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APUNTES DE ECUACIONES DIFERENCIALES
PARCIALES
1. SERIES DE FOURIER
Nuestro objetivo es determinar cuando una función f : R → R puede
ser representada en la forma
+∞
1 X nπx nπx
f (x) = a0 + an cos + bn sen .
2 n=1
L L
Como veremos más adelante, este tipo de expresión aparece natural-
mente en algunas ecuaciones, tales como la ecuación del calor y de la
onda.
1.1. Funciones Periódicas.
Definición 1.1.1. Una función f : R → R es llamada periódica de
perı́odo T si f (x + T ) = f (x) para todo x ∈ R.
Observación. Note que si T es un perı́odo, entonces nT ,
n ∈ ZZ , también lo es.
Definición 1.1.2. El menor perı́odo de una función es llamado perı́odo
fundamental.
Ejemplo 1.1.
(i) f (x) = sen x, T = 2π.
(ii) f (x) = x − [x], T = 1.
nπx 2L
(iii) f (x) = sen , T = .
L n
Verifiquemos (iii). Supongamos T es el periodo, entonces para cada
x ∈ R se tiene que
nπx
nπ(x + T )
sen = sen
L L

nπx nπT
= sen +
L L
Ya que sin x es una función 2 π-periodica se tiene que el menor T
verificando la identidad anterior se logra cuando nπT
L
= 2π y luego
2L
T = n .
1
2 APUNTES DE EDP
1.2. Coeficientes de Fourier. Supongamos de una manera infor-

mal que
+∞
a0 X nπx nπx
(1) f (x) = + an cos + bn sen .
2 n=1
L L
Se observa que el perı́odo de f es 2L. Integrando entre [−L, L] se ob-
tiene que
Z L +∞
a0 L
Z Z L Z L
X nπx nπx
f (x) dx = dx+ an cos dx + bn sen dx ,
−L 2 −L n=1 −L L −L L
y ası́
Z L
1
(2) a0 = f (x) dx.
L −L
Para encontrar los otros coeficientes de Fourier, usaremos las sigui-

entes relaciones de ortogonalidad
Z L
nπx mπx
cos sen dx = 0, n, m ≥ 1.
−L L L
Z L
nπx mπx L, n = m ≥ 1.
cos cos dx =
−L L L 0, n 6= m, n, m ≥ 1.
Z L
nπx mπx L, n = m ≥ 1.
sen sen dx =
−L L L 0, n 6= m, n, m ≥ 1.
Multiplicando (1) por cos mπx
L
, m ≥ 1 e integrando se obtiene
Z L
mπx
f (x) cos dx = am L,
−L L
y análogamente
Z L
mπx
f (x) sen dx = bm L.
−L L
Ası́
Z L
1 nπx
(3) an = f (x) cos dx , n ≥ 0,
L −L L
Z L
1 nπx
(4) bn = f (x) sen dx , n ≥ 1.
L −L L
a0
Note que 2
en la expresión (1) se justifica para verificar la fórmula (3).
Ahora podemos definir los coeficientes de Fourier:

APUNTES DE EDP 3
Definición 1.2.1. Suponga que f (x) es absolutamente integrable en

cada intervalo finito. Los coeficientes de Fourier son definidos por las
expresiones anteriores (3) y (4) .
Dada una función absolutamente integrable f : R → R y 2 L-periódi-
ca, motivados por el razonamiento anterior, nos interesa saber si la serie
de Fourier
+∞
1 X nπx nπx
a0 + an cos + bn sen
2 n=1
L L
converge a la función f . Para este propósito necesitamos de los sigu-
ientes conceptos.
Definición 1.2.2. Una función f : R → R es llamada seccionalmente
continua si en cada intervalo acotado tiene un número finito de discon-
tinuidades (todas de primera especie, es decir, lı́mites laterales existen).
Ejemplo 1.2.
1. f (x) = sig x es seccionalmente continua .
2. f (x) = x − [x] es seccionalmente continua .

 x, 0 ≤ x ≤ π,
3. f (x) = −x, −π ≤ x ≤ 0, es seccionalmente continua .
2π periódica.

1
4. f (x) = , no es seccionalmente continua.
x

 1, x ≥ 1,
1
5. f (x) = , 1 ≤ x < n1 , no es seccionalmente continua.
 n n+1
0, x ≤ 0.
Definición 1.2.3. Una función es seccionalmente diferenciable si es
seccionalmente continua y su derivada f 0 también es seccionalmente
continua.
√
Ejemplo 1.3. La función 2−periódica definida por f (x) = 1 − x2 ,
si |x| ≤ 1, es seccionalmente continua y no es seccionalmente diferen-
ciable.
El siguiente teorema se refiere a la convergencia puntual de la serie
de Fourier (1).
Teorema 1.1. Sea f : R → R una función seccionalmente diferencia-
ble de periódo 2L. Entonces la serie de Fourier de f converge en cada
punto para
1
[f (x+ ) + f (x− )] .
2
4 APUNTES DE EDP
Ejemplo 1.4. (a) Calcular la serie de Fourier de la función 2 π−periódi-

ca definida por

1, 0 ≤ x ≤ π,
f (x) =
0, −π ≤ x < 0 .
(b) Use la parte (a) para obtener una expresión en serie para π.
Solución.
(a) Por Teorema 1.1 tenemos que
+∞
1 1 X 2
(f (x+ ) + f (x− )) = + sen(2k − 1)x.
2 2 k=1 (2k − 1)π
(b) Ya que f ( π2 ) = 1 se obtiene
+∞
π X (−1)k−1
= (Serie de Leibniz).
4 k=1
2k − 1
Definición 1.2.4. Una función f es par si f (−x) = f (x) para todo x.
Una función f es impar si f (−x) = −f (x) para todo x.
Proposición 1.1. Sea f : R → R una función par que es absoluta-
mente integrable en cualquier intervalo acotado, entonces
2 L
Z
nπx
an = f (x) cos dx, y bn = 0.
L 0 L
Proposición 1.2. Si f : R → R es una función impar y absolutamente
integrable en cualquier intervalo acotado, entonces
2 L
Z
nπx
an = 0, y bn = f (x) sen dx.
L 0 L
Observación. Cuando f es par, es posible obtener una serie de Fourier
en términos de cosenos y cuando f es impar obtenemos una serie en
términos de senos.
Ejemplo 1.5. Sea f : R → R periódica de periódo 2L y definida por
f (x) = x, −L ≤ x < L.
Como f es impar
an = 0,
2 L
Z
nπx
bn = x sen dx
L 0 L
Z nπ
2L
= u sen u du
n2 π 2 0
2L
= (−1)n+1 ,
nπ
APUNTES DE EDP 5
y ya que f es seccionalmente diferenciable, por Teorema 1.1, se tiene

que
+∞
1 2L X (−1)n+1 nπx
(f (x+ ) + f (x− )) = sen .
2 π n=1 n L
Ejemplo 1.6. Defina f (x) = −|x| + L, |x| ≤ L.

2 L
Z
a0 = (L − x) dx = L,
L 0
2 L
Z
nπx
an = (L − X) cos dx
L 0 L
2L
= 2 2
[1 − (−1)n ] .
nπ
Ya que f es seccionalmente diferenciable y continua, Teorema 1.1, se
tiene que
+∞
L 4L X 1 (2k − 1)πx
f (x) = + 2 cos .
2 π k=1 (2k − 1)2 L
Observación. Dada una función f : [0, L] → R, podemos establecer

varios desarrollos de Fourier para f de acuerdo a como la extendamos.
Ejemplo 1.7.

 f (x), x ∈ [0, L],
(i) f (x) = f (−x), x ∈ [−L, 0], en términos de cosenos
 2L periódica.

 f (x), x ∈ [0, L],
(ii) f (x) = −f (−x), x ∈ [−L, 0], en términos de senos
 2L periódica.

 f (x), x ∈ [0, L],
(iii) f (x) = 0, x ∈ [−L, 0],
2L periódica.

Podemos considerar por ejemplo un perı́odo mayor.

Ejemplo 1.8. Dada f (x) = x, x ∈ [0, π], escriba f como una serie
de senos.
Extendemos f de la siguiente manera:

 x, x ∈ [0, π],
f (x) = x, x ∈ [−π, 0],
2 π periódica.

6 APUNTES DE EDP
Ası́ Z π
2 2
bn = x sen nx dx = (−1)n+1 ,
π 0 n
y luego por Teorema 1.1 se tiene que
+∞
1 X 2
(f (x+ ) + f (x− )) = (−1)n+1 sen nx
2 n=1
n
y por lo tanto,
+∞
X (−1)n+1
x=2 sen nx, 0 ≤ x < π.
n=1
n
Nota. En x = π no vale la igualdad anterior.

1.3. Integración de Series de Fourier.
Teorema 1.2. Sea f : R → R una función periódica de perı́odo 2L y
seccionalmente continua, y sea
+∞
a0 X nπx nπx
+ an cos + bn sen .
2 n=1
L L
su serie de Fourier. Entonces

(i) Se tiene que
Z b Z b +∞ Z b Z b
a0 X nπx nπx
f (x) dx = dx+ an cos dx + bn sen dx .
a a 2 n=1 a L a L
(ii) La función
Z x h a0 i
F (x) = f (t) − dt
0 2
es 2L-periódica continua, F 0 es seccionalmente continua y es
representada por la serie de Fourier
Z xh +∞ ∞
a0 i L X bn L X bn nπx an nπx
f (t) − dt = + − cos + sen ,
0 2 π n=1 n π n=1 n L n L
y
+∞ Z L
L X bn 1
= F (x) dx.
π n=1 n 2L −L
APUNTES DE EDP 7
En términos prácticos el Teorema anterior toma la forma

Z x
a0
F (x) = f (t) − dt
0 2
Z L +∞
1 LX bn nπx an nπx
= F (x) dx + − cos + sen .
2L −L π n=1 n L n L
Ejemplo 1.9. Considerando la función 2L-periódica
f (x) = x, −L ≤ x < L.
Del Teorema 1.1 se obtiene que
+∞
1 2L X (−1)n+1 nπx
(f (x+ ) + f (x− )) = sen .
2 π n=1 n L
De acuerdo a la fórmula anterior, se tiene que para x ∈ [−L, L]
Z L
x2 1 L2
F (x) = , F (x) dx = ,
2 2L −L 6
luego,
+∞
x2 L2 2L2 X (−1)n nπx
= + 2 2
cos , −L ≤ x ≤ L.
2 6 π n=1 n L
Aplicando un par de veces más el teorema anterior se llega a la
conclusión que:
+∞
x4 L 2 x2 7L4 2L4 X (−1)n+1 nπx
− =− + 4 4
cos , −L ≤ x ≤ L.
24 12 360 π n=1 n L
y tomando x = π, se obtiene la fórmula
+∞
π4 X 1
= .
90 n=1 n4
1.4. Acotamiento de los coeficientes de Fourier.
Proposición 1.3. Sea f : R → R 2L-periódica
(i) Suponga que f es absolutamente integrable en [−L, L], entonces
|an |, |bn | ≤ M0 (f, L).
(ii) Suponga que f es derivable y que f 0 sea absolutamente integrable
en [−L, L], entonces
M1 (f, L)
|an |, |bn | ≤ .
n
8 APUNTES DE EDP
(iii) Supongamos que f 0 es continua y f 00 absolutamente integrable

en [−L, L], entonces
M2 (f, L)
|an |, |bn | ≤ .
n2
etc...
1.5. Identidad de Parseval.
Teorema 1.3. Sea f : R → R 2L-periódica, |f |2 integrable en [−L, L],
entonces
+∞
1 L
Z
1 2 X 2 2
|f (x)|2 dx.

a0 + an + b n =
2 n=1
L −L
Demostración. Más adelante.
Aplicaciones 1.1. 1. Use el desarrollo de Fourier de la función
f (x) = x3 − L2 x, T = 2L para obtener la identidad
+∞
X 1 π6
= .
n=1
n6 945
2. Sea f : R → R C 1 , f (0) = f (L) = 0 y sea
2 L
Z
nπx
bn = f (x) sen dx.
L 0 L
Entonces,
X ∞
|bn | < ∞.
n=1
3. (i) La serie
+∞
X sen nx
, converge para α > 0.
n=1
nα
(ii) Observar que
+∞
X sen nx
,
n=1
nα
no es serie de Fourier de una función de L2 si 2α < 1.
APUNTES DE EDP 9
1.6. Ejercicios Propuestos.

Ejercicio 1.1. Si f y g son periódicas de periodo T , muestre que f + g
y f g también son periódicas de periódo T .
Ejercicio 1.2. Sea f : R → R una función periódica de periodo T ,
integrable en todo intervalo, Muestre que
Z a+T Z T
f (x) dx = f (x) dx,
a 0
donde a es un número real fijado.
Ejercicio 1.3. Sea f : R −→ R una función periódica de periódo T .
Muestre que la función
Z x
F (x) = f (t) dt
0
es periódica (de periodo T ) si y sólo si,

Z T
f (t) dt = 0.
0
Ejercicio 1.4. Muestre que si f : R −→ R es una función par difer-

enciable entonces f 0 es impar. Muestre también que si f : R −→ R es
impar y diferenciable, entonces f 0 es par.
Ejercicio 1.5. Escriba la serie de Fourier de la función 2π− peródica
definida por
f (x) = 2x, −π ≤ x < π.
Ejercicio 1.6. Use la serie de Fourier de la función definida por

cos αx , −π < x ≤ π,
f (x) =
2π-periódica.
para mostrar que
∞
!
1 1 X 2α
cot απ = − .
π α n=1 n2 − α2
Ejercicio 1.7. Calcule la serie de Fourier de la función

sen x , sen x ≥ 0,
f (x) =
0, sen x < 0.
Ejercicio 1.8. Calcule la serie de Fourier de la función 2π−periódica
definida por
f (x) = ex , si − π ≤ x < π.
10 APUNTES DE EDP
Ejercicio 1.9. Encuentre el desarrollo de Fourier de la función

f (x) = sgn(x), −π < x < π.
Aplicando este desarrollo determine el valor de la serie
∞
X (−1)n−1
.
n=1
2n − 1
Ejercicio 1.10. Considere la función 2π−periódica

1 si 0 ≤ x < π,
f (x) =
0 si −π ≤ x < 0,
y la identidad de Parseval para mostrar que
∞
X 1 π2
= .
n=1
(2n − 1)2 8
REjercicio 1.11. Sea f : R → R seccionalmente continua. Escriba

L
0
xf (x)dx en términos de
2 L
Z
nπx
bn = f (x) sen dx.
L 0 L
Ejercicio 1.12. Diga si
∞
X cos nx
n=1
n
puede ser una serie de fourier de una función de clase C 1 .
Ejercicio 1.13. Calcule la serie de fourier de la función

cos x , cos x > 0,
f (x) =
0, cos x < 0.
Ejercicio 1.14. Considere la función
f (x) = sen 3πx, 0 < x < 1,
Encuentre un desarrollo de Fourier para la función f en términos de
senos y otro en términos de cosenos.
Ejercicio 1.15. Considere una función f : [0, L] → R y k un número
natural. Suponga que f, f 0 , f 00 , ..., f (k−1) son continuas y que f (k) es
absolutamente integrable.
Muestre que
Z L
nπx C
f (x) sin dx ≤ k , n = 1, 2, 3, ....

0 L n
APUNTES DE EDP 11
donde C es una constante positiva.

Ejercicio 1.16. Sea f una función continua en [0, 1] y defina
Z 1
βn = f (x) sen nπx dx, n ∈ N.
0
P∞ βn
Demuestre que la serie n=1 n es convergente.
Ejercicio 1.17. Sea f una función seccionalmente continua y 2π-
periódica . Muestre que
Z π
(2n + 1)t
lı́m f (t) sen dt = 0.
n→+∞ −π 2
12 APUNTES DE EDP
2. ECUACIÓN DEL CALOR

Sea R = {(x, t) ∈ R2 : 0 < x < L y t > 0}. El problema de
conducción de calor en una barra consiste en determinar una función
u : R → R que verifique la siguiente ecuación llamada Ecuación del
Calor
(1) ut = Kuxx , en R.
y que satisfaga la condición
(2) u(x, 0) = f (x) , 0 ≤ x ≤ L.
donde f : [0, L] → R es una función dada y K > 0 una constante.
También debe verificar condiciones de frontera. Por ejemplo,
(3) u(0, t) = u(L, t) = 0.
El problema (1)-(3) es llamado problema de valor inicial y de frontera
o problema mixto 1-dimensional.
2.1. Método de Fourier. Este método consiste inicialmente en

usar separación de variables. Para esto, buscamos soluciones de la forma
u(x, t) = F (x)G(t).
Procediendo informalmente, buscaremos un candidato a solución y
luego probaremos rigurosamente que es solución. En efecto, suponga-
mos que u(x, t) verifica (1), entonces
F (x)G0 (t) = KF 00 (x)G(t),

o bien, si F (x) 6= 0 y G(t) 6= 0, tenemos
1 G0 (t) F 00 (x)
= =σ
K G(t) F (x)
para cierto σ que no depende de x ni de t.
Estudiemos la ecuación
(4) F 00 (x) − σF (x) = 0, 0 < x < L.
Ya que u(0, t) = u(L, t) = 0, entonces F debe satisfacer
(5) F (0) = F (L) = 0.

Sabemos de las EDO’s que de acuerdo a los valores de σ las soluciones
de (4) − (5) pueden ser expresadas como sigue:
APUNTES DE EDP 13
(i) Si σ > 0, la solución es de la forma

√ √
F (x) = c1 ex σ
+ c2 e−x σ
.
Imponiendo las condiciones de borde F (0) = F (L) = 0 se ob-
tiene que c1 = c2 = 0.
(ii) Si σ = 0 la solución es de la forma
F (x) = c1 x + c2 .
Al imponer las condiciones de borde, tenemos que F (x) ≡ 0.
(iii) Si σ < 0, denotemos σ = −λ2 , ası́ la solución general de
F 00 (x) − σF (x) = 0,
tiene la forma
F (x) = c1 cos λx + c2 sen λx.
Imponiendo F (0) = 0 tenemos c1 = 0 e imponiendo F (L) = 0
y ya que nuestro interés es determinar soluciones no-triviales,
se obtiene Lλ = ±nπ, n ∈ N . Ası́ las soluciones de (4) − (5)
tienen la forma
nπx
Fn (x) = sen
L
La solución general de la ecuación diferencial
1 G0 (t)
=σ
K G(t)
es
G(t) = ceσKt
o sea,
n2 π 2
Gn (t) = ce− L2 Kt .
Ası́, para cada n = 1, 2, 3, ... tenemos una función
n2 π 2 nπx
un (x, t) = e− L2 Kt sen ,
L
que satisface las condiciones de frontera (no la condición inicial nece-
sariamente) y la ecuación del Calor.
Imponiendo la condición inicial, nos queda
nπx
un (x, 0) = sen = f (x).
L
O sea, si f (x) fuera de la forma
nπx
f (x) = sen
L
para algún n, el problema estarı́a resuelto.
14 APUNTES DE EDP
Ejemplo 2.1. La solución del problema

ut = Kuxx , en R,
u(x, 0) = 5 sen 3πx
L
, para 0 ≤ x ≤ L,
u(0, t) = u(L, t) = 0, t > 0 ,
tiene como solución
9π 2 Kt 3πx
u(x, t) = 5 e− L2 sen .
L
Nota que si la condición de frontera fuera
2πx 5πx
f (x) = 4 sen + 3 sen ,
L L
entonces, la solución deberı́a ser
4π 2 Kt 2πx 25π 2 Kt 5πx
u(x, t) = 4 e− L2 sen + 3 e− L2 sen .
L L
Por otro lado, observa que si u1 , ..., un son soluciones que verifican
(1) y (3), entonces
N
X
cn un , también verifican (1) y (3).
n=1
Este principio es llamado El Principio de Superposición de Solu-

ciones. Luego si la condición inicial es de la forma:
N
X nπx
f (x) = cn sen
n=1
L
entonces, la solución será de la forma
N
X n2 π 2 Kt nπx
u(x, t) = cn e − L2 sen .
n=1
L
Esto hace surgir de forma natural la siguiente pregunta.
¿ Si
+∞
X nπx
f (x) = cn sen ,
n=1
L
será la solución de la Ecuación del Calor dada por
+∞
X n2 π 2 Kt nπx
u(x, t) = cn e− L2 sen ?
n=1
L
Esta es la motivación para el estudio de las Series de Fourier.
APUNTES DE EDP 15
Basicamente lo anterior quiere decir que si f (x) posee un desarrollo

de Fourier en términos de senos, entonces tendremos un candidato a
solución.
Definición 2.1.1 (I). Una función u : R̄ → R es una solución del
PVIF (O sea (1)-(3)) si u es continua en R̄, con derivadas parciales
definidas en R y verificando (1)-(3).
Esta es una definición natural, pero exige que la función f sea con-
tinua con f (0) = f (L) = 0.
¿Y si no fuera ası́?, por ejemplo, si f (x) = 50◦ C x ∈ [0, L],
t
6 u
6
50◦ C
-
-x x
R ◦L
@
@ t
50 C
o si pegáramos dos barras con temperaturas diferentes (50◦ C y 100◦ C).
u
6
◦
100 C
50◦ C
-
x
t
Definición 2.1.2 (II). Sea

R̂ = {(x, t) ∈ R2 , 0 ≤ x ≤ L, t > 0}.
Una función u : R̂ → R es una solución del problema PVIF, si
ut = Kuxx , 0 < x < L, t > 0,
u(0, t) = u(L, t) = 0, t > 0 y,
Z L Z L
lı́m u(x, t)ϕ(x) dx = f (x)ϕ(x) dx, ∀ ϕ : [0, L] → R ,
t→0 0 0
tal que ϕ es seccionalmente continua.
16 APUNTES DE EDP
¿Cual es la razón de establecer una definición de este tipo?.

Esta es una definición de solución débil que permite tomar condi-
ciones iniciales no necesariamente continuas. Es claro que si u es solu-
ción de acuerdo a la definición (I) también lo es de acuerdo a la defini-
ción (II).
Teorema 2.1. Si f es de cuadrado integrable en [0, L], entonces la

expresión
+∞ Z L
X −n
2 π 2 Kt
nπx 2 nπx
cn e L2 sen , cn = f (x) sen dx
n=1
L L 0 L
define una función en R̂ que es solución del PVIF en el sentido (II).
Demostración. Las series

+∞ +∞
X −n
2 π 2 Kt
nπx X n2 π 2 Kt nπx
cn e L2 sen , ncn e− L2 sen
n=1
L n=1
L
+∞
X n2 π 2 Kt nπx
y n 2 cn e − L2 sen
n=1
L
convergen uniformemente en cualquier subrectángulo del tipo
R̄1,2 = {(x, t) : 0 ≤ x1 ≤ x ≤ x2 ≤ L, 0 < t1 ≤ t ≤ t2 ≤ +∞}.
En efecto es suficiente usar el criterio M de Weierstrass.

La convergencia uniforme en subrectángulos del tipo R̄1,2 de
+∞
X n2 π 2 Kt nπx
cn e− L2 sen
n=1
L
implica la continuidad de la función anterior en R̂.

Usaremos el siguiente resultado conocido:
Sea Σun (x, t) una serie de funciones continuamente diferen-
ciables (de clase C 1 ) en un rectángulo del tipo
R̄1,2 = {(x, t). x1 ≤ x ≤ x2 , t1 ≤ t ≤ t2 }
tal que converja puntualmente para una función u(x, t). Además
∂
suponga que Σ ∂x un converja uniformemente a una función v(x, t).
∂ ∂
Entonces ∂x u existe y vale ∂x u = v.
APUNTES DE EDP 17
Usando este hecho se tiene que

+∞
Kπ 2 X 2 − n2 π22Kt nπx
ut = − n c n e L sen
L2 n=1 L
+∞
π 2 X 2 − n2 π22Kt nπx
uxx = − 2 n cn e L sen
L n=1 L
Ası́ u es solución de la ecuación ut = Kuxx en R̂.
Ahora, sea ϕ seccionalmente continua y sean bn los coefi-

cientes de Fourier de ϕ extendida como función
P+∞impar de periódo
2L. Por la identidad de Parseval la serie n=1 cn bn converge y
luego
+∞
2 L
X Z
c n bn = f (x)ϕ(x) dx
n=1
L 0
Por otro lado,

Z L +∞ Z L
X n2 π 2 Kt nπx
u(x, t)ϕ(x) dx = cn e− L2 sen ϕ(x) dx
0 n=1 0 L
para t > 0 (se usa convergencia uniforme de la serie para t fijo).
Luego
Z L +∞
L X − n2 π22Kt
u(x, t)ϕ(x) dx = e L c n bn .
0 2 n=1
Notar que

e L2 cn bn ≤ |cn ||bn | ≤ 1 c2n + b2n .
− n2 π2 Kt
2
Ası́, por criterio M de Weiestrass la serie
+∞
X n2 π 2 Kt
e− L2 c n bn
n=1
converge a una función continua en [0, +∞]. Esto implica que

+∞ ∞
X n2 π 2 Kt X
lı́m e− L2 c n bn = c n bn .
t→0
n=1 n=1
Observación. El hecho que las series

+∞
X n2 π 2 Kt nπx
nj cn e− L2 sen
n=1
L
18 APUNTES DE EDP
converjan uniformemente en el subrectángulo R̄1,2 , implica que aún

siendo discontinua la función f (x), la solución es C ∞ para t > 0 y
0 ≤ x ≤ L.
Teorema 2.2. Sea f : [0, L] → R una función continua con
f (0) = f (L) = 0
y tal que f 0 exista en [0, L] y sea de cuadrado integrable. Entonces
+∞
X n2 π 2 Kt nπx
(6) u(x, t) = cn e− L2 sen
n=1
L
define una función continua en R̄, que es solución de PVIF en sentido

(I).
Demostración. En virtud del Teorema anterior. Es suficiente probar
que (6) define una función continua si t ≥ 0.
En efecto, tenemos

cn e L2 sen nπx ≤ |cn |
− n2 π2 Kt
L
luego, si Σ|cn | converge, por el criterio M de Weierstrass el teorema
esta demostrado. En efecto,
Z L Z L
2 nπx 2 nπx
cn = f (x) sen dx = f 0 (x) cos dx.
L 0 L nπ 0 L
Ası́
L
dn cn =
nπ
donde dn son los coeficientes de Fourier de f 0 . Pero Σd2n converge por
Parseval (f 0 ∈ L2 ). Ası́, ya que
1 L2 1
|cn | ≤ 2 2
+ d2n ,
2n π 2
la serie Σ|cn | converge.
2.2. Condiciones de Frontera no homogéneas. El problema con-

siste en determinar una función u(x, t), verificando
ut = Kuxx en R,
(7) u(0, t) = h0 (t), u(L, t) = h1 (t), t > 0,
u(x, 0) = f (x), 0 < x < L
donde h0 (t), h1 (t) y f son funciones dadas.
APUNTES DE EDP 19
Para resolver este problema recurrimos a lo más natural, esto es,

reducirlo al caso homogéneo.
En efecto, sea
w = u − v, v(0, t) = h0 (t), v(L, t) = h1 (t),
sustituyendo en (7), se obtiene que
(w + v)t = K(w + v)xx en R,
w(0, t) = w(L, t) = 0, t > 0,
w(x, 0) = f (x) − v(x, 0), 0 < x < L,
lo que es equivalente a
wt = Kwxx + Kvxx − vt en R,
(8) w(0, t) = w(L, t) = 0, t > 0,
w(x, 0) = f (x) − v(x, 0), 0 < x < L.
O sea, si existe v tal que
Kvxx − vt = 0,
v(0, t) = h0 (t),
v(L, t) = h1 (t) ,
hemos resuelto (8) y la solución es dada por
u = w + v.
Ejemplo 2.2. Resuelva la ecuación
ut = Kuxx en R,
u(0, t) = α, u(L, t) = β, t > 0,
u(x, 0) = f (x), 0 < x < L,
donde α, β ∈ R y f (x) es una función dada.
Solución. Tomemos
β−α
v(x, t) = α + x,
L
la cual verifica
Kvxx = vt ,
v(0, t) = α,
v(L, t) = β.
Ası́ debemos resolver la ecuación
wt = Kwxx ,
w(0, t) = w(L, t) = 0, t > 0,
w(x, 0) = f (x) − α + β−αL
x ,
20 APUNTES DE EDP
Como ya sabemos que la solución de la ecuación anterior es dada por

+∞
X n2 π 2 Kt nπx
w(x, t) = cn e− L2 sen
n=1
L
donde las constantes cn corresponden a los coeficientes de Fourier de
la función
β−α
f (x) − α + x ,
L
se concluye que la solución de la ecuación es
+∞
(β − α) X n2 π 2 Kt nπx
u(x, t) = α + x+ cn e− L2 sen .
L n=1
L
2.3. Ecuación del Calor no homogénea. Estudiaremos el sigu-

iente problema con condiciones de frontera homogénea
ut = Kuxx + g(x, t) en R,
(9) u(0, t) = u(L, t) = 0, t > 0,
u(x, 0) = f (x), 0 < x < L.
Para este propósito usaremos el método de Variación de Parámetros.
En el caso g ≡ 0 sabemos que la solución es dada por
+∞
X n2 π 2 Kt nπx
u(x, t) = cn e − L2 sen .
n=1
L
Entonces buscaremos soluciónes de (9) , de la forma
+∞
X nπx
u(x, t) = cn (t) sen .
n=1
L
Reemplazando en la ecuación se obtiene que
+∞ +∞
X nπx Kπ 2 X nπx
c0n (t) sen =− 2 cn (t)n2 sen + g(x, t).
n=1
L L n=1 L
Supongamos que g(x, t) se represente de la siguiente manera (serie
de Fourier de senos),
+∞
X nπx
g(x, t) = gn (t) sen .
n=1
L
La unicidad de los coeficientes de Fourier genera la siguiente ecuación
Kπ 2 n2
cn 0 (t) = − cn (t) + gn (t), t > 0,
L2
APUNTES DE EDP 21
con condición inicial

Z L
2 nπx
cn (0) = f (x) sen dx.
L 0 L
Resolviendo la EDO anterior, obtenemos
n2 π 2 Ks
2 2 2 2
Z t
− n π 2Kt − n π 2Kt 2
cn (t) = cn (0)e L +e L gn (s)e L ds.
0
La demostración rigurosa de que

+∞
X nπx
(10) u(x, t) = cn (t) sen ,
n=1
L
corresponde a la solución de la ecuación (9) será realizado en el Teorema

siguiente pero en una situación particular.
Teorema 2.3. Sea f (x), g(x) funciones continuas con derivadas sec-
cionalmente continuas en [0, L], tal que
f (0) = f (L) = g(0) = g(L) = 0.
Entonces, el PVIF
ut = Kuxx + g(x) en R,
(11) u(0, t) = u(L, t) = 0, t > 0,
u(x, 0) = f (x), 0 < x < L
tiene una solución u(x, t) dada por la expresión (10), con coeficientes
dados por
L2 gn gn L2

2 2
− n πL Kt
cn (t) = 2 2 + e fn − 2 2 ,
nπ K nπ K
donde
Z L
2 nπx
fn = f (x) sen dx,
L 0 L
Z L
2 nπx
gn = g(x) sen dx.
L 0 L
Demostración. Recordemos que
t n2 π 2 Ks
2 π 2 Kt 2 π 2 Kt
Z
−n −n L2
cn (t) = cn (0)e L2 +e L2 gn (s)e ds.
0
En nuestro caso cn (0) = fn y gn (s) = gn (constante en s).

22 APUNTES DE EDP
Ası́
L2
2 π 2 Kt
2 2
2 π 2 Kt

−n −n n π Kt
cn (t) = fn e +e
L2 gn 2 2
L2 e L 2
−1
nπ K
n2 π 2 Kt L2 L2 n2 π 2 Kt
= fn e− L2 + 2 2 gn − 2 2 e− L2 gn
nπ K nπ K
2
L2

L 2 2
− n π 2Kt
= gn + e L fn − 2 2 gn
n2 π 2 K nπ K
Debemos justificar que
+∞
X nπx
u(x, t) = cn (t) sen
n=1
L
es solución. Notemos que la serie es dominada por

+∞ +∞
X 1 X 2
c1 2
+ c2 e−c3 n t ,
n=1
n n=1
ası́ u(x, t) es continua en R̂. Para mostrar que u(x, t) verifica

ut = uxx + g(x),
el
P único punto delicado es mostrar que (lo cual es consecuencia de
|gn | < ∞)
+∞
X nπx
gn sen = g(x), uniformemente en compactos.
n=1
L
Finalmente la continuidad de u(x, t) en R̄ es consecuencia de que por

las hipótesis sobre la f tenemos
X
|fn | < ∞.
Para mostrar esta convergencia, hacemos

2 L
Z
nπx L
fn = f (x) sen = dn
L 0 L nπ
donde dn son los coeficientes de Fourier de f 0 que es de cuadrado inte-
grable. Ası́
c1
|fn | ≤ 2 + c2 d2n .
n

APUNTES DE EDP 23
2.4. Temperatura de Equilibrio. Supongamos que la ecuación

u(0, t) = h0 (t), u(L, t) = h1 (t), t > 0,
u(x, 0) = f (x), 0 < x < L,
tiene una solución U (x) tal que
lı́m [u(x, t) − U (x)] = 0,
t→+∞
entonces U (x) es llamada temperatura de equilibrio y

v(x, t) = u(x, t) − U (x),
es llamada parte transiente de la solución.
Ejemplo 2.3. Considera la ecuación
ut = Kuxx en R,
(12) u(0, t) = α, u(L, t) = β, t > 0,
u(x, 0) = f (x), 0 < x < L.
Procediendo intuitivamante, vamos a determinar una solución U (tem-
peratura de equilibrio) de la ecuación anterior que no depende de t ,
esto es
KUxx = 0, 0 ≤ x ≤ L,
U (0, t) = α, U (L, t) = β, t > 0,
cuya solución es dada por
β−α
U (x) = α + x,
L
correspondiendo a la solución de equilibrio de (12). En efecto, sabemos
que la solución de (12) es
+∞
β−α X n2 π 2 Kt nπx
u(x, t) = α + x+ cn e− L2 sen .
L n=1
L
Luego,
+∞
X n2 π 2 Kt nπx
lı́m [u(x, t) − U (x)] = lı́m cn e− L2 sen = 0,
t→+∞ t→+∞
n=1
L
lo que prueba que U (x) es solución de equilibrio.
Ejemplo 2.4. La temperatura de equilibrio de
u(0, t) = α, u(L, t) = β, t > 0,
u(x, 0) = f (x), 0 < x < L ,
24 APUNTES DE EDP
es dada por la solución del problema

KU 00 (x) + g(x) = 0, 0 ≤ x ≤ L,
U (0) = α, U (L) = β, t > 0.
En efecto, la función v(x, t) = u(x, t) − U (x) es solución del problema
vt = Kvxx en R,
v(0, t) = v(L, t) = 0, t > 0,
v(x, 0) = f (x) − U (x), 0 < x < L.
es decir,
+∞
X n2 π 2 Kt nπx
v(x, t) = cn e− L2 sen
n=1
L
donde cn son los coeficientes de Fourier de f (x) − U (x). Por lo tanto,
lı́m [u(x, t) − U (x)] = lı́m v(x, t) = 0,
t→+∞ t→+∞
ya que
2 Kt
+∞
π 2 Kt
−π
X
|v(x, t)| ≤ e L2 |cn | ≤ ce− L2 −→ 0.
n=1
cuando t → +∞.
Nota: Σ|cn | converge pués f (x) − U (x) es continua con derivada
seccionalmente continua.

Ejercicio 2.1. Resuelva la ecuación
ut = Kuxx , , 0 < x < L, t > 0,
u(0, t) = 0, u(L, t) = 0, para t > 0,
3πx
u(x, 0) = 6 sen .
L
ut = 4uxx , , 0 < x < 1, t > 0,
u(0, t) = 0, u(1, t) = 0, para t > 0,
u(x, 0) = x2 (1 − x), para x ∈ [0, 1].
ut = Kuxx , 0 < x < L, t > 0,
ux (0, t) = 0, ux (L, t) = 0, para t > 0,
3πx
u(x, 0) = 6 + 4 cos .
L
APUNTES DE EDP 25
Ejercicio 2.4. Considere la siguiente ecuación

ut = uxx , x ∈ (0, π) ; t > 0
u(0, t) = 0 y u(π, t) = 0,
u(x, 0) = sen3 x.
Determine la solución u(x, t). (Ayuda: sin3 x = 43 sen x − 14 sen 3x). Re-
suelva también esta ecuaión en el caso en que u(x, 0) = sen3 x es reem-
plazada por u(x, 0) = cos3 x.
Ejercicio 2.5. Transforme el problema , haciendo que las condiciones
de frontera sean homogéneas
ut = Kuxx , 0 < x < L, t > 0,

u(0, t) = Ae−at , u(L, t) = B, para t > 0,
u(x, 0) = 0.
Ejercicio 2.6. Transforme el problema en otro, en que las condiciones
de frontera sean homogéneas
ut = Kuxx , 0 < x < L, t > 0,
u(0, t) = h0 (t) para t > 0,
ux (L, t) + αu(L, t) = h1 (t), para t > 0,
u(x, 0) = f (x), para 0 < x < L.
Ejercicio 2.7. Considere el problema
ut = Kuxx + γ, 0 < x < L, t > 0,
u(0, t) = α y u(L, t) = β, t > 0,
u(x, 0) = 0 0 < x < L.
donde α, β y γ son constantes, calcule la solución de equilibrio.
Ejercicio 2.8. Considere la siguiente ecuación
ut = Kuxx + 1, x ∈ (0, 1), t > 0,
u(0, t) = 0, y u(1, t) = λ, t > 0,
u(x, 0) = 0.
donde K, λ son constantes. Calcule la solución de equilibrio U (x) y
determine la solución u(x, t) de la ecuación.
Ejercicio 2.9. Considere el problema
ut = Kuxx + g(t), 0 < x < L, t > 0,
ux (0, t) = ux (L, t) = 0, t > 0,
u(x, 0) = f (x).
26 APUNTES DE EDP
a) Muestre que la función v = u−G(t) cumpla con los PVIF (problema

valor inicial frontera), donde G(t) es la primitiva de g(t) con G(0) = 0.
b)Encuentre la solución en el caso en que g(t) = cos wt y f (x) = 0.
Ejercicio 2.10. Considere la ecuación
ut = uxx + (1 − x)x, x ∈ (0, 1), t > 0,
u(0, t) = α, y u(1, t) = 0, t > 0,
u(x, 0) = 0, x ∈ [0, 1].
donde α es un parámetro real. Determine su solución u(x, t).
Ejercicio 2.11. Analice la siguiente ecuación del calor
ut = uxx + uyy , (x, y) ∈ Ω ; t > 0
u(x, y, 0) = f (x, y), (x, y) ∈ Ω
u(x, y, t) = 0 sobre ∂Ω.
donde Ω es un dominio acotado de R2 .Para iniciar su estudio, puede
suponer que Ω es un rectángulo.
APUNTES DE EDP 27
3. ECUACIÓN DE LA ONDA
Nos inspiraremos en la cuerda vibrante para introducir la ecuación
de la onda. El fenómeno ocurre en el plano (x, u) y supone que la cuerda
vibre en torno a la posición de reposo a lo largo del eje x.
u t
6
t1 -
tiempo t1
-
0 x tiempo 0
Se asume que las partı́culas de la cuerda se mueven solo en la direc-
ción del eje u, por esta razón, que usa la terminologı́a de ”vibración
transversal”.
También se supone que la cuerda no ofrece resistencia a ser doblada,
por lo que es llamada flexible.
Para deducir la ecuación diferencial parcial asociada se utiliza la Ley
de Newton:
“La derivada con relación al tiempo de la cantidad de movimiento
del cuerpo es igual a la suma de las fuerzas aplicadas”.
De esta forma se llega a la siguiente ecuación
(13) ρ(x)utt = τ (t)uxx + h1 (x, t, u),
o bién
(14) utt = c2 uxx + h(x, t, u)
donde
τ (t) h1 (x, t, u)
c(x, t)2 = y h(x, t, u) = .
ρ(x) ρ(x)
28 APUNTES DE EDP
Note que ρ(x) corresponde a la densidad de la cuerda, τ (t) a la fuerza

de tensión, y h1 (x, t, u) indica las otras fuerzas actuando, tales como,
la fuerza de gravedad, medio ambiente, etc.
1. Vibraciones Libres.
Suponiendo que las únicas fuerzas que actúan sean las de

tensión, la ecuación (14) toma la forma
utt = c2 uxx .
Se puede suponer c constante cuando la cuerda sea homogénea
(ρ(x) = cte) y que las vibraciones tengan amplitud muy pequeña
(τ (t) = cte).
2. Vibraciones Forzadas.
Suponga que la cuerda esté sujeta a una fuerza exterior. En

este caso es de la forma
utt = c2 uxx + h(x, t).
3. Vibraciones Amortiguadas.
Suponga que la cuerda esté inmersa en un fluido (aire, por

ejemplo) el cual opone una resistencia al movimiento. En este
caso, hay una fuerza externa dependiendo de la velocidad que
se supone de la forma
h(x, t) = −b ut (x, t), b > 0.
Ası́, la ecuación toma la forma
utt = c2 uxx − b ut ,
donde “b > 0” explica la resistencia al movimiento.
4. Vibraciones sobre la acción de una fuerza restaurado-

ra.
Suponga que exista un dispositivo que produzca una fuerza

tendiente a traer la cuerda a la posición u ≡ 0 y que esa fuerza
sea dada por
h(x, t) = −au(x, t).
APUNTES DE EDP 29
Ası́ la ecuación queda de la forma

utt = c2 uxx − au.
El fenómeno fisı́co aún no se encuentra descrito completamente. Falta
decir algo sobre la extensión de la cuerda, sobre el tipo de articulación
de las extremidades y finalmente sobre lo que provocó el movimiento.
Cuerda finita con extremidades fijas: Supongamos que la

cuerda tenga longitud L y que en la posición de reposo ocupa
el pedazo
{(x, 0) : x ∈ [0, L]}.
Ası́, la hipótesis de extremidades fijas implica que
u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0,
que son llamadas condiciones de frontera.
Desde el punto de vista matemático para que el problema
esté bien planteado, debemos imponer los datos
u(x, 0) = f (x), 0 ≤ x ≤ L,
ut (x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ L,
que son llamadas condiciones iniciales.
Ası́ el problema de cuerda vibrante finita con extremidades
fijas consiste en determinar una función
u(x, t), (x, t) ∈ [0, L] × R+
0,
que verifique
utt = Kuxx + h(x, t, u) en R,

u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0,
u(x, 0) = f (x), 0 ≤ x ≤ L,
ut (x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ L.
Esta ecuación puede modelar, por ejemplo, las vibraciones
(a) de las cuerdas de un arpa (f (x) 6= 0, g(x) = 0) , o bien,
(b) de las cuerdas de un piano (f (x) = 0, g(x) 6= 0).

30 APUNTES DE EDP
Cuerda finita con extremidades libres.
La ecuación es
utt = Kuxx + h(x, t, u) en R,
ux (0, t) = ux (L, t) = 0, t ≥ 0,
u(x, 0) = f (x), 0 ≤ x ≤ L,
ut (x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ L..
Otras condiciones de frontera.
Por ejemplo
u(0, t) = a(t), u(L, t) = b(t), t ≥ 0,
(movimiento transversal de acuerdo a las leyes conocidas).
ux (0, t) + h u(0, t) = 0, t ≥ 0,
(Conexión elástica en x = 0).
3.1. Separación de variables. Usaremos nuevamente el método de
separación de variables para abordar el problema de la cuerda vibrante
con extremidades fijas. Consideremos la ecuación
utt = c2 uxx en R,
u(0, t) = u(L, t) = 0, para t ≥ 0,
(15)
u(x, 0) = f (x), 0 ≤ x ≤ L,
ut (x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ L.
donde c es una constante y
R = {(x, t) ∈ R2 : 0 < x < L y t > 0}.
Siguiendo el mismo procedimiento como en la ecuación del Calor
llegamos al siguiente candidato a solución.
+∞
X nπx nπc t nπx nπc t
(16) u(x, t) = an sen cos + bn sen sen
n=1
L L L L
donde
Z L
2 nπx
(17) an = f (x) sen dx
L 0 L
y
Z L
2 nπx
(18) bn = g(x) sen dx.
nπc 0 L
APUNTES DE EDP 31
Teorema 3.1. Sean f , g : [0, L] → R tales que f , f 0 , f 00 , g, g 0 sean

continuas, f 000 y g 00 son seccionalmente continuas. Además suponga que
f (0) = f (L) = f 00 (0) = f 00 (L) = g(0) = g(L) = 0.
Entonces,
(i) los coeficientes an y bn están bien definidos,
(ii)
+∞
X nπx
f (x) = an sen ,
n=1
L
+∞
X nπc nπx
g(x) = bn sen y
n=1
L L
(iii) la expresión (16) define una función continua en R̄, de clase
C 2 en R que satisface la ecuación de Onda.
Demostración. (i) Ya que f y g son continuas en [0, L], las inte-
grales en (17) y (18) convergen.
(ii) Como f y g son de clase C 1 en [0, L] y f (0) = f (L) = g(0) =

g(L) = 0, entonces extendemos f y g continuamente en la recta
de modo que sean impares y periódicas de perı́odo 2L.
(iii) Para probar que (16) es una función continua en R̄ utilizamos el

Teorema de Fourier, debemos mostrar la convergencia uniforme
de la serie en (16).
Observemos que la serie en (16) esta acotada por
+∞
X
(19) (|an | + |bn |) .
n=1
De la hipótesis f (0) = f (L) = f 00 (0) = f 00 (L) = g(0) = g(L) =

0, obtenemos que
Z L
2L2 nπx
(20) an = − 3 3 f 000 (x) cos dx ,
nπ 0 L
y
Z L
nπc 2L nπx
(21) bn = − 2 2 g 00 (x) sen dx .
L nπ 0 L
Ası́
k k0
|an | ≤ y |bn | ≤ ,
n3 n3
32 APUNTES DE EDP
donde k y k 0 constantes. Sea

nπx nπc t nπx nπc t
un (t, x) = an sen cos + bn sen sen
L L L L
Note que existe una constante γ0 tal que
∂ ∂
| un (t, x)| , | un (t, x)| ≤ γ0 (n|an | + n|bn |) .
∂t ∂x
Ası́ por el criterio M de Weirstrass se tiene que u es continua
en R̄ y de clase C 1 en R. Esto nos permite derivar término
término en (16). Ahora observe que existe un γ1 , tal que
∂2 ∂2
| un (t, x)| , | un (t, x)| ≤ γ1 (n2 |an | + n2 |bn |) .
∂t2 ∂x2
Pero la siguiente serie converge
+∞
X
(22) (n2 |an | + n2 |bn |).
n=1
En efecto, de (20) y (21), obtenemos

k 00 k 000
|an | ≤ |c n | , |b n | ≤ |dn | ,
n3 n3
donde cn y dn son los coeficientes de Fourier de f 000 y g 00 y donde
k 00 y k 000 son constantes. Luego usando ab ≤ 21 (a2 + b2 ) tenemos
que
k 00 1 k 000 1

2 2 2 2
n |an | ≤ + |cn | , n |bn | ≤ + |dn | ,
2 n2 2 n2
entonces usando el criterio de comparación y Parseval, la afir-
mación es demostrada. Por lo tanto u es de clase C 2 en R y
verifica la ecuación de la Onda (15) .

Ejemplo 3.1. Considere la siguiente ecuación, donde A,B,C y D son
constantes.
utt = c2 uxx 0 < x < L, t > 0,
u(0, t) = A + Bt, u(L, t) = C + Dt, t > 0,
u(x, 0) = f (x), ut (x, 0) = g(x), 0 < x < L.
Usaremos la idea de homogenizar los datos de frontera. En efecto,
tomemos una función v(x, t) que satisfaga las mismas condiciones de
frontera que u(x, t), es decir,
v(0, t) = A + Bt, v(L, t) = C + Dt, t > 0,
APUNTES DE EDP 33
entonces, la función v es dada por

x
v(x, t) = A + Bt + (C + Dt − (A + Bt)) .
L
Definamos la función
w(x, t) = u(x, t) − v(x, t).
Ası́ el problema se reduce a resolver la ecuación

w = c2 wxx 0 < x < L, t > 0,
 tt


w(0, t) = 0, w(L, t) = 0, t > 0,
w(x, 0) = f (x) − A − (C − A) x , 0 < x < L,
 w (x, 0) = g(x) − B − (D − B)Lx , 0 < x < L.


t L
Suponiendo que
x x
fˆ(x) = f (x) − A − (C − A) y ĝ(x) = g(x) − B − (D − B)
L L
pueden ser expresadas en series de fourier, entonces nuestro candidato
a solución es
∞
X nπx cnπt nπx cnπt
w(x, t) = an sen cos + bn sen sen
n=1
L L L L
donde
Z L
2 nπx
an = fˆ(x) sen dx,
L 0 L
Z L
2 nπx
bn = ĝ(x) sen dx.
cnπ 0 L
Ası́ u(x, t) es dado por
u(x, t) = w(x, t) + v(x, t) .
3.2. Energı́a de la cuerda vibrante. Sea u : R → R, tal que
u ∈ C 1 (R̄) ∩ C 2 (R) y que verifique la ecuación de la onda
ρ(x)utt = τ uxx + h1 (x, t, u),
con τ independiente de t. Multiplicando la igualdad anterior por ut e
integrando entre 0 y L nos queda
Z L Z L Z L
ρ(x)utt ut dx = τ uxx ut dx + h1 (x, t, u)ut dx.
0 0 0
Observando que
1 2
(u )t = utt ut
2 t
34 APUNTES DE EDP
e integrando por partes se obtiene que

L Z L
1∂ L
Z Z L
2

ρ(x)ut dx = τ ux ut −
τ ux utx dx + h1 (x, t, u)ut dx,
2 ∂t 0 0 0 0
y ası́
Z L
1 L 2
Z
∂ 1 2
(23) ρ(x)ut dx + τ ux dx =
∂t 2 0 2 0
L Z L

= τ ux ut + h1 (x, t, u)ut dx.
0 0
La ecuación (23) es llamada relación de la energı́a. La expresión

1 L
Z
K(t) = ρ(x)u2t dx
2 0
es la energı́a Cinética de la cuerda y
1 L 2
Z
V (t) = τ ux dx
2 0
es la energı́a Potencial. Por lo tanto,
E(t) = K(t) + V (t)
es la energı́a total de la cuerda.
Observación. Notemos que si no hay fuerzas externas (h1 ≡ 0) y el
problema es con extremidades fijas o libres, esto es
u(0, t) = u(L, t) = 0 ó
ux (0, t) = ux (L, t) = 0.
Se tiene que hay conservación de la energı́a
∂ 1 L 1 L 2
Z Z
2
ρ(x)ut dx + τ ux dx = 0 ,
∂t 2 0 2 0
es decir,
E(t) = cte.
Teorema 3.2 (Unicidad). La solución de la siguiente ecuación de la
Onda si existe es única.
(24) ρ(x)utt = τ uxx + k1 (t, x), en R
(25) u(0, t) = h1 (t), u(L, t) = h2 (t), t > 0
(26) u(x, 0) = f (x), ut (x, 0) = g(x), 0 < x < L
APUNTES DE EDP 35
Demostración. Por una solución nosotros entendemos una función

u : R → R, u ∈ C(R̄) ∩ C 2 (R),
satisfaciendo (24), (25) y (26).
Supongamos que el problema anterior tiene dos soluciones u1 , u2 .
Entonces u = u1 − u2 verifica
ρ(x)utt = τ uxx en R,
u(0, t) = u(L, t) = 0, t > 0,
u(x, 0) = ut (x, 0) = 0, 0 < x < L.
luego, usando conservación de la energı́a se tiene que
1 L 1 L 2
Z Z
2
E(t) = ρ(x)ut dx + τ ux dx = E(0) = 0 .
2 0 2 0
Como ρ(x) > 0 y τ > 0, tenemos
ut = 0, ux = 0, (x, t) ∈ R .
Ası́ u(x, t) = cte = 0, pues u(0, t) = u(L, t) = 0, t > 0.

Ejercicio 3.1. Determine el candidato a solución de
utt = c2 uxx en R,
u(0, t) = u(L, t) = 0, para t ≥ 0,
u(x, 0) = f (x), 0 ≤ x ≤ L,
ut (x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ L.
donde c es una constante y
R = {(x, t) ∈ R2 : 0 < x < L y t > 0}.
utt = uxx , x ∈ [0, 1] ; t > 0,
u(x, 0) = f (x),
ut (x, 0) = 0 y u(0, t) = u(1, t) = 0,
donde f (x) es definida por f (x) = x, si x ∈ [0, 12 ] y f (x) = 1 − x, si
x ∈ [ 12 , 1].
Ejercicio 3.3. Resuelva la ecuación.
utt = c2 uxx + Ae−x , 0 < x < L, t > 0,
u(0, t) = B, u(L, t) = M, t > 0,
u(x, 0) = ut (x, 0) = 0, 0 < x < L.
36 APUNTES DE EDP

utt − c2 uxx = sen x, x ∈ (0, π), t ∈ (0, +∞),
u(x, 0) = ut (x, 0) = u(0, t) = u(π, t) = 0.
utt − c2 uxx = x, x ∈ (0, π), t > 0,
u(x, 0) = ut (x, 0) = u(0, t) = u(π, t) = 0.
Ejercicio 3.6. Usando separación de variables resuelva la ecuación
utt − uxx = 0, 0 < x < 1, t > 0,
u(x, 0) = ut (x, 0) = 0, u(0, t) = 0 y u(1, t) = sen t.
Ejercicio 3.7. Sea u ∈ C 1 (R) ∩ C 2 (R) donde R = (0, 1) × (0, +∞).
Suponga que u(x, t) verifica la siguiente ecuación de la onda.
utt = K 2 uxx + h(x, t, u)
donde K > 0 y h es una función constante.
a) Determine la energı́a total de la cuerda.
b) Muestre que si se imponen condiciones homogéneas de frontera
y no actúan fuerzas externas el sistema, entonces hay conser-
vación de la energı́a.
APUNTES DE EDP 37
4. MÉTODO D’ALEMBERT
Sea u : R × [0, +∞) → R solución de la ecuación de la Onda
(27) utt = c2 uxx .

Note que esta es una de las pocas ecuaciones donde es posible encontrar
explı́citamente la solución. En efecto, consideremos un nuevo sistema
de coordenadas,
ξ = x + ct,
η = x − ct.
Usando la regla de la cadena se obtiene
∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u
= +2 + ,
∂x2 ∂ξ 2 ∂ξ∂η ∂η
∂ 2u
2
∂ 2u ∂ 2u

2 ∂ u
= c −2 + .
∂t2 ∂ξ 2 ∂ξ∂η ∂η
De este modo la ecuación de la Onda
utt = c2 uxx ,
se transforma en
∂ 2u
−4c2 = 0,
∂ξ∂η
como c 6= 0, se tiene que
∂ 2u
= 0.
∂ξ∂η
Integrando obtenemos
u(ξ, η) = P (ξ) + Q(η),

para ciertas funciones P y Q. Luego volviendo a las variables x, y, se
obtiene
(28) u(x, t) = P (x + ct) + Q(x − ct).
Suponiendo que P y Q son C 2 , se tiene que la expresión (28) es solución
de (27) y es llamada “solución general” de la ecuación de la Onda
(D’Alembert encontró esta fórmula en 1747).
Imponiendo las siguientes condiciones de borde
u(x, 0) = f (x),
ut (x, 0) = g(x),
obtenemos que
38 APUNTES DE EDP
(29) P (x) + Q(x) = f (x),

(30) c (P 0 (x) − Q0 (x)) = g(x).
Derivando (29) se obtiene
(31) P 0 (x) + Q0 (x) = f 0 (x),
y ası́ multiplicando (31) por c y sumando a (30) se obtiene que
1 1
P 0 (x) = f 0 (x) + g(x).
2 2c
Ası́
1 x
Z
1
P (x) = f (x) + g(s) ds + C.
2 2c 0
A partir de (29) nos queda
1 x
Z
Q(x) = f (x) − P (x) = g(s) ds − C.
2 0
Luego
u(x, t) = P (x + ct) + Q(x − ct)
1 x+ct
Z
1
= f (x + ct) + g(s) ds + C
2 2c 0
1 x−ct
Z
1
+ f (x − ct) − g(s) ds − C
2 2c 0
1 x+ct
Z
1
= (f (x + ct) + f (x − ct)) + g(s) ds.
2 2c x−ct
Entonces la solución de la ecuación es
1 x+ct
Z
1
(32) u(x, t) = (f (x + ct) + f (x − ct)) + g(s) ds.
2 2c x−ct
APUNTES DE EDP 39
t
(x, t)
6 ·
A
A
A
A
A
A
AA
p
x − ct
p - x
x + ct
- Intervalo de dependencia
t - Dominio de influencia
6
AA
A
A
A
A
A
A• -
x
P

1 − |x| , 0 ≤ |x| ≤ 1 ,
Ejemplo 4.1. Suponga g(x) ≡ 0 y f (x) =
0 , |x| ≥ 1.
y c=1. Entonces,
t=0
t
6
@ f (x)
@
@
@
@ -
x
−1 1
40 APUNTES DE EDP
1
t= 2
t t
6 6
. .
..... ..... ..... .....
f (x + 12 )...
.. ... ...
...
...
... f (x − 21 )
1
u(x, 12 )
.. ... . ...
2
.... .... ..... .

..p p ....p -
@
.p.. .
p .p. x
@@ -
x
− 32 −1 − 12 1
2 1 3
2
t=1
t t
6 6
-1 .
f (x + 1) ...
....... ..... ..... f (x − 1) 1 u(x, 1)
.. ... ... ... 2 -
... ..... ... .. ...
.. ... HH HH
p.. . .. HH HH -
p p p- x p p p p x
−2 −1 1 2 −2 −1 1 2
t=2
t t
6 6
f (x + 2). -1 f (x − 2) u(x, 2)
.... ..... ......... 1
-
.. . ... ... 2
.p.. p ..p. p.. p ..p - x
H
H H
H
p p Hp p p Hp - x
−3 −2 −1 1 2 3 −3 −2 −1 1 2 3
Ahora desarrollaremos la solución de la siguiente eacuación de D’Alembert

en algunos casos particulares:
APUNTES DE EDP 41
utt = c2 uxx , x ∈ R, t > 0,

u(x, 0) = f (x) , x ∈ R
ut (x, 0) = g(x) , x ∈ R.
Caso 1. Suponga que las condiciones iniciales son de la forma

u(x, 0) = f (x) , x ∈ R ,
ut (x, 0) = 0 , x ∈ R.
Entonces, la solución de D’Alembert es
1
(f (x − ct) + f (x + ct)) .
u(x, t) =
2
Ejemplo 4.2. Suponga que

1 , −1 < x < 1,
f (x) =
0 , |x| ≥ 1.
Entonces la solución es
t6
x + ct = −1 x + ct = 1 x − ct = −1 x − ct = 1
@
@ @
@
@ @
@ @
@ @
@ @ u(x, t) = 0
@ u(x, t) = 21@ u(x, t) = 12
@ @
@ @
u(x, t) = 0
@ @ u(x, t) = 0
@ u = 1@
@ @ -
−1 1 x
Caso 2. Suponga que las condiciones iniciales son
u(x, 0) = 0 , x ∈ R ,
ut (x, 0) = g(x) , x ∈ R.
En este caso la solución es dada por
1 x+ct
Z
u(x, t) = g(u) du.
2c x−ct
O sea, la solución en este caso depende de los valores que tiene la
velocidad inicial en el intervalo [x − ct, x + ct].
42 APUNTES DE EDP
Ejemplo 4.3. La solución del problema

utt = c2 uxx , x ∈ R , t > 0 ,
u(x, 0) = 0, x ∈ R ,
1 , −1 < x < 1,
ut (x, 0) =
0 , |x| ≥ 1
es descrita por el siguiente gráfico
t6
x + ct = −1 x + ct = 1 x − ct = −1 x − ct = 1
@
@ @
@
@ @
@ @
@ @
1
@ @ u(x, t) =
@u = 1+x+ct
2c @
c u= 1−x+ct
2c
@ @
@ @
u(x, t) = 0
@ @ u(x, t) = 0
@ u =@t
@ @ -
−1 1 x
Soluciones en el semi–espacio
Procediendo de manera similar a lo anterior obtenemos que la solu-

ción de la ecuación de la Onda
utt = c2 uxx , x > 0, t > 0,
u(0, t) = h(t), t > 0,
u(x, 0) = f (x), ut (x, 0) = g(x).
es dada por
 1 1
R x + ct
 2
(f (x + ct) + f (x − ct)) + 2c x − ct
g(s)ds, si x ≥ ct,
u(x, t) = R ct + x
1 1 ct−x

(f (ct + x) − f (ct − x)) + g(s) ds + h , si x < ct.

2 2c ct − x c

Ejercicio 4.1. Considere el problema de Cauchy
utt = 9 uxx , x ∈ R, t > 0,
APUNTES DE EDP 43

1 x ∈ [1, 2]
u(x, 0) =
0 x∈
/ [1, 2]
ut (x, 0) = 0.
Determine los puntos del semiplano t > 0, donde u(x, t) = 0. Calcule
el valor de u en los puntos ( 23 , 10
1
) y (5, 76 ).
utt = uxx , x ∈ R, t > 0,
u(x, 0) = 0, x ∈ R,

sen x −π ≤ x ≤ π
ut (x, 0) =
0 x∈/ [−π, π]
Determine los puntos del semiplano t > 0 donde u(x, t) = 0.
utt = uxx , x > 0, t > 0,
u(0, t) = 0, t > 0,
2
u(x, 0) = xe−x , 0 < x < ∞,
ut (x, 0) = 0.
Ejercicio 4.4. Determinar la solución de la ecuación de ondas en un
intervalo semi-infinito
utt = c2 uxx , 0 < x < ∞, t > 0,
con frontera ux (0, t) = 0 , y condiciones iniciales

 0, 0 < x < 2,
u(x, 0) = 1, 2 < x < 3, ut (x, 0) = 0.
 0, x > 3,
utt = uxx , x ∈ R, t > 0,
u(x, 0) = 0, x ∈ R,
2
ut (x, 0) = −xe−x , x ∈ R.
Ejercicio 4.6. Considere el problema de vibración de una cuerda
utt = 4uxx , x ∈ R, t > 0,
u(x, 0) = sen 2x, x ∈ R,
ut (x, 0) = cos 2x, x ∈ R.
Calcule u(x, 0) y ut (0, t).
44 APUNTES DE EDP
Ejercicio 4.7. Determine una solución débil para la ecuación

utt = uxx , x ∈ R, t > 0,
u(x, 0) = 0,
ut (x, 0) = χ[−1,1] (x).
Ejercicio 4.8. Resolver la ecuación
utt − uxx = t, t > 0, x ∈ R,
u(x, 0) = x y ut (x, 0) = 1.
APUNTES DE EDP 45
5. ECUACIÓN DE LAPLACE
5.1. Ecuación de Laplace en un rectángulo. Consideremos el
problema
4u = 0, en (0, a) × (0, b),
u(x, 0) = f0 (x), u(x, b) = fb (x),
u(0, y) = g0 (y), u(a, y) = ga (y).
y
6
.
b

fb

g0 gb

.a

x

-
f0
Es suficiente resolver los problemas donde tres de las cuatro condi-

ciones de borde es cero. En efecto, resolvamos por ejemplo,
4u = 0, en (0, a) × (0, b),
u(x, 0) = f0 (x),
u(x, b) = u(0, y) = u(a, y) = 0.
Buscaremos soluciones del tipo
u(x, y) = F (x)G(y).
Reemplazando en la ecuación, se obtiene
F 00 (x) G00 (y)
− = = λ.
F (x) G(y)
La ecuación −F 00 (x) = λF (x) tiene la siguiente familia de soluciones
n2 π 2 nπx
λn = 2
, Fn (x) = sen , n = 1, 2, ...
a a
Para estos valores de λ la ecuación G00 (y) = λG(y) tiene la siguiente
solución
nπ(b − y)
Gn (y) = senh .
a
Ası́ el candidato a solución es dado por
+∞
X nπ(b − y) nπx
u(x, y) = cn senh sen .
n=1
a a
46 APUNTES DE EDP
Imponiendo la condición de borde se obtiene

+∞
X nπb nπx
f0 (x) = u(x, 0) = cn senh sen .
n=1
a a
Ası́
2 a
Z
nπb nπx
cn senh = f0 (x) sen dx .
a a 0 a
De forma análoga se resuelven los otros tres casos.
Ejemplo 5.1. Consideremos la ecuación
uxx + uyy = 0, 0 < x < π, 0 < y < π,
u(0, y) = u(π, y) = u(x, π) = 0,
u(x, 0) = sin2 x.
Usando la fórmula anterior se obtiene que
u(x, y) = Σ∞
n=1 cn sen nx senh(n(π − y)),
donde Z π
2
cn senh πn = sen2 x sen nxdx,
π 0
o sea,
8 1
cn = .
π senh(π(2n − 1)) (2n − 1)((2n − 1)2 − 4)
5.2. Ecuación de Laplace en un disco. Sea u : DR 7→ R una fun-
ción de clase C 2 donde DR es el disco de centro 0 y radio R. Entonces,
haciendo el cambio de variables
x = r cos θ,
y = r sen θ,
v(r, θ) = u(x, y) ,
se obtiene
1 1
∆u = uxx + uyy = vrr + vr + 2 vθθ .
r r
Resolvamos el siguiente problema de Dirichlet en el disco DR
∆v = 0, r < R,
v(R, θ) = f (θ), θ ∈ [0, 2π].
Determinaremos soluciones de la forma (separación de variables)
v(r, θ) = X(r)Y (θ) .
APUNTES DE EDP 47
Sustituyendo en la ecuación nos queda

r2 X 00 (r) + rX 0 (r) Y 00 (θ)
=− = λ.
X(r) Y (θ)
La solución debe ser 2π−periódica, por lo que es natural imponer las
condiciones
Y (0) = Y (2π),
Y 0 (0) = Y 0 (2π).
Resolviendo
−Y 00 (θ) = λY (θ),
Y (0) = Y (2π),
Y 0 (0) = Y 0 (2π),
se obtiene
λn = n2 , n = 0, 1, 2, ...
Y0 (θ) = 1,
Yn (θ) = cos nθ y Yn (θ) = sen nθ ,
luego la segunda ecuación para cada n
r2 X 00 (r) + rX 0 (r) − λX(r) = 0, λ = n2 ,
X0 (r) = c1 + c2 ln r,
Xn (r) = c01 rn + c02 r−n .
Notar que es natural imponer que c2 = c02 = 0, si no la solución no es
derivable en 0. (desde el punto de vista fı́sico la solución debe estar aco-
tada). Ası́ es natural (método de superposición) determinar soluciones
de la forma
+∞
a0 X n
(33) v(r, θ) = + r (an cos nθ + bn sen nθ) .
2 n=1
Imponiendo la condición de borde v(r, θ) = f (θ) , llegamos a la expre-

sión
+∞
a0 X n
f (θ) = + R (an cos nθ + bn sen nθ) ,
2 n=1
y ası́
1
R 2π
an = πRn 0
f (θ) cos nθ dθ, n = 0, 1, 2, ...
(34) R 2π
1
bn = πRn 0
f (θ) sen nθ dθ, n = 1, 2, ...
48 APUNTES DE EDP
Notar que
+∞ Z 2π
a0 X r n
v(r, θ) = + n
f (φ) cos nφ dφ cos nθ
2 n=1
πR 0
+∞
X rn Z 2π
+ n
f (φ) sen nφ dφ sen nθ
n=1
πR 0
+∞ Z 2π
a0 X r n
= + n
(cos nφ cos nθ + sen nφ sen nθ) f (φ) dφ
2 n=1
πR 0
Z π +∞ Z 2π
1 X rn
= f (φ) dφ + cos n(θ − φ)f (φ) dφ
2π 0 n=1
πRn 0
Z 2π +∞ n
!
1 X r
= 1+2 cos n(θ − φ) f (φ) dφ.
2π 0 n=1
Rn
Pero vale la identidad
+∞ n
!
2 2 2 2
X r
R − r = R + r − 2Rr cos θ 1+2 cos n(θ − φ) .
n=1
Rn
Ası́ llegamos a la fórmula de Poisson:
Z 2π
1 R2 − r 2
(35) v(r, θ) = f (φ) dφ.
2π 0 R2 − 2Rr cos(θ − φ) + r2
Teorema 5.1. Sea f (θ) una función continua definida en [0, 2π] veri-
ficando f (0) = f (2π). Entonces la expresión (33) con an , bn dados por
(34) es una función armónica en el disco DR y
v(r, θ) −→ f (θ0 ), cuando (r, θ) −→ (R, θ0 ).
Notemos que si r = 0, de (35) tenemos
Z 2π
1
v(0, θ) = f (φ) dφ.
2π 0
(si 4v = 0, el valor de u en el centro del disco es el valor medio de u
sobre la frontera).
APUNTES DE EDP 49
Problema de Neumann en el disco.
Consideremos el problema,
∆v = 0 en r < R,
vr (R, θ) = f (θ), 0 ≤ θ ≤ 2π.
El candidato a solución es
+∞
a0 X n
v(r, θ) = + r (an cos nθ + bn sen nθ) ,
2 n=1
y su derivada con respecto a r es dada por

+∞
X
vr (r, θ) = nrn−1 (an cos nθ + bn sen nθ) ,
n=1
luego,
+∞
X
f (θ) = vr (R, θ) = nRn−1 (an cos nθ + bn sen nθ) .
n=1
Ası́ los coeficientes son dados por

Z 2π
1
an = f (θ) cos nθ dθ, n = 1, 2, 3, ...
nπRn−1 0
Z 2π
1
bn = f (θ) sen nθ dθ, n = 1, 2, 3, ...
nπRn−1 0
Notar que una condición necesaria para que el problema tenga solución
es(integrando)
Z 2π
f (θ) dθ = 0.
0
Ejemplo 5.2. Encontremos la solución de la ecuación

∆v = 0 en r < 1,
vr (1, θ) = sen3 θ, 0 ≤ θ ≤ 2π.
Notemos que
3 1
sen3 θ = sen θ − sen 3θ .
4 4
Note que no es necesario calcular la serie. Tenemos que vr (1, θ) = sen3 θ,
es equivalente con
+∞
X 3 1
n (an cos nθ + bn sen nθ) = sen θ − sen 3θ,
n=1
4 4
50 APUNTES DE EDP
donde
an = 0, ∀n,
bn = 0, n 6= 1, 3,
3 1
b1 = , b3 = − .
4 12
Ası́, la solución es dada por
3 1
v(r, θ) = r sen θ − r3 sen 3θ.
4 12
Note que la solución no es única pues si v es solución v + cte también
lo es.
Ejemplo 5.3 (Neumann: Condiciones de borde mixtas). Con-
sideremos la ecuación
π
∆v = 0 , 0 < r < 1, 0 < θ < ,
2
vr (1, θ) = f (θ),
π
vθ (r, 0) = v(r, ) = 0.
2
Con el método de separación de variables, buscaremos soluciones de la
forma
v(r, θ) = X(r)Y (θ)
donde X, Y se obtienen a través de de las ecuaciones
Y 00 (θ) + λY (θ) = 0,
π
Y 0 (0) = Y ( ) = 0.
2
y
r2 X 00 (r) + rX 0 (r) − λX(r) = 0,
X(r) definida en r = 0.
Resolviendo estas ecuaciones obtenemos
λn = (2n − 1)2 ,
Yn (θ) = cos(2n − 1)θ, n = 1, 2, 3, ...
Xn (r) = cr2n−1 ,
luego, nuestro candidato a la solución es de la forma
+∞
X
v(r, θ) = cn r2n−1 cos(2n − 1)θ.
n=1
APUNTES DE EDP 51
Imponiendo la condición de borde llegamos a

+∞
X
f (θ) = (2n − 1)cn cos(2n − 1)θ.
n=1
Ası́
Z π
4 2
cn = f (θ) cos(2n − 1)θ dθ, n = 1, 2, 3, ...
(2n − 1)π 0
Ejemplo 5.4 (Problema de Dirichlet no hómogeneo en el dis-

co). Resolvamos la ecuación
∆v = 4 , r < 1, θ ∈ [0, 2π],
v(1, θ) = cos 2θ.
Sabemos que la solución para un problema homogéneo del tipo
∆v = 0 , r < 1, θ ∈ [0, 2π]
v(1, θ) = f (θ) ,
es dado por
+∞
a0 X n
v(r, θ) = + r (an cos nθ + bn sen nθ)
2 n=1
donde
1
R 2π
an = πRn 0
f (θ) cos nθ dθ, n = 0, 1, 2, ...
1
R 2π
bn = πRn 0
f (θ) sen nθ dθ, n = 1, 2, ...
Ası́ es natural buscar soluciones del tipo
+∞
X
(36) v(r, θ) = A0 (r) + (An (r) cos nθ + Bn (r) sen nθ) .
n=1
Ası́ ∆v = 4 es equivalente con

+∞
n2

00 1 0 X
00 1 0
A0 (r) + A0 (r) + An (r) + An (r) − 2 An (r) cos nθ
r n=1
r r
+∞
n2

X 1 0
+ Bn00 (r) + Bn (r) − 2 Bn (r) sen nθ = 4 .
n=1
r r
52 APUNTES DE EDP
Ası́ se producen las siguientes ecuaciones ordinarias

A000 (r) + 1r A00 (r) = 4,
n2
(37) A00n (r) + 1r A0n (r) − A (r)
r2 n
= 0,
n2
Bn00 (r) + 1r Bn0 (r) − B (r)
r2 n
= 0.
La condición de borde v(1, θ) = cos 2θ implica de acuerdo a (36) que
A0 (1) = 0 , A2 (1) = 1,
(38) An (1) = 0 , ∀ n 6= 2,
Bn (1) = 0 , ∀ n ≥ 1.
Resolviendo las ecuaciones (37) con las condiciones iniciales (38) se
obtiene
A0 (r) = c1 + c2 ln r + r2 ,
A2 (r) = c01 r2 + c2 r−2 .
Como las soluciones deben ser acotadas, tenemos
A0 (r) = c1 + r2 ,
A2 (r) = c01 r2 .
Imponiendo (38) obtenemos
A0 (r) = −1 + r2 ,
A2 (r) = r2 .
Ası́ la solución es dada por:
v(r, θ) = r2 (1 + cos 2θ) − 1.
Método 2: Homogeneizando la ecuación. Sea w = r2 , entonces
∆(v − w) = 0 , r < 1, θ ∈ [0, 2π],
(v − w)(1, θ) = cos 2θ.
Sea V = v − w, entonces resolvemos
∆V = 0 , r < 1, θ ∈ [0, 2π],
V (1, θ) = cos 2θ − 1,
la solución es de la forma (usando (33))
+∞
a0 X n
V (r, θ) = + r (an cos nθ + bn sen nθ) ,
2 n=1
con
a0
= −1, a2 = 1,
2
y todos los demás igual a cero.
APUNTES DE EDP 53
Ası́
V (r, θ) = −1 + r2 cos 2θ,
por lo tanto
v − w = −1 + r2 cos 2θ,
es decir
v(r, θ) = r2 (1 + cos 2θ) − 1.
Generalización del método 2: Consideremos la ecuación
∆v = h(r) , r < R,
(39)
v(R, θ) = f (θ) , θ ∈ [0, 2π].
Recuerde que el Laplaciano en coordenadas polares es dado por
1 1
∆v = vrr + vr + 2 vθθ .
r r
Ası́, si encontramos una función B(r) tal que
1
B 00 (r) + B 0 (r) = h(r),
r
y un w tal que
∆w = 0 , r < R,
w(R, θ) = f (θ) − B(r) , θ ∈ [0, 2π].
Entonces,
v(r, θ) = w(r, θ) + B(r),
es solución de (39).
5.3. Problema de Dirichlet en un anillo. Consideremos el proble-
ma
∆v = 0 R1 < r < R2 ,
v(R1 , θ) = g1 (θ), 0 ≤ θ ≤ 2π ,
v(R2 , θ) = g2 (θ), 0 ≤ θ ≤ 2π.
Usando separación de variables y condiciones de periodicidad, como en
el disco, las soluciones son del tipo
1 1
rn sen nθ , n sen nθ , rn cos nθ , n cos nθ , ln r , 1.
r r
No se descartan como antes las que tienen una singularidad en cero,
porque cero no pertenece al anillo {(x, y) : R1 < |(x, y)| < R2 }. Ası́ el
candidato a solución toma la forma
(40)
∞
X
v(r, θ) = a0 + b0 ln r + (an rn + bn r−n ) cos nθ + (cn rn + dn r−n ) sen nθ.
n=1
54 APUNTES DE EDP
Imponiendo las condiciones de borde y empleando la unicidad de los

coeficientes de Fourier obtenemos
Z 2π
1
a0 + b0 ln R1 = g1 (s) ds ,
2π 0
Z 2π
1
a0 + b0 ln R2 = g2 (s) ds .
2π 0
1 2π
Z
an R1n + bn R1−n = g1 (s) cos ns ds ,
π 0
1 2π
Z
an R2n + bn R2−n = g2 (s) cos ns ds .
π 0
1 2π
Z
cn R1n + dn R1−n = g1 (s) sen ns ds ,
π 0
1 2π
Z
cn R2n + dn R2−n = g2 (s) sen ns ds .
π 0
Es decir, para determinar la solución debemos resolver todos estos
sistemas de variables a0 , b0 , an , bn , cn , dn .
Ejemplo 5.5. Determinemos la solución de la ecuación

∆v = 0 , 1 < r < 2,
v(1, θ) = 0 , 0 ≤ θ ≤ 2π
v(2, θ) = sen θ , 0 ≤ θ ≤ 2π.
La solución es de la forma (40), entonces:

Si r = 1, tenemos
a0 = 0 ,
an + b n = 0 ,
cn + dn = 0 .
Si r = 2, tenemos
a0 + b0 ln 2 = 0 ,
2n an + 2−n bn = 0 ,
2c1 + 2−1 d1 = 1 ,
2n cn + 2−n dn = 0 , n 6= 1 .
APUNTES DE EDP 55
Resolviendo las ecuaciones anteriores obtenemos

a0 = b0 = 0 ,
an = b n = 0 ,
cn = dn = 0 , n 6= 1
2 2
c1 = , d1 = − .
3 3
Por lo tanto la solución de la ecuación es dada por

2 2 −1
v(r, θ) = r− r sen θ.
3 3
Ejemplo 5.6. Resolvamos la ecuación
∆v = 0 , 1 < r < 2,
v(1, θ) = α , 0 ≤ θ ≤ 2π
v(2, θ) = β , 0 ≤ θ ≤ 2π
donde α y β son constantes. El problema se reduce a resolver
a0 + b0 ln 1 = α ,
a0 + b0 ln 2 = β ,
de donde obtenemos
a0 = α ,
β−α
b0 = .
ln 2
Ası́ la solución es
β−α
v(r, θ) = α + ln r.
ln 2
∆v = 0 , 1 < r < 2,
v(1, θ) = sen θ , 0 ≤ θ ≤ 2π
v(2, θ) = sen θ , 0 ≤ θ ≤ 2π.
Imponiendo las condiciones de borde y la unicidad de los coeficientes
de Fourier, llegamos a
c1 + d 1 = 1 ,
2c1 + 2−1 d1 = 1 ,
de donde se obtiene
1 2
c1 = , d1 = .
3 3
56 APUNTES DE EDP
Entonces la solución toma la forma

1 2 −1
v(r, θ) = r+ r sen θ.
3 3
5.4. Ecuación de Laplace en un dominio exterior. Una discu-
ción similar a la anterior nos permite mostrar que el siguiente problema
exterior
∆v = 0 , r > 1 ,
v(1, θ) = g(θ) , 0 ≤ θ ≤ 2π,
∞
a0 X −n
(41) v(r, θ) = + r (an cos nθ + bn sen nθ) ,
2 n=1
y naturalmente se tiene que

Z 2π
1
a0 = g(θ) dθ ,
2π 0
1 2π
Z
an = g(θ) cos nθ dθ ,
π 0
1 2π
Z
bn = g(θ) sen nθ dθ .
π 0
∆v = 0 , r > 1 ,
v(1, θ) = 1 + sen θ + cos 3θ . 0 ≤ θ ≤ 2π .
Usando (41) obtenemos

∞
a0 X
1 + sen θ + cos 3θ = + an cos nθ + bn sen nθ,
2 n=1
de donde se obtiene que
a0 = 1 , b1 = 1 , a3 = 1,
y todos los demás términos son cero. Entonces, la solución viene dada
por
1 1
v(r, θ) = 1 + sen θ + 3 cos 3θ.
r r
APUNTES DE EDP 57

Ejercicio 5.1. Resuelva
uxx + uyy = 0, 0 < x < π, 0 < y < π,
u(x, 0) = x2 , u(x, π) = 0,
ux (0, y) = ux (π, y) = 0.
utt + uxx = −1, (x, t) ∈ (0, 1) × (0, 1),
u(0, t) = 0 y u(1, t) = 0, para 0 ≤ t ≤ 1,
u(x, 0) = 0 y u(x, 1) = x para 0 ≤ x ≤ 1.
uxx + uyy = y cos x, (x, y) ∈ (0, π) × (0, 1),
ux (0, y) = 0 y ux (π, y) = 0, para , 0 ≤ y ≤ 1
uy (x, 0) = 0 y uy (x, 1) = 0 para 0 ≤ x ≤ π.
Ejercicio 5.4. Resolver el problema en un semicı́rculo
∆u = 0, para r < 1, 0 < θ < π,
u(r, 0) = u(r, π) = 0,
u(1, θ) = θ(π − θ).
Ejercicio 5.5. Determine la solución de la ecuación
∆u = 0, 1 < r < 2,
u(1, θ) = 0, u(2, θ) = sin θ, 0 ≤ θ ≤ 2π.
Ejercicio 5.6. Determine la solución de
π
∆u = 0, para r < 1 y θ ∈ (0, ),
2
π
ur (1, θ) = f (θ) y uθ (r, 0) = u(r, ) = 0.
2
∆u = cos θ, 1 < r < 2,
ur (1, θ) = 0 y ur (2, θ) = cos 2θ.
Ejercicio 5.8. Resolver el problema en el dominio exterior
∆u = 0, si r > R,
u(R, θ) = cos3 θ si 0 ≤ θ ≤ 2π.
u acotada cuando r → ∞.
58 APUNTES DE EDP
Ejercicio 5.9. Inspirado en el problema de Dirichlet obtenga un méto-

do para resolver el problema de Neumann en un dominio exterior.
Aplique este método para resolver la ecuación:
∆u = 0, 1 < r,
ur (1, θ) = sin θ, θ ∈ [0, 2π].
Ejercicio 5.10. Determinar si la ecuación tiene solución
∆u = 0, r < 1,
ur (1, θ) = f (θ), 0 < θ < 2π.
para f (θ) = cos2 x y f (θ) = sin3 x
Ejercicio 5.11. Suponga que existe una solución B(r), tal que,
1
B 00 (r) + B 0 (r) = r log(r) y B(1) = 1.
r
Determine la solución de
∆u = r log(r), r < 1,
u(1, θ) = cos 2θ, 0 < θ < 2π.
Ejercicio 5.12. Estudie la siguiente ecuación
∆u = 0, r < 1,
ur (1, θ) = sen4 θ, 0 < θ < 2π.
APUNTES DE EDP 59
6. TRANSFORMADA DE FOURIER
Sea f : R → R absolutamente integrable, se define la transformada
de Fourier de f por
Z +∞
ˆ 1
f (w) = √ f (x)e−iwx dx.
2π −∞
Vale el siguiente resultado de inversión.
Teorema 6.1. Sea f ∈ C 1 (R, R) y absolutamente integrable.
Entonces Z +∞
1
f (x) = √ fˆ(w)eiwx dw.
2π −∞
Notaciones.
F(f ) = fˆ , F −1 (fˆ) = f .
Las siguientes son algunas propiedades de la transformada de Fouri-
er:
1. F y F −1 son lineales en su dominio de definición.
2. Si f , f 0 , f 00 ∈ C(R) y son absolutamente integrables.

Entonces
F(f 0 ) = iwF(f ) , F(f 00 ) = −w2 F(f ) .
3. Se tiene que
√
f ∗ g = g ∗ f y F(f ∗ g) = 2π F(f )F(g) .
Recuerde que la convolución está dada por
Z +∞
(f ∗ g)(x) = f (x − s)g(s) ds.
−∞
Ejemplo 6.1. (i)

2
1 w2
F e−ax = √ e− 4a ,
2a
2
1 x2
F −1 e−aw = √ e− 4a .
2a

1 , x ∈ [a, b],
(ii) Si h(x) =
0 , en otro caso ,
entonces,
eiwa − eiwb

1
F(h) = √ .
2π iw
60 APUNTES DE EDP
Aplicación I. (Ecuación del calor en una barra infinita)

Consideremos la ecuación
ut = uxx , x ∈ R , t > 0 ,
u(x, 0) = f (x) , u acotada.
Supongamos que u, f son suficientemente regulares para usar la trans-
formada de Fourier en la ecuación. Ası́, aplicando la transformada en
la variable x se obtiene
F(ut ) = −w2 F(u) ,
F(u(x, 0)) = F(f ) .
Lo que nos lleva a la siguiente EDO
∂
F(u) = −w2 F(u)
∂t
2
⇒ F(u)(t) = ce−w t
2
⇒ F(u)(t) = fˆ(w) e−w t .
Aplicando la propiedad de convolución, tenemos
Z +∞
1 (x−s)2
u(x, t) = √ f (s)e− 4t ds ,
2 πt −∞
o sea, Z +∞
u(x, t) = G(x, s, t)f (s) ds ,
−∞
donde
(x−s)2
e− 4t
G(x, s, t) = √ ,
2 πt
la cual es llamada solución fundamental.
Teorema 6.2. Sea f : R → R seccionalmente continua y acotada.
Entonces Z +∞
u(x, t) = G(x, s, t)f (s) ds
−∞
es una función C ∞ para t > 0, verifica
ut = uxx , x ∈ R , t > 0.
Además se verifica la condición inicial en el siguiente sentido:
1
f (x+ ) + f (x− ) .

lı́m+ u(x, t) =
t→0 2
En el caso que f sea continua el limite anterior es igual a f (x).
Demostración. de Figueiredo pag. 217-218.
APUNTES DE EDP 61
Notar que la funcón f no satisface necesariamente las propiedades

para tener transformada. Esto es curioso, debido a que para encontrar
el candidato a solución se usó el hecho que las f tenı́a.
Ejemplo 6.2. Consideremos la ecuación
ut = uxx , x ∈ R, t > 0,
u(x, 0) = f (x) , u acotada.
Supongamos que

0 : x < 0,
f (x) =
1 : x > 0.
(i) Muestre que la solución es dada por:

1 x
u(x, t) = 1+Φ √ ,
2 2 t
donde
Z x
2 2
Φ(x) = √ e−v dv , (función de error)
π 0
(ii) Muestre además que para x fijo
1
u(x, t) −→ , t 7→ +∞.
2
Sabemos que la solución esta dada por
Z +∞
1 (x−s)2
u(x, t) = √ e− 4t ds .
2 πt 0
Haciendo
s−x ds
v = √ ⇒ dv = √ ,
2 t 2 t
tenemos,
Z +∞
1 2
u(x, t) = √ e−v dv
π − √x
2 t
Z 0 Z +∞
1 −v 2 1 2
= √ e dv + √ e−v dv
π − √x π 0
2 t
Z √x Z +∞
1 2 t
−v 2 1 2
= √ e dv + √ e−v dv
π π 0
0
1 x
= 1+Φ √ .
2 2 t
Naturalmente
lı́m Φ(s) = 0 ,
s→0
62 APUNTES DE EDP
luego se tiene que

1
lı́m u(x, t) = , para x fijo.
t→+∞ 2
Aplicación II.(Ecuación parcial de primer orden)
ut − ux = g(x) ,
u(x, 0) = f (x) .
Aplicando la transformada de Fourier (suponiendo que existen) lleg-
amos a
∂
F(u) − iwF(u) = F(g) ,
∂t
F(u(x, 0)) = F(f ) .
La solución de la EDO es dada por
F(g)(w, t)
F(u)(w, t) = ceiwt − .
iw
De la condición inicial se deduce que
iwt
ˆ iwt e −1
û(w) = f (w)e + ĝ(w) ,
iw
luego,
u(x, t) = f (x + t) − (g ∗ h)(x),
donde
1 : x ∈ [0, t],
h(x) =
0 : en el resto.
6.1. Transformadas de Fourier seno y coseno. Para problemas

de evolución en regiones semi-infinitas son convenientes las siguientes
transformadas:
Z +∞
ˆ
Fs (f )(w) = fs (w) = f (x) sen wx dx.
0
Z +∞
ˆ
Fc (f )(w) = fc (w) = f (x) cos wx dx.
0
El siguiente es un resultado de inversión.

Teorema 6.3. Sea f ∈ C 1 ([0, +∞)) y
Z +∞
|f | < +∞.
0
APUNTES DE EDP 63
Entonces,
2 +∞ ˆ
Z
f (x) = fs (w) sen wx dw , ∀ x > 0.
π 0
2 +∞ ˆ
Z
f (x) = fc (w) cos wx dw , ∀ x > 0.
π 0
Teorema 6.4. Sean f , f 0 , f 00 ∈ C(0, +∞) y absolutamente integrables,

Entonces
Fs (f 00 ) = −w2 Fs (f ) + f (0)w.
Fc (f ) = −w2 Fc (f ) − f 0 (0).
Nota.
La transformada Fs conviene usarla cuando nos dan el dato de frontera u(0, t).
La transformada Fc conviene usarla cuando nos dan el dato de frontera ux (0, t).
Ejemplo 6.3. Las siguientes son transformadas que aparecen en la

ecuación del calor en [0, +∞)
x2

2
(a) Fs−1 we−aw = x 3 e− 4a .
(2a) 2
x2

2
(b) Fc−1 e−aw = √12a e− 4a .
Aplicación.(Ecuación del calor en [0, +∞) × (0, +∞))

Considere la siguiente ecuación del calor en una barra semi-infinita
ut = uxx , x > 0 , t > 0,

u(x, 0) = 0 , u(0, t) = g(t),
u acotada.
Denotemos û(w, t) la transformada seno de u(x, t) con respecto a x.

Tenemos que û satisface
ût + w2 û = g(t)w , (f (0) = u(0, t)) ,

û(w, 0) = 0 .
Resolviendo la EDO se obtiene que

Z t
−w2 t 2
û(w, t) = e g(s)wew s ds ,
0
64 APUNTES DE EDP
entonces,
r !
+∞
2 −w2 t t
Z Z
2
u(x, t) = e g(s)wew s sen wx ds dw
0 π 0
Z +∞ Z t
2 w2 (s−t)
= g(s)we sen wx ds dw
π 0 0
2 t
Z Z +∞
w2 (s−t)
= g(s) we sen wx dw ds
π 0 0
√
2 t
Z
π w2 (s−t)
= g(s) √ Fs we ds
π 0 2
√ Z t
2 x x2
− 4(t−s)
= √ g(s) 3 e ds.
π 0 (2(t − s)) 2
Ası́, la solución esta dada por
Z t
1 x x2
− 4(t−s)
u(x, t) = √ g(s) 3 e ds.
2 π 0 (t − s) 2
Aplicación.(Onda Semi-infinita)
utt − uxx = 0 , x ≥ 0 , t > 0,
(42) u(x, 0) = ut (x, 0) = 0,
u(0, t) = t2 .
Apliquemos nuevamente la transformada seno, obteniendo:
ûtt + w2 û = t2 w,
lo cual implica
t2 2
û(w, t) = α(w) cos wt + β(w) sen wt + − 3.
w w
Con los datos iniciales, tenemos
û(w, 0) = ût (w, 0) = 0 ,
luego,
t2 2
û(w, t) = + 3 (cos wt − 1).
w w
Ası́, la solución es
2 +∞ t2
Z
2
u(x, t) = + (cos wt − 1) sen wx dw .
π 0 w w3
Llegamos hasta aquı́, por complejidad de la integral.
Tarea: Ver solución por método de D’Alembert el cual está formulado
para ecuaciones de este tipo.
APUNTES DE EDP 65

Z ∞
2
Ejercicio 6.1. Hallar I(a, x) = e−aw coswx dw probando que
√ 0
dI x π 2
= − I e I(a, 0) = √ ; usar lo anterior para calcular Fc−1 (e−aw ),
dx 2a 2 a
−1 −aw2 −ax2
Fs (we ) y Fc (e ).
Ejercicio 6.2. Resolver

ut − uxx = 0, x ∈ R, t > 0
i) −x2
( u(x, 0) = e .
ut − uxx + ux = 0, x ∈ R, t > 0
ii) −x2
u(x, 0) = e 2 .

utt − uxx + 2ut + u = 0, x ∈ R y t ≥ 0,
u(x, 0) = f (x), ut (x, 0) = 0.
Si f (x) = χ[0,1] sin πx, dibujar u(x, 3).
2
t ut − ux = g(x), x ∈ R, t > 0,
Ejercicio 6.4. Resolver:
u(x, 0) = 0, x ∈ R.
Ejercicio 6.5. Considere la ecuación ut + cos t ux = u,
i) Hallar la solución
 con u(x,
0) =f (x).
 cos2 x, x ∈ − π2 , π2 ,


ii) Si f (x) =

 describir u(x, t) para t ≥ 0,
0 en el resto .


ut = uxx , x ∈ R, t > 0,
u(x, 0) = χ(0,+∞) (x)
u acotada.
Usando transformada de Fourier muestre que la solución u(x, t) de la
ecuación verifica: Z s
1 x 2 2
i) u(x, t) = 1+Φ √ donde Φ(s) = √ e−v dv.
2 2 t π 0
1
ii) Muestre que lı́m u(x, t) = , ∀ x.
t→+∞ 2
Ejercicio 6.7. Considere la ecuación parcial de primer orden
ut + ux = g(x), x ∈ R, t > 0,
u(x, 0) = f (x).
66 APUNTES DE EDP
Suponga que f y g son lo suficientemente regulares. Usando trans-

formada de Fourier muestre que una solución u(x, t) tiene la forma
√
u(x, t) = f (x − t) + 2π(g ∗ h)(x),
donde h(x) = χ[0,t] (x).
ut = uxx , t > 0, x ∈ R,
u(x, 0) = xe−|x| .
Muestre que la solución verifica

u(x, t) ≤ K1 , para cada t > 0 y x ∈ R,

t2

donde K es una constante.
Ejercicio 6.9. Resuelva usando transformada Seno o Coseno la
siguiente ecuación
ut = uxx , t > 0, x > 0
ux (0, t) = 0
u(x, 0) = H(1 − x) ,
donde H es la función de Heaviside.
7. APLICACIÓN DE LA TRANSFORMADA DE
LAPLACE EN EDP
La transformada de Laplace es definida por
Z +∞
£[f ] = F (s) = f (t)e−st dt ,
0
para f : [0, +∞) → R, siempre que la integral exista.
Las siguientes son condiciones suficientes para que la transformada

de Laplace esté bien definida
(i) f seccionalmente continua.
(ii) Existe un M > 0 tal que

|f (t)| ≤ M eat , ∀ t ≥ T.
En este caso la transformada de Laplace existe para cada s > a.
Ejemplo 7.1. 1. Si f (t) = 1 , 0 < t < +∞ ⇒ F (s) = 1s .
APUNTES DE EDP 67
1
2. f (t) = e2t , 0 < t < +∞ ⇒ F (s) = s−2
, s > 2.
w
3. f (t) = sen wt , 0 < t < +∞ ⇒ F (s) = s2 +w2
, en este caso,
M = 1, a = 0.
Proposición 7.1. Supongamos u(x, t) una función de clase C 2 . De-
notemos £[u(x, t)] = U (x, s). Valen las siguientes propiedades:
(a) £[ut ] = sU (x, s) − u(x, 0).
(b) £[utt ] = s2 U (x, s) − su(x, 0) − ut (x, 0).

∂
(c) £[ux ] = ∂x
U (x, s).
∂2
(d) £[uxx ] = ∂x2
U (x, s).
Note que las dos primeras corresponden a propiedades conocidas de

la Transformada de Laplace, mientras que para verificar las dos últimas
es necesario utilizar la propiedad básica
Z b Z b
∂ ∂
f (x, y) dy = f (x, y) dy,
∂x a a ∂x
∂f
bajo el hipótesis que ∂x
exista y sea continua.
Convolución.: Se define la convolución entre dos funciones f y g

por
Z t
(f ∗ g)(t) = f (τ )g(t − τ ) dτ
0
ó Z t
(f ∗ g)(t) = f (t − τ )g(t) dτ.
0
Nota que el producto de convolución conmuta. Además, en una forma
análoga a las transformadas de Fourier, vale la propiedad de convolu-
ción
£(f ∗ g) = £(f )£(g) ,
y la transformada inversa es dada por
Z c+i∞
−1 1
£ (F ) = f (t) = F (s)est ds .
2πi c−i∞
En la práctica resulta muy útil usar la fórmula de transformada de
una convolución como sigue
68 APUNTES DE EDP
£−1 (F (s)G(s)) = (f ∗ g)(t).

Ejemplo 7.2.

−1 1 1
£ = 1 ∗ sen t = 1 − cos t.
s s2 + 1
Aplicación. Resolvamos la ecuación
ut = uxx , 0 < x < +∞ , 0 < t < +∞,
ux (0, t) − u(0, t) = 0, 0 < t < +∞ ,
u(x, 0) = u0 , 0 < x < +∞ .
Aplicando transformada de Laplace la ecuación se transforma en
∂ 2
sU (x, s) − u(x, 0) = ∂x 2 U (x, s) , 0 < x < +∞ ,
∂
∂x
U (0, s) = U (0, s) .
La solución de esta ecuación es dada por
√ u0 √
U (x, s) = c1 ex s
.+ c2 e−x s
+
s
Ya que la solución debe estar acotada, se tiene que c1 = 0.
Imponiendo la relación de las condiciones de borde obtenemos c2 .
Ası́
−x√s
e u0
U (x, s) = −u0 √ + ,
s( s + 1) s
luego, para determinar u(x, t), debemos calcular
u(x, t) = £−1 (U (x, s)) .
Por lo tanto, llegamos a la solución
√

x x x+t
u(x, t) = u0 + u0 ξ √ −ξ t+ √ e .
2 t 2 t
donde,
Z +∞
2
ξ(x) = √ e−υ dυ.
π x
Ejemplo 7.3.
ut = α2 uxx , 0 < x < +∞ , 0 < t < +∞ ,
u(x, 0) = sen x .
(de tarea ¿faltan datos?)
APUNTES DE EDP 69
7.1. Principio de Duhamel. El objetivo es resolver la ecuación

ut = uxx , 0 < x < 1 , 0 < t < +∞ ,
u(0, t) = 0 , 0 < t < +∞ ,
(43)
u(1, t) = f (t) , 0 < t < +∞ ,
u(x, 0) = 0 , 0 ≤ x ≤ 1.
Para resolver esta ecuación consideremos la siguiente ecuación auxiliar
wt = wxx , 0 < x < 1, 0 < t < +∞,
w(0, t) = 0, 0 < t < +∞,
(44)
w(1, t) = 1, 0 < t < +∞,
w(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1.
Aplicando la transformada de Laplace en (44) transformamos la ecuación
en
∂2
∂x2
W (x, s) − sW (x, s) = 0 ,
W (0, s) = 0 , W (1, s) = 1s .
Resolviendo la EDO, nos queda
√
1 senh x s
W (x, s) = √ .
s senh s
Notemos que al resolver la ecuación (44) via series de Fourier, tiene
como solución:
+∞
2 X (−1)n −(nπ)2 t
w(x, t) = x + e sen nπx.
π n=0 n
Ahora volvamos al problema (43). Aplicando la transformada de Laplace,

nos queda
∂2
∂x2
U (x, s)− sU (x, s) = 0 ,
U (0, s) = 0 , U (1, s) = F (s) .
Ası́ √
senh x s
U (x, s) = F (s) √ ,
senh s
pero
√
senh x s
U (x, s) = F (s)s √ = F (s)sW (x, s).
s senh s
Usando la relación £(wt ) = sW − w(x, 0), se obtiene
U (x, s) = F (s)£(wt ).
70 APUNTES DE EDP
Aplicando la transformada inversa nos queda:

u(x, t) = f (t) ∗ wt (x, t)
Z t
= f (τ )wτ (x, t − τ ) dτ.
0
Integrando esta última expresión, la solución esta dada por:

Z t
u(x, t) = w(x, t − τ )f 0 (τ ) dτ + f (0)w(x, t).
0

Ejercicio 7.1. Determine la siguiente fórmula
£[f (n) (t)] = sn F (s) − sn−1 f (0) − .... − f (n−1) (0),
para cada n ∈ N.
Ejercicio 7.2. Estudiar la ecuación
ut = kuxx , 0 < x < ∞, 0 < t < ∞,
u(x, 0) = 0, 0 < x < ∞,
u(0, t) = f (t), 0 < t < ∞.
¿Qué hipótesis debe imponer sobre la función f ?
Ejercicio 7.3. Resolver el problema
ut = uxx , 0 < x < ∞, 0 < t < ∞,
u(0, t) = sin t, 0 < t < ∞,
u(x, 0) = 0, 0 ≤ x < ∞.
ut = uxx , 0 < x < ∞, 0 < t < ∞,
ux (0, t) − u(0, t) = 0, 0 < t < ∞,
u(x, 0) = c, 0 < x < ∞.
Ejercicio 7.5. Obtenga la solución de la ecuación en terminos de la
función f .
utt = c2 uxx , 0 < x < ∞, 0 < t < ∞,
ux (0, t) = f (t), 0 < t < ∞,
u(x, 0) = 0, ut (x, 0) = 0, 0 < x < ∞.
APUNTES DE EDP 71
Ejercicio 7.6. Resolver el problema

utt = c2 uxx , −∞ < x < ∞, 0 < t < ∞,
u(x, 0) = sin x, −∞ < x < ∞,
ut (0, t) = 0, 0 < t < ∞.
ut − uxx = 0, x ∈ (0, 1), t ∈ (0, +∞),
u(x, 0) = 0, y u(0, t) = 0, u(1, t) = f (t),
Encuentre una expresión para la transformada de Laplace de la solución
u(x, t) en términos de la transformada de Laplace de f (t).
Ejercicio 7.8. Resuelva el problema
ut = uxx , 0 < x < ∞, 0 < t < ∞),
u(0, t) = t + et sen t, 0 < t < ∞,
u(x, 0) = 0, 0 ≤ x < ∞.
Ejercicio 7.9. Usando el principio de Duhamel’s, encuentre la solución
de la ecuación
ut = αuxx , 0 < x < 1, 0 < t < ∞,
u(0, t) = 0, 0 < t < ∞,
u(1, t) = sin t, 0 < t < ∞,
u(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1.
Ejercicio 7.10. Usando la teorı́a de Transformadas de Laplace resuel-
va la ecuación
utt − uxx = 0, 0 < x < 1, 0 < t < ∞,
u(0, t) = 0, 0 < t < ∞,
u(1, t) = e−t sen t, 0 < t < ∞,
u(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1.
72 APUNTES DE EDP
8. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

Antes de entrar en materia consideremos la función u : R2 → R
satisfaciendo
∂u ∂u
+c = 0 , c 6= 0.
∂t ∂x
Sea Γ(t) = (t, τ (t)) una curva, tal que
u(t, τ (t)) = cte (curva de nivel).
Derivando tenemos que
∇u(Γ(t)) Γ0 (t) = 0 ,
es decir
∂u ∂u 0
+ τ (t) = 0
∂t ∂x
∂u ∂u 0
−c + τ (t) = 0.
∂t ∂x
Ası́ τ 0 (t) = c. Integrando obtenemos
τ (t) − τ (0) = ct,
o sea,
τ (t) = τ (0) + ct.
De la construcción de u , notamos que ella es constante a lo largo de
las curvas
(t, η + ct) , ∀ η ∈ R.
O sea,
u(t, η + ct) = u(0, η) , ∀ η ∈ R .
Sea x = η + ct, entonces
u(x, t) = u(0, x − ct) , ∀ x, t .
Consecuentemente, si agregamos la condición inicial
u(0, x) = f (x) , x ∈ R,
la solución será dada por
u(x, t) = f (x − ct) .
Consideremos ahora una situación general, es decir considere la sigu-
iente ecuación
(45) a(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy − c(x, y, u) = 0.
Sea u solución de (45). Sabemos que el vector (ux , uy , −1) es perpen-
dicular a la superficie
z = u(x, y).
APUNTES DE EDP 73
Además tenemos que en cada (x, y) ∈ R2 se verifica

h(a, b, c), (ux , uy , −1)i = 0
O sea,
(a, b, c)⊥(ux , uy , −1) , ∀ (x, y) ∈ R2 .
Luego si (x(t), y(t), z(t)) es una curva pasando por (x0 , y0 , z0 ), entonces
buscaremos una curva que verifique que

dx dy dz
, , sea paralela a (a, b, c).
dt dt dt
Ası́
dx
= a(x, y, z),
dt
dy
= b(x, y, z),
dt
dz
= c(x, y, z).
dt
Las soluciónes de esta ecuación son llamadas curvas caracterı́sticas.
Teorema 8.1. Sea P0 = (x0 , y0 , z0 ) en la superficie definida por
z = u(x, y),
entonces la curva caracterı́stica que pasa por P0 también está contenida
en la superficie.
Demostración. Sea (x(t), y(t), z(t)) la curva caracterı́stica que pasa por
(x0 , y0 , z0 ) ∈ S. Demostraremos que
z(t) = u(x(t), y(t)) .
Sea
U (t) = z(t) − u(x(t), y(t)) ,
entonces,
dU ∂u 0 ∂u 0
= z 0 (t) − x (t) − y (t)
dt ∂x ∂y
∂u ∂u
= c(x, y, z) − a(x, y, z) − b(x, y, z)
∂x ∂y
∂u ∂u
= c(x, y, U + u) − a(x, y, U + u) − b(x, y, U + u).
∂x ∂y
Como U (0) = 0, y como U ≡ 0 es solución de la ecuación en U , se tiene
por teorema de unicidad en EDO que
U ≡ 0,
74 APUNTES DE EDP
O sea, para cada t se tiene que

z(t) = u(x(t), y(t)) ,
que era la que querı́amos probar.
cux + uy = 0 , x = s , y = 0 , z = h(s) .
Sus curvas caracterı́sticas son
dX dY dZ
= c, = 1, = 0.
dt dt dt
O sea,
X(t, s) = ct + s = x ,
Y (x, s) = t = y ,
Z(t, s) = h(s) .
Luego, la solución es
z = h(s) = h(x − cy) .
xux + yuy = αu , α constante ,
donde su curva inicial es dada por
x = s , y = 1 , z = h(s) .
Sus curvas caracterı́sticas son
dX dY dZ
= x, = y, = αz .
dt dt dt
Luego
X(t, s) = set = x ,
Y (x, s) = et = y ,
Z(t, s) = h(s)eαt .
Entonces la solución es dada por

x
z=h yα.
y
Teorema 8.2 (Euler). u es homogénea de grado α si y solo si
xux + yuy = αu.
Consecuencia. Las homogéneas de grado α tienen la forma

x
z=h yα.
y
APUNTES DE EDP 75
Ejemplo 8.3. Sea la ecuación

uux + uy = 0 ,
con condición inicial
x = s , y = 0 , z = h(s) .
Las curvas caracterı́sticas están dadas por
dX dY dZ
= z = h(s) , = 1, = 0.
dt dt dt
Ası́
X(t, s) = th(s) + s = x ,
Y (x, s) = t = y ,
Z(t, s) = h(s) = z.
Por lo tanto la solución corresponde a
z = h(s) = h(x − tz).
ux + uy = 0, x ∈ R, y > 0,
u(x, 0) = cos x, x ∈ R.
ux + uy + 2u = 0, x ∈ R, y > 0,
u(x, 0) = sen x, x ∈ R.
Ejercicio 8.3. Encuentre la solución
xux + uy + yu = 0, x ∈ R, y > 0,
u(x, 0) = F (x), x ∈ R.
ux + 2uy + 2u = 0, x, y ∈ R,
u(x, y) = F (x, y), en la curva y = x.
uy + uux = 0, x ∈ R, y > 0,
u(x, 0) = F (x), x ∈ R,

0 x < 0,
estudie el caso en que F (x) =
x x ≥ 0.
76 APUNTES DE EDP
Ejercicio 8.6. Encuentre la solución de la ecuación

uy + f (u)ux = 0, x ∈ R, y > 0,
u(x, 0) = φ(x).
Ejercicio 8.7. Resolver la siguiente ecuación
2xuy − ux = 4xy,
donde la curva inicial es dada por
x = 0, y = s, y z = s.
APUNTES DE EDP 77
9. ECUACIÓN DE LAPLACE EN UN DOMINIO

ESFÉRICO
9.1. Introducción. Como motivación, consideremos un problema
de eletrostática, que consta en determinar el potencial eléctrico dada
la distribución del potencial sobre el conductor esférico. El problema se
traduce en resolver la Ecuación de Laplace en el interior de una esfera
cuando el potencial u está especificado sobre el borde de ésta. Es decir,
se debe resolver:
∆u = 0 , 0 ≤ r ≤ R , −π ≤ θ ≤ π , 0 ≤ φ ≤ π
u(R, θ, φ) = g(θ, φ) , −π ≤ θ ≤ π , 0 ≤ φ ≤ π
Ası́, se resolverá el problema en el caso que:
g(θ, φ) = c c = cte
g(θ, φ) = f (φ)
Caso general
En el primer caso, se observará que el problema se reduce a resolver una
ecuación diferencial ordinaria. Para el segundo caso, necesitamos de los
polinomios de Legendre para dar una solución en serie. Y finalmente
en el último caso se trata de resolver el problema general y para ello se
necesita conocer sobre la Ecuación de Euler y Ecuación y Polinomios de
Legendre, de manera que la solución para el problema queda expresado
en función de éstas últimas respectivamente.
9.2. Laplaciano en Coordenadas esféricas y problema en la
esfera. El Laplaciano en R3 en coordenadas cartesianas es:
∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u
∆u = + + = 0
∂x2 ∂y 2 ∂z 2
Utilizando coordenadas esféricas:
x = r sin φ cos θ
y = r sin θ sin φ
z = r cos φ
se obtiene la forma esférica de la ecuación de Laplace:
1 1
(46) ∆u = (r2 ur )r + [sin φ uφ ]φ + uθθ = 0
sin φ sin2 φ
Además si pedimos que la función u satisfaga la siguiente condición
de borde:
(47) u(R, θ, φ) = g(θ, φ) − π ≤ θ ≤ π,0 ≤ φ ≤ π

78 APUNTES DE EDP
De esta manera, de (1) y de (2) llegamos al problema de la ecuación

de Laplace en un dominio esférico. Ahora, para los distintos problemas
desarrollaremos algunas herramientas necesarias en la solución de cada
uno de éstos.
9.3. Ecuación de Euler. Consideremos la siguiente EDO:
d2 y dy
(48) ax2 + bx + cy = 0 a, b, c ∈ R
dx2 dx
Mediante la sustitución x = e( t) la ecuación se transforma en una
EDO de coeficientes constantes. En efecto, sea ŷ(t) = y(et ), entonces:
d
x = et ⇒ = et
dt
dŷ dy t
= e
dt dt
d2 ŷ d2 y 2 dy t
2
= 2
et+ e
dt dx dx
De manera que al reemplazar en la EDO se obtiene:
d2 ŷ dŷ
(49) a 2
+ (b − a) + cŷ = 0
dt dt
tal como se querı́a.
9.4. Ecuación y polinomios de Legendre. Consideremos la sigu-
iente ecuación:
(50) (1 − x2 )y 00 (x) − 2x y 0 (x) + α(α + 1)y(x) = 0
La ecuación anterior es denominada Ecuación Diferencial de Le-
gendre. Ésta también puede ser escrita de la siguiente forma:
d dy
(51) [(1 − x2 ) ] + n(n + 1)y = 0
dx dx
y la solución de esta ecuación es de la forma y(x) = y1 (x)+y2 (x) donde
∞
X (α + 2n − 1)(α + 2n − 3) . . . (α + 1)α(α − 2) . . . (α − 2n + 2) 2n
y1 (x) = 1+ (−1)n x
n=1
(2n)!
∞
X (α + 2n)(α + 2n − 2) . . . (α + 2)(α − 1)(α − 3) . . . (α − 2n + 1) 2n+1
y2 (x) = x+ (−1)n x
n=1
(2n + 1)!
Estas soluciones son linealmente independientes, e.e
y(x) = a1 y1 (x) + a2 y2 (x)
APUNTES DE EDP 79
Observación
1.- Si α = 2m con m un número natural, entonces y1 (x) es un

polinomio de grado 2m
m
X (α + 2n − 1)(α + 2n − 3) . . . (α + 1)α(α − 2) . . . (α − 2n + 2) 2n
y1 (x) = 1+ (−1)n x
n=1
(2n)!
y y2 (x) es una serie infinita de potencias.
2.- Si α = 2m + 1 con m un número natural, entonces y2 (x) es un

polinomio de grado 2m + 1
m
X (α + 2n)(α + 2n − 2) . . . (α + 2)(α − 1)(α − 3) . . . (α − 2n + 1) 2n+1
y2 (x) = x+ (−1)n x
n=1
(2n + 1)!
y y1 (x) es una serie infinita de potencias. Y de este resultado, sale la

siguiente fórmula, la cual es la solución de la Ecuación de Legendre.
9.5. Fórmula de Rodrigues. Esta fórmula es la solución de la

ecuación (1).
1 dn
Pn (x) = n [(x2 − 1)n ]
2 n! dxn
que una vez desarrollada se llega a
n/2
1 X n 2n − 2k n−2k
Pn (x) = n x
2 k=0 k n
9.6. Algunas propiedades. Como primera propiedad importante,

tenemos que los polinomios de
Legendre son ortogonales.
2n + 1 1
Z
0 si n 6= m
Pn (x)Pm (x) dx =
2 −1
1 si n = m
Luego, tenemos estas otras, como
Pk (−x) = (−1)k Pk (x)
Pk (1) = 0
k(k + 1)
Pk0 (1) =
2
80 APUNTES DE EDP
Y luego, algunas relaciones de recurrencia

(n + 1)Pn+1 (x) − x(2n + 1)Pn (x) + nPn−1 (x) = 0
0
xPn0 (x) − Pn−1 (x) = nPn (x)
0 0
Pn+1 (x) − Pn−1 (x) = (2n + 1)Pn (x)
0
Pn+1 (x) − xPn0 (x) = (n + 1)Pn (x)
9.7. Algunos Polinomios de Legendre.
n Pn (x)
0 1
1 x
1
2 (3x2 − 1)
2
1
3 (5x3 − 3x)
2
1
4 (35x4 − 30x2 + 3)
8
1
5 (63x5 − 70x3 + 15x)
8
APUNTES DE EDP 81
9.8. Problema en que g(θ, φ) = c al interior de una esfera. Sea

u que no depende de θ y φ y g es constante, para toda θ y φ. Ası́, la
ecuación de Laplace nos queda:
∆u = (r2 ur )r = 0
u(R1 , θ, φ) = c
la cuál es una EDO,cuya solución es:
a
u(r) = +b
r
Pero como queremos que la solución esté acotada, imponemos a = 0.
Ası́ aplicando la condición de borde obtenemos la constante b. Obser-
vación: El término rc son los únicos potenciales que dependen sólo de
la distancia radial hasta el origen. El potencial 1r es muy importante
en fı́sica y se le denomina Potencial Newtoniano.
Ejemplo 1 Consideremos el siguiente problema:
∆u = 0 0≤r≤1
u(1, θ, φ) = 3
Vemos claramente que la solución debe ser u(r, θ, φ) = 3.
9.9. Problema en que g(θ, φ) = c entre dos esferas. Considere-
mos el siguiente problema:
∆u = 0 0 < R1 ≤ r ≤ R2
u(R1 , θ, φ) = A
u(R2 , θ, φ) = B
Sabemos que la solución de la EDO está dada por:
a
u(r) = +b
r
Imponiendo las condiciones de borde, encontramos los valores de a y b:
R1 R2
a = (A − B)
R2 − R1
R2 B − R1 A
b=
R2 − R1
y por lo tanto,se tiene que:
R1 R2 R2 B − R1 A
u(r, θ, φ) = (A − B) +
r(R2 − R1 ) R2 − R1
82 APUNTES DE EDP
9.10. Problema en que g(θ, φ) = f (φ). Al considerar g(θ, φ) =

f (φ) y que la ecuación u solo depende de r y φ, el problema toma la
siguiente forma:
1
∆u = (r2 ur )r + [sin φ uφ ]φ = 0 0≤r≤1
sin φ
u(1, θ, φ) = g(φ) 0≤φ≤π
Buscamos un candidato de solución por medio del método de separación
de variables, tenemos:
u(r, φ) = R(r) Φ(φ)
De manera que al reemplazar en la ecuación, tenemos:
1
[r2 (R(r) Φ(φ))r ]r + [sin φ (R(r) Φ(φ))φ ]φ = 0
sin φ
1
[r2 (R0 (r) Φ(φ))]r + [sin φ (R(r) Φ0 (φ))]φ = 0
sin φ
R(r)
Φ(φ)[r2 (R0 (r))]r + [sin φ (Φ0 (φ))]φ = 0
sin φ
R(r)
Φ(φ)[2 r R0 (r) + r2 R00 (r)] + [cos φ Φ0 (φ) + sin φ(Φ00 (φ))] = 0
sin φ
R(r)
Φ(φ)[2 r R0 (r) + r2 R00 (r)] = [cos φ Φ0 (φ) + sin φ(Φ00 (φ))]
− sin φ
2 r R0 (r) + r2 R00 (r) cos φ Φ0 (φ) + sin φ(Φ00 (φ))
=
R(r) − sin φ Φ(φ)
Igualamos el resultado a una constante λ que no depende de las vari-
ables del problema:
2 r R0 (r) + r2 R00 (r) cos φ Φ0 (φ) + sin φ(Φ00 (φ))
= = λ
R(r) − sin φ Φ(φ)
de manera que se obtienen las siguientes ecuaciones:
r2 R00 + 2rR0 − λ R = 0
[sin φ Φ0 ]0 + λ sin φ Φ = 0
Tomemos λ = n(n + 1), para hacer aparecer la Ecuación de Legendre.
r2 R00 + 2rR0 − n(n + 1)R = 0 Ecuación de Euler
0 0
[sin φ Φ ] + n(n + 1) sin φ Φ = 0 Ecuación de Legendre
Resolviendo la Ecuación de Euler. La ecuación caracterı́stica asociada
es:
APUNTES DE EDP 83
P 2 + (2 − 1) P + [− n(n + 1)] = 0
P 2 + P + [− n(n + 1)] = 0
De manera que,
p
−1 ± 1 + 4 n (n + 1)
P =
√ 2
−1 ± 4 n2 + 4 n + 1
P =
p 2
−1 ± (2n + 1)2
P =
2
−1 ± (2n + 1)
P =
2
Ası́, las soluciones de la ecuación carasterı́stica son P1 = n y P2 =
−(n + 1). Luego la solución de la ecuación es:
R(r) = a rn + b r−(n+1)
Por otro lado, para obtener la solución de la Ecuación de Legendre,
utilizamos la siguiente sustitución:
x = cos φ ⇒ dx = − sin φdφ
x = cos φ ⇒ x2 = cos2 φ = 1 − sin2 φ ⇒ sin2 φ = 1 − x2

dΦ dx dΦ
=
dφ dx dφ

dx dΦ dΦ
= = − sin φ
dφ dx dx
√ dΦ
= − 1 − x2
dx
Y,
√

d dΦ d dΦ
= − 1 − x2
dφ dφ dφ dx
√

dx d 2
dΦ
=− 1−x
dφ dx dx
√ d √ dΦ √ d2 Φ

= 1−x 2 1−x 2 + 1−x 2
dx dx dx2
84 APUNTES DE EDP
Por otro lado,

0 0 d2 Φ dΦ
[sin φ Φ ] + n(n+1) sin φ Φ = sin φ 2 + cos φ + n (n+1) sin φ Φ
dφ dφ
Al reemplazar obtenemos,
d2 Φ dΦ
sin φ + cos φ + n (n + 1) sin φ Φ = 0
dφ2 dφ
√ 2 √ √

dΦ 2 d Φ dΦ
= 1 − x2 −x + (1 − x ) 2 + x − 1 − x2 + n(n + 1) 1 − x2 Φ = 0
dx dx dx
√ 2

2
dΦ 2 d Φ dΦ
= 1 − x −x + (1 − x ) 2 − x + n(n + 1)Φ = 0
dx dx dx
dΦ d2 Φ dΦ
= −x + (1 − x2 ) 2 − x + n(n + 1)Φ = 0
dx dx dx
d2 Φ dΦ
= (1 − x2 ) 2 − 2x + n(n + 1)Φ = 0 −1≤x≤1
dx dx
Llegando asi a la Ecuación de Legendre cuya variable independiente
es Φ(x)). La solución de la ecuación esta dada por la Fórmula de Ro-
drigues.
1 dn
Pn (x) = n n
[(x2 − 1)n ]
2 n! dx
Luego, tenemos
R(r) = a rn + b r−(n+1)
Φ(φ) = c Pn (cos φ)
Como queremos que en r = 0 las soluciones sean acotadas, tenemos
que b = 0. Ası́, obtenemos:
R(r) = a rn
Φ(φ) = c Pn (cos φ)
Por principio de superpocisión de soluciones, nos obtenemos:
X∞
u(r, φ) = an rn Pn (cos φ)
n=0
Aplicando la condición de Frontera u(1, φ) = g(φ) obtenemos:

X∞
u(1, φ) = an Pn (cos φ) = g(φ)
n=0
Ası́,
an Pn (cos φ) = g(φ) ∀ n = 0, 1, 2, . . .
APUNTES DE EDP 85
Desarrollando,
an Pn (cos φ) = g(φ)
an Pn (cos φ)Pm (cos φ) sin φ = g(φ)Pm (cos φ) sin φ
Z π Z π
an Pn (cos φ)Pm (cos φ) sin φ dφ = g(φ)Pm (cos φ) sin φ dφ
0 0
Trabajemos ahora con la primera parte de la igualdad, haciendo el
cambio x = cos φ:
Z π
an Pn (cos φ)Pm (cos φ) sin φ dφ
0
Z −1 √

dx
= an Pn (x)Pm (x)(− 1 − x ) √
2
1 1 − x2
Z −1
= −an Pn (x)Pm (x) dx
1
Z 1
= an Pn (x)Pm (x) dx
−1
Si m = n, entonces,
Z π
2an
g(φ)Pn (cos φ) sin φ dφ =
0 2n + 1
Finalmente, la solución de la ecuación es
X∞
u(r, φ) = an rn Pn (cos φ)
n=0
donde
Z π
2n + 1
an = g(φ)Pm (cos φ) sin φ dφ
2 0
86 APUNTES DE EDP
9.11. Problema general. En esta sección se estudiará:

∆u = 0 0 ≤ r ≤ R , −π ≤ θ ≤ π , 0 ≤ φ ≤ π
u(R, θ, φ) = g(θ, φ), −π ≤ θ ≤ π , 0 ≤ φ ≤ π
Buscamos soluciones del tipo: u(r, φ, θ) = F (r)G(φ, θ). Reemplazando
en el problema:
1 d F (r) ∂ ∂ 1 ∂2
G(φ, θ) 2 (r2 F 0 (r)) + 2 (sin φ G(φ, θ)) + G(φ, θ) = 0
r dr r sin θ ∂φ ∂φ r sin φ ∂θ2
Ordenando e igualando a una constante σ, tenemos:
1 d 2 0 −1 1 ∂ ∂ 1 ∂2
(r F (r)) = ( (sin φ G(φ, θ)) + G(φ, θ)) = σ
F (r) dr G(φ, θ) sin φ ∂φ ∂φ (sin φ)2 ∂θ2
De manera que se obtienen 2 ecuaciones diferenciales:
r2 R00 + 2rR0 − σR = 0 Ecuación de Euler

∂ ∂ 1 ∂2
(sin φ G(φ, θ)) + G(φ, θ) + σ sin φG(φ, θ) = 0
∂φ ∂φ sin φ ∂θ2
Al igual que en el caso anterior, tomando σ = n(n + 1) la solución de
la primera ecuación es:
R(r) = a rn + b r−(n+1)
Para la segunda ecuación, buscamos soluciones de la forma G(φ, θ) =
X(φ)Y (θ). Reemplazando en la ecuación y haciendo el cambio de vari-
ables µ = cos φ tenemos:
d dX m2
((1 − µ2 ) ) + (n(n + 1) − )X = 0
dµ dµ 1 − µ2
d2 Y
+ m2 Y = 0
dφ2
cuyas soluciones son:
X = Cn Pnm (µ) + Dn Qm
n (µ)
Y = Em cos mφFm sin mφ, m 6= 0
Y = E0 + F0 , m=0

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APUNTES DE ECUACIONES DIFERENCIALES

1.2. Coeficientes de Fourier. Supongamos de una manera infor-

Para encontrar los otros coeficientes de Fourier, usaremos las sigui-

Ahora podemos definir los coeficientes de Fourier:

Definición 1.2.1. Suponga que f (x) es absolutamente integrable en

Ejemplo 1.4. (a) Calcular la serie de Fourier de la función 2 π−periódi-

y ya que f es seccionalmente diferenciable, por Teorema 1.1, se tiene

Ejemplo 1.6. Defina f (x) = −|x| + L, |x| ≤ L.

Observación. Dada una función f : [0, L] → R, podemos establecer

Podemos considerar por ejemplo un perı́odo mayor.

Nota. En x = π no vale la igualdad anterior.

su serie de Fourier. Entonces

En términos prácticos el Teorema anterior toma la forma

(iii) Supongamos que f 0 es continua y f 00 absolutamente integrable

1.6. Ejercicios Propuestos.

es periódica (de periodo T ) si y sólo si,

Ejercicio 1.4. Muestre que si f : R −→ R es una función par difer-

Ejercicio 1.9. Encuentre el desarrollo de Fourier de la función

REjercicio 1.11. Sea f : R → R seccionalmente continua. Escriba

Ejercicio 1.13. Calcule la serie de fourier de la función

donde C es una constante positiva.

2. ECUACIÓN DEL CALOR

2.1. Método de Fourier. Este método consiste inicialmente en

F (x)G0 (t) = KF 00 (x)G(t),

(5) F (0) = F (L) = 0.

(i) Si σ > 0, la solución es de la forma

Ejemplo 2.1. La solución del problema

Este principio es llamado El Principio de Superposición de Solu-

Basicamente lo anterior quiere decir que si f (x) posee un desarrollo

o si pegáramos dos barras con temperaturas diferentes (50◦ C y 100◦ C).

Definición 2.1.2 (II). Sea

¿Cual es la razón de establecer una definición de este tipo?.

Teorema 2.1. Si f es de cuadrado integrable en [0, L], entonces la

define una función en R̂ que es solución del PVIF en el sentido (II).

Demostración. Las series

convergen uniformemente en cualquier subrectángulo del tipo

R̄1,2 = {(x, t) : 0 ≤ x1 ≤ x ≤ x2 ≤ L, 0 < t1 ≤ t ≤ t2 ≤ +∞}.

En efecto es suficiente usar el criterio M de Weierstrass.

implica la continuidad de la función anterior en R̂.

R̄1,2 = {(x, t). x1 ≤ x ≤ x2 , t1 ≤ t ≤ t2 }

Usando este hecho se tiene que

Ası́ u es solución de la ecuación ut = Kuxx en R̂.

Ahora, sea ϕ seccionalmente continua y sean bn los coefi-

Por otro lado,

converge a una función continua en [0, +∞]. Esto implica que

Observación. El hecho que las series

converjan uniformemente en el subrectángulo R̄1,2 , implica que aún

define una función continua en R̄, que es solución de PVIF en sentido

2.2. Condiciones de Frontera no homogéneas. El problema con-

Para resolver este problema recurrimos a lo más natural, esto es,

Como ya sabemos que la solución de la ecuación anterior es dada por

2.3. Ecuación del Calor no homogénea. Estudiaremos el sigu-

con condición inicial

La demostración rigurosa de que

corresponde a la solución de la ecuación (9) será realizado en el Teorema

En nuestro caso cn (0) = fn y gn (s) = gn (constante en s).

es solución. Notemos que la serie es dominada por

ası́ u(x, t) es continua en R̂. Para mostrar que u(x, t) verifica

Finalmente la continuidad de u(x, t) en R̄ es consecuencia de que por