Supongamos que queremos obtener la temperatura u (x, y) correspondiente al estado permanente en una placa rectangular. El problema viene dado
\left\{ {\begin{array}{ll} {{u_{xx}} + {u_{yy}} = 0}&{0 < x < a,\;0<y<b,} \\ {u(x,0) = f(x)}&{0 < x < a,} \\ u(x,b)=0&{0 < x < a,} \\ {u_x(0,y) = 0}&{0<y<b,} \\ {u_x(a,y) = 0}&{0<y<b.} \end{array}} \right.\;
Vamos a aplicar el método de separación de variables para buscar una solución.
Considerando la solución como u(x,y)=X(x)\cdot Y(y) y sustituyendo en la ecuación se obtiene
X''(x)Y(y)+X(x)Y''(y)=0,
y separando variables
\dfrac{X''(x)}{X(x)}=-\dfrac{Y''(y)}{Y(y)}=\lambda.
De las condiciones tenemos
\left\{ \begin{gathered} u(x,b) = 0 \Rightarrow X(x) \cdot Y(b) = 0 \Rightarrow Y(b) = 0,\\ {u_x}(0,y ) = 0 \Rightarrow X'(0) \cdot Y(y) = 0 \Rightarrow X'(0) = 0, \\ u_x(a,y) = 0 \Rightarrow X'(a) \cdot Y(y) = 0 \Rightarrow X'(a) = 0. \end{gathered} \right.
lo que nos lleva a resolver el problema
\left\{ {\begin{array}{l} {X''(x) – \lambda X(x) = 0} \\ {X'(0) = 0} \\ {X'(a) = 0} \end{array}} \right.
cuyo polinomio característico es r^2-\lambda=0 con soluciones r=\pm\sqrt {\lambda}. Distinguimos tres casos:
- \lambda=0: en este caso X(x)=A+Bx, X'(x)=B.
X'(0) =X'(a)= 0 \Rightarrow B= 0
luego X(x)=A,\,cte.
- \lambda>0: entonces X(x)=A e^{-\sqrt \lambda x}+B e^{\sqrt \lambda x}.
X'(x)=-A\sqrt \lambda e^{-\sqrt \lambda x}+B\sqrt \lambda e^{\sqrt \lambda x}
\left\{ \begin{array}{l} X'(0) = 0 \Rightarrow -A + B = 0\\ X'(a) = 0 \Rightarrow -A{e^{ -\sqrt \lambda a}} + B{e^{\sqrt \lambda a}} = 0 \\ \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{l} {-A + B = 0} \\ {-A+ B{e^{2\sqrt \lambda a}} = 0} \end{array}} \right.
restando B\left(e^{2\sqrt \lambda a}-1\right)=0, luego B=A=0 y X(x)=0.
- \lambda<0: ahora X(x)=A\cos\sqrt{-\lambda}x+B\operatorname{sen}\sqrt{-\lambda}x
X'(x)=-A\sqrt{-\lambda}\operatorname{sen}\sqrt{-\lambda}x+B\sqrt{-\lambda}\cos\sqrt{-\lambda}x
X'(0) = 0 \Rightarrow B= 0 \Rightarrow X(x) = A\operatorname{cos} \sqrt { – \lambda } x.
X'(a) = 0 \Rightarrow -A \sqrt { – \lambda }\operatorname{sen} \sqrt { – \lambda }a = 0 \Rightarrow \operatorname{sen} \sqrt { – \lambda }a = 0 \Rightarrow \sqrt { – \lambda }a = n\pi .
Los valores propios son \lambda_n=-\left(\dfrac{n\pi}{a}\right)^2\quad n=0,1,2,\ldots (0 es valor propio), y las funciones propias asociadas
X_n=A_n\cos\left(\dfrac{{n \pi x}}{a}\right)\quad n=0,1,2,\ldots.
Para estos valores de \lambda_n calculamos Y(y) solución de
\dfrac{Y''(y)}{Y(y)}=-\lambda\Rightarrow Y''(y)+\lambda Y(y)=0.
obtenemos
\lambda_0=0\Rightarrow Y''(y)=0\Rightarrow Y_0(y)=D_0+E_0y
Si n\geq1, la ecuación característica es r^2-\left(\dfrac{n\pi}{a}\right)^2=0 con soluciones r=\pm\dfrac{n\pi}{a}. La solución es
Y_n(y)=D_ne^{\frac{n\pi}{a}y}+E_ne^{-\frac{n\pi}{a}y},\quad n=1,2,\ldots
Con la condición de contorno u(x,b)=0, X(x)\cdot Y(b)=0, luego Y(b)=0 y entonces
Y_0(b)=0\Rightarrow D_0+E_0b=0\Rightarrow D_0=-E_0b\Rightarrow Y_0(y)=E_0(y-b)
{Y_n}(b) = 0 \Rightarrow {D_n}{e^{ \frac{{n\pi b}}{a}}} + {E_n}{e^{-\frac{{n\pi b}}{a}}} = 0 \Rightarrow {D_n}{e^{\frac{{2n\pi b}}{a}}} + {E_n} = 0 \Rightarrow {E_n} = – {D_n}{e^{\frac{{2n\pi b}}{a}}}
y así,
\begin{gathered} {Y_n}(y) = {D_n}\left( {{e^{\frac{{n\pi y}}{a}}} – {e^{ – \frac{{n\pi y}}{a}}}{e^{\frac{{2n\pi b}}{a}}}} \right) = – {D_n}{e^{\frac{{n\pi b}}{a}}}\left( {{e^{ – \frac{{n\pi y}}{a}}}{e^{\frac{{n\pi b}}{a}}} – {e^{\frac{{n\pi y}}{a}}}{e^{ – \frac{{n\pi b}}{a}}}} \right) \\ = – 2{D_n}{e^{\frac{{n\pi b}}{a}}}\left( {\frac{{{e^{\frac{{n\pi }}{a}(b – y)}} – {e^{ – \frac{{n\pi }}{a}(b – y)}}}}{2}} \right) = {A_n}\operatorname{senh} (b – y)\\ \end{gathered}
donde hemos llamado A_n= – 2{D_n}{e^{\frac{{n\pi b}}{a}}}. Entonces
Y_n(y)={A_n}\operatorname{senh} (b – y) ,\quad n=1,2,\ldots
La solución la escribimos como
u(x,y) = {A_0}(y – b) + \sum\limits_{n = 1}^\infty {{A_n}} \operatorname{senh} \left( {\frac{{n\pi }}{a}(b – y)} \right)\cos \left( {\frac{{n\pi }}{a}x} \right).
Aplicando la condición u(x,0)=f(x) tenemos
u(x,0) = f(x) = – {A_0}b + \sum\limits_{n = 1}^\infty {A_n}\operatorname{senh}\left( \dfrac{n\pi b}{a}\right)\cos \left( {\dfrac{{n\pi }}{a}x} \right)
e identificando coeficientes con el desarrollo de Fourier en cosenos de la función f(x)
f(x) = \dfrac{{{a_0}}}{2} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {{a_n}\cos \left( {\dfrac{{n\pi }}{a}x} \right)}
obtenemos
{A_0} = \displaystyle- \dfrac{{{a_0}}}{{2b}} = – \dfrac{1}{{ab}}\int_0^a {f(x)dx},
\displaystyle{A_n}\operatorname{senh}\left(\frac{n\pi b}{a}\right) = \dfrac{2}{a}\int_0^a {f(x)\cos \left( {\dfrac{{n\pi }}{a}x} \right)dx}.
Ejemplo: Hallar la solución del problema
\left\{ {\begin{array}{ll} {{u_{xx}} +{u_{yy}} = 0}&{0 < x < 1,\;0<y<1,} \\ {u(x,0) = x}&{0 < x < 1,} \\ u(x,1)=0&{0 < x < 1,} \\ {u_x(0,y) = 0}&{0<y<1,} \\ {u_x(1,y) = 0}&{0<y<1.} \end{array} } \right.
En este caso a=b=1 y la solución será de la forma
u(x,y) = {A_0}(y – b) + \sum\limits_{n = 1}^\infty {{A_n}} \operatorname{senh} \left( {\frac{{n\pi }}{a}(b – y)} \right)\cos \left( {\frac{{n\pi }}{a}x} \right).
Donde A_0 y A_n,\,n=1,2,\ldots son los coeficientes de Fourier del desarrollo en cosenos de la función f(x)=x en [0,1].
\displaystyle{a_0} = 2\int_0^1 {xdx} = 1.\Rightarrow A_0=-\dfrac{1}{2}
\begin{gathered}
{a_n} = 2\int_0^1 {x\cos (n\pi x)dx} = \dfrac{2}{{\pi n}}\underbrace{\left[ {x\operatorname{sen} (n\pi x)} \right]_0^1}_0 – \dfrac{2}{{\pi n}}\int_0^1 {\operatorname{sen} (n\pi x)dx} \\
\left. {\begin{array}{l}
{u = x}&{dv = \cos (n\pi x)dx} \\
{du = dx}&{v = \dfrac{1}{{\pi n}}\operatorname{sen} (n\pi x)}
\end{array}} \right\} = \dfrac{2}{{{\pi ^2}{n^2}}}\left[ {\cos (n\pi x)} \right]_0^1 = \dfrac{2}{{{\pi ^2}{n^2}}}\left[ {{{( – 1)}^n} – 1} \right]. \\
\end{gathered}
entonces
{A_n}\operatorname{senh} (n\pi ) = \dfrac{2}{{{\pi ^2}{n^2}}}\left[ {{{( – 1)}^n} – 1} \right] \Rightarrow {A_n} = \dfrac{{2\left[ {{{( – 1)}^n} – 1} \right]}}{{{\pi ^2}{n^2}\operatorname{senh} (n\pi )}}
Si n es par entonces A_n=0 y si es impar A_n=-\dfrac{4}{\pi^2n^2\operatorname{senh}(n\pi)}. Podemos escribir la solución como
\boxed{\color{blue}u(x,y) = \dfrac{1}{2}(1-y) – \frac{4}{{{\pi ^2}}}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{{(2n – 1)}^2}\operatorname{senh} ((2n – 1)\pi )}}\sinh \left( {(2n – 1)\pi (1 – y)} \right)\cos (2n – 1)\pi x.}}
Es evidente que lo que tenemos que aprender son la técnicas y no las fórmulas porque así, podemos resolver cualquier problema con las variantes que tenga.
Ejemplo: Utilizar el método de separación de variables para obtener la solución en [/katex][0,1]\times [0,\pi][/katex] del problema:
\left\{ {\begin{array}{ll} {{u_{xx}} +{u_{yy}}=0}, \\ u(x,0) = 0, \\ u_y(x,\pi)=0,\\ u(0,y) = 0, \\ u(1,y)=1. \end{array}} \right.\;
Considerando la solución como u(x,y)=X(x)\cdot Y(y) y sustituyendo en la ecuación se obtiene
X''(x)Y(y)+X(x)Y''(y)=0,
\dfrac{X''(x)}{X(x)}=-\dfrac{Y''(y)}{Y(y)}=\lambda.
De las condiciones tenemos
\left\{ \begin{gathered} u(x,0) = 0 \Rightarrow X(x) \cdot Y(0) = 0 \Rightarrow Y(0) = 0,\\ {u_y}(x,\pi ) = 0 \Rightarrow X(x) \cdot Y'(\pi ) = 0 \Rightarrow Y'(\pi ) = 0, \\ u(0,y) = 0 \Rightarrow X(0) \cdot Y(y) = 0 \Rightarrow X(0) = 0. \\ \end{gathered} \right.
lo que nos lleva a resolver el problema
\left\{ {\begin{array}{l} {Y''(y) + \lambda Y(y) = 0} \\ {Y(0) = 0,} \\ {Y'(\pi) = 0.} \end{array}} \right.
El polinomio característico es r^2+\lambda, con raícesr=\pm\sqrt{-\lambda}
Distingamos los casos posibles.
- \lambda=0 : Y(y)=a +by
\begin{gathered} Y(0) = 0 \Rightarrow a = 0 \Rightarrow Y(y) = by, \\ Y'(\pi ) = 0 \Rightarrow b = 0,\\ \end{gathered}
luego Y(y)=0.
- \lambda<0: Y(y)=ae^{-\sqrt{-\lambda}y}+be^{\sqrt{-\lambda}y}
\left\{ \begin{array}{l} Y(0) = 0 \Rightarrow a + b = 0 \\ Y'(\pi) = 0 \Rightarrow -a \sqrt \lambda{e^{ – \sqrt \lambda \pi }} + b \sqrt \lambda{e^{\sqrt \lambda \pi }} = 0 \\ \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{l} {a + b = 0} \\ {-a + b{e^{2\sqrt \lambda \pi}} = 0} \end{array}} \right.
sumando b\left(e^{2\sqrt \lambda \pi }+1\right)=0, luego b=a=0 y entonces Y(y)=0.
- \lambda>0: Entonces la soluciones son r=\pm\sqrt{\lambda} i. La solución es X(x)=a\cos\sqrt{\lambda}y+b\operatorname{sen}\sqrt{\lambda}y
Y(0) = 0 \Rightarrow a = 0 \Rightarrow Y(y) = b\operatorname{sen} \sqrt { \lambda } y.
Y'(\pi) = 0 \Rightarrow b \sqrt{-\lambda}\operatorname{cos} \sqrt { \lambda }\pi = 0 \Rightarrow \operatorname{cos} \sqrt { \lambda } \pi = 0 \Rightarrow \sqrt { \lambda } \pi = \dfrac{(2n-1)\pi}{2} .
Los valores propios son \lambda_n=\dfrac{(2n-1)^2}{4} y las funciones propias asociadas
Y_n(y)=\operatorname{sen}\left(\dfrac{(2n-1) y}{2}\right)\quad n=1,2,\ldots.
Para esos valores resolvemos
\left\{ {\begin{array}{l} {X''(x) – \lambda_n X(x) = 0} \\ {X(0) = 0.} \end{array}} \right.
La solución es X(x)=A_ne^{-\frac{(2n-1)x}{2}}+B_ne^{\frac{(2n-1)x}{2}} pero de la condición X(0)=0 obtenemos que B_n=-A_n, luego
X(x)=A_n\left(-e^{-\frac{(2n-1)x}{2}}+e^{\frac{(2n-1)x}{2}}\right)=2A_n\operatorname{senh}\left(\dfrac{(2n-1)x}{2}\right)=a_n\operatorname{senh}\left(\dfrac{(2n-1)x}{2}\right).
Consideremos que la solución es
u(x,y) = \sum\limits_{n = 1}^\infty {X(x) \cdot Y(y)} = \sum\limits_{n = 1}^\infty a_n\operatorname{senh}\dfrac{(2n-1)x}{2}\operatorname{sen}\dfrac{(2n-1) y}{2}.
Como u(1,y)=1
1=\sum\limits_{n = 1}^\infty a_n\operatorname{senh}\dfrac{2n-1}{2}\operatorname{sen}\dfrac{(2n-1) y}{2}.
Hagamos el desarrollo en senos de la función f(y)=1 en [0,\pi].
\displaystyle{c_n} = \frac{2}{\pi }\int_0^\pi {\operatorname{sen} n\pi ydy} = – \frac{2}{{\pi n}}\left[ {\cos n\pi y} \right]_0^\pi = – \frac{2}{{\pi n}}\left[ {{{( – 1)}^n} – 1} \right] = \frac{{2\left[ {1 – {{( – 1)}^n}} \right]}}{{\pi n}}.
Entonces
{a_n}\operatorname{senh} \left( {\dfrac{{2n – 1}}{2}} \right) = \dfrac{{2\left[ {1 – {{( – 1)}^n}} \right]}}{{\pi n}} \Rightarrow {a_n} = \dfrac{{2\left[ {1 – {{( – 1)}^n}} \right]}}{{\pi n\operatorname{senh} \left( {\dfrac{{2n – 1}}{2}} \right)}}{\text{ }}
Estos coeficientes valen 0 si n es par y \dfrac{4}{{\pi n\operatorname{senh}\left( \frac{{2n – 1}}{2}\right)}} si n es impar, es decir
\dfrac{4}{{\pi n\operatorname{senh} \frac{{4n – 3}}{2}}}\,\quad n=1,2,\ldots
y la solución es
\boxed{\color{blue}u(x,t) = \sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{4}{{\pi (2n – 1)\operatorname{senh} \frac{{4n – 3}}{2}}}\operatorname{senh}\frac{(2n-1)x}{2}\operatorname{sen}\frac{(2n-1) y}{2}.}