t|t=0 +

��

��

��*0

∂un.h.

∂t|t=0 = ψ(x) (14)

Conclusión La solución particular de la Ecuación de Ondas no homogénea seconstruye sumando las soluciones u(x, t) = uc.i.(x, t) + un.h.(x, t)

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Problema 4 6

Problema 4. Respuesta a un golpe puntual

Una cuerda elástica con extremos fijos se encuentra en reposo y equilibrio. En elinstante t′ > 0 se le aplica una fuerza tipo golpe concentrada en el punto x′ donde0 < x′ < L: Plantea y resuelve la ecuación diferencial que describe su movimiento.

Solución:

∂2u

∂2t− c2

∂2u

∂2x= δ(x− x′)δ(t− t′) (15)

u(0, t) = u(L, t) = 0 (16)

Las condiciones de contorno son de extremos fijos, por tanto la parte espacialdel armónico tiene que ser una función seno Xn(x) = sin(knx). Además el términoinhomogéneo depende del tiempo. La solución tendrá la forma

u(x, t) =∑

n

sin(knx)Tn(t) (17)

Como el problema es inhomogéneo, descompondremos la fuerza en los armónicos

γn(t) =2

L

∫ L

0

F (x, t) sin(knx)dx =2

Lδ(t−t′)

∫ L

0

δ(x−x′) sin(knx)dx =2

Lsin(knx

′)δ(t−t′)(18)

∑

n

(

Tn(t) + c2k2nTn(t)

)

sin(knx) =∑

n

2

Lsin(knx

′)δ(t− t′) sin(knx) (19)

Las funciones sin(knx) son ortogonales para distintos valores del número de onda kn.Por consiguiente cada término de la suma es independiente y la suma se satisfacetérmino a término.

Tn(t) + c2k2nTn(t) =

2

Lsin(knx

′)δ(t− t′) (20)

donde hemos cancelado las funciones seno en los dos miembros y hemos llegado ala ecuación diferencial ordinaria que satisface Tn(t)

Tn(t) + c2k2nTn(t) =

2

Lsin(knx

′)δ(t− t′) (21)

Como el término inhomogéneo es una delta de Dirac, se puede resolver utilizandola función de Green del oscilador armónico. Recordemos que la ecuación:

G(t) + ω20G(t) = δ(t− t′) (22)

tiene como solución:

G(t) =1

ω0sin(ω0(t− t′)) t > t′ (23)

G(t) = 0 t < t′ (24)

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Problema 4 7

Llamando ωn = ckn. Ambas ecuaciones solo difieren en que el término inhomogé-neo, que está multiplicado por la constante 2

Lsin(knx

′), de modo que:

Tn(t) =2

Lωnsin(ωn(t− t′)) sin(knx

′) t > t′ (25)

Tn(t) = 0 t < t′ (26)

y la solución será:

u(x, t) =∑

n

2

Lωnsin(knx) sin(knx

′) sin(ωn(t− t′)) t > t′ (27)

u(x, t) = 0 t < t′ (28)

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Problema 5 8

Problema 5. Cuerda sometida a una fuerza que depende de la posición

y el tiempo.

Se tiene una cuerda de longitud L, densidad ρ y tensión T y cuyos extremos per-

manecen fijos. Considera la densidad de fuerzas f(x, t) = f0 sin(πxL

) sin(√

Tρ

3πLt

)

.

Calcula una solución particular del problema.Nota: La dependencia espacial coincide con la de un armónico.

Solución:

A partir de un instante t = 0 empieza a actuar una fuerza de la forma f(x, t) =f0 sin (πx/L) sin (c(3π/L)t). La ecuación que deberá cumplir el desplazamiento trans-versal será:

∂2u

∂2t− c2

∂2u

∂2x= f(x, t)

Donde c2 = Tρ, expandimos la fuerza en la base espacial de los armónicos calculando

los γn

γn =2

L

∫ L

0

f(x, t) sin(knx)dx =2

Lf0 sin (c(3π/L)t)

∫ L

0

sin (πx/L) sin(knx)dx

Por tanto, γn es no nulo sólo si kn = πL, es decir, para n = 1. En dicho caso el valor

de la integral será L2

y el valor de γn será:

γn = f0 sin

(

c3π

Lt

)

(29)

Ahora tenemos que encontrar la expresión del desplazamiento transversal u(x, t) =∑∞

n=1Qn sin(knx), donde los Qn se hallan de la siguiente forma:

Q1 + ω12Q1 = γ1

Si ensayamos con la solución Qn = A sin (c(3π/L)t), obtenemos la siguiente soluciónpara los Q1

A =f0

w21 −

(c3πL

)2 =⇒ Q1 =f0

w12 −

(c3πL

)2

sin (c(3π/L)t) (30)

Y finalmente:

u(x, t) =f0

w21 −

(c3πL

)2 sin (c(3π/L)t) sin(k1x) (31)

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Problema 6 9

Problema 6. En este problema se recuerda y practica la relación que

existe entre las fuerzas tipo delta y la condición inicial en la velocidad

de la cuerda.

Se tiene una cuerda tensa de longitud L con extremos que permanecen fijos. Ini-cialmente se encuentra en reposo en su posición de equilibrio. En el instante t = 0 sele aplican dos golpes ideales (=instantáneos y puntuales) en x=L/4 y x=3L/4. Ambosgolpes suministran un impulso I y tinen el mismo sentido. Hallar el movimiento de lacuerda a partir de entonces.

Solución:

En este problema la perturbación de la cuerda viene dada por impulsos. Para t = 0,cuando se aplican los golpes, la cuerda está en equilibrio (u(x, t = 0) = 0) pero ladistribución de velocidades no será nula. Cada golpe suministra un impulso I que sereparte sobre la cuerda uniformemente y la velocidad que adquieren los puntos de la

cuerda que son golpeados es v =I

2ερdonde 2ε es la longitud de la región golpeada y

ρ la densidad de la cuerda.

∂u(x, t)

∂t|t=0 =

I2ερ

x ǫ [L4− ε, L

4+ ε]

I2ερ

x ǫ [3L4− ε, 3L

4+ ε]

0 x resto de la cuerda

(32)

Dado que la cuerda está en reposo Bn = 0. Calculamos entonces los An:

An1=

1

Lωn

I

ερ

∫ L4+ε

L4−ε

sin knxdx ≈ε→02

Lωn

I

ερsin(

knL

4) =

2I

cρπ

sin(nπ/4)

n(33)

Para hacer la integral hemos hecho ε→ 0 ya que la zona donde se aplica el golpees puntual. De igual manera calculamos An2

An2=

2I

cρπ

sin(3nπ/4)

n

Sumando ambos términos y usando las relaciones trigonométricas necesarias:

An =4I

cnπρsin

(nπ

2

)

cos(nπ

4

)

Que como hemos visto antes, sólo es no nulo para los n impares. Por lo tanto:

u(x, t) =∞∑

n=1

4I

cnπρsin

(nπ

2

)

cos(nπ

4

)

sin(knx) sin(ωnt)

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Problema 7 10

Problema 7. Evolución de los coeficientes de Fourier en la ecuación de

ondas.

Se toman dos fotografías de una cuerda elástica en los instantes t = 0 y t = τ . Conellas se determina la forma de la cuerda en ambos instantes que es respectivamenteu(x, 0) = φ1(x) y u(x, τ ) = φ2(x). La longitud L y la velocidad c son conocidas.a.) Con esta información determina la distribución de velocidades en t = 0 ψ1(x) entérminos de los coeficientes de Fourier de φ1(x) y φ2(x).b.) Encuentra un expresión que relacione los coeficientes de Fourier An y Bn en elinstante inicial con los de un instante posterior t = τ .

Solución:

A1n =2

L

∫ L

0

φ1(x) sin(knx)dx (34)

A2n =2

L

∫ L

0

φ2(x) sin(knx)dx (35)

Por otro lado sabemos que en el instante t = τ

u(x, τ) = φ2(x) =∑

n

[A1n cos(ωnτ ) +B1n sin(ωnτ)] sin(knx) (36)

donde los coeficientes B1n dependen de la distribución de las velocidades en el instanteinicial.

B1n =2

Lωn

∫ L

0

ψ1(x) sin(knx)dx (37)

que es desconocida. Para obtenerlos planteamos la ecuación

A2n = [A1n cos(ωnτ) +B1n sin(ωnτ )] (38)

y despejamos B1n de modo que

ψ1(x) =

∞∑

n=1

A2n − A1n cos(ωnτ)

sinωnτsin(knx) (39)

b.) Resolviendo el apartado a.) hemos encontrado ya la primera relación entre loscoeficientes.

A2n = [A1n cos(ωnτ) +B1n sin(ωnτ )] (40)

Ahora necesitamos otra expresión que relacione el perfil de velocidades en el instantet = τ con los coeficientes calculados para t = 0. Para ello obtenemos el perfil develocidades en t = τ derivando la función de onda.

(∂u

∂t

)

t=τ

= ψ2(x) =

∞∑

n=1

[−A1nωn sin(ωnτ) +B1nωn cos(ωnτ )] sin(knx) (41)

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Problema 7 11

de aquí se deduce que:

B2n = [−A1nωn sin(ωnτ ) +B1nωn cos(ωnτ)] (42)

Las relaciones entre los coeficientes de Fourier en diferentes tiempos se puedeexpresar en forma matricial.

(A2n

B2n

)

=

(cos(ωnτ) sin(ωnτ)

−ωn sin(ωnτ) ωn cos(ωnτ)

) (A1n

B1n

)

(43)

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Problema 8 12

Problema 8. Extremo Forzado.

Dado el problema en el que un extremo de la cuerda es forzado a oscilar armóni-camente:

∂2u

∂2t= c2

∂2u

∂2x(44)

u(0, t) = u0 sin(ωt) (45)

u′(L, t) = 0 (46)

Consideremos la solución particular en la que la cuerda parte de reposo y equilibrio.¿Será la solución armónica?. Si lo es, ¿A que frecuencia oscilará?. Calcula dicha solu-ción particular.

Solución:

Vamos a suponer que dicha solución es armónica y que oscila a la frecuencia del ex-tremo. Solo si oscila a la misma frecuencia puede satisfacer la condición de contornoen x=0.

u(x, t) = X(x) sin(ωt) (47)

sustituimos en la ecuación

ω2X(x) sinωt = c2X ′′(x) sin(ωt) (48)

y obtenemos la ecuación en x para la nueva incógnita X(x) :

ω2

c2X(x) = X ′′(x) (49)

que es semejante a la de un oscilador salvo que la variable independiente es x y not. Sustituyendo en las condiciones de contorno para u(x, t) obtendremos las que debesatisfacer la nueva incógnita X(x): X(0) = u0 y X ′(x) = 0 Sabemos que la solucióngeneral de la ecuación (49) es:

X(x) = A sin(ω

cx) +B cos(

ω

cx) (50)

en la solución sustituimos las condiciones de contorno:

X(0) = B = u0 (51)

X ′(L) = Aω

ccos(

ω

cL) +B

ω

csin(

ω

cL) = 0 (52)

despejando A y B obtenemos

B = u0; (53)

A = u0 tan(ω

cL); (54)

u(x, t) =[

sin(ω

cx) + tan(

ω

cL) cos(

ω

cx)

]

u0 sin(ωt) (55)

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Problema 9 13

Problema 9. Término no homogeneo separable

Resolver la ecuación de ondas no homogenea con condiciones de contorno homoge-

neas de primera especie para una densidad de fuerza de la forma f(x, tτ∗

) = h(x)g(

tτ∗

)

que actua para t > 0, τ ∗ es un tiempo típico de variación de la fuerza. En t < 0 elsistema se encuentra en reposo y en equilibrio. Demuestra que la solución se puedeescribir como:

u(x, t) =

∞∑

n=1

sin(knx)hnω2n

∫ ωnt

0

sin(t′)gn

(t

τ ∗− t′

ωnτ ∗

)

dt′ (56)

donde

hn =2

L

∫ L

0

sin(knx′)h(x′)dx′ (57)

Solución:

Expandimos la densidad de fuerza en serie de Fourier.

fn

(t

τ ∗

)

=2

L

∫ L

0

f(x′, t) sin(knx′)dx′ (58)

como f(x, tτ∗

) = h(x)g(

tτ∗

)

fn

(t

τ ∗

)

=2

Lg

(t

τ ∗

) ∫ L

0

sin(knx′)h(x′)dx′ = hng

(t

τ ∗

)

(59)

con lo que nos queda el sistema de EDO desacopladas.

Tn(t) + ω2nTn(t) = hng

(t

τ ∗

)

(60)

que resolvemos utilizando la función de Green del oscilador armónico:

Tn(t) =hnωn

∫ t

0

sin(ωn(t− τ ))gn

(τ

τ ∗

)

dτ (61)

para ello hacemos el cambio de variable t′ = ωn(t− τ)

Tn(t) =hnω2n

∫ ωnt

0

sin(t′)gn

(t

τ ∗− t′

ωnτ ∗

)

dt′ (62)

superponiendo las soluciones para cada modo u(x, t) =∑∞

n=1 sin(knx)Tn(t) obten-dremos la expresión (56). Cuando tratemos las soluciones aproximadas usaremos estetipo de expresión para justificar la aproximación cuasiestática.

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Problema 10 14

Problema 10. Modos normales como ondas estacionarias.

Comprueba que un modo normal

un(x, t) = [An sin(ωnt) +Bn cos(ωnt)] sin(knx) (63)

se puede escribir en la forma de la solución general de D’Alembert

u(x, t) = f(x− ct) + g(x+ ct) (64)

Calculando explicitamente f y g. Comprueba que la solución satisface las CC decontorno un(0, t) = un(L, t) = 0.

Solución:

Podemos reescribir un modo de la forma:

un(x, t) = [Cn sin(ωnt+ δn)] sin(knx) (65)

donde Cn =√

A2n +B2

n y δn = arctanAn/Bn. Ahora usaremos la relación:

1

2sin(α) sin(β) = cos(α− β) − cos(α + β) (66)

en la que α = ωnt y β = knx

un(x, t) =Cn2

[cos(ωnt− knx+ δn) − cos(ωnt+ knx+ δn)] (67)

Usando la relación de dispersión, los argumentos de las funciones trigonométricas sepueden escribir:

ωnt± knx = kn(ct± x) (68)

Ahora escribimos un(x, t) de la forma

un(x, t) =Cn2

[cos(δn − kn(x− ct)) − cos(δn + kn(x+ ct))] (69)

Escribimos las funciones f y g.

f(x− ct) =Cn2

cos(δn − kn(x− ct)) (70)

g(x+ ct) = −Cn2

cos(δn + kn(x+ ct)) (71)

y comprobamos que satisfacen la CC

u(0, t) =Cn2

[cos(δn + ct) − cos(δn + ct))] = 0 (72)

u(L, t) =Cn2

[cos(δn + ct+ nπ) − cos(δn + ct− nπ))] = 0 (73)

Conclusión:

En una problema con CC de extremo fijo, un modo se puede entender como la su-perposición de un onda incidente y otra reflejada. Por este motivo a los modos ensistemas confinados se les llama en ciertos contextos ondas estacionarias.

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Problema 11 15

Problema 11. Linealidad de las condiciones de contorno.

Comprueba que u(x, t) =∑

i ui(x, t) (donde ui son soluciones de la ecuación deondas con condiciones de contorno ui(0, t) = µi(t) y ui(L, t) = 0) es solución concondicion de contorno u(0, t) =

∑

i µi(t) y u(L, t) = 0.

b.) Supongamos que u1 y u2 son soluciones de la ecuación de ondas con condicionesde contorno

u1(0, t) = µ1(t) u1(L, t) = 0 (74)

u2(0, t) = 0 u2(L, t) = µ2(t) (75)

¿Será la función u(x, t) = u1(x, t) + u2(x, t) la solución de dicha ecuación con condi-ciones de contorno u(0, t) = µ1(t) y u(L, t) = µ2(t)?

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Problema 12 16

Problema 12. Aproximación cuasiestática

Resolver la ecuación de ondas inhomogenea con condiciones de contorno homoge-neas de primera especie para un término inhomogeneo de la forma f(x, t

τ∗) que actua

para t > 0, τ ∗ es un tiempo típico de variación de la fuerza que satisface τ−1∗ ≪ ωn.En

t < 0 el sistema se encuentra en reposo y en equilibrio.

Solución:

Expandimos la densidad de fuerza en serie de Fourier.

fn

(t

τ ∗

)

=2

L

∫ L

0

sin(knx′)f

(

x′,t

τ ∗

)

dx′ (76)

con lo que nos queda el sistema de EDO desacopladas.

Tn(t) + ω2nTn(t) = fn

(t

τ ∗

)

(77)

que resolvemos utilizando la función de Green del oscilador armónico:

Tn(t) =1

ωn

∫ t

0

sin(ωn(t− τ ))fn

(τ

τ ∗

)

dτ (78)

para ello hacemos el cambio de variable t′ = ωn(t− τ)

Tn(t) =1

ω2n

∫ ωnt

0

sin(t′)fn

(t

τ ∗− t′

ωnτ ∗

)

dt′ (79)

como τ−1∗ ≪ ωn fn

(tτ∗

− t′

ωnτ∗

)

= fn

(tτ∗

)

+O( 1ωnτ∗

).

Tn(t) =fn

(tτ∗

)

ω2n

∫ ωnt

0

sin(t′)dt′ (80)

Tn(t) =fn

(tτ∗

)

ω2n

[1 − cos(ωnt)] (81)

Para interpretar este resultado recordemos que la respuesta de un oscilador sobreel que actua una fuerza constante es (ver apuntes)

y(t) =f0

ω20

[1 − cos(ω0t)] (82)

comparando con el resultado del ejercicio anterior comprobamos que dentro de laaproximación cuasiestática, se puede considerar la dependencia temporal en la fuerzacomo si fuera un parametro en vez de la variable independiente.

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Problema 13 17

Problema 13. Energía de la condición inicial. Conservacion de la energía

Sabiendo que la energía de una cuerda vibrante es:

E(t) =1

2

∫ L

0

[

ρ

(∂u

∂t

)2

+ T

(∂u

∂x

)2]

dx (83)

donde ρ es la densidad y T la tensión, y que las condiciones iniciales son u(x, t =0) = φ(x) u(x, t = 0) = ψ(x) son conocidas, calcula la energía en el instante t = 0 enfunción de: A.) las funciones φ(x), ψ(x). B.) de los coeficientes de Fourier de φ(x),ψ(x). (Suponer condiciones de contorno homogeneas de primera especie.)

A.)Particularizando la expresion de la energia en t=0

E(0) =1

2

∫ L

0

[

ρ

(∂u(x, t)

∂t|t=0

)2

+ T

(∂u(x, t = 0)

∂x

)2]

dx (84)

sustituyendo directamente:

1

2

∫ L

0

[

ρ (ψ(x))2 + T

(dφ(x)

dx

)2]

dx (85)

B.) Las condiciones iniciales se pueden expresar en términos de los coeficientes deFourier y la parte espacial de los modos:

φ(x) =∑

n

An sin(knx) (86)

ψ(x) =∑

n

Bnω2n sin(knx) (87)

Calculamos en primer lugar la energía cinética:

Ekin =

∫ L

0

ρ

2(ψ(x))2 dx =

∫ L

0

ρ

2

∑

nn′

BnBn′ωnωn′ sin(knx) sin(kn′x)dx (88)

intercambiamos el sumatorio y la integral

ρ

2

∑

nn′

BnBn′ωnωn′

∫ L

0

sin(knx) sin(kn′x)dx (89)

por la condicion de ortonormalización

∫ L

0

sin(knx) sin(kn′x)dx =L

2δnn′ (90)

obtenemosρ

2

∑

nn′

BnBn′ωnωn′

L

2δnn′ =

ρ

2

∑

n

B2nω

2n

L

2(91)

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Problema 13 18

De la misma forma la energía potencial:

∫ L

0

T

2

(dφ(x)

dx

)2

dx =T

2

∑

nn′

AnA′nknkn′

∫ L

0

sin(knx) sin(k′nx)dx (92)

y obtenemos:

Epot =T

4L

∑

n

A2nk

2n (93)

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Problema 14 19

Problema 14. Energía de un modo.

Sabiendo que la energía de una cuerda vibrante es:

1

2

∫ L

0

[

ρ

(∂u

∂t

)2

+ T

(∂u

∂x

)2]

dx (94)

donde ρ es la densidad y T la tensión, calcula la energía de una solución armónicacon condiciones de contorno homogeneas de primera especie.

Recordemos que las condiciones homogeneas de primera especie corresponden conlas que tendría un cuerda con extremos fijos, y que en ese caso, una solución armónicao modo normal tiene la forma:

un(x, t) = [An cos(ωnt) +Bn sin(ωnt)] sin(knx) (95)

Con esta expresión primero calcularemos la densidad de energía cinética

1

2ρ

(∂un∂t

)2

= ρ [−An sin(ωnt) +Bn cos(ωnt)]2 ω2

n sin2(knx) (96)

y la densidad de energía potencial

1

2T

(∂un∂x

)2

= T [An cos(ωnt) +Bn sin(ωnt)]2 k2

n cos2(knx) (97)

Teniendo en cuenta la relación de dispersión:(ω2n

k2n

)

=T

ρ(98)

hallamos la densidad de energía total como:

1

2ρω2

n [Bn cos(ωnt) −An sin(ωnt)]2 sin2(knx)+

1

2ρω2

n [An cos(ωnt) +Bn sin(ωnt)]2 cos2(knx)

(99)Ahora integramos en x para calcular la energía total.

1

2ρω2

n [Bn cos(ωnt) −An sin(ωnt)]2

∫ L

0

sin2(knx)dx+1

2ρω2

n [An cos(ωnt) +Bn sin(ωnt)]2

∫ L

0

cos2(

1

2ρω2

n

L

2

[[Bn cos(ωnt) −An sin(ωnt)]

2 + [An cos(ωnt) +Bn sin(ωnt)]2] =

1

4ρLω2

n(A2n +B2

n)[cos2(ωnt) + sin2(ωnt)

]=

1

4ρLω2

n(A2n +B2

n)

que es independiente del tiempo.

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Problema 15 20

Problema 15. Cuerda sometida a una fuerza puntual y armónica.

Se tiene una cuerda tensa de longitud L cuyos extremos permanecen fijos. Latensión de la cuerda es T y la densidad es ρ. A partir del instante t=0 se aplica enel punto x0 ( 0 < x0 < L), un fuerza puntual con dependencia temporal F0 sin(ωt).¿Para que valores de ω existirán resonancias?

Solución:

Empezaremos calculando la velocidad de onda en la cuerda que es c =√

Tρ. Como la

fuerza se aplica en un punto podemos decir que partir del instante t = 0 empieza aactuar una fuerza que espacialmente es del tipo delta: f(x, t) = δ(x − x0)F0 sin (ωt).Ahora expandimos la fuerza en la base espacial de los armónicos calculando así losγn(t)

γn(t) =2

L

∫ L

0

f(x, t) sin(knx)dx =2

LF0 sin (ωt)

∫ L

0

δ(x− x0) sin(knx)dx

γn(t) =2

LF0 sin(knx0) sin (ωt)

Ahora tenemos que encontrar la expresión del desplazamiento transversal u(x, t) =∑∞

n=1Qn sin(knx), donde los Qn se hallan resolviendo la familia de ecuaciones:

Qn + ωn2Qn = γn(t)

y ωn = ckn

Rn =2

L

F0 sin(knx0)

ω2n − ω2

=⇒ Qn =2

L

F0 sin(knx0)

ω2n − ω2

sinωt (103)

La solución es:

u(x, t) =2

L

∞∑

n=1

F0 sin(knx0)

ω2n − ω2

sin(ωt) sin(knx) (104)

existirán resonancias para todas las frecuencias de los modos normales para los queRn 6= 0. Rn se anula si knx0 = mπ. Para ello x0

L= m

ncon n,m enteros positivos. O

dicho de otra forma, si x0 y L están conmensurados: nx0 = mL

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Problema 16 21

Problema 16. Dispación en la ecuacion de ondas

Consideremos una ecuacion de ondas con término disipativo lineal y un terminono homogeneo armónico:

∂2u

∂2t+ 2γ

∂u

∂t− c2

∂2u

∂2x= F (x)eiωt (105)

u(0, t) = u(L, t) = 0 (106)

Comprueba que la solución se puede expandir en modos armónicos de la forma:

u(x, t) =∑

n

un(x, t) =∑

n

sin(knx)Tn(t) (107)

¿Que ecuación satisface Tn(t)?

Solución: Sustituyendo la solución propuesta en la ecuación obtenemos∑

n

(

Tn(t) + 2γTn(t) + c2k2nTn(t)

)

sin(knx) = F (x)eiωt (108)

Para tratar el término inhomogeneo lo expandimos en la base de la parte espacial delos armónicos.

2

L

∫ L

0

F (x, t) sin(knx)dx =2

Leiωt

∫ L

0

g(x) sin(knx)dx = eiωtgn (109)

luego el término inhomogeno se puede escribir como una serie de Fourier

F (x, t) = eiωt∑

n

gn sin(knx) (110)

sustituimos en el miembro de la derecha de la ecuación y nos queda

∑

n

(

Tn(t) + 2γTn(t) + c2k2nTn(t)

)

sin(knx) = eiωt∑

n

gn sin(knx) (111)

Las funciones sin(knx) son ortogonales para distintos valores del número de onda kn.Por consiguiente cada término de la suma es independiente y la suma se satisfacetérmino a término.

(

Tn(t) + 2γTn(t) + c2k2nTn(t)

)

sin(knx) = eiωtgn sin(knx) (112)

cancelamos las funciones seno en los dos miembros y llegamos a la ecuación quesatisface Tn(t)

Tn(t) + 2γTn(t) + c2k2nTn(t) = eiωtgn (113)

Esta es la ecuación del oscilador armónico amortiguado con un termino no homogeneoarmónico.

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Problema 17 22

Problema 17. Estática y Solución particular de un sistema elástico.

Considera el sistema elástico que viene regido por el problema de contorno:{

ρ∂2u∂t2

− T ∂2u∂x2 + κu = F (x, t)

u(0, t) = u(L, t) = 0(114)

Para tiempos t <= 0 el sistema se encuentra en una configuración estática impuestapor la fuerza exterior F (x, t) = δ(x−L/2). En el instante t = 0 esa fuerza desaparecede forma repentina.

1. Escribe la ecuación de la estática de este sistema. (κ > 0)

2. Calcula la configuración estática de la cuerda para t < 0.

3. Calcula la función de onda del sistema u(x, t) para tiempos t > 0.

Solución:

1. La ecuación de la estática es:

u′′ =κ

Tu− F (x)

T=κ

Tu− δ(x− L/2)

T(115)

2. Donde no se apliquen fuerzas, la ecuación de la estática indica que la curvaturade la cuerda crece proporcionalmente a la desviación de la posición de equili-brio. La fuerza esta aplicada solo en el punto medio. El perfil estático debe sercurvo y simétrico como en la figura. Definimos k2 = κ

Ty resolvemos la ecuación

homogenea:u′′ = k2u u(x) = A sinh(kx) +B cosh(kx) (116)

si aplicamos las dos CC de contorno, la continuidad de la cuerda y las condicionesde simetría:

u(x) =

{A sinh(kx) 0 < x < L/2

A sinh(k(L− x)) L/2 < x < L(117)

En el punto de aplicación de la fuerza habrá un salto en la pendiente de la cuerdaigual al peso de la delta:

lımǫ→0

(u′(L/2 + ǫ) − u′(L/2 − ǫ)) = − 1

T(118)

Con esta relación se determina el valor de A:

−Ak cosh(kL/2) − Ak cosh(kL/2) = − 1

T(119)

luego A = 12kT cosh(kL/2)

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Problema 17 23

3. Como partimos de un perfil estático An = 0. Busquemos los Bn. La fuerzaestática aplicada es una Delta de Dirac vamos a buscar una relación directa delos Bn con las fuerzas aplicadas. Escribimos la ecuación de la estática

u′′ − k2u = −F (x)

T(120)

y consideremos u, u′′ y F (x) funciones de x que podemos expandir en seriede Fourier en la base ortogonal que satisface las condiciones de contorno delproblema.

u(x) =∑

n

Bn sin(knx) (121)

derivando dos vecesu′′(x) = −

∑

n

Bnk2n sin(knx) (122)

expandimos ademas la función

F (x)

T=

∑

n

En sin(knx) (123)

donde

En =2

L

∫ L

0

δ(x− L/2)

Tsin(knx)dx =

2

LTsin(knL/2) (124)

sustituyendo en la ecuación de la estática tenemos:

∑

n

Bn(k2n + k2) sin(knx) =

∑

n

En sin(knx) (125)

por la ortogonalidad de la base empleada podemos igualar término a término.

Bn =En

k2n + k2

=2 sin(knL/2)

LT (k2n + k2)

(126)

u(x, t) =∑

n

Bn cos(ωnt) sin(knx) (127)

donde ω2n = c2(k2

n + k2)

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Problema 18 24

Problema 18. Operadores Integrales.

Vamos a considerar el siguiente operador

K [f(x)] =

∫ b

a

K(x, x′)f(x′)dx′ (128)

donde K es una función de dos variables y f una función definida entre a y b.

a.) Comprueba que es lineal.

b.) Si definimos:

H [f(x)] =

∫ b

a

H(x, x′)f(x′)dx′ (129)

¿Como será el operador suma K+H ?

c.) Como será la función K(x, x′) para el operador identidad I [f(x)] = f(x)

d.) Consideremos el operador que se genera por composición. Si aplicamos eloperador K al resultado de la aplicación del operador H resulta un nuevo opera-dor K [H [f(x)]] = K ◦H [f(x)].¿Como se expresa ese nuevo operador en forma integral en términos de la funcionesK(x, x′) y H(x, x′)?

Solución:

a.)

K [f(x)] =

∫ b

a

K(x, x′)(λ1f1(x′) + λ2f2(x

′))dx′ = λ1K [f1(x)] + λ2K [f2(x)] (130)

b.)

K [f(x)] +H [f(x)] =

∫ b

a

K(x, x′)f(x′)dx′ +

∫ b

a

H(x, x′)f(x′)dx′ (131)

∫ b

a

dx [K(x, x′)f(x′) +H(x, x′)f(x′)] =

∫ b

a

dx [K(x, x′) +H(x, x′)] f(x′) (132)

c.) El resultado de aplicar la identidad sobre una función es esa misma función.

I [f(x)] =

∫ b

a

K(x, x′)f(x′)dx′ = f(x) (133)

El resultado de la integral debe ser evaluar la función f en el punto x. Esta esjustamente la definicion de la delta de Dirac.

∫ b

a

δ(x− x′)f(x′)dx′ = f(x) (134)

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Problema 18 25

Por tanto K(x, x′) = δ(x− x′) para el operador identidad.

d.)

K [H [f(x)]] =

∫ b

a

dx′K(x, x′)

∫ b

a

H(x′, x′′)f(x′′)dx′′ = (135)

=

∫ b

a

[∫ b

a

K(x, x′)H(x′, x′′)dx′]

︸ ︷︷ ︸

G(x,x′′)

f(x′′)dx′′ = (136)

Por tanto el operador el operador composición es:

K ◦H [f(x)] =

∫ b

a

G(x, x′′)f(x′′)dx′′ (137)

con G(x, x′′) dado por la integral:

G(x, x′′) =

∫ b

a

K(x, x′)H(x′, x′′)dx′ (138)

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Problema 19 26

Problema 19. Ecuación de ondas con término no-local

Consideremos la ecuación de ondas con un término adicional no local.

∂2u(x, t)

∂2t− c2

∂2u(x, t)

∂2x+

∫

dx′g

(x− x′

ξ

)

u(x′, t) = F (x, t) (139)

donde la transformada de Fourier de la función g es g.

a.) ¿Es el término no local lineal? ¿Es la ecuación lineal?b.) Comprueba que la respuesta a una fuerza armónica y espacialmente periódicaF (x, t) = F0e

i(kx−ωt) es tambien armónica y periódica.b.) Calcula las frecuencias de resonancia del sistema en función del número de onda k.

Solución:

a.) Empecemos comprobando que el término no local es lineal.

L(α1u1 + α2u2) =

∫

dx′g

(x− x′

ξ

)

[α1(u1(x′, t) + α2u1(x

′, t)] = (140)

α1

∫

dx′g

(x− x′

ξ

)

u1(x′, t) + α2

∫

dx′g

(x− x′

ξ

)

u2(x′, t) = α1L(u1) + α2L(u2)(141)

Luego el término no local es lineal. La suma de este término y la ecuación de ondas( que es una ecuacion lineal) tambien será lineal.

b.) Ahora supongamos que la solución es en efecto armónica y periódica

u(x, t) = u0(k, ω)ei(kx−ωt) (142)

y sustituyamosla en este término no local

L(u) =

∫

dx′g

(x− x′

ξ

)

u0(k, ω)ei(kx−ωt) (143)

= u0(k, ω)e−iωt∫

dx′g

(x− x′

ξ

)

eikx (144)

(145)

hacemos el cambio de variable x− x′ = x

L(u) = u0(k, ω)ei(kx−ωt)∫

dx′g

(x

ξ

)

eikx (146)

= ˜g(kξ)u0(k, ω)ei(kx−ωt) = ˜g(kξ)u(x, t) (147)

−ω2u0(k, ω) + c2k2u0(k, ω) + g(kξ)u0(k, ω) = F0 (148)

despejando la amplitud encontramos:

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Problema 19 27

u0(k, ω) =F0

c2k2 + g(kξ) − ω2(149)

la solución es por tanto

u(x, t) =F0

c2k2 + g(kξ) − ω2ei(kx−ωt) (150)

c.) Las frecuencias de resonancia corresponden a las frecuencias propias de oscila-ción del sistema. Estas oscilaciones que se producen en ausencia de fuerzas externas,tambien estan caracterizadas por la función respuesta. De hecho las frecuencias deresonancia corresponden a los polos de la función respuesta

c2k2 + g(kξ) − ω2 = 0 (151)

que son ω = ±√

c2k2 + ˜g(kξ). Esta es también la relación de dispersión del sistema.

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Problema 20 28

Problema 20. Ecuación de Laplace para funciones complejas.

Considera la función compleja w(z) definida sobre el plano complejo. donde z =x+ iy y w = u+ iv. La ecuación de Laplace para la parte real e imaginaria de w eneste contexto se puede escribir como:

∆u =∂2u(x, y)

∂2x+∂2u(x, y)

∂2y= 0 (152)

∆v =∂2v(x, y)

∂2x+∂2v(x, y)

∂2y= 0 (153)

y la suma de ambas

∆w =∂2w(x, y)

∂2x+∂2w(x, y)

∂2y= 0 (154)

a.) ¿Es zn solución de esta ecuación?b.) ¿Que forma tienen las soluciones zn en polares?c.) ¿Son las funciones reales Re(zn) e Im(zn) soluciones de la ecuación de Laplace?d.) Comprueba que una función del tipo g(z) =

∑∞n=1 anz

n es solución de la ecuaciónde Laplace.e.) Compueba que la ecuación de Laplace también se puede escribir como:

∆u =∂

∂z

∂

∂z= 0 (155)

a.) Derivamos

∂zn

∂x= nzn−1 ∂z

∂x= nzn−1 (156)

∂zn

∂y= nzn−1 ∂z

∂y= inzn−1 (157)

∂2zn

∂2x= n(n− 1)zn−2 ∂z

∂x= n(n− 1)zn−2 (158)

∂2zn

∂2y= in(n− 1)zn−2∂z

∂y= −n(n− 1)zn−2 (159)

y por tanto∂2zn

∂2x+∂2zn

∂2y= 0 (160)

b.) Escribimos z en forma polar.

zn = rneinθ = rn cos(nθ) + irn sin(nθ) (161)

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Problema 20 29

c.) Su parte real y su parte imaginaria constituyen las soluciones regulares(libres dedivergencias en r=0) de la ecuación de Laplace en polares. d.) Es consecuencia de lalinealidad de la ecuacion de Laplace:

∆g(z) = ∆(∞∑

n=1

anzn) =

∞∑

n=1

an ���:0∆zn = 0 (162)

e.) Escribimos la ecuación en la forma

∂2u

∂2x+∂2u

∂2y= 0 (163)

y hacemos el cambio de variable z = x+ iy z = x− iy.

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Problema 21 30

Problema 21. Ecuacion de Laplace en un rectangulo

Resuelve∂2φ

∂2x+∂2φ

∂2y= 0 (164)

φ(0, y) = f(x) (165)

φ(Lx, y) = g(x) (166)

φ(x, 0) = 0 (167)

φ(x, Ly) = 0 (168)

Solución:

Separación de variablesφ(x, y) = X(x)Y (x) (169)

sustituimos en la ecuación

Y (y)∂2φ

∂2x+X(x)

∂2φ

∂2y= 0 (170)

dividimos por la solucion

1

X(x)

∂2φ

∂2x︸ ︷︷ ︸

+1

Y (y)

∂2φ

∂2y︸ ︷︷ ︸

= 0 (171)

En la variable x da lugar a la EDO

X ′′(x) = −λX(x) (172)

X(0) = X(Lx) = 0 (173)

Que hemos visto que tendra como solución

Xn(x) = sin(knx) (174)

donde λ = k2n kn = πn

Lx

En la variable y da lugar a la EDO

Y ′′(x) = λY (x) = k2nY (x) (175)

que tendrá como solución

Yn(y) = Anekny +Bne

−kny (176)

Para calcular An y Bn necesitamos encontrar una familia de n condiciones condionesde contorno. Esta se puede encontrar escribiendo la solución de la forma:

φ(x, y) =∑

n

Yn(y)Xn(x) (177)

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Problema 21 31

que nos permite relacionarlo con las condiciones de contorno

f(x) =∑

n

Yn(0)Xn(x) g(x) =∑

n

Yn(Ly)Xn(x) (178)

Yn(0) y Yn(Ly) se pueden considerar como los coeficientes de Fourier de f(x) y g(x)y por tanto se pueden calcular como:

Yn(0) =2

Lx

∫ Lx

0

f(x) sin(knx)dx (179)

Yn(Ly) =2

Lx

∫ Lx

0

g(x) sin(knx)dx (180)

que da lugar a un sistema de ecuaciones independiente para cada n.

An +Bn = Yn(0) (181)

AneknLy +Bne

−knLy = Yn(Ly) (182)

En forma matricial:(

1 1eknLy e−knLy

)(An

Bn

)=

( Yn(0)Yn(Ly)

)(183)

invirtiendo la matriz(An

Bn

)=

(1 1

eknLy e−knLy

)−1( Yn(0)Yn(Ly)

)(184)

o lo que es lo mismo

(An

Bn

)= − 1

2 sinh knLy

(e−knLy −1−eknLy 1

)( Yn(0)Yn(Ly)

)(185)

El determinante de la matriz 2 sinh knLy no se puede anular ya que kn = nπLx

paran = 1, · · · ,∞ y Ly 6= 0

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Problema 22 32

Problema 22. Ecuación de Laplace en un sector circular.

Calcula el potencial eléctrico en un sector circular caracterizado por un angulo αy un radio a. El potencial es cero en las dos fronteras radiales y una función arbitrariaV (θ) en el perímetro.

Solución:

Las condiciones de contorno se expresan de forma mas sencilla en polares.

∆u = 0 (186)

u(r, 0) = 0 (187)

u(r, α) = 0 (188)

u(a, θ) = V (θ) (189)

Recordemos que el Laplaciano en polares se expresa como:

∆ =1

r

∂

∂r(r∂

∂r) +

1

r2

∂2

∂2θ(190)

Aplicando la separación de variable en polares llegamos al problema angular:

dΘ

dθ= −k2θ (191)

Θ(0) = 0 (192)

Θ(α) = 0 (193)

La solución para la parte angular que satisface las condiciones de contorno es: Θ(θ) =sin(kθ) con k = nπ

α. La ecuación en la coordenada radial es:

R′′ +1

rR′ − k2

r2R = 0 (194)

Es una ecuación de Bessel con λ = 0 ; Esta ecuación tiene soluciones del tipo.:

R(r) = Akr±k (195)

como la solución debe ser acotada desechamos soluciones que divergen en r=0, esdecir aquellas que tiene el signo menos en el exponente. La solución se podrá escribircomo

u(r, θ) =

∞∑

n=1

Anrnπα sin

(πnθ

α

)

(196)

para que satisfaga la condición en el perímetro:

V (θ) =∞∑

n=1

Ananπα sin

(πnθ

α

)

(197)

Esta expresión corresponde a un desarrollo en serie de Fourier en la variable θ.

Ananπα =

2

α

∫ α

0

V (θ′) sin

(πnθ′

α

)

dθ′ (198)

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Problema 22 33

La solución se podrá expresar como

u(r, θ) =

∞∑

n=1

[2

α

∫ α

0

V (θ′) sin

(πnθ′

α

)

dθ′](r

a

)nπα

sin

(πnθ

α

)

(199)

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Problema 23 34

Problema 23. Ecuación de Laplace en un círculo con CC de segunda

especie

Resuelve la ecuación ∆v = 0 en un círculo de radio R sabiendo que en su circun-ferencia se cumple la condición de contorno ~∇v · ~ur = E(φ) donde ~ur es el vectorunitario con direccion radial, φ la coordenada angular de las polares y E una funciónque depende solamente de φ.

Solución: En esta geometría, lo más eficiente es utilizar coordenadas polares. Lasolución general de la ecuación de Laplace en polares es:

v(r, φ) = A0+B0 log(r)+

∞∑

n=1

rn(An sin(nφ)+Bn cos(nφ))+r−n(En sin(nφ)+Dn cos(nφ))

(200)sin embargo la solución no puede ser divergente. Como el punto r = 0 perteneceal interior del círculo entonces debemos hacer B0 = En = Dn = 0 para así podercancelar todos los términos que divergen en r = 0 (log(r) y r−n).

Para expresar la condición de contorno, recordemos que la expresión del gradienteen polares es:

~∇v =∂v

∂r~ur +

1

r

∂v

∂φ~uφ +

∂v

∂z~uz (201)

el producto escalar se puede simplificar:

~∇v~ur =∂v

∂r~ur~ur︸︷︷︸

=1

+1

r

∂v

∂φ��

�*0

~uφ~ur +∂u

∂z��

�*0

~uz~ur =∂v

∂r= E(φ) (202)

luego la condición de contorno se expresa de forma más sencilla como

(∂v

∂r

)

r=R

= E(φ) (203)

Derivemos la solución general con respecto a r:

∂v

∂r=

∞∑

n=1

nrn−1(An sin(nφ) +Bn cos(nφ)) (204)

sustituyamos en (203)

∞∑

n=1

nRn−1(An sin(nφ) +Bn cos(nφ)) = E(φ) (205)

Podemos interpretar esta ecuación como la expansion en serie de Fourier de E(φ)y por tanto podemos determinar An y Bn como los coeficientes de la serie de Fourier:

nRn−1An =1

π

∫ 2π

0

E(φ) sin(nφ)dφ (206)

nRn−1Bn =1

π

∫ 2π

0

E(φ) cos(nφ)dφ (207)

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Problema 23 35

An =1

nRn−1π

∫ 2π

0

E(φ) sin(nφ)dφ (208)

Bn =1

nRn−1π

∫ 2π

0

E(φ) cos(nφ)dφ (209)

Nótese que A0 queda indeterminado. Apliquemos a E(φ) = E0 sin(φ)

An =E0

nRn−1π

∫ 2π

0

sin(φ) sin(nφ)dφ =E0

nRn−1δn1 (210)

Bn =E0

nRn−1π

∫ 2π

0

sin(φ) cos(nφ)dφ = 0 ∀n (211)

v(r, φ) = A0 + E0r sin(φ) (212)

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Problema 24 36

Problema 24. Vórtices. Falta tercer apartado y conexión con vórtices.

Comprueba que la función compleja u = log(z) es solución de la ecuación deLaplace del problema anterior en todo el plano complejo exceptuando el origen.

a.) Utilizando la ecuación de Laplace escrita en la forma:

∆u =∂

∂z

∂

∂z= 0 (213)

b.) Utilizando coordenadas polares.

c.) Comprueba que tanto la parte real como la parte imaginaria de u = log(z)satisfacen la ecuación:

∆u = δ(r) (214)

Solución:

a.)∂

∂z

∂

∂zlog(z) =

∂

∂z

1

z= 0 (215)

salvo en z = 0 donde la derivada no está definida.b.) Escribamos la ecuación de Laplace en polares:

∂2u

∂2r+

1

r

∂u

∂r+

1

r2

∂2u

∂2θ= 0 (216)

aplicamos ahora a u = log(z) expresada en coordenadas polares.

u = log(z) = log(reiθ) = log(r) + iθ (217)

sustituimos en la ecuación y obtenemos

− 1

r2+

1

r2+ i

1

r2

∂2θ

∂2θ(218)

que es cero en todas partes salvo en r = 0 donde vemos que no está bien definida.

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Problema 25 37

Problema 25. Laplace en un circulo con CC de 3a especie. Comprobar

que tiene sentido.

Resuelve la ecuación de Laplace en:1.) Un círculo de radio r = ρ.

con la condición de contorno:

αu(ρ, θ) + β(

~∇u~ur)

r=ρ= f(θ) (219)

donde α y β son constantes positivas.

Solución:

Por la simetría del dominio y la CC resolveremos el problema en coordenadas polares.La solución general es

u(r, θ) = B0 +

∞∑

n=1

rn [An sin(nθ) +Bn cos(nθ)] (220)

donde ya hemos excluido los términos que divergen en r=0. El gradiente en polarestiene la forma:

~∇u =∂u

∂r~ur +

1

r

∂u

∂θ~uθ (221)

Luego la CC se puede expresar como:

αu(ρ, θ) + β

(∂u

∂r

)

r=ρ

= f(θ) (222)

sustituimos la solución y obtenemos para n > 1

∞∑

n=0

(αρn + βnρn−1) [An sin(nθ) +Bn cos(nθ)] = f(θ) (223)

Nótese que el término entre paréntesis no depende ni de r ni de θ luego los coefi-cientes de Fourier se calculan como de costumbre:

An =1

πρn−1(αρ+ βn)

∫ 2π

0

f(θ) sin(nθ)dθ

Bn =1

πρn−1(αρ+ βn)

∫ 2π

0

f(θ) cos(nθ)dθ

En el caso particular de n = 0 tenemos

B0 =1

2πα

∫ 2π

0

f(θ)dθ (224)

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Problema 26 38

Problema 26. Formula de Poisson en un semiplano.

La formula de Poisson en un semiplano relaciona el potencial V en la recta que cons-tituye el contorno de un semiplano, con el valor del potencial en el interior a travesde una integral:

U(x, y) =1

π

∫ ∞

−∞dx′

yV (x′)

y2 + (x− x′)2(225)

1.) Comprueba que U(x, y) satisface la ecuación de Laplace.2.) Comprueba que U(x, y → 0) = V (x) 3.) Calcula U(x, y) con V (x′) = V0.

Solución:

1.) Simplemente debemos derivar parcialmente con respecto a x e y la expresion (225)y sustituir las derivadas en la ecuación de Laplace.

Para simplificar escribamos (225) de la forma

U(x, y) =1

π

∫ ∞

−∞

f

gdx′ (226)

donde f = yV (x′) g = y2 + (x− x′)2

∂U

∂x=

1

π

∫ ∞

−∞

fxg − fgxg2

dx′ (227)

∂U

∂y=

1

π

∫ ∞

−∞

fyg − fgyg2

dx′ (228)

∂2U

∂x2=

1

π

∫ ∞

−∞

fxxg − fgxxg4

dx′ (229)

∂2U

∂y2=

1

π

∫ ∞

−∞

fyyg − fgyyg4

dx′ (230)

(231)

teniendo en cuenta que fxx = 0 fyy = 0 gxx = 2 gyy = 2

∂2U

∂x2+∂2U

∂y2= 0 (232)

2.) Tomamos el límite:

lımy→0

U(x, y) = lımy→0

1

π

∫ ∞

−∞dx′

yV (x′)

y2 + (x− x′)2=

1

π

∫ ∞

−∞dx′ lım

y→0

yV (x′)

y2 + (x− x′)2(233)

recordemos que:

lımǫ→0

1

π

ǫ

x2 + ǫ2= δ(x) (234)

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Problema 26 39

por lo que llegamos a:

U(x, y → 0) =

∫ ∞

−∞dx′δ(x− x′)V (x′) = V (x) (235)

3.)

1

π

∫ ∞

−∞dx′

yV0

y2 + (x− x′)2=

1

π

∫ ∞

−∞dx′

yV0

y2 + (x− x′)2= (236)

V0

πy

∫ ∞

−∞

dx′

1 +(x−x′y

)2 = −V0

π[arctan z]z=∞

z=−∞ = V0 (237)

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Problema 27 40

Problema 27. Descomposicion de Helmholtz. Campo transversal y longi-

tudinal

Un campo vectorial que decae suficientemente rápido, se puede descomponer ensu componente transversal y longitudinal F = ~FT (~r) + ~FL(~r) que satisfacen:

~∇ · ~FT = 0 ~∇× ~FL = 0 (238)

Por otro lado sabemos que un campo vectorial tiene en general tanto fuentesescalares como vectoriales de modo que se puede escribir en términos de un potencialescalar φ y un potencial vector ~A de la forma

~F = ~∇φ+ ~∇× ~A (239)

Expresa ~FT y ~FL en función de φ y ~A. Comprueba que ~FL = ~∇φ y ~FT = ~∇× ~A

Solución:

Tomamos divergencia y rotacional de F

~∇ · ~F = ~∇ · ~∇φ+������:0~∇ · ~∇× ~A = ∆φ (240)

y por tanto ~FL = ~∇φ

~∇× ~F = �����:0~∇× ~∇φ+ ~∇× ~∇× ~A = ∆ ~A (241)

y por tanto ~FT = ~∇× ~A

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Problema 28 41

Problema 28. Modelo de propagación de sonido sin disipación.

Supongamos que tenemos una densidad conservada con su correspondiente ecua-ción de continuidad.

∂ρ

∂t+ ~∇ ·~j = 0 (242)

donde ~j es su densidad de corriente asociada. Supongamos que la dinámica de lacorriente esta regida por la ecuación:

∂~j

∂t+ c2 ~∇ρ = 0 (243)

Es decir la variación temporal de la corriente es proporcional al gradiente de la den-sidad.a.) Comprueba que la densidad satisface una ecuación de ondas.b.) Supongamos que descomponemos la corriente en su parte longitudinal y su partetransversal. Comprueba que la parte longitudinal satisface la ecuacion de ondas. c.)¿Que ecuación satisface la parte transversal?

Solución:

a.) Tomemos la derivada parcial temporal de la ecuación de continuidad:

∂2ρ

∂2t+ ∇

(∂

∂t~j

)

= 0 (244)

sustimuimos la ecuación de la dinámica de la corriente

∂2ρ

∂2t− c2~∇ · ~∇ρ = 0 (245)

la divergencia de un gradiente es el Laplaciano:

∂2ρ

∂2t− c2∆ρ = 0 (246)

Para deducir la ecuación de ondas para la corriente derivamos con respecto al tiempola ecuación de su dinámica.

∂2~j

∂2t− c2∇∂ρ

∂t= 0 (247)

sustituimos la ecuación de continuidad.

∂2~j

∂2t− c2∇(~∇ ·~j) = 0 (248)

recordemos la identidad del cálculo vectorial

∇(~∇ ·~j) = ∆~j + ~∇× ~∇×~j (249)

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Problema 28 42

sustituyendo esta identidad en (248) tendremos:

∂2~j

∂2t− c2

[

∆~j + ~∇× ~∇×~j]

= 0 (250)

Vamos a descomponer la corriente en su parte transversal y su parte longitudinal

~j = ~jL +~jT (251)

que satisfacen ~∇× ~jL = 0 y ~∇ · ~jT = 0Las ecuaciones dinámicas de la corrientes transversal y longitudinal son:

∂2 ~jT∂2t

= c2∇(~∇ · ~jT ) = 0 (252)

∂2 ~jL∂2t

= c2[

∆~j + ~∇×�����:0~∇× ~jL

]

= c2∆~j (253)

Con este modelo matemático la parte transversal de la corriente es constantemientras que la parte longitudinal se propaga como una onda sin ninguna disipación.

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Problema 29 43

Problema 29. Linealización de la Ecuación de Ginzburg-Landau

Consideremos la ecuación no lineal.

∂2u(x, t)

∂2t− c2

∂2u(x, t)

∂2x+ au(x, t) + bu3(x, t) = 0 (254)

A.) Comprueba que si a < 0 y b > 0 existen dos soluciones u(x, t) = U constantesy estáticas distintas de la solución trivial. B.) Linealiza la ecuación en torno a esassoluciones homogeneas y estáticas. Para ello, supón que expresamos la solución comouna desviación con respecto a U, es decir u(x, t) = U + v(x, t) donde se cumple quev << U . Sustituye en la ecuación y obtén la ecuación para v(x,t). C.) Estudia lapropagación de ondas de la forma v(x, t) = v0e

i(kx−ωt) en la ecuación lineal resultante.Encuentra la relación de dispersión asociada a esta ecuación.A.) Tomamos la solución constante y estática y la sustituimos en la ecuación. u(x, t) =U . Las derivadas son cero y la ecuación algebraica resultante es:

aU + bU3 = 0 (255)

las soluciones son: U = 0 y U = ±√

−a/b. Notese que si a>0 y b>0 no existensoluciones a parte de la trivial.

B.) Escribimos u(x, t) = U + v(x, t) donde v << U y sustituimos en la ecuación.

∂2

∂2tv − c2

∂2

∂2xv + (a+ b3U2)v + aU + bU3

︸ ︷︷ ︸

=0

= 0 (256)

sustituimos el valor de U y obtenemos

∂2v

∂2t− c2

∂2v

∂2x+ 4av = 0 (257)

que es una ecuación como la tratada en el problema ...C.) Ensayemos soluciones tipo onda plana v(x, t) = v0e

i(kx−ωt). Por sustitución enla ecuación obtenemos:

[−ω2v0(k, ω) + c2k2v0(k, ω) + 4av0(k, ω)

]ei(kx−ωt) = 0 (258)

Despejando la frecuencia de la expresion entre corchetes encontramos la relacionde dispersion ω = ±

√

c2k2 − 4|a|. Notese que existe un número de onda crítico kcpor debajo del cual no se propagan ondas:

k2c =

4|a|c2

(259)

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Problema 30 44

Problema 30. Expansión de una onda plana en los armónicos esféricos.

Considera una onda plana propagandose a lo largo del eje z:

ei~k~r = eikr cos θ (260)

Calcula su expansion en en la base de los armónicos esféricos.

∫ π

0

sin(θ)dθ

∫ 2π

0

dφ(Y(m′)l′ (θ, φ))∗Y

(m)l (θ, φ) = δll′δmm′ (261)

Solución:

Recordemos que cualquier función dependiente de θ y φ se puede expresar en labase de los armónicos esféricos de la forma.

f(θ, φ) =∞∑

l=0

l∑

m=−l

ClmY(m)l (θ, φ) (262)

donde los coeficientes

Cl,m =

∫ π

0

sin(θ)dθ

∫ 2π

0

dφf(θ, φ)Y(m)l (θ, φ) (263)

Aplicando esta fórmula para los coeficientes a la onda plana tenemos

Cl,m =

∫ π

0

sin(θ)dθ

∫ 2π

0

dφeikr cos θY(m)l (θ, φ) (264)

como la función que estamos expandiendo es independiente de φ solo puede tenerproyección distinta de cero sobre los armónicos esféricos con número m = 0 que soninvariantes por rotaciones en torno al eje z.

Cl,0 = 2π

∫ π

0

sin(θ)dθeikr cos θY(0)l (θ) (265)

donde Y(0)l (θ) =

√2l+14πPl(cos θ)

Cl,0 = 2π

√

2l + 1

4π

∫ π

0

sin(θ)dθeikr cos θPl(cos θ) (266)

Recordemos que la función de Bessel esférica tiene la representación integral.

jl(kr) =(−i)l

2

∫ π

0

eikr cos θPl(cos θ) sin(θ)dθ (267)

Por tanto los coeficientes se pueden expresar como:

Cl,0 = 2π

√

2l + 1

4π

2

(−i)l = il√

4π(2l + 1) (268)

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Problema 30 45

y la expansión de la onda plana queda:Repasar y Falta aplicar el teorema de adición

ei~k~r =

∑

l

il√

4π(2l + 1)Pl(cos θ)jl(kr) = 4π∑

l

ilY 0l jl(kr) (269)

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Problema 31 46

Problema 31. Forma integral de las funciones de Bessel

Es posible definir una familia de funciones Jn(y) de la variable real y > 0 con n enteroa través de la expresión:

Jn(y) =1

π

∫ π

0

cos(nθ − y sin θ)dθ (270)

o de forma equivalente a través de:

Jn(y) =

{1π

∫ π

0cos(nθ) cos(y sin θ)dθ n par

1π

∫ π

0sin(nθ) sin(y sin θ)dθ n impar

(271)

Queremos estudiar algunas propiedades de estas funciones Jn(y). Para ello:

1. Discute que simetría tienen las siguientes funciones con respecto al centro delintervalo de integración θ ∈ [0, π].a.) f1 = cos(y sin θ) b.) f2 = sin(y sin θ) c.) sin(nθ) d.) cos(nθ)

2. Comprueba que la definición (281) es equivalente a (271). Indicación: usa laexpresión para el coseno de una resta y las propiedades de simetría del apartadoanterior.

3. Comprueba que J−n(y) = (−1)nJn(y)

4. Comprueba que J ′n(y) = 1

2(Jn−1(y) − Jn+1(y))

Solución:

1. Discute que simetría tienen las siguientes funciones con respecto al centro delintervalo de integración θ ∈ [0, π].a.) simétrica b.) simétrica c.) simétrica si n impar; antisimétrica si n par d.)antisimétrica si n impar ; simétrica si n par.

2. Usamos la expresión para el coseno del ángulo resta.

Jn(y) =1

π

∫ π

0

cos(nθ − y sin θ)dθ (272)

=1

π

∫ π

0

cos(nθ) cos(y sin θ)dθ +1

π

∫ π

0

sin(nθ) sin(y sin θ)dθ (273)

Sobre esta expresion usamos las propiedades de simetría discutidas en el apar-tado anterior y vemos que si n es par, se anulará el segundo término y si n esimpar se anulará el primer término.

3. Usamos las expresiones (271)

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Problema 31 47

J−n(y) =

{1π

∫ π

0cos(−nθ) cos(y sin θ)dθ n par

1π

∫ π

0sin(−nθ) sin(y sin θ)dθ n impar

(274)

J−n(y) =

{Jn(y) n par−Jn(y) n impar

(275)

4. Desarrollemos todos los términos que aparecen en la expresión. Por un lado:

J ′n(y) =

1

π

∫ π

0

∂

∂ycos(nθ − y sin θ)dθ (276)

=1

π

∫ π

0

− sin(nθ − y sin θ)(− sin θ)dθ (277)

Por otro lado:

Jn±1(y) =1

π

∫ π

0

cos(nθ − y sin θ ± θ)dθ (278)

=1

π

∫ π

0

[cos(nθ − y sin θ) cos θ ∓ sin(nθ − y sin θ) sin θ)] dθ(279)

La combinación

Jn−1(y) − Jn+1(y) =2

π

∫ π

0

sin(nθ − y sin θ) sin θdθ (280)

cancela el término que es producto de cosenos.

Por tanto se cumple que J ′n(y) = 1

2(Jn+1(y) − Jn−1(y))

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Problema 32 48

Problema 32. Forma integral de las funciones de Bessel

Dada la definición de las funciones de Bessel:

Jn(y) =1

π

∫ π

0

cos(nθ − y sin θ)dθ (281)

Comprueba las relaciones básicas de recurrencia:

1. Comprueba que J ′n(y) = 1

2(Jn−1(y) − Jn+1(y))

2. Comprueba que nnJ ′n(y) = 1

2(Jn+1(y) + Jn−1(y))

Indicación: Usa que Jn±1(y) = 1π

∫ π

0cos(nθ − y sin θ ± θ)dθ

Solución:

1. Desarrollemos todos los términos que aparecen en la expresión. Por un lado:

J ′n(y) =

1

π

∫ π

0

∂

∂ycos(nθ − y sin θ)dθ (282)

=1

π

∫ π

0

− sin(nθ − y sin θ)(− sin θ)dθ (283)

Por otro lado:

Jn±1(y) =1

π

∫ π

0

cos(nθ − y sin θ ± θ)dθ (284)

=1

π

∫ π

0

[cos(nθ − y sin θ) cos θ ∓ sin(nθ − y sin θ) sin θ)] dθ(285)

La combinación

Jn−1(y) − Jn+1(y) =2

π

∫ π

0

sin(nθ − y sin θ) sin θdθ (286)

cancela el término que es producto de cosenos.

Por tanto se cumple que J ′n(y) = 1

2(Jn+1(y) − Jn−1(y))

2. Usando de nuevo la relación 285 del apartado anterior obtenemos:

Jn−1(y) + Jn+1(y) =2

π

∫ π

0

cos(nθ − y sin θ) cos θdθ (287)

Recordemos que:∫ b

a

f ′(x)dx = f(b) − f(a) (288)

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Problema 32 49

si le aplicamos esto a la integral

1

π

∫ π

0

∂

∂θsin(nθ − y sin θ)dθ =

1

π[sin(nπ − y sin π) − sin(n0 − y sin 0)] = 0

(289)Por otro lado podemos simplemente desarrollar la derivada parcial en θ:

1

π

∫ π

0

∂

∂θsin(nθ − y sin θ)dθ =

1

π

∫ π

0

cos(nθ − y sin θ) (n− y cos θ) dθ =(290)

= nJn(y) − y1

π

∫ π

0

cos(nθ − y sin θ) cos θdθ =(291)

= nJn(y) −y

2(Jn−1(y) + Jn+1(y))

donde en la última linea del cálculo hemos utilizado la relación (287). Ahorapodemos igualar ambos resultado y obtenemos.

nJn(y) −y

2(Jn−1(y) + Jn+1(y)) = 0 (292)

o lo que es lo mismo:

2n

yJn(y) = (Jn−1(y) + Jn+1(y)) (293)

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Problema 33 50

Problema 33. Transformada de Fourier de potenciales apantallados

a.) Calcula la transformada de Fourier de la función.

V (~r) = Ae−|~r|λ

1

|~r| (294)

b.) Cual es la transformada de Fourier del potencial de Coulomb en espacio recíproco?

Solución:

Debemos calcular la integral

V (~k) =

∫

V (~r)ei~k~rd3~r (295)

Como el potencial solo depende de la coordenada radial:

V (r) = Ae−rλ1

r(296)

calcularemos la integral en esféricas. El elemento diferencial de volumen en esféricases:

d3~r = r2 sin θdrdθdφ (297)

y el factor de fase:

ei~k~r = eikr cos θ (298)

Por tanto∫

V (~r)ei~k~rd3~r = A

∫ 2π

0

dφ

∫ π

0

∫ ∞

0

drdθr2 sin θV (r)eikr cos θ (299)

La integral en φ es independiente del resto.Para la integral en θ hacemos el cambiode variable s = cos θ ds = − sin θdθ. Teniendo en cuenta el cambio en los límites enla integral tenemos:

= 2πA

∫ ∞

0

drre−rλ

∫ 1

−1

dseikrs =2πA

ik

∫ ∞

0

dre−rλ (eikr − e−ikr) (300)

= −2πAλ

ik

[1

1 − ikλ− 1

1 + ikλ

]

=4πAλ2

1 + (kλ)2(301)

b.) Ahora podemos obtener la transformada del potencial de Coulomb en espaciorecíproco tomando el límite µ = 1

λtendiendo a cero.

VC(k) = lımµ → 04πA

µ2 + k2=

4π

k2(302)

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Problema 34 51

Problema 34. Derivada de la J0(x).

Comprueba que J0(x) = −J1(x) de la siguientes formas:

1.) Utilizando la serie de Taylor de la función J0(x)

Jm(x) =

∞∑

s=0

(−1)sx2s+n

s!(n + s)!22s+n(303)

2.) Utilizando la definición de derivada y la expresión para la función de Bessel deuna suma:

Jm(x+ y) =

s=∞∑

s=−∞Js(x)Jn−s(y) (304)

3.) Utilizando la representación integral de las funciones de Bessel.

Jn(x) =1

π

∫ π

0

cos(nθ − x sin(θ))dθ (305)

Solución:

1.) La serie de Taylor para J0(x) es:

J0(x) =

∞∑

s=0

(−1)sx2s

s!s!22s(306)

derivamos cada término:

J ′0(x) =

∞∑

s=1

(−1)s2sx2s−1

s!s!22s(307)

rescribimos la serie de la forma:

J ′0(x) =

∞∑

s=1

(−1)sx2s−1

(s− 1)!s!22s−1(308)

y hacemos el cambio de índice s− 1 = s′

J ′0(x) =

∞∑

s′=0

(−1)s′+1x2s′+1

s′!(s′ + 1)!22s′+1= −J ′

1(x) (309)

2.) Utilizando la expresión para la función de Bessel de una suma:

J0(x+ h) =

s=∞∑

s=−∞Js(x)J−s(h) = J0(x) + 2

s=∞∑

s=1

Js(x)(−1)sJs(h) (310)

Donde hemos tenido en cuenta J−s(x) = (−1)sJs(x). Para un h arbitrariamentepequeño podemos aproximar Js(h) ∼ hs

2ss!. Nos quedamos con los términos hasta orden

h en la serie:

J0(x+ h) ∼ J0(x) − 2J1(x)h

2(311)

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Problema 34 52

y por consiguiente

J ′0(x) =lımh→0

J0(x+ h) − J0(x)

h= −J1(x) (312)

3.) Por un lado derivamos la representacion integral para la función J0(x)

J ′0(x) = −1

π

∫ π

0

cos(x sin(θ)) sin(θ)dθ (313)

Por otro desarrollamos J1(x)

J1(x) =1

π

∫ π

0

cos(θ − x sin(θ))dθ (314)

=1

π

∫ π

0

cos(θ) cos(x sin(θ))dθ −��������������:0∫ π

0

sin(θ) sin(x sin(θ))dθ

(315)

La segunda integral se cancela por ser el integrando una función impar con respectoal centro del intervalo.

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Problema 35 53

Problema 35. Propiedades Básicas de los armónicos esféricos

Utilizando la definición de los armónicos esféricos:

Y(m)l (θ, φ) =

√

2l + 1

4π

√

(l −m)!

(l +m)!P

(m)l (cos θ)eimφ (316)

donde Pml son las funciones asociadas de Legendre y

P(m)l (x) = (1 − x2)m/2

dm

dmxPl(x) (317)

y los polinomios de Legendre.

Pl(x) =1

2ll!

dl

dlx(x2 − 1)l (318)

a.) Escribe los armónicos esféricos independientes de θb.) Escribe los tres primeros armónicos esfericos invariantes respecto a las rotacionesen torno al eje z.c.) Escribe todos los armónicos esféricos con l=1.

Solución a.) Los armónicos independientes de θ tienen l = 0 pues Pl=0 = 1

Y(m)l=0 =

√

1

4πeimφ (319)

b.) los armónicos invariantes con respecto a la rotación con respecto al eje z debenser independientes de φ. Por tanto deben cumplir m = 0

Y(m=0)l =

√

2l + 1

4πPl(cos θ) (320)

estos serian

Y(m=0)l=0 =

√

1

4π(321)

Y(m=0)l=1 =

√

3

4πcos(θ) (322)

Y(m=0)l=2 =

√

5

4π

1

2(3 cos2(θ) − 1) (323)

c.)

Y(m=−1)l=1 =

√

3

8πsin(θ)e−iφ (324)

Y(m=0)l=1 =

√

3

4πcos(θ) (325)

Y(m=1)l=1 =

√

3

8πsin(θ)eiφ (326)

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Problema 35 54

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Problema 36 55

Problema 36. Paridad de los de los armónicos esféricos

Utilizando la definición de los armónicos esféricos:

Y(m)l (θ, φ) =

√

2l + 1

4π

√

(l −m)!

(l +m)!P

(m)l (cos θ)eimφ (327)

donde Pml son las funciones asociadas de Legendre y

P(m)l (x) = (1 − x2)m/2

dm

dmxPl(x) (328)

y los polinomios de Legendre.

Pl(x) =1

2ll!

dl

dlx(x2 − 1)l (329)

a.) ¿Que paridad tienen los polinomios de Legendre?, es decir, que relacion existeentre Pl(−x) y Pl(x).

b.) ¿Que paridad tienen las funciones asociadas de Legendre P(m)l ?

c.) Usando los resultados de los dos apartados anteriores ¿Que paridad tienen los ar-

mónicos esféricos? Es decir que relacion existe entre Y(m)l (−~ur) y Y

(m)l ( ~ur) donde ~ur

es el vector unitario radial de las coordenadas esféricas caracterizado por los angulosθ y φ

Solución: a.) Utilizamos la formula de Rodrigues

Pl(x) =1

2ll!

dl

dlx(x2 − 1)l (330)

sustituimos x por (-x).

Pl(−x) =1

2ll!

dl

dl(−x)((−x)2 − 1)l (331)

utilizando la regla de la cadena obtenemos

d

d(−x) =d

dx

d(−x)dx

= − d

dx(332)

y por tanto la iteración de las derivadas conduce a:

dl

dl(−x) = (−1)ldl

dlx(333)

Pl(−x) = (−1)l1

2ll!

dl

dlx(x2 − 1)l = (−1)lPl(x) (334)

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Problema 36 56

b.) Del mismo modo utilizando la definición de las funciones asociadas de Legendre.

P(m)l (−x) = (1 − (−x)2)m/2

dm

dm − xPl(−x) = (1 − x2)m/2(−1)m

dm

dmx(−1)lPl(−x)(335)

= (−1)(l+m)P(m)l (x) (336)

c.) Si el vector unitario radial de las coordenadas esféricas ~ur apunta en la direccióndeterminada por los ángulos θ y φ entonces −~ur apunta en la dirección determinadapor los ángulos π − θ y φ+ π

Y(m)l (π − θ, π + φ) = AlmP

(m)l (cos(π − θ))eim(π+φ) = AlmPl(− cos θ))eimφeimπ(337)

= Alm(−1)(l+m)Pml (cos θ)eimφ(−1)m = (−1)lY

(m)l (θ, φ) (338)

donde Alm =√

2l+14π

√(l−m)!(l+m)!

es el prefactor constante de normalización.

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Problema 37 57

Problema 37. Ortogonalidad de las funciones de Bessel

Supongamos que u y v son funciones de Bessel de orden m distintas pero tales queambas se anulan en un punto r = ρ.

a.) Escribe las ecuaciones diferenciales que satisfacen u y v :b.) Demuestra que:

∫ ρ

0

(ru′)′v − (rv′)u = 0 (339)

c.) Usando los apartados a.) y b.) comprueba que:

(k2nm − k2

n′m)

∫ ρ

0

ruv = 0 (340)

Solución:

a.) Como u y v son funciones de Bessel de orden m distintas pero se anulan en elmismo punto r = ρ entonces deben tener la forma u = Jm(knmr) y v = Jm(kn′mr)donde ρ = xnm/knm. Por consiguiente deben satisfacer la ecuación de Bessel, cadauna de ellas con el autovalor k apropiado:

r(ru′)′ + (k2nmr

2 −m2)u = 0 (341)

r(rv′)′ + (k2n′mr

2 −m2)v = 0 (342)

b.) Primero vamos a comprobar que (ru′)′v − (rv′)u = (ru′v)′ − (rv′u)′

(ru′v)′ − (rv′u)′ = (ru′)′v − ru′v′ − (rv′)′u+ rv′u′ = (ru′)′v − (rv′)u (343)

ahora vamos a integrar entre r = 0 r = ρ ambos miembros de la igualdad.

∫ ρ

0

dr(ru′)′v − (rv′)u =

∫ ρ

0

dr(ru′v)′ − (rv′u)′ = (ru′v)r=ρr=0 − (rv′u)

r=ρr=0 = 0 (344)

Donde en el último paso hemos tenido en cuenta que u(ρ) = Jm(knmρ) = 0 yv(ρ) = Jm(kn′mρ) = 0

c.) Tomamos las ecuaciones del apartado a.) y multiplicamos a la primera por v ya la segunda por u.

r(ru′)′v + (k2nmr

2 −m2)uv = 0 (345)

r(rv′)′u+ (k2n′mr

2 −m2)uv = 0 (346)

Restamos la segunda de la primera:

r(ru′)′v − r(rv′)′u+ (k2nm − k2

n′m)r2uv (347)

y dividimos por r todos los términos de la ecuación resultante.

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Problema 37 58

(ru′)′v − (rv′)′u+ (k2nm − k2

n′m)ruv (348)

integramos entre r = 0 y r = ρ ambos términos y aplicamos el resultado delapartado b.)

∫ ρ

0

dr(k2nm − k2

n′m)ruv = 0 (349)

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Problema 38 59

Problema 38. Cuerda con condicion inicial

Utilizando la expresión (271) resuelve el problema :

∂2u∂t2

− c∂2u∂x2 = 0

u(0, t) = u(L, t) = 0u(x, 0) = φ(x) = sin(π sin(πx/L))

∂∂tu(x, t)|t=0 = ψ(x) = 0

(350)

Solución:

Para calcular la solución debemos obtener los coeficientes de Fourier con unascondiciones iniciales en las que φ(x) = sin(π sin(πx/L)) y ψ(x) = 0 , es decir

An =2

L

∫ L

0

φ(x) sin(π sin(nπx/L))dx (351)

y Bn = 0sustituimos φ(x) por su valor:

An =2

L

∫ L

0

sin(π sin(πx/L)) sin(nπx/L)dx (352)

haciendo el cambio de variable πx/L = θ podemos ver que esta integral se relacionadirectamente con una función de Bessel con n impar.

An =2

L

∫ π

0

sin(π sin(θ)) sin(nθ))L

πdθ (353)

Recordemos la definición para n impar de la funcion de Bessel que introdujimos unproblema anterior

Jn(y) =1

π

∫ π

0

sin(nθ) sin(y sin θ)dθ n impar (354)

por tanto An se puede expresar de la forma

An = 2Jn(π) n impar (355)

y la solución particular es:

u(x, t) =∑

nimpar

2Jn(π) cos(ωnt) (356)

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Problema 39 60

Problema 39. Estados estacionarios de un sistema discreto

Supongamos que tenemos un sistema de dos niveles |1〉, |2〉. La dinámica delsistema viene regida por la Ecuación de Scrödinger

i~∂|ψ〉∂t

= H|ψ〉 (357)

donde

H =

(µ −t−t µ

)

(358)

Encuentra los estados estacionarios. Comprueba que los autovectores de H son orto-gonales, que conservan la probabilidad total y que conservan la energia. Compruebaque si se escribe un estado cualquiera en la base de estados estacionarios tambienconservará la probabilidad y la energía total.

Solución: Escribamos la ecuación en forma matricial

i~

(∂ψ1(t)∂t

∂ψ2(t)∂t

)

=

(µ −t−t µ

) (ψ1

ψ2

)

(359)

supongamos soluciones de la forma:

|ψ〉 = est|v〉 = est(v1

v2

)

(360)

sustituimos en la ecuación obtenemos

(µ −t−t µ

) (v1

v2

)

=s

i~

(v1

v2

)

(361)

Llamemos E = s/i~ diagonalizamos y obtenemos las energías EA = µ + t EB =µ− t. Los autovectores correspondientes a esos autovalores son.

|vA〉 =1√2

(1−1

)

(362)

|vB〉 =1√2

(11

)

(363)

Los estados estacionarios son

|ψA〉 = e−iEA

~t 1√

2

(1−1

)

(364)

|ψB〉 = e−iEB

~t 1√

2

(11

)

(365)

Los autovectores de H son ortogonales:

〈vA|vB〉 =1

2(1, 1)

(1−1

)

= 0 (366)

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Problema 39 61

Para comprobar el último apartado basta con que tomemos un estado de la forma.

|φ〉 = α|ψA〉 + β|ψB〉 (367)

en t = 0, para que el estado este normalizado se debe cumplir (|α|2 + |β|2 = 1.Para cualquier t > 0 y debido a la ortogonalidad de los estados tenemos:

〈φ|φ〉 = [α∗〈ψA| + β∗〈ψB|] [α|ψA〉 + β|ψB〉] = |α|2〈ψA|ψA〉+|β|2〈ψB|ψB〉 = |α|2+|β|2 = 1(368)

〈φ|H|φ〉 = |α|2EA + |β|2EB (369)

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Problema 40 62

Problema 40. Espectro de un hilo cuántico

Supongamos que tenemos un sistema con N estados |j〉, con j = 1, ..., N . El estadodel sistema estará determinado por |Ψ〉 =

∑

j ψj |j〉. La dinámica del sistema vieneregida por la Ecuación de Schrödinger

i~∂|ψ〉∂t

= H|ψ〉 (370)

donde

H =

u t 0 0 ... ct u t 0 ... ...0 t u t 0 ...0 0 t u t ......c

(371)

Encuentra los estados estacionarios y el espectro de este sistema para c = t y c = 0

Solución:

Supongamos soluciones de la forma:

|ψ〉 = est|v〉 (372)

sustituimos en la ecuación obtenemos

H|v〉 = E|v〉 (373)

donde E = si~

El término genérico j de la ecuación de autovalores tiene la forma:

Evj = tvj1 + uvj + tvj+1 (374)

que es una ecuación en diferencias. Tambien la podemos escribir como

tvj+1 + (u− E)vj + tvj−1 = 0 (375)

Nótese la similitud con las ecuaciones diferenciales. Es lineal y tiene los coeficientesconstantes. Vamos a suponer que tiene soluciones exponenciales vj = aj sustituimosen la ecuación:

taj+1 + (u− E)aj + taj−1 = 0 (376)

que se puede reducir ata2 + (u−E)a + t = 0 (377)

dos soluciones para a

a = −u− E

2t±

√[u− E

2t

]2

− 1 (378)

esta expresión se simplifica mucho si suponemos

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Problema 40 63

cos θ = −u− E

2t(379)

a = cos θ ± i sin θ = e±iθ (380)

luego la solución mas general es:

vj = C1eiθj + C2e

−iθj (381)

Vamos a considerar ahora las condiciones de contorno. Empecemos por el caso de unanillo: v1 = vL+1 sustituyendo obtenemos:

C1eiθ + C2e

−iθ = C1eiθ(N+1) + C2e

−iθ(N+1) (382)

que se reduce a eiθN = 1 luego θ = 2qπ/N q = 0, N − 1 o lo que es lo mismoq = −N/2 + 1, ..., N/2 en total N valores

E(q) = u+ 2t cos(2qπ

N) (383)

podemos agrupar los exponenciales con índice positivo y negativo:

vj = Cei2qπNj (384)

C la podemos determinar normalizando y obtenemos C = 1√N

. vj = 1√Nei

2qπNj . No-

tese que la probabilidad de encontrar al electrón en uno de los sitios j es independientede j.

Ahora vamos a interpretar físicamente los resultados. Vamos a tomar t negativo,(t=-|t|) por razones que veremos en clases de teoría. ¿Que significa E(q)? son lasenergías correspondientes a los autoestados o estados estacionarios de este problema.Si N es muy grande las N energías se concentran dentro de una banda de anchuraEmin = u− 2|t| Emax = u+ 2|t|.

¿Cual es el estado fundamental? El de menor energía. Corresponde a q = 0 E(0) =u− 2|t|. Le corresponde un autovector:

vj =1√N

(385)

La amplitud (no solo la probabilidad) es independiente de j en el estado funda-mental.

El caso c = 0 equivale a un hilo finito. Tenemos dos ecuaciones ( la primera y laúltima) distintas de la del caso genérico:

(u− E)v1 + tv2 = 0 (386)

tvN1+ (u− E)vN = 0 (387)

podriamos reducir estas dos ecuaciones al caso genérico si suponemos que el sistemaes un anillo de N+1 sitios pero forzamos a la amplitud a valer cero en el sitio adicionalvN+1 = v0 = 0

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Problema 40 64

tv0 + (u− E)v1 + tv2 = 0 (388)

tvN−1 + (u− E)vN + tvN+1 = 0 (389)

ambos tienen ahora la forma genérica

tvj+1 + (u− E)vj + tvj−1 = 0 (390)

y por lo tanto admiten la solución

vj = C1eiθj + C2e

−iθj (391)

la condicion de contorno debe ser: vN+1 = v0 = 0 lo que conduce a:

vj = C sin(πqj

N + 1) (392)

con

E(q) = u+ 2t cos(qπ

N + 1) (393)

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Problema 41 65

Problema 41. Arrastre observado en un sistema de referencia móvil

Considera la ecuación de arrastre y difusión en dimensión d = 1

∂n

∂t−D

∂2n

∂2x+ v

∂n

∂x= 0 (394)

Comprueba que si se estudia el problema desde un sistema de referencia que se muevea velocidad v, el problema se reduce a la ecuación de difusión.

Solución:

Supongamos que estudiamos el problema desde un sistema de referencia que se muevecon velocidad v y para ello hacemos el cambio de variables x′ = x − vt y t′ = t.Utilizando la regla de la cadena las derivadas en las nuevas variables son:

∂n

∂t= −v ∂n

∂x′+∂n

∂t′(395)

∂n

∂x=

∂n

∂x′(396)

∂2n

∂2x=

∂2n

∂2x′(397)

(398)

sustituyendo en la ecuación obtenemos:

∂n

∂t′−D

∂2n

∂2x′= 0 (399)

Podemos resolver el problema como el de una ecuación de difusión y terminardeshaciendo los cambios de variable.

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Problema 42 66

Problema 42. De Difusion a Laplace.

Dada la ecuación diferencial de difusión y arrastre:

∂u

∂t= D△u+ vd

∂u

∂x(400)

donde D y vd son constantes positivas. Consideremos un recinto con forma de prismacon lados Lx = L∗, Ly = L,Lz = L. Las caras paralelas al eje x son impermeables yen las caras perpendiculares al eje x se cumple u(x = 0, y, z) = 0 u(x = L∗, y, z) =U(y, z).

Calcula la solución de la ecuación si vd = 0 U(y, z) = 0 y la condicion inicial esu(x, y, z, t = 0) = Cδ(x− L∗

2). C es una constante positiva.

Solución:En este apartado las condiciones son homogeneas en las tres direcciones siendo

en la direccion x homogeneas de primera especie. Por tanto proponemos ahora lasolución:

u(x, y, z, t) =∑

nlm

Tnlm(t)wnlm(x, y, z) (401)

wnlm(x, y, z) = sin(nπx

L∗) cos(

lπy

L) cos(

mπz

L) (402)

que satisface△wnlm(x, y, z) = λnlmwnlm(x, y, z) (403)

donde

λnlm = −(nπ

L∗)2 − (

lπ

L)2 − (

mπ

L)2 (404)

donde n = 1, ...,∞, l = 0, ...,∞ y m = 0, ...,∞ Sustituyendo en la ecuación y usandolas condiciones de ortogonalidad

Tnlm(t) = DλnmlTnlm(t) (405)

La CI es

u(x, y, z, t = 0) =∑

nlm

Tnlm(t = 0)wnlm(x, y, z) = Cδ(x− L∗

2) (406)

como la condicion inicial es independiente de y y de z sabemos que solo los modosl = m = 0 (es decir aquellos que tiene una dependencia constante en esas coordenadasvan a poder contribuir a la condicion inicial)

u(x, y, z, t = 0) =∑

n

Tn00(t = 0)wn00(x, y, z) = Cδ(x− L∗

2) (407)

Tn00(t = 0) =2

L∗C

∫ L∗

0

sin(nπx

L∗)δ(x− L∗

2)dx (408)

Tnlm(0) =2

L∗C sin(

nπ

2)δl0δm0 (409)

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Problema 42 67

Con estas CI podemos dar la solucion particular del problema que es:

u(x, y, z, t) =∑

n

2

L∗C sin(

nπ

2) exp (−D|λn00|t) sin(

nπx

L∗) (410)

Supongamos vd 6= 0 y U(y, z) = U0 >Depende la solución de y y z? >Por qué?>Que EDP describe la dependencia en x y t de la solucion en ese caso? >Que condi-ciones de contorno satisface dicha EDP en x = 0 y x = L∗?Solución: Sí, en general si depende de las coordenadas de y y z. Proponemos la solu-ción

u(x, y, z, t) =∑

lm

slm(x, t)vlm(y, z) (411)

donde vlm satisface la ecuación

△yzvlm(y, z) = λlmvlm(y, z) (412)

con CC de contorno de derivadas direccionales nulas en la direcciones y y z. Tenemospues la misma base que en el apartado 1.):

vlm(y, z) = cos(lπy

L) cos(

mπz

L) (413)

las CC son independientes de y y z

u(x = L∗, y, z, t) = U(y, z) = U0 =∑

lm

slm(L∗, t) cos(lπy

L) cos(

mπz

L) (414)

la única forma de satisfacer esa CC es:

slm(x = L∗, t) = U0δl0δm0 (415)

ademásslm(x = 0, t) = 0 (416)

para todo l y m. La ecuación que satisface slm(x, t) es

∂slm∂t

= D∂2slm∂2x

+ vd∂slm∂x

+Dλlmslm (417)

Con las CCslm(x = 0, t) = 0 slm(x = L∗, t) = U0δl0δm0 (418)

Concluimos que las soluciones serán independientes de y y de z si la CI es indepen-diente de y y de z. Pero una CI dependiente de y y z ( compatible con las CC) generadependencia en esas variables.

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Problema 43 68

Problema 43. Término de reacción en la ecuación de difusión.

a.) Considera la ecuación de difusión con un término de reacción:

∂n

∂t−D∆n + µn = 0 (419)

suponiendo que el reactor (el recipiente en el que tiene lugar la reacción) es un cubode lado L con las paredes completamente impermeables.

a.) Expresa las condiciones de contorno del problemab.) Obtén la solución general si µ es una constante.c.) Supongamos ahora que la velocidad de la reacción µ oscila de forma armónica

µ = µ(t) = v sin(ωt). Calcula la solución general

Solución:

a.) Tomaremos el origen de coordenadas en el punto x = y = z = 0. Como las paredesno permiten el paso de corriente,esta debe anularse en las seis paredes del reactor.Por otro lado, una corriente de difusion esta relacionada con la densidad a traves dela ley de Fick:

~j = −D ~∇n (420)

por tanto tambien el gradiente de la densidad debe anularse en las paredes:

(∂n

∂x

)

x=0

=

(∂n

∂x

)

x=L

= 0 (421)

(∂n

∂y

)

x=0

=

(∂n

∂y

)

y=L

= 0 (422)

(∂n

∂z

)

z=0

=

(∂n

∂z

)

z=L

= 0 (423)

(424)

b.) Buscamos una solución en variables separadas n(~r, t) = T (t)u(x, y, z). Para ellodebemos encontrar una función u que: 1.) Satisfaga las condiciones de contorno. 2.)Sea autofunción del operador Laplaciano y por tanto podamos hacer la simplificación:

∆u = λu (425)

Las tres coordenadas x, y, z juegan el mismo papel tanto en las CC como en laecuación diferencial, luego la dependencia debe ser la misma para las tres variables.La función coseno safisface las condiciones de contorno

u(x, y, z) = cos(kxx) cos(kyy) cos(kzz) (426)

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Problema 43 69

con kx = nxπL

ky = nyπL

kz = nzπL

.

En efecto comprobamos que∆u = λnmlu (427)

y por tanto sustituyendo en la ecuación completa tenemos

unml

[

T (t) + (Dλnml + µ)]

T (t) = 0 (428)

Como vemos, la función T depende del armónico a traves de los números n,m, l, conlo que hemos llegado un sistema de EDO de primer orden desacopladas. Notese queλnml < 0 La solución es:

Tnml(t) = Anml exp [(Dλnml + µ) t] (429)

c.) Solo se modifica la parte temporal

Tnml(t) + (Dλnml + v sin(ωt))Tnml(t) = 0 (430)

Tnml(t) = Anml exp(

Dλnmlt+v

ωcos(ωt)

)

(431)

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Problema 44 70

Problema 44. Ecuación de Arrastre y difusión

Sea una densidad sometida a una ley de conservación.

∂ρ

∂t+∂j

∂x= 0 (432)

La corriente asociada se puede generar tanto por difusión como por acoplo a un campoexterno E.

j = −D∂ρ

∂x+ µEρ (433)

a.) Deduce la EDP que satisface la densidad.b.) Supongamos que tenemos un recinto lineal de longitud L las CC son ρ(0, t) = ρ0

y ρ(L, t) = 0. Encuentra los perfiles estáticos (independientes del tiempo) de la den-sidad.c.) Supongamos ahora que por el borde x = 0 entra al recinto una corriente J0 mien-tras que la frontera en x = L es impermeable. Escribir las condiciones de contornopara la incógnita de la ecuación que es la densidad.

Solución a.) Derivamos la expresión de la corriente

∂j

∂x= −D∂2ρ

∂2x+ µE

∂ρ

∂x(434)

sustituimos en la ecuación continuidad y obtenemos:

∂ρ

∂t= D

∂2ρ

∂2x− µE

∂ρ

∂x(435)

que es la denominada ecuación de difusión y arrastre.

b.) Un perfil estático de la densidad es independiente del tiempo y por tanto satis-face ∂ρ

∂t= 0. La dependencia espacial de la densidad viene dada por el problema de

contorno:

Dρ′′ − µEρ′ = 0 (436)

ρ(0, t) = ρ0 ρ(L, t) = 0 (437)

La ecuación es una EDO lineal, luego podemos resolverla suponiendo que la soluciónes un combinación lineal de exponenciales. Sin embargo, vamos a utilizar un métodoespecífico de las ecuaciones diferenciales que no contienen explicitamente a la incógnitasino solamente a sus derivadas. Consiste en hacer el cambio de variable J = ρ′ ysustituir en la ecuación.

DJ ′ − µEJ = 0 (438)

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Problema 44 71

La solución esJ = J0 exp(k0x) (439)

donde k0 = µED

y J0 una constante que eliminaremos utilizando las CC. Como J = ρ′

podemos deshacer el cambio integrando

ρ(x) =J0

k0exp(k0x) + A (440)

sustiluimos las CC en esta expresión y obtenemos A = ρ0 y

ρ(L) =J′

k0exp (k0L) + ρ0 = 0 (441)

J′

k0= −ρ0 exp(−k0L) luego la densidad se puede escribir de la forma:

ρ(x) = ρ0 (1 − exp [k0(x− L)]) (442)

c.) En términos de la corriente las CC j(0, t) = j0 y æ(L, t) = 0 Para expresarlo entérminos de la densidad tenemos que utilizar la relación entre corrientes y densidadespara este sistema:

j = −D∂ρ

∂x+ µEρ (443)

j(0, t) = −D(∂ρ

∂x)x=0 + µEρ(x = 0) = J0 (444)

j(L, t) = −D(∂ρ

∂x)x=L + µEρ(x = L) = 0 (445)

(446)

que son CC de tercera especie.

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Problema 45 72

Problema 45. Divergencia y Rotacional en espacio recíproco.

Supongamos que conocemos la transformada de Fourier de una función vectorial~F (~r) a la que llamaremos ~F (k)(~k)

∫∂Fj(~r)

∂xiei~k·~rd3~r = ikiF

(k)j (~k) (447)

~∇ · ~F (k) = i~k · ~F (448)

~∇× ~F (k) = i~k × ~F (449)

La divergencia en espacio real la podemos escribir como:

~∇ · ~F =∑

i

∂Fi(~r)

∂xi(450)

sustituyendo la expresion (??) tenemos

~∇ · ~F (k) =∑

i

ikiF(k)i (~k) = i~k · F (k)(~k) (451)

Las componentes del rotacional en espacio real las podemos escribir como:

(~∇× ~F )l = ǫlij∂Fj(~r)

∂xi(452)

donde ǫlij son los símbolos de Levi-Civita. Utilizando de nuevo la expresion (??)

(~∇× ~F (k))l = ǫlijikiF(k)j (453)

en esta expresión reconocen las componentes de un producto vectorial, es decir (~a×~b)l = ǫlijaibj . Por consiguiente, en forma vectorial la transformada de Fourier delrotacional se puede escribir como:

~∇× ~F (k) = i~k × ~F (k) (454)

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