El documento resuelve dos ecuaciones diferenciales parciales usando el método de separación de variables. La primera ecuación se resuelve obteniendo soluciones para las funciones w(x) y ψ(x,t) mediante integración. La segunda ecuación también se resuelve obteniendo ψ(x,t) como una serie de funciones coseno y seno que satisfacen las condiciones de contorno.

1. MAPIQ 2
Solución TAREA #5
1) Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales parciales usando el método de separación
de variables:
𝑢 = 𝑓(𝑥, 𝑡)
𝒂) 𝑎2 𝜕2 𝑢(𝑥,𝑡)
𝜕𝑥2
+ 𝐴𝑥 =
𝜕𝑢2(𝑥,𝑡)
𝜕𝑡2
𝐴 → 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑛𝑢𝑚é𝑟𝑖𝑐𝑎
𝑢(0, 𝑡) = 0 ; 𝑢(1, 𝑡) = 0; 𝑡 > 0
𝑢(𝑥, 0) = 0; 𝑢′(𝑥, 0) = 0 ; 0 < 𝑥 < 1
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝜓(𝑥, 𝑡) + 𝑤(𝑥)
Cambiando la ecuación obtenemos:
𝑎2
𝜕2
𝜓(𝑥, 𝑡)
𝜕𝑥2
+ 𝑎2
𝜕2
𝑤(𝑥)
𝜕𝑥2
+ 𝐴𝑥 =
𝜕𝜓2
(𝑥, 𝑡)
𝜕𝑡2
Haciendo:
𝑎2
𝜕2
𝑤(𝑥)
𝜕𝑥2
+ 𝐴𝑥 = 0 (1)
𝑎2
𝜕2
𝜓(𝑥, 𝑡)
𝜕𝑥2
=
𝜕𝜓2(𝑥, 𝑡)
𝜕𝑡2
(2)
Modificando las condiciones frontera para ambas variables obtenemos:
𝑢(0, 𝑡) = 0 ; 𝑢(1, 𝑡) = 0; 𝑡 > 0
𝑢(0, 𝑡) = 𝜓(0, 𝑡) + 𝑤(0)
𝑢(1, 𝑡) = 𝜓(1, 𝑡) + 𝑤(1)
Por lo tanto:
𝜓(0, 𝑡) = 0; 𝑤(0) = 0
𝜓(1, 𝑡) = 0; 𝑤(1) = 0
𝑢(𝑥, 0) = 0; 𝑢′(𝑥, 0) = 0 ; 0 < 𝑥 < 1 (Aquí está la mayor modificación)
𝑢(𝑥, 0) = 𝜓(𝑥, 𝑡) + 𝑤(𝑥)
𝜓(𝑥, 𝑡) = 0 − 𝑤(𝑥)
𝑢′(𝑥, 0) = 𝜓′(𝑥, 0)

2. La solución para la primera ecuación es, por separación de variables:
𝑑
𝑑𝑥
�
𝑑𝑤(𝑥)
𝑑𝑥
� = −
𝐴𝑥
𝑎2
Integrando una vez:
𝑑𝑤(𝑥)
𝑑𝑥
= −
𝐴𝑥2
2𝑎2
+ 𝐶1
Integrando la segunda vez:
𝑤(𝑥) = −
𝐴𝑥3
6𝑎2
+ 𝐶1 𝑥 + 𝐶2
Sustituyendo las condiciones en la frontera:
𝑢(0, 𝑡) = 0 ; 𝑢(1, 𝑡) = 0; 𝑡 > 0~𝑤(0) = 0, 𝑤(1) = 0
Para la primera:
0 = −
𝐴03
6𝑎2
+ 𝐶10 + 𝐶2; 𝐶2 = 0
Para la segunda:
0 = −
𝐴13
6𝑎2
+ 𝐶11; 𝐶1 =
𝐴
6𝑎2
Y la ecuación para 𝑤(𝑥) 𝑒𝑠:
𝑤(𝑥) = −
𝐴𝑥3
6𝑎2
+
𝐴
6𝑎2
𝑥 =
𝐴
6𝑎2
(𝑥 − 𝑥3
)
Para la segunda parte ya tenemos la solución para la ecuación de onda, condiciones
homogéneas:
𝜓(𝑥, 𝑡) = 𝑋(𝑥)Θ(𝑡)
1
𝑎2Θ(𝑡)
𝜕2
Θ(𝑡)
𝜕𝑡2
=
1
X(𝑥)
𝜕2
𝑋(𝑥)
𝜕𝑥2
= −𝜆
Y dos ecuaciones diferenciales ordinarias cuando 𝜆 = 𝛼2
𝜕2
𝑋(𝑥)
𝜕𝑥2
+ 𝛼2
X(𝑥) = 0
𝜕2
Θ(𝑡)
𝜕𝑡2
+ 𝛼2
𝑎2
Θ(𝑡) = 0
X(𝑥) = 𝐶1 cos(𝛼𝑥) + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(𝛼𝑥)
Θ(𝑡) = 𝐶3 cos(𝛼𝑎𝑡) + 𝐶4 𝑠𝑒𝑛(𝛼𝑎𝑡)

3. Sustituyendo las condiciones frontera para X(𝑥):
𝜓(0, 𝑡) = 0 ; 𝜓(1, 𝑡) = 0; 𝑡 > 0~X(0) = 0, X(1) = 0
X(𝑥) = 𝐶1 cos(𝛼𝑥) + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(𝛼𝑥)
0 = 𝐶1 cos(0) + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(0); 𝐶1 = 0
0 = 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(𝛼); 𝛼 = 𝑛𝜋; 𝜆 = 𝑛2
𝜋2
Sustituyendo las condiciones frontera para Θ(𝑡):
𝜓(𝑥, 0) = −𝑤(𝑥); 𝜓′(𝑥, 0) = 0 ; 0 < 𝑥 < 1; ~Θ(0) = −𝑤(𝑥), Θ′(0) = 0
Θ(𝑡) = 𝐶3 cos(𝛼𝑎𝑡) + 𝐶4 𝑠𝑒𝑛(𝛼𝑎𝑥)
Θ′(𝑡) = −𝛼𝑎𝐶3 sen(𝛼𝑎𝑡) + 𝛼𝑎𝐶4 𝑐𝑜𝑠(𝛼𝑎𝑡)
Sustituyendo:
0 = −𝑎𝛼𝐶3 sen(0) + 𝛼𝑎𝐶4 𝑐𝑜𝑠(0)
𝛼𝑎𝐶4 = 0; 𝑃𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡 �
𝛼 = 0; 𝑁𝑜𝑠 𝑠𝑒𝑟𝑣𝑖𝑟𝑖𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑢𝑛𝑎 𝑠𝑒𝑟𝑖𝑒 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑛𝑜𝑠
𝐶4 = 0; 𝑡𝑜𝑚𝑎𝑟𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑜𝑝𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑦 𝑎𝑠𝑖 𝑒𝑙𝑖𝑚𝑖𝑛𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑢𝑛𝑎 𝑐𝑡𝑡𝑒 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡
𝑋(𝑥) = 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(𝛼𝑥)
Θ(𝑡) = 𝐶3 cos(𝛼𝑎𝑡)
𝜓(𝑥, 𝑡) = 𝐶2 𝐶3 cos(𝛼𝑎𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝛼𝑥)
Haciendo por el principio de superposición:
𝜓(𝑥, 𝑡) = � 𝐶 𝑛
∞
𝑛=1
cos(𝑛𝜋𝑎𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜋𝑥)
Sustituyendo la última condición:
𝜓(𝑥, 0) = −𝑤(𝑥) =
𝐴
6𝑎2
(𝑥3
− 𝑥)
𝐴
6𝑎2
(𝑥3
− 𝑥) = � 𝐶 𝑛
∞
𝑛=1
cos(𝑛𝜋𝑎𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜋𝑥)
Ortogonalizando, para una serie de senos en función de 𝑥, en donde 𝐿 = 1
𝑏 𝑛 = 𝐶 𝑛 =
2
1
�
𝐴
6𝑎2
(𝑥3
− 𝑥)𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜋𝑥)
1
0
𝑢 = 𝑥3
− 𝑥; 𝑑𝑢 = 3𝑥2
− 1

4. 𝑣 = −
1
𝑛𝜋
cos(𝑛𝜋𝑥) ; 𝑑𝑣 = 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜋𝑥)
𝑏 𝑛 = −
1
𝑛𝜋
[(𝑥3
− 𝑥)cos(𝑛𝜋𝑥)]0
1
+
1
𝑛𝜋
� (3𝑥2
− 1)cos(𝑛𝜋𝑥) 𝑑𝑥
1
0
La primera parte es toda cero, así que nos pasamos a la segunda integración:
𝑢 = 3𝑥2
− 1; 𝑑𝑢 = 6𝑥
𝑣 =
1
𝑛2 𝜋2
sen(𝑛𝜋𝑥) ; 𝑑𝑣 =
1
𝑛𝜋
cos(𝑛𝜋𝑥)
𝑏 𝑛 =
1
𝑛2 𝜋2
[(3𝑥2
− 1)sen(𝑛𝜋𝑥)]0
1
−
1
𝑛2 𝜋2
� 6𝑥 sen(𝑛𝜋𝑥) 𝑑𝑥
1
0
De nuevo, la primera parte es toda cero, así que nos pasamos a la tercera integración:
𝑢 = 6𝑥; 𝑑𝑢 = 6
𝑣 =
1
𝑛3 𝜋3
cos(𝑛𝜋𝑥) ; 𝑑𝑣 = −
1
𝑛2 𝜋2
sen(𝑛𝜋𝑥)
𝐶 𝑛 =
1
𝑛3 𝜋3
[(6𝑥)cos(𝑛𝜋𝑥)]0
1
−
1
𝑛3 𝜋3
� 6 cos(𝑛𝜋𝑥) 𝑑𝑥
1
0
𝐶 𝑛 =
𝐴
3𝑎2
6
𝑛3 𝜋3
cos(𝑛𝜋) −
6
𝑛4 𝜋4
[sen(𝑛𝜋𝑥)]0
1
𝐶 𝑛 =
2𝐴
𝑎2 𝜋3
1
𝑛3
(−1) 𝑛
Sustituyendo en la propuesta:
𝜓(𝑥, 𝑡) = �
2𝐴
𝑎2 𝜋3
1
𝑛3
(−1) 𝑛
∞
𝑛=1
cos(𝑛𝜋𝑎𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜋𝑥)
𝑤(𝑥) =
𝐴
6𝑎2
(𝑥 − 𝑥3
)
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝜓(𝑥, 𝑡) + 𝑤(𝑥)

5. 𝑢(𝑥, 𝑡) =
𝐴
6𝑎2
(𝑥 − 𝑥3) + �
2𝐴
𝑎2 𝜋3
1
𝑛3
(−1) 𝑛
∞
𝑛=1
cos(𝑛𝜋𝑎𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜋𝑥)
Encuentre que la respuesta es:
𝑢(𝑥, 𝑡) =
𝐴
6𝑎2
(𝑥 − 𝑥3) +
2𝐴
𝑎2 𝜋3
�
(−1) 𝑛
𝑛3
∞
𝑛=1
cos(𝑛𝜋𝑎𝑡) sen(𝑛𝜋𝑥)
𝒃)
𝜕2 𝑢(𝑥,𝑡)
𝜕𝑥2
=
𝜕𝑢2(𝑥,𝑡)
𝜕𝑡2
+ 𝑢
𝑢(0, 𝑡) = 0 ; 𝑢(𝜋, 𝑡) = 0; 𝑡 > 0
𝑢(𝑥, 0) = �
𝑥, 0 < 𝑥 <
𝜋
2
𝜋 − 𝑥,
𝜋
2
< 𝑥 < 𝜋
𝑢′(𝑥, 0) = 0; 0 < 𝑥 < 𝜋
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑋(𝑥)Θ(𝑡)
Sustituyendo:
Θ(𝑡)
𝜕2
𝑋(𝑥, 𝑡)
𝜕𝑥2
= 𝑋(𝑥)
𝜕2
Θ(𝑡)
𝜕𝑡2
+ 𝑋(𝑥)Θ(𝑡)
Dejando los términos en función de una sola variable:
1
𝑋(𝑥)
𝜕2
𝑋(𝑥, 𝑡)
𝜕𝑥2
=
1
Θ(𝑡)
𝜕2
Θ(𝑡)
𝜕𝑡2
+ 1 = −𝜆
Y dos ecuaciones diferenciales ordinarias cuando 𝜆 = 𝛼2
𝑋(𝑥) = 𝐶1 cos(𝛼𝑥) + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(𝛼𝑥)
Sustituyendo las condiciones frontera:
𝑢(0, 𝑡) = 0 ; 𝑢(𝜋, 𝑡) = 0; 𝑡 > 0
𝑋(0) = 0 ; 𝑋(𝜋) = 0, Por lo tanto:
0 = 𝐶1 cos(0) + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(0); 𝐶1 = 0
Para la segunda condición:
0 = 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(𝛼𝜋)

6. 𝑠𝑒𝑛(𝛼𝜋) = 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜋)
𝛼 = 𝑛
La segunda ecuación diferencial la obtenemos de:
1
Θ(𝑡)
𝑑2
Θ(𝑡)
𝑑𝑡2
+ 1 = −𝛼2
𝑑2
Θ(𝑡)
𝑑𝑡2
+ Θ(𝑡)(1 + 𝛼2) = 0
Θ(𝑡) = 𝐶3 cos ��1 + 𝛼2 𝑡� + 𝐶4 𝑠𝑒𝑛 ��1 + 𝛼2 𝑡�
Sustituyendo esta solución frontera:
𝑢′(𝑥, 0) = 0; Θ′(0) = 0
Θ′(𝑡) = −�1 + 𝛼2 𝐶3 sen ��1 + 𝛼2 𝑡� + �1 + 𝛼2 𝐶4 𝑐𝑜𝑠 ��1 + 𝛼2 𝑡�
0 = −�1 + 𝛼2 𝐶3 sen(0) + �1 + 𝛼2 𝐶4 𝑐𝑜𝑠( 0)
Por lo tanto:
𝐶4 = 0
𝛼 = 𝑛
𝑋(𝑥) = 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥)
Θ(𝑡) = 𝐶3 cos ��1 + 𝑛2 𝑡�
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑋(𝑥)Θ(𝑡)
Sustituyendo:
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝐶3 𝐶2 cos ��1 + 𝑛2 𝑡� 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥)
Principio de superposición:
𝑢(𝑥, 𝑡) = � 𝐶 𝑛
∞
𝑛=1
cos ��1 + 𝑛2 𝑡� 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥)
Para la última condición podemos ortogonalizar:
𝑢(𝑥, 0) = � 𝐶 𝑛
∞
𝑛=1
𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥)

7. 𝑢(𝑥, 0) = �
𝑥, 0 < 𝑥 <
𝜋
2
𝜋 − 𝑥,
𝜋
2
< 𝑥 < 𝜋
Para una serie de senos:
𝑏 𝑛 =
2
𝑝
� 𝑓(𝑥)𝑠𝑒𝑛 �
𝑛𝜋
𝐿
𝑥� 𝑑𝑥
𝑝
0
En este caso 𝐿 = 𝜋
𝑏 𝑛 =
2
𝜋
� 𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥)𝑑𝑥
𝜋
2
0
+
2
𝜋
� (𝜋 − 𝑥)𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥)𝑑𝑥
𝜋
𝜋
2
𝑢 = 𝑥 (𝜋 − 𝑥); 𝑑𝑢 = 1(−1)
𝑣 = −
1
𝑛
cos(𝑛𝑥) ; 𝑑𝑣 = 𝑠𝑒𝑛 (𝑛𝑥)
𝑏 𝑛 = −
2
𝜋
�
1
𝑛
𝑥cos(𝑛𝑥)�
0
𝜋
2
+
2
𝑛𝜋
� cos(𝑛𝑥) 𝑑𝑥
𝜋
2
0
−
2
𝜋
�
1
𝑛
(𝜋 − 𝑥)cos(𝑛𝑥)� 𝜋
2
𝜋
−
2
𝑛𝜋
� cos(𝑛𝑥) 𝑑𝑥
𝜋
𝜋
2
𝑏 𝑛 = −
1
𝑛
cos �𝑛
𝜋
2
� +
2
𝑛2 𝜋
[sen(𝑛𝑥)]0
𝜋
2
+
1
𝑛
cos �𝑛
𝜋
2
� −
2
𝑛2 𝜋
[sen(𝑛𝑥)] 𝜋
2
𝜋
𝑏 𝑛 =
2
𝑛2 𝜋
sen �𝑛
𝜋
2
� +
2
𝑛2 𝜋
sen �𝑛
𝜋
2
�
𝑏 𝑛 =
4
𝑛2 𝜋
sen �𝑛
𝜋
2
�
sen �𝑛
𝜋
2
� =
𝑛 = 1 1
𝑛 = 2 0
𝑛 = 3 −1
No necesitamos los números pares porque siempre serán cero, por lo tanto en vez de usar 𝑛,
usaremos (2𝑛 − 1), que solo usa los pares y por lo tanto sen �𝑛
𝜋
2
� = (−1) 𝑛+1
𝑏 𝑛 =
4
(2𝑛 − 1)2 𝜋
(−1) 𝑛+1
Así la respuesta es:
𝑢(𝑥, 𝑡) = �
4
(2𝑛 − 1)2 𝜋
(−1) 𝑛+1
∞
𝑛=1
cos ��1 + (2𝑛 − 1)2 𝑡� 𝑠𝑒𝑛((2𝑛 − 1)𝑥)

8. Encuentre que la respuesta es:
𝑢(𝑥, 𝑡) =
4
𝜋
�
(−1) 𝑛+1
(2𝑛 − 1)2
∞
𝑛=1
sin(2𝑛 − 1) 𝑥 𝑐𝑜𝑠�(2𝑛 − 1)2 + 1 𝑡