1. El documento introduce las ecuaciones diferenciales en derivadas parciales y estudia casos particulares como la ecuación de calor, ecuación de onda y ecuación de Laplace. 2. Explica cómo resolver EDPs mediante la separación de variables y el análisis de posibles valores de una constante. 3. Resuelve un ejemplo de la ecuación de calor aplicando separación de variables y las condiciones de frontera y de valor inicial para obtener una serie de soluciones.

1. 1 Ecuaciones Diferenciales en Derivadas Parciales
Vamos a dar una breve introducción a la resolución de ecuaciones diferenciales en derivadas parciales
(EDP0
s) y seguido de ello, estudiar los casos particulares de las ecuaciones de calor, ecuación de onda y la
ecuación de Laplace
1.1 Casos sencillos de EDP’s
Comenzaremos analizando la resolución de EDP’s, donde la misma sea fácil de obtener. De esta manera
tendremos más adelante, una idea más clara sobre cómo resolver las ecuaciones de calor, de onda y de
Laplace.
Generalmente, denotaremos por
U = U (x; t)
o bien
U = U (x; y)
a la función incógnita de estas ecuaciones.
Detallamos los ejemplos a continuación
Ejemplo 1 Resolver la EDP
@2
U
@x@y
= 0
Solución 1 Note que
@2
U
@x@y
= 0 =)
@
@x
@U
@y
= 0
Entonces, hacemos v =
@u
@y
y con ello, la ecuación resultante es
@v
@x
= 0
Esto implica que v es constante respecto a x y como U depende x y y inicialmente, deducimos que
v = '(y)
Por lo tanto
@U
@y
= ' (y)
e integrando, concluímos que
U =
Z
'(y)dy
| {z }
f(y)
+ g(x)
De manera que la solución será
U(x; y) = f(y) + g(x)
Ejemplo 2 Resolver la EDP
@2
U
@x@y
= x + y3
sometida a las condiciones:
U(1; y) = 2y2
4y
U(x; 2) = x + 8
1

2. Solución 2 Aplicando un procedimiento similar al del ejemplo anterior, vemos que
@
@x
(
@U
@y
) = x + y3
Z
@
@x
(
@U
@y
)dx =
Z
x + y3
dx
@U
@y
=
x2
2
+ y3
x + f(y)
De esto último, deducimos que
U(x; y) =
x2
y
2
+
y4
x
4
+
Z
f(y)dy + g(x)
Ahora, como U (1; y) = 2y2
4y; entonces
U(1; y) =
y
2
+
y4
x
4
+ F(y) + g(1)
2y2
4y =
y
2
+
y4
4
+ F(y) + g(1)
Por lo tanto
F(y) =
y4
4
+ 2y2 9
2
y g(1)
Así
U(x; y) =
x2
y
2
+
y4
4
y4
4
+ 2y2 9
2
y g(1) + g(x)
Por otra parte, como U(x; 2) = x + 8; al aplicar esto en la última ecuación, tenemos que
U(x; 2) = x2
+ 4x 4 + 8 + 9 g(1) + g(x)
x + 8 = x2
+ 4x + 13 g(1) + g(x)
Y de esta manera
g(x) = x2
3x 5 + g(1)
Así, la solución de la EDP original es
U(x; y) =
x2
2
y +
y4
4
x
y4
4
+ 2y2 9
2
y + x2
3x 5
De…nición 1 (Forma general de las EDP´s lineales) La ecuación diferencial en derivadas parciales.
A
@2
U
@x2
+ B
@2
U
@x@y
+ C
@2
U
@y2
+ D
@U
@x
+ E
@U
@y
+ FU = H
Se clasi…ca como:
.Si B2
4AC < 0: Eliptica
Si B2
4AC = 0 : Parabólica
SiB2
4AC > 0 : Hiperbólica
2

3. Ejemplo 3 Clasi…que las siguientes ecuaciones:
(a) 5
@2
U
@x2
=
@U
@y
(b)
@2
U
@x2
@2
U
@y2
= 0
(c)
@2
U
@x2
+
@2
U
@y2
= 0
Solución 3 Tenemos:
(a) Como A = 5; B = 0 y C = 0; entonces B2
4AC = 0 y la EDP es parabólica.
(b) Como A = 1; B = 0 y C = 1; entonces B2
4AC = 4 > 0 y la EDP es hiperbólica.
(a) Como A = 1; B = 0 y C = 1; entonces B2
4AC = 4 < 0 y la EDP es elíptica.
1.1.1 Técnica de Separación de variables
La estrategia que emplearemos para resolver las ecuaciones de calor, de onda y de Laplace, es suponer que
la solución U(x; y) es de la forma
U(x; y) = X(x)Y (y)
Es decir, que U(x; y) es el producto de dos funciones de una variable distinta cada una.
Ejemplo 4 Determinar las soluciones de la E.D.P
Ux + Uy = 0
Solución 4 Empleando la separación de variables, tenemos
U = X Y
Por lo tanto
Ux = X0
Y Uy = X Y 0
Sustituyendo en la EDP:
Ux + Uy = 0
X0
Y + XY 0
= 0
X0
Y = XY 0
ahora, separamos las variables para obtener
X0
X
=
Y 0
Y
Note que esta última igualdad se da entre funciones de distinta variable y para que esta igualdad sea
verdadera, el resultado de la igualdad es una constante numérica que llamaremos : Así pues
X0
X
= =
Y 0
Y
•
3

4. De la primera de estas igualdades, deducimos que
X0
X
= =) X0
X = 0
Lo anterior, por ser una EDO lineal de primer orden homogénea, implica que
X = C1e x
Ahora bien, de la segunda igualdad de •; obtenemos
Y 0
Y
=
que equivale a
Y 0
+ Y = 0
Misma que también es una EDO lineal de primer orden homogénea y por ello
Y = C2e y
Finalmente, la solución buscada es
U(x; y) = X (x) Y (y)
= C1e x
C2e y
= C1C2e (x y)
Importante 1 No todas la ecuaciones E.D.P se pueden separar.
Ejemplo 5 Separe las variables en la EDP:
Uxx + Uxy + Uyy = 0
Solución 5 Al asumir que
U = X Y
y calcular las correspondientes derivadas, conseguimos
X00
Y + X0
Y 0
+ XY 00
= 0
Y note que acá, separar las variables resulta imposible.
1.2 Ecuaciones de Calor, Onda y Laplace
A continuación, estudiaremos las 3 ecuaciones en derivadas parciales de relevancia para nuestro curso.
Las mismas se estudian puesto que modelan fenómenos físicos como la temperatura de una varilla o
alambre delgados (ecuación de calor) ;vibraciones de cuerdas atadas a dos extremos …jos (ecuación de onda) y
temperatura de una lámina plana (ecuación de Laplace)
4

5. 1.2.1 Ecuación de Calor
La ecuación de calor modela el fenómeno de la variación de la temperatura de una barra delgada o alambre
recto de longitud l y en cualquier tiempo t, siempre que sus extremos estén en todo momento se mantengan
a 0 C y con una temperatura inicial . Así mismo, se asumen varios supuestos como el hecho de que en la
super…cie de la varilla no se pierde calor ni que éste se genera en la varilla, el ‡ujo del mismo se da en la
dirección positiva del eje X, la varilla es homogénea y que la conductividad térmica, denotada por K y el
calor especí…co, son constantes. Bajo todas estas condiciones entonces, el problema de valores iniciales y
con valores en la frontera a resolver es
.
8
>>>>>>>>>>><
>>>>>>>>>>>:
K2
Uxx = Ut
U(0; t) = 0
U(l; t) = 0
U(x; 0) = f(x)
Para resolverla, hacemos la debida separación de variables, partiendo del supuesto:
U = X T
Con ello
Ux= X0
T Uxx = X00
T Ut = XT0
Luego, al sustituir en la ED, obtenemos
K2
X00
T = XT0
Seguidamente, cuando separamos las variables, nos queda
X00
X
= =
T’
K2T
Posterior a esto, hacemos el análisis de la solución a partir de posibles valores de ; y a partir de esto, hallar
la función U (x; t) empleando inclusive, series de Fourier, pero vamos a explicar esto mejor con ejemplos.
Ejemplo 6 Resolver la ecuación de calor: 8
>>>>>>>>>>><
>>>>>>>>>>>:
Uxx = Ut
U(0; t) = 0
U( ; t) = 0
U(x; 0) =ex
Solución 6 Partimos del hecho que luego de saparar las variables, se llega a
X00
X
= =
T0
T
|
Hacemos entonces, el siguiente estudio de casos:
5

6. I Caso: = 2
> 0 : Las ecuaciones resultantes al hacer el cambio en |; son
X00 2
X = 0 y T0 2
T = 0
De donde
X = C1e x
+ C2e x
Y = C3e
2
t
Y con ello
U(x; t) = [C1e x
+ C2e x
]C3e
2t
Ahora, empleamos las condiciones de frontera
U( ; t) = 0 y U(0; t) = 0
Así, concluimos que
X (0) T (t) = 0
X ( ) T (t) = 0
A partir de esto vemos que
X (0) = X ( ) = 0
pues de otra manera, implicaría que T (t) = 0 y así
U (x; t) = X (x) T (t) = 0
pero esta es la solución trivial y no es de nuestra importancia. Ahora bien
X (0) = C1 + C2 = 0
X ( ) = C1e + C2e = 0
Entonces es fácil ver que C2 = C1 y cambiando esto en la segunda ecuación, deducimos que
C1e C1e = 0
C1 e e = 0
De acá se desprenden dos posibilidades:
1. Si C1 = 0 : Automáticamente tenemos que C2 = 0 y así
X (x) = C1
|{z}
0
e x
+ C2
|{z}
0
e x
= 0
lo cual implicaría otra vez que
U (x; t) = X (x) T (t) = 0
2. Si más bien suponemos que e e = 0; veri…camos lo siguiente:
e = e ) = ) = ) = 0
6

7. pero = 0 es contradicción pues 2
= > 0; por lo que este caso no aporta soluciones.
II Caso: = 0 : De |; vemos que
X00
X
= 0 =
T0
T
Esto permite inferir que
X00
= 0 =) X = C1x + C2
T0
= 0 =) T = C3
Y de ahí, obtenemos
U(x; t) = (C1x + C2)C3
Ahora, aplicando las condiciones iniciales, del caso anterior sabemos que
X (0) = X ( ) = 0
En consecuencia
U(0; t) = C2C3 = 0
Lo que implica que C2 ó C3 son 0: Si C3 = 0; esto implica que
T = 0 ) U(x; t) = 0
Entonces debería suceder que C2 = 0; por lo que
X = C1x
pero
X ( ) = 0 =) C1 = 0
de manera que C1 = 0 y así otra vez
U(x; t) =( C1
|{z}
0
x+ C2
|{z}
0
)C3= 0
que no es la solución que queremos y de ahí que este caso tampoco aporta soluciones.
III Caso < 0, con = 2
: Al cambiar en |; esta vez obtenemos
X00
X
= 2
=
T0
T
y obtenemos las ecuaciones
X00
+ 2
X = 0 y T0
+ 2
T = 0
Fácilmente vemos que las soluciones de estas ecuaciones son
X = C1 cos ( x) +C2 sin (ax)
T = C3e
2
t
Y luego
U(x; t) = (C1cos ( x) +C2 sin ( x) )C3e
2
t
Aplicamos de nueva cuenta las condiciones de frontera
X (0) = X ( ) = 0
7

8. para deducir que
U(0; t) = C1C3e
2
t
De manera que C1 = 0 ó C3 = 0: Esta segunda condición implica que
T = 0 ) U (x; t) = 0
y nuevamente se llega a la solución trivial. Mientras que si C1 = 0; entonces
U(x; t) = C2 sin ( x) C3e
2
t
= C2C3 sin ( x) e
2
t
La otra condición inicial (X ( ) = 0) ; implica que
u( ; t)= C2 C3 sin ( ) e
2
t
= 0
Ya vimos que C3 6= 0 y además, se sabe que e
2
t
6= 0; por lo que C2 = 0 ó sin ( ) : De darse que C2; se
obtendría una vez más la solución trivial U (x; t) = 0; y de esto se deduce la condición
sin ( ) = 0
entonces
= n ) = n
Así
U(x; t) = C2C3 sin (nx) e n2
t
Note que para cada valor de n; obtenemos una solución de la EDP de calor. Consideramos entonces las
soluciones de la EDP de calor de la forma
Un(x; t)= bn sin (nx) e n2
t
Y por el principio de superposición, sabemos que
U(x; t) =
1X
n=1
bn sin (nx) e n2
t
también es solución de la EDP. Ahora, damos uso a la condición inicial para inferir que
U(x; 0) =
1X
n=1
bn sin (nx) = ex
Es decir, debemos hallar la serie de senos de Fourier de f (x) = ex
en el intervalo [0; ] : Calculamos dicha
serie haciendo
bn=
2
Z
0
ex
sin (nx) dx
De donde
bn=
2n2
(n2 + 1)
1 ( 1)
n
e
n
Por lo que …nalmente
U(x; t) =
1X
n=1
bn sin (nx) e n2
t
=
1X
n=1
2n (1 ( 1)
n
e )
(n2 + 1)
sin (nx) e n2
t
8

9. Ejemplo 7 Resolver la ecuación de calor:
8
>>>>>>>>>>>>>>>><
>>>>>>>>>>>>>>>>:
Uxx = Ut
U(0; t) = 0
U(2 ; t) = 0
U(x; 0) =
8
><
>:
x si 0 < x <
2 x si < x < 2
Solución 7 Partimos del hecho que luego de saparar las variables, se llega a
X00
X
= =
T0
T
|
Hacemos entonces, el siguiente estudio de casos:
I Caso: = 2
> 0 : Las ecuaciones resultantes al hacer el cambio en |; son
X00 2
X = 0 y T0 2
T = 0
De donde
X = C1e x
+ C2e x
Y = C3e
2
t
Y con ello
U(x; t) = [C1e x
+ C2e x
]C3e
2t
Ahora, empleamos las condiciones de frontera
U(2 ; t) = 0 y U(0; t) = 0
Así, concluimos que
X (0) T (t) = 0
X (2 ) T (t) = 0
A partir de esto vemos que
X (0) = X (2 ) = 0
pues de otra manera, implicaría que T (t) = 0 y así
U (x; t) = X (x) T (t) = 0
pero esta es la solución trivial y no es de nuestra importancia. Ahora bien
X (0) = C1 + C2 = 0
X (2 ) = C1e2
+ C2e 2
= 0
9

10. Entonces es fácil ver que C2 = C1 y cambiando esto en la segunda ecuación, deducimos que
C1e2
C1e 2
= 0
C1 e2
e 2
= 0
De acá se desprenden dos posibilidades:
1. Si C1 = 0 : Automáticamente tenemos que C2 = 0 y así
X (x) = C1
|{z}
0
e2 x
+ C2
|{z}
0
e 2 x
= 0
lo cual implicaría otra vez que
U (x; t) = X (x) T (t) = 0
2. Si más bien suponemos que e2
e 2
= 0; veri…camos lo siguiente:
e2
= e 2
) 2 = 2 ) = ) = 0
pero = 0 es contradicción pues 2
= > 0; por lo que este caso no aporta soluciones.
II Caso: = 0 : De |; vemos que
X00
X
= 0 =
T0
T
Esto permite inferir que
X00
= 0 =) X = C1x + C2
T0
= 0 =) T = C3
Y de ahí, obtenemos
U(x; t) = (C1x + C2)C3
Ahora, aplicando nuevamente las condiciones de frontera,del caso anterior sabemos que
X (0) = X (2 ) = 0
En consecuencia
U(0; t) = C2C3 = 0
Lo que implica que C2 ó C3 son 0: Si C3 = 0; esto implica que
T = 0 ) U(x; t) = 0
Entonces debería suceder que C2 = 0; por lo que
X = C1x
pero
X (2 ) = 0 =) 2C1 = 0
de manera que C1 = 0 y así otra vez
U(x; t) = ( C1
|{z}
0
x+ C2
|{z}
0
)C3= 0
que no es la solución que queremos y de ahí que este caso tampoco aporta soluciones.
10

11. III Caso < 0, con = 2
: Al cambiar en |; esta vez obtenemos
X00
X
= 2
=
T0
T
y obtenemos las ecuaciones
X00
+ 2
X = 0 y T0
+ 2
T = 0
Fácilmente vemos que las soluciones de estas ecuaciones son
X = C1 cos ( x) +C2 sin ( x)
T = C3e
2
t
Y luego
U(x; t) = (C1cos ( x) +C2 sin ( x) )C3e
2
t
Aplicamos las condiciones iniciales
X (0) = X (2 ) = 0
para deducir que
U(0; t) = C1C3e
2
t
De manera que C1 = 0 ó C3 = 0: Esta segunda condición implica que
T = 0 ) U (x; t) = 0
y nuevamente se llega a la solución trivial. Mientras que si C1 = 0; entonces
U(x; t) = C2 sin ( x) C3e
2
t
= C2C3 sin ( x) e
2
t
La otra condición inicial (X (2 ) = 0) ; implica que
u(2 ; t) = C2 C3 sin (2 ) e
2
t
= 0
Ya vimos que C3 6= 0 y además, se sabe que e
2
t
6= 0; por lo que C2 = 0 ó sin (2 ) : De darse que C2; se
obtendría una vez más la solución trivial U (x; t) = 0; y de esto se deduce la condición
sin (2 ) = 0
entonces
2 = n ) =
n
2
Así
U(x; t) = C2C3 sin
nx
2
e n2
t
Note que para cada valor de n; obtenemos una solución de la EDP de calor. Consideramos entonces las
soluciones de la EDP de calor de la forma
Un(x; t)= bn sin
nx
2
e n2
t
Y por el principio de superposición, sabemos que
U(x; t) =
1X
n=1
bn sin
nx
2
e n2
t
11

12. también es solución de la EDP. Ahora, damos uso a la condición de frontera para inferir que
U(x; 0) =
1X
n=1
bn sin
nx
2
=
8
><
>:
x si 0 < x <
2 x si < x < 2
Es decir, debemos hallar la serie de senos de Fourier de f (x) =
8
><
>:
x si 0 < x <
2 x si < x < 2
en el intervalo
[0; ] : Calculamos dicha serie haciendo
bn =
2
2
Z 2
0
f (x) sin
nx
2
dx
=
1
0
B
B
B
B
B
@
Z
0
x sin
nx
2
dx
| {z }
+
2Z
(2 x) sin
nx
2
dx
| {z }
N
1
C
C
C
C
C
A
=
2x cos
nx
2
n
0
+
2
n
Z
0
cos
nx
2
dx
| {z }
+
2 (2 x) cos
nx
2
n
2
2
n
2Z
cos
nx
2
dx
| {z }
N
=
2 cos
n
2
n
+
4 sin
nx
2
n2
0
| {z }
+
2 cos
n
2
n
4 sin
nx
2
n2
2
| {z }
N
=
4 sin
n
2
n2
0
B
B
@
4 sin (n )
n2
| {z }
0
4 sin
n
2
n2
1
C
C
A
=
8 sin
n
2
n2
De donde
Por lo que …nalmente
U(x; t) =
1X
n=1
bn sin (nx) e n2
t
=
1X
n=1
0
@
8 sin
n
2
n2
1
A sin (nx) e n2
t
1.2.2 Ecuación de Onda
La ecuación de onda permite estudiar el movimiento de una cuerda vibrante de longitud l; atada en sus
extremos. Dicho movimiento se da perpendicular al eje X. Asumiremos para esta situación algunos hechos
como la ‡exibilidad completa y homogeneidad de la cuerda, los desplazamientos son pequeños comparados
con la longitud de la cuerda, la tensión de la cuerda es constante y grande respecto a la fuerza de gravedad
y además, que sobre la cuerda no actúan otras fuerzas. El problema de valor inicial y con valores en la
frontera que nos modela este fenómeno es
12

13. 8
>>>>>>>>>>>>>>>><
>>>>>>>>>>>>>>>>:
k2
Uxx = Utt
U (0; t) = 0
U (l; t) = 0
U (x; 0) = f (x)
Ut (x; 0) =g (x)
Ejemplo 8 Resolver la ecuación de onda.
8
>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>><
>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>:
4Uxx= Utt
U (x; 0) = x
Ut (x; 0) = 1
U (0; t) = 0; 8t 0
U
2
; t = 0; 8t 0
Solución 8 Hacemos separación de variables
U (x; t) = X(x)T(t)
Para obtener que
4Uxx = Utt
4X00
T = XT00
X00
X
= =
T00
4T
De esta manera, se originan las ecuaciones
X00
X= 0
T00
4 T= 0
Las cuales eerán resueltas analizando los siguientes casos:
Caso I: > 0, = 2
: Las soluciones que se obtienen son
X = C1e x
+ C2e x
T = C3e2 t
+C4e 2 t
13

14. Y con ello
U (x; t) = X T = C1e x
+ C2e x
C3e2 t
+C4e 2 t
Ahora, aplicando las condiciones de frontera
U (0; t) = X (0) T (t) = 0
Entonces, para que no obtengamos la solución trivial, deducimos que X (0) = 0; pero
X (0) = C1 C2
entonces C1 = C2 y por tanto
X(x) =C1 e x
+ e x
Pero al emplear la otra condición inicial U
2
; t = 0 , tenemos
X(
2
) = 0 ) C1 e 2 e 2
Y esto implica que = 0; pero esto contradice el hecho de que = 2
> 0:
Caso II: = 0 : Las soluciones que conseguimos son
X = C1 + C2x
T = C3 + C4t
Entonces, aplicando otra vez la condición de frontera, se obtiene
U (0; t) = 0 ) X= C1
Es decir
X = C2x
pero también como
U
2
; t = 0 =) X
2
= C2
2
= 0
De donde
C2 = 0
Y así, tendremos nuevamente la solución trivial
U (x; t) = 0
Caso III: < 0, = 2
: Las soluciones que se deducen son
X(x) = C1 cos ( x) +C2 sin ( x)
T(t) = C3 cos (2 t) +C4 sin (2 t)
Y aplicándoles las condiciones de frontera, una vez más, se cumple que
U(0; t) = 0 ) X(0)T (t) = 0
Nuevamente tomamos X (0) = 0 para evitar la solución trivial, además
X(0) = C1
14

15. Por lo que
X(x) = C2 sin ( x)
También
X
2
= C2 sin(
2
) = 0
Lo cual, para no obtener la solución trivial, implicaría que
2
= n
Por lo cual
= 2n
Así
X (x) = C2 sin (2nx)
por lo que podemos considerar
Xn (x) = Cn sin (2nx)
y usar superposición para deducir que
Xn (x) =
1X
n=1
Cn sin (2nx)
Tn (t) = (Dn cos (4nt) +En sin (4nt))
Y con ello
U (x; t) =
1X
n=1
Un (x; t)
=
1X
n=1
Xn (x) Tn (t)
=
1X
n=1
Cn sin (2nx) (Dn cos (4nt) +En sin (4nt))
=
1X
n=1
sin (2nx) (an cos (4nt) +bn sin (4nt))
Ahora, aplicamos las condiciones iniciales. Primero, tenemos que
U (x; 0) = x
pero al sustituir directamente en U (x; t) ; también notamos que
U (x; 0) =
1X
n=1
an sin (2nx)
por lo que
1X
n=1
an sin (2nx) = x
15

16. donde
an =
2
2
2Z
0
x sin (2nx) dx
| {z }
u=2nx; du=2ndx
=
1
n2
nZ
0
u sin (u) du
=
1
n2
u cos u + sin u
n
0
=
( 1)
n+1
n
Mientras que
Ut(x; t) =
1X
n=1
sin (2nx) ( 4nan sin (4nt) +4nbn cos (4nt))
Entonces
Ut(x; 0) =
1X
n=1
sin (2nx) 4nbn
|{z}
dn
= 1
=
1X
n=1
dn sin (2nx) = 1
con
dn =
2
2
2Z
0
sin (2nx)dx
=
2
n
cos (u)
n
0
=
2
n
( 1)
n+1
+ 1
=
2 ( 1)
n+1
+ 1
n
De manera que
4nbn =
2 ( 1)
n+1
+ 1
n
bn =
( 1)
n+1
+ 1
2n2
Por lo tanto
U (x; t) =
1X
n=1
sin (2nx) (an cos (4nt) +bn sin (4nt))
=
1X
n=1
sin (2nx)
( 1)
n+1
n
cos (4nt) +
( 1)
n+1
+ 1
2n2
sin (4nt)
!
16

17. Ejemplo 9 Resolver la ecuación de onda.
8
>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>><
>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>:
Uxx= Utt
U (x; 0) =0 si 0 < x < 2
Ut (x; 0) =
8
>>><
>>>:
x si 0 < x < 1
2 x si 1 < x < 2
U (0; t) = 0; 8t 0
U (2; t) = 0; 8t 0
Solución 9 Hacemos separación de variables
U (x; t) = X(x)T(t)
Para obtener que
Uxx = Utt
X00
T = XT00
X00
X
= =
T00
T
De esta manera, se originan las ecuaciones
X00
X= 0
T00
T= 0
Las cuales eerán resueltas analizando los siguientes casos:
Caso I: > 0, = 2
: Las soluciones que se obtienen son
X = C1e x
+ C2e x
T = C3e t
+C4e t
Y con ello
U (x; t) = X T = C1e x
+ C2e x
C3e t
+C4e t
Ahora, aplicando las condiciones de frontera
U (0; t) = X (0) T (t) = 0
Entonces, para que no obtengamos la solución trivial, deducimos que X (0) = 0; pero
X (0) = C1 + C2
17

18. entonces C1 = C2 y por tanto
X(x) =C1 e x
e x
Pero al emplear la otra condición de frontera (U (2; t) = 0), tenemos
X(2) = 0 ) C1 e2
e 2
Y esto implica que = 0; pero esto contradice el hecho de que = 2
> 0:
Caso II: = 0 : Las soluciones que conseguimos son
X = C1 + C2x
T = C3 + C4t
Entonces, aplicando las condiciones de frontera de nuevo, obtenemos
U (0; t) = 0 ) X (0) = 0
pero como
X (0) = C1
entonces
C1 = 0
Y así
U (x; t) = C2x (C3 + C4t)
Mientras que usando la condición
U (2; t) = 0 ) X (2) = 0
Pero
X (2) = 2C2 = 0 ) C2 = 0
pero esto nuevamente conduce a la solución trivial.
Caso III: < 0, = 2
: Las soluciones que se deducen son
X(x) = C1 cos ( x) +C2 sin ( x)
T(t) = C3 cos ( t) +C4 sin ( t)
Y aplicándoles las condiciones de frontera otra vez, se cumple que
U(0; t) = 0 ) X(0)T (t) = 0
Nuevamente tomamos X (0) = 0 para evitar la solución trivial, además
X(0) = C1
Por lo que
X(x) = C2 sin ( x)
También
X (2) = C2 sin (2 ) = 0
Lo cual, para no obtener la solución trivial, implicaría que
2 = n
18

19. Por lo cual
=
n
2
Así
X (x) = C2 sin (
n x
2
)
por lo que podemos considerar
Xn (x) = Cn sin (
n x
2
)
y usar superposición para deducir que
Xn (x) =
1X
n=1
Cn sin (
n x
2
)
Tn (t) = Dn cos (
n t
2
)+En sin (
n t
2
)
Y con ello
U (x; t) =
1X
n=1
Un (x; t)
=
1X
n=1
Xn (x) Tn (t)
=
1X
n=1
Cn sin (
n x
2
) Dn cos (
n t
2
)+En sin (
n t
2
)
=
1X
n=1
sin (
n x
2
) dn cos (
n t
2
)+en sin (
n t
2
)
Ahora, aplicamos las condiciones iniciales. Primero, tenemos que
U (x; 0) = 0
pero al sustituir directamente en U (x; t) ; también notamos que
U (x; 0) =
1X
n=1
dn sin (
n x
2
)
por lo que
1X
n=1
dn sin (
n x
2
) = 0
donde
dn =
2
2
2Z
0
0 sin (
n x
2
)dx = 0
Mientras que
Ut(x; t) =
1X
n=1
sin (
n x
2
)
n
2
dn sin (
n t
2
)+
n
2
en cos (
n t
2
)
Entonces
Ut(x; 0) =
1X
n=1
sin (
n x
2
)
n
2
en
| {z }
fn
=
8
><
>:
x si 0 < x < 1
2 x si 1 < x < 2
=
1X
n=1
fn sin
n x
2
=
8
><
>:
x si 0 < x < 1
2 x si 1 < x < 2
19

20. con
fn =
2
2
2Z
0
f (x) sin
n x
2
dx
=
1Z
0
x sin
n x
2
dx
| {z }
1
+
2Z
1
(2 x) sin
n x
2
dx
| {z }
2
=
2x cos
n x
2
n
1
0
+
2
n
1Z
0
cos
n x
2
dx
| {z }
1
+
2 (2 x) cos
n x
2
n
2
1
2
n
2Z
1
cos
n x
2
dx
| {z }
2
=
2 cos
n
2
n
+
4 sin
n x
2
n2 2
1
0
| {z }
1
+
2 cos
n
2
n
4 sin
n x
2
n2 2
2
1
| {z }
2
=
4 sin
n
2
n2 2
0
@4 sin (n )
n2 2
4 sin
n
2
n2 2
1
A
=
8 sin
n
2
n2 2
De manera que
n
2
en =
8 sin
n
2
n2 2
en =
16 sin
n
2
n3 3
Por lo tanto
U (x; t) =
1X
n=1
sin (
n x
2
) dn cos (
n t
2
)+en sin (
n t
2
)
=
1X
n=1
sin (
n x
2
)
0
@
16 sin
n
2
n3 3
sin (
n t
2
)
1
A
=
16
n3 3
1X
n=1
sin (
n x
2
) sin
n
2
sin (
n t
2
)
20

21. 1.2.3 Ecuación de Laplace
La ecuación de Laplace nos permite resolver el problema de hallar la temperatura correspondiente al estado
permanente de una placa rectangular plana, siempre a través de los lados de dicha placa no se pierda calor.
El correspondiente problema de valores inciales y de valor en la frontera que vamos a resolver es
8
>>>>>><
>>>>>>:
Uxx + Uyy = 0 0 < x < a 0 < y < b
Ux (0; y) = 0 Ux (a; y) = 0 0 < y < b
U (x; 0) = 0 U (x; b) = f (x) 0 < x < a
O bien, otra posible forma del problema es
8
>>>>>><
>>>>>>:
Uxx + Uyy = 0 0 < x < a 0 < y < b
Uy (x; 0) = 0 Uy (x; b) = 0 0 < x < a
U (0; y) = 0 U (a; y) = g (y) 0 < y < b
La solución de esta ecuación, en cualquier caso, es igual que las 2 ecuaciones anteriormente vistas y se
realiza primeramente efectuando la debida separación de variables, Si
U (x; y) = X (x) Y (y)
entonces
Uxx = X00
Y Uyy = XY 00
Y así, al cambiar en la EDP, tenemos que
X00
Y + XY 00
= 0
X00
X
= =
Y 00
Y
Ahora corresponde a hacer el debido estudio de casos para y vamos a usar los siguientes ejemplos para
ilustrarlo mejor.
Ejemplo 10 Resolver la ecuación de Laplace:
8
>>>>>>>>><
>>>>>>>>>:
Uxx+Uyy = 0
Uy(x; 0) = 0
Uy(x; 1) = 0
U(0; y) = 0
U(1; y) = 1 y
Solución 10 Esta ecuación corresponde al segundo tipo mostrado antes. Partiendo de las últimas ecuaciones
obtenidas, analizamos los distintos casos
I Caso < 0, = 2
: Las ecuaciones resultantes son
X00
+ 2
X = 0
Y 00 2
Y = 0
21

22. Las soluciones respectivas son
X = C1cos ( x) +C2 sin ( x)
Y = C3e y
+C4e y
De donde
U (x; y) = (C1cos ( x) +C2 sin ( x)) C3e y
+C4e y
Ahora, para aplicar las condiciones de frontera (en y), primero hacemos
Uy(x; y) = (C1cos ( x) +C2 sin ( x)) C3e y
C4e y
de donde
Uy(x; 0) = (C1cos ( x) +C2 sin ( x)) ( C3 C4) = 0
De acá entonces se concluye que
C3 C4 = 0
Por ende
C3 = C4
De esta forma
U (x; y) = (C1cos ( x) +C2 sin ( x)) C3 e y
+e y
Por otra parte, haciendo uso de la otra condición de frontera en y, tenemos:
Uy(x; 1) = (C1cos ( x) +C2 sin ( x)) C3 e e = 0
De lo anterior, inferimos que
e e = 0
lo que implica que = 0. Esto contradice el supuesto de que = 2
< 0: Por tanto, este caso no aporta
otra solución que no sea la trivial.
II Caso = 0 : De las ecuaciones halladas luego de separar las variables, tenemos que
X00
X
= 0 =
Y 00
Y
Esto permite ver que
X00
= 0 y Y 00
= 0
Lo cual fácilmente se traduce en
X = C1x + C2
Y = C3y + C4
De donde
U (x; y) = (C1x + C2) (C3y + C4)
Empleando las condiciones de frontera correspondientes, vemos que
Uy (x; y) = (C1x + C2) C3
Y así
Uy (x; 0) = (C1x + C2) C3 = 0
22

23. Lo cual implica que C3 = 0; entonces
U (x; y) = (C1x + C2) C4
Pero con esto se tiene que
Uy (x; y) = 0
para 0 y 1: Lo cual signi…ca que la condición Uy (x; 1) = 0 no aporta información y por tanto nuestra
solución quedará en
U (x; y) = (C1x + C2) C4
= C1C4
| {z }
P
x + C2C4
| {z }
Q
= Px + Q
Aplicando ahora otra de las condiciones de frontera (U (0; y) = 0) concluímos que Q = 0 y con esto,
U (x; y) = Px
Y al usar la última condición establecida al inicio del problema (U (1; y) = 1 y), obtenemos
P = 1 y
Pero esto no puede darse ya que P es constante, mientras que y es variable y por tanto, no hay solución
para este caso.
III Caso: > 0; = 2
: Cambiando en las ecuaciones del principio, llegamos a
X00
X
= 2
=
Y 00
Y
Las soluciones que se producen son
X = C1e x
+C2e x
Y = C3 cos ( y) +C4sin ( y)
Y entonces
U (x; y) = C1e x
+C2e x
(C3 cos ( y) +C4sin ( y))
Como ya es conocido, después de esto de emplean las condiciones de frontera para obtener
Uy (x; y) = C1e x
+C2e x
( C3sin ( y) + C4 cos ( y))
Para luego, ver que
Uy (x; 0) = C1e x
+C2e x
C4 = 0
Uy (x; 1) = C1e x
+C2e x
( C3sin ( ) + C4 cos ( )) = 0
Si fuese que = 0; contradecimos el hecho que = 2
> 0: Por ende C4 = 0 de la primera ecuación y usando
esto en la segunda, vemos que
C3sin ( ) = 0
23

24. Esto implica que sin ( ) = 0; pues si se diera que C3 = 0, pasaría que Y (y) = 0 y en seguida, U (x; y) = 0: En
consecuencia
= n
Teniendo esto, consideremos
Un (x; y) = Cnen x
+Dne n x
En cos (n y)
= anen x
+bne n x
cos (n y)
Donde an = CnEn y bn = DnEn; por lo que
U(x; y) =
1X
n=1
Un (x; y) =
1X
n=1
anen x
+bne n x
cos (n y)
Ya con esto, …nalmente podemos dar uso a las condiciones de frontera en x. Primero hacemos
U(0; y) =
1X
n=1
an + bn
| {z }
An
cos (n y) =
1X
n=1
An cos (n y) = 0
Lo que signi…ca que
An = 0
an + bn = 0
an = bn
Por otra parte, la condición U(0; y) = 1 y implica
1X
n=1
anen
+bne n
cos (n y) = 1 y
1X
n=1
an en
e n
| {z }
Bn
cos (n y) = 1 y
1X
n=1
Bn cos (n y) = 1 y
que a su vez signi…ca que debemos hallar la serie de cosenos de f (y) = 1 y: Haciendo esto, tenemos
B0 = 2
Z 1
0
(1 y) dy = 1
Y además
Bn = 2
Z 1
0
(1 y) cos (n y)dy
= 2
0
B
B
B
@
(1 y) sin (n y)
n
1
0
| {z }
0
+
1
n
Z 1
0
sin (n y)dy
1
C
C
C
A
=
2 cos (n y)
n2 2
1
0
=
2 (( 1)
n
1)
n2 2
24

25. Por lo que
an en
e n
=
2 (( 1)
n
1)
n2 2
an =
2 (( 1)
n
1)
n2 2 (en e n )
Y consecuentemente
bn = an
=
2 (( 1)
n
1)
n2 2 (en e n )
inalmente, tenemos
U(x; y) =
1X
n=1
Un (x; y)
=
1X
n=1
anen x
+bne n x
cos (n y)
=
1X
n=1
2 (( 1)
n
1)
n2 2 (en e n )
en x
+
2 (( 1)
n
1)
n2 2 (en e n )
e n x
cos (n y)
.
25