Ejercicios de ecuaciones en derivadas parciales

Resolver el problema:

\(\displaystyle \frac{\partial u}{\partial t} - k· \frac{\partial ^2 u}{\partial x^2} = 0 \)

Con
\( \; \; 0 < x < \pi \; ; \; t > 0 \; ; \; u(0, t) = 0 \; ; \; u(\pi, t) = 0 \; ; \; u(x , 0) = \sin ^3 x\)

- Respuesta 23

Ensayamos una solución del problema por el método de variables separadas. Poniendo u(x, t) = X(t)•T(t) resulta:

\( X(x) · T'(t) - k·X"(x)·T(t) = 0\)

Dividiendo por X(x)•T(t) y separando variables, obtenemos para la parte homogénea:

\( \displaystyle \frac {T'(t)}{k·T(t)} = \frac {X"(x)}{X(x)} \; \; \left| \begin{matrix} X(x) · T(0) = \sin^3 x \; \; \\ \\ X(0) · T(t) = 0 \; \; ; \; \; X(\pi) · T(t) = 0 \end{matrix} \right. \)

Se obtienen, por tanto, los problemas:

\( \left. \begin{matrix} X" + \lambda X = 0 \; \; \\ \\ \; \; X(0) = X(\pi) = 0 \end{matrix}\right | \; \; T' + \lambda k·T = 0 \)

El primero de los problemas sólo tiene la solución X(x) = 0 si λ < 0. En efecto, si se cumple lo dicho, la solución general es:

\(X(x) = C_1 · e^{+ \sqrt{- \lambda}x} + C_2 · e^{- \sqrt{- \lambda}x}\)

La primera condición X(0) = 0 nos da:

\( X(0) = C_1 + C_2 = 0 \; \; \Rightarrow \; \; C_1 = - C_2\)

Y la segunda:

\(X(\pi) = C_1 · e^{+ \sqrt{- \lambda}\pi} + C_2 · e^{- \sqrt{- \lambda}\pi} = C_1 \left( e^{+ \sqrt{- \lambda}\pi} - e^{- \sqrt{- \lambda}\pi} \right ) = \)

\( = 2 C_1· \sinh \sqrt {- \lambda}· \pi = 0 \)

Lo que implica que las dos constantes, C₁ y C₂ son nulos.
Para λ = 0 tenemos:

\( X" (x) = 0 \; \; \Rightarrow \; \; X(x) = C_1x + C_2\)

\( X(x) = 0 = C_2 \; \; ; \; \; X(\pi) = C_1 \pi = 0 \; \; \Rightarrow \; \; X(x) = 0 \)

Tomamos entonces λ > 0 y la solución general de la ecuación es:

\(X(x) = C_1· \cos \sqrt{\lambda}·x + C_1· \sin \sqrt{\lambda}·x\)

La primera condición da X(0) = C₁ = 0 ; la segunda:

\(X(\pi) = C_2· \sin \sqrt{\lambda}· \pi = 0\)

Si C₂ = 0, la solución es X(x) = 0. Si deseamos soluciones no triviales debe cumplirse:

\( \sin \sqrt{\lambda}· \pi = 0 \; \; \Rightarrow \; \; \sqrt{\lambda}· \pi = n · \pi \; \; \Rightarrow \; \; n = 1, 2, ... (n \neq 0) \; \; \lambda = n^2\)

Para cada valor de n existe una solución distinta de cero, Xn(x) = sen nx.

Tomando el valor obtenido de λ en la ecuación de T, obtendremos:

\(T^{\: \prime} (t) + n^2 k T = 0 \; \; \Rightarrow \; \; T_n = e^{- n^2kt} \)

Es decir, una solución para cada valor de n.
Tanto en este caso como en el de X_n(x), también es solución cualquier múltiplo de estas funciones, pues ambos problemas, en x y en t, son homogéneos. Obtenemos, por tanto, un conjunto infinito numerable de soluciones de la parte homogénea del problema de partida. Son las funciones:

\( u_n (x, t) = X_n(x) ·T_n(t) = \sin nx· e^{- n^2kt}\)

Para t = 0 resulta:

\( u_n (x, 0) = X_n(x) ·T_n(0) = \sin nx \)

Que no verifica la condición inicial u(x,0) = sen³ x para ningún valor de n, pero puede ocurrir que una combinación lineal, finita o no, de las u_n las verifique. La expresión:

\(u(x, t) = \sum C_n · u_n (x, t)\)

Verifica formalmente la parte homogénea, pues lo hacen todos sus términos. Para que se tenga:

\(u(x, 0) = \sum C_n · u_n (x, 0) = \sum C_n · \sin nx = \sin ^3 x \)

Los valores C_n han de ser los coeficientes de Fourier de la función sen³ x desarrollada en serie de sen nx. Puede demostrarse que se tiene:

\( \displaystyle \begin{array}{l} \sin ^3 x = \frac{3}{4} \sin x - \frac{1}{4}\sin 3x \; \; \Rightarrow \\  \\ \Rightarrow C_1 = \frac{3}{4} ; C_3 = - \frac{1}{4} ; C_2 = C_4 = ... = 0 \end{array} \)

La solución final es entonces:

\( \displaystyle u(x, t) = \frac{3}{4} \sin x · e^{-kt} - \frac{1}{4}\sin 3x · e^{- 9kt}\)

Y al ser suma finita, es una función solución del problema.