ECUACION DE CALOR (SOLUCION MEDIANTE SEPARACION DE VARIABLES)

Difusion

Proceso de difusión

Consideremos la ecuación de calor

\frac{\partial u}{\partial t}=k^2\frac{\partial^2 u}{\partial^2 x}, \hskip1cm x\in [0,L], \hskip0.5cm t>0.

sujeta a las condiciones de frontera

u(0,t)=0=u(L,t), \hskip0.5cm t>0

es decir, la temperatura en los extremos del alambre es constante y nula. Además el perfil inicial de temperatura está dado por la condición

u(x,0)=f(x),\hskip1cm x\in[0,L],

conocida más comúnmente como condición inicial.

SEPARACION DE VARIABLES

Para resolver la ecuación diferencial se propone una solución u(x,y) que sea producto de dos funciones X(x) y T(t), las cuales dependan, cada una de ellas, de una de las variables x y t, respectivamente; es decir, proponemos una solución u(x,t) de la forma

u(x,t)=X(x)T(t).

Para que esta función sea solución de la ecuación de calor, requerimos calcular \frac{\partial u}{\partial t}, k^2\frac{\partial^2 u}{\partial^2 x} e igualar ambas expresiones. Un cálculo simple nos muestra que

\frac{\partial u}{\partial t}=X(x)T'(t)

y

\frac{\partial^2 u}{\partial^2 x}=X''(x)T(t).

De esta forma, para que u(x,t)=X(x)T(t) sea solución de la ecuación de calor  debe satisfacer la igualdad

X(x)T'(t)=k^2X''(x)T(t),

expresión que puede ser escrita como

\frac{T'(t)}{k^2T(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}.

Un análisis inmediato nos muestra que ambas expresiones deben ser constantes. Es decir,

\frac{T'(t)}{k^2T(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}=\lambda,

donde \lambda es una constante.

A partir de la última igualdad obtenemos dos ecuaciones diferenciales ordinarias, una de ellas será una ecuación lineal de primer orden, mientras que la segunda será de una ecuación lineal de segundo orden. Dichas ecuaciones están dadas por

T'(t)=\lambda k^2T(t), \hskip1cm t>0

y

X''(x)-\lambda X(x)=0, \hskip1cm x\in[-L,L],

respectivamente. La primera de estas ecuaciones diferenciales es una vieja conocida, modela un crecimiento malthusiano de una población, así como el decaimiento de un elemento radiactivo.

Solución de T'(t)=\lambda k^2T(t):

La solución de la ecuación de primer orden, ya conocida por nosotros, está dada por

T(t)=c_1e^{\lambda k^2 t}.

Solución de X''(x)-\lambda X(x)=0:

Antes de resolver esta ecuación diferencial ordinaria de segundo orden, veamos que a partir de las condiciones de frontera para la ecuación de calor, la solución X(x) de la ecuación diferencial ordinaria bajo consideración también debe satisfacer dos condiciones de frontera

De la condición de frontera u(0,t)=0 para la ecuación de calor, al sustituir en la solución propuesta u(x,t)=X(x)T(t), tenemos que

0=u(0,t)=X(0)T(t).

De aquí, tenemos dos posibilidades: X(0)=0 o T(t)=0, t>0. Si T(t)=0, t>0, entonces u(x,t)=X(x)T(t)\equiv 0. Pero la solución u(x,t)\equiv 0 resuleve la ecuación de calor y las condiciones de frontera para la misma ecuación diferencial parcial, pero si el perfil inicial de temperatura no es idénticamente nulo, entonces, es imposible que T(t)=0, t>0. Por lo tanto, debe de ocurrir que

X(0)=0.

Con un argumento semejante, el lector podrá mostrar sin mucha dificultad que X(L)=0. De esta forma, la función X(x) que buscamos debe satisfacer una ecuación diferencial lineal de segundo orden con condiciones de frontera, dadas por

X''(x)-\lambda X(x)=0,

X(0)=0,

X(L)=0,

Procedamos a resolver este problema con condiciones de frontera. Para ello consideremos el polinomio característico asociado a la ecuación diferencial,

p(r)=r^2-\lambda.

Observemos que no sabemos alguna restricción para el valor que puede tomar la constante \lambda. Por ello tenemos tres posibilidades:

i.- La más simple, \lambda=0

ii.- \lambda>0, y

iii.- \lambda<0.

Veamos cual de posibilidades es la que tiene sentido para nuestro porblema con valores en la frontera.

i.- La más simple, \lambda=0:

Si \lambda=0, entonces la ecuación diferencial se redude a

X''(x)=0,

pero la solución de esta ecuación se obtiene integrando la igualdad dos veces con respecto de x, por lo que obtenemos la solución general

X(x)=Ax+B.

De la condición de frontera X(0)=0, se tiene que

0=X(0)=B. Por lo que B=0. Así,

X(x)=Ax.

De la segunda condición de frontera X(L)=0 se tiene que

0=X(L)=AL.

Por lo que A=0 o L=0.pero L no es más quela longitud del alambre, la cual debe ser positiva. Por

lo que A=0 y

X(x)\equiv 0.

En consecuencia,

u(x,y)=X(x)T(t)\equiv 0.

Pero la función u(x,y)\equiv 0, como el lector podrá justificar sin mucho problema, satisface la ecuación de calor, así como las condiciones de frontera; pero, no puede satisfacer un perfil inicial de temperatura no nulo. Por tanto, debemos desechar la posibilidad que \lambda=0.

El lector se preguntará: Si \lambda no se puede anular, ¿podrá ser positiva? , ¿podrá ser negativa?. A continuación veremos si alguna de estas posibilidades se cumple.

ii. \lambda>0:

Ahora veamos si la constante \lambda puede ser positiva. Supongamos que así es. En tal caso el polinomio característico p(r)=r^2-\lambda, tiene dos raíces reales r_1=\sqrt{\lambda} y r_2=-\sqrt{\lambda}. De esta forma, las funciones

X_1(x)=e^{\sqrt{\lambda}x} y X_2(x)=e^{-\sqrt{\lambda}x}

son soluciones linealmente independientes  y la solución general de la ecuación lineal de segundo orden está dada por

X(x)=c_1X_1(x)+c_2X_2(x)=c_1e^{\sqrt{\lambda}x}+c_2e^{-\sqrt{\lambda}x}.

Ahora hagamos uso de las condiciones de frontera X(0)=X(L)=0.

De la primera de dichas condiciones tenemos que

0=X(0)=c_1+c_2,

por lo que c_2=-c_1 y

X(x)=c_1e^{\sqrt{\lambda}x}-c_1e^{-\sqrt{\lambda}x}=c_1\left(e^{\sqrt{\lambda}x}-e^{-\sqrt{\lambda}x}\right).

Por la segunda de las condiciones de frontera,

0=X(L)=c_1\left(e^{\sqrt{\lambda}L}-e^{-\sqrt{\lambda}L}\right),

de donde, c_1=0 o e^{\sqrt{\lambda}L}=e^{-\sqrt{\lambda}L}.

En caso que c_1=0, entonces c_2=-c_1=0 y X(x)\equiv 0. El mismo argumento usado al suponer \lambda =0 nos muestra que esto no es posible. Por lo tanto

e^{\sqrt{\lambda}L}=e^{-\sqrt{\lambda}L},

pero la fucnión exponencial es inyectiva, por lo que

\sqrt{\lambda}L=-\sqrt{\lambda}L.

Así, tendríamos que

2\sqrt{\lambda}L=0

y al ser L la longitud del alambre, este no se puede anular. Por ello,

\sqrt{\lambda}=0

y, por tanto,

\lambda=0.

Pero esto es una contradicción, pues se había supuesto que \lambda era positiva. Por lo tanto, ¡\lambda tampoco puede ser positiva!.

Examinemos la última posibilidad que nos queda para \lambda.

iii. \lambda<0:

Al suponer que la constante \lambda es negativa tendrmos que el polinomio característico

p(r)=r^2-\lambda=r^2-(-[-\lambda])=r^2-(i\sqrt{-\lambda})^2=(r-i\sqrt{-\lambda})(r+i\sqrt{-\lambda}) se anula si

r_1=i\sqrt{-\lambda} o r_1=-i\sqrt{-\lambda}.

De esta forma, tenemos la solución compleja

X^{\mathbb{C}}(x)=e^{i\sqrt{-\lambda}x}=\cos (\sqrt{-\lambda}x)+i\sin \sqrt{-\lambda}x.

pero sus partes real \cos (\sqrt{-\lambda}x) e imaginaria \sin (\sqrt{-\lambda}x) son soluciones reales linealmente independientes de la ecuación lineal de segundo orden. Por lo tanto, la solución general está dada por

X(x)=c_1\cos (\sqrt{-\lambda}x)+c_2 \sin (\sqrt{-\lambda}x).

Como en los casos anteriores, hagamos uso de las condiciones de frontera 0=X(0)=X(L).

De la condición X(0)=0, tenemos que

0=X(0)=c_1,

en consecuencia

X(x)=c_2 \sin (\sqrt{-\lambda}x).

De la segunda condición de frontera,

0=X(L)=c_2\sin (\sqrt{-\lambda}L),

y en vista de esta igualdad, c_2=0 o \sin (\sqrt{-\lambda}L)=0. La primera posibilidad no puede darse, pues en tal caso X(x)\equiv 0 y u(x,t)\equiv 0. Pero esto no es posible, como lo hemos visto anteriormente. Por lo tanto,

\sin (\sqrt{-\lambda}L)=0,

y \sqrt{-\lambda}L=n\pi. Por lo tanto

\lambda=-\frac{n^2\pi^2}{L^2}.

Así, no solo hemos hallado la solución

X(x)=c\sin(\sqrt{-\lambda}x)=c\sin(\frac{n\pi}{L}x)

de la ecuación diferencial lineal de sgundo orden, sino también, los valores negativos que puede tomar la constante \lambda, un valor de ella para cada número n.

De eata forma, para cada n, tenemos una terna:

I) un  valor  \lambda_n=-\frac{n\pi}{L}, y dos funciones

II) T_n(t)=be^{k^2\lambda t}=ae^{-\frac{n^2k^2\pi^2}{L^2} t} y X_n(t)=d_n\sin{\frac{n\pi}{L}x}.

Por lo que, para cada valor de n obtenemos una solución

u_n(x,t)=T_n(t)X_n(x)=b_ne^{-\frac{n^2k^2\pi^2}{L^2} t}\sin{\frac{n\pi}{L}x}.

De esta forma, tenemos la solución

u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}u_n(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}b_ne^{-\frac{n^2k^2\pi^2}{L^2} t}\sin{\frac{n\pi}{L}x}.

para

a) La ecuación de calor u_t=k^2u_{xx}, \hskip0.5cm x\in[0,L], t>0,

y,

b)  las condiciones de frontera 0=u(0,t)=u(L,t), \hskip0.5cm t>0.

La cuestión que aún queda por dilucidar es si será posible que la solución obtenida pueda satisfacer la condición inicial

u(x,0)=f(x).

Supongamos que satisface dicha condición inicial, entonces, al sustituir t=0 en la solución hallada, obtenemos

f(x)=u(x,0)=\sum_{n=1}^{\infty}u_n(x,0)=\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin{\frac{n\pi}{L}x}.

Es decir,

f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin{\frac{n\pi}{L}x}, \;\; x\in[0,L].

Pero,  de acuerdo a la sección de series de Fourier, si queremos obtener los valores de los coeficientes b_n en la expresión anterior, entonces debemos extender la función f(x) a todo el intervalo

[-L,L]

como una función impar.

En tal caso, los coeficientes b_n de la solución, están dado por la expresión integral

b_n=\frac{2}{L}\int_{0}^{L}f(x)\sin(\frac{n\pi }{L}x).

En resumen, la solución de la ecuación de calor

\frac{\partial u}{\partial t}=k^2\frac{\partial^2 u}{\partial^2 x}, \hskip1cm x\in [0,L], \hskip0.5cm t>0.

sujeta a las condiciones de frontera

u(0,t)=0=u(L,t), \hskip0.5cm t>0

y perfil inicial de temperatura

u(x,0)=f(x),\hskip1cm x\in[0,L]

está dada por la función

u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}b_ne^{-\frac{n^2k^2\pi^2}{L^2} t}\sin{\frac{n\pi}{L}x}.

donde

b_n=\frac{2}{L}\int_{0}^{L}f(x)\sin(\frac{n\pi }{L}x)dx.
EJEMPLO: Consideremos la ecuación diferencial con condiciones de frontera y condiciones iniciales

\frac{\partial u}{\partial t}=\frac{\partial^2 u}{\partial^2 x}, \hskip1cm x\in [0,\pi], \hskip0.5cm t>0.

u(0,t)=0=u(\pi,t), \hskip0.5cm t>0      ( CF)

u(x,0)=x,\hskip1cm x\in[0,\pi]     (CI)

Antes que nada, observemos que en este problema L=\pi y k=1. Y, por lo que hemos visto la solución a este problema tiene la expresión

u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}b_ne^{-\frac{n^2k^2\pi^2}{\pi^2} t}\sin{\frac{n\pi}{\pi}x}=\sum_{n=1}^{\infty}b_ne^{-n^2 t}\sin(nx).

donde

b_n=\frac{2}{L}\int_{0}^{L}f(x)\sin(\frac{n\pi }{L}x)dx= \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi} x \sin (nx)dx.

Para calcular la integral, usamos integración por partes (\int udv=uv-\int vdu) y tomamos

u=x, dv=\sin nx dx

por lo que

du=dx y v=-\frac{1}{n} \cos nx

De esta forma

\int x\sin nx dx=-\frac{x}{n} \cos nx+\int \frac{1}{n} \cos nx dx=-\frac{x}{n} \cos nx + \frac{1}{n^2} \sin nx

y

\int_{0}^{\pi} x\sin nx dx=\left[-\frac{x}{n} \cos nx + \frac{1}{n^2} \sin nx\right]_{0}^{\pi}=\left[-\frac{\pi}{n} \cos n\pi + \frac{1}{n^2} \sin n\pi\right]-\left[-\frac{0}{n} \cos (n\cdot 0) + \frac{1}{n^2} \sin (n\cdot 0) \right]=-\frac{\pi}{n} (-1)^n=\frac{\pi}{n} (-1)^{n+1}.

Por lo tanto,

b_n= \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi} x \sin (nx)dx=\frac{2}{\pi}(\frac{\pi}{n}(-1)^{n+1})=\frac{2}{n}(-1)^{n+1}.

En resumen, la solución al problema está dado por

u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}b_ne^{-n^2 t}\sin(nx).

donde

b_n=\frac{2}{n}(-1)^{n+1}.

Es interesante observar que para  cada función

u_n(x,t)=\frac{2}{n}(-1)^{n+1}e^{-n^2 t}\sin nx

el factor \frac{2}{n}(-1)^{n+1}\sin nx es una función que tiene una amplitud igual a \frac{2}{n} y período T_n=\frac{2\pi}{n}. Es decir, conforme n es mayor, la amplitud dismimuye, mientras que el período también disminuye, por lo que la frecuencia f_n=\frac{1}{T_n}=\frac{n}{2\pi} aumenta.

Es posible considerar la ecuación de calor

\frac{\partial u}{\partial t}=k^2\frac{\partial^2 u}{\partial^2 x}, \hskip1cm x\in [0,L], \hskip0.5cm t>0.

sujeta a las condiciones de frontera  tales que los extremos de  la varilla se encuentra aislados; es decir, no hay flujo de calor por los extremos de la varilla, por lo que

u_x(0,t)=0=u_x(L,t), \hskip0.5cm t>0.

Además el perfil inicial de temperatura es conocido en cada punto x de la varilla y está dado por la condición inicial

u(x,0)=f(x),\hskip1cm x\in[0,L],

A continuación dejamos el siguiente ejercicio al lector el cual consiste en resolver este la ecuación de calor con extremos aislados para la varilla y perfil inicial de temperatura conocido.

EJERCICIO: Resolver el problema

\frac{\partial u}{\partial t}=5\frac{\partial^2 u}{\partial^2 x}, \hskip1cm x\in [0,\pi], \hskip0.5cm t>0.,

sujeto a las condiciones de frontera 

u_x(0,t)=0=u_x(\pi,t), \hskip0.5cm t>0

y perfil inicial de temperatura 

u(x,0)=1-x,\hskip1cm x\in[0,\pi].

i.- Muestre que la técnica de variables separables da lugar a las ecuaciones diferenciales ordinarias

T'(t)=k^2\lambda T(t)

y

X''(x)-\lambda X=0

esta última sujeta a las condiciones de frontera X'(0)=X'(L)=0.

SOLUCIÓN (i):

Proponemos una solución de la forma u(x,t)=X(x)T(t) para la EDP.

Como u_t(x,t)=X(x)T'(t)) y u_{xx}(x,t)=X''(x)T(t), y ya que deseamos que u(x,t) sea solución de la EDP, entonces se debe satisfacer la igualdad,

X(x)T'(t)=5X''(x)T(t),

o equivalentemente \frac{T'(t)}{5T(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}. La única forma de que se satisfaga esta igualdad es que ambos cocientes sean constantes; es decir, exista \lambda tal que

\frac{T'(t)}{5T(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}=\lambda

De esta igualdad se sigue que

T'(t)-5\lambda T(t)=0 y X''(x)-\lambda X(x)=0.

La primera de ellas es una ecuación diferencial conocida y que modela fenómenos de crecimiento malthusiano de población o decaimiento radiactivo. La segunda ecuaciñon diferencial es una ecuación lineal de segundo orden homogénea.

Como veremos a continuación, las condiciones de frontera (CF) para la EDP nos proveerán de condiciones de frontera para la ecuación de segundo orden.

De la condición de frontera  0=u_x(0,t), t>0, tenemos que al ser u_x(x,t)=X'(x)T(t), entonces

0=X'(0)T(t).

En consecuencia X'(0)=0 o T(t)\equiv 0. Si se da la segunda posibilidad, entonces u(x,t)=X(x)T(t)\equiv 0. Pero la fucnión trivial u(x,t)\equiv 0, solo puede satisfacer la EDP con sus condiciones de frontera, pero no una condición inicial que no sea idénticamente nula, por lo que

X'(0)=0.

Un argumento semejante (el lector que ha seguido con cuidado el que acabamos de exponer líneas arriba, podrá justificar esto) muestra que

X'(\pi)=0.

En resumen, la función X(x) debe satisfacer:

X''(x)-\lambda X(x)=0 y X'(0)=X'(\pi)=0.

ii.- Resuleva la ecuación diferencial T'(t)=5\lambda T(t),

SOLUCIÓN (ii)

Escribamos la ecuación diferencial como \frac{T'(t)}{T(t)}=5\lambda, pero \frac{d\ln T}{dt}=\frac{T'(t)}{T(t)}. Así, \frac{d\ln T}{dt}=5\lambda. Al integrar esta igualdad con respecto de t, se tiene que

\ln T(t)=5\lambda t+c_1

y, en consecuencia

T(t)=\alpha e^{5\lambda t}.

iii.- Al resolver la ecuación diferencial

X''(x)-\lambda X(x)=0 con X'(0)=X'(L)=0.

a) Muestre que si \lambda=0, entonces X(x) es una función constante.

SOLUCIÓN (a) Supongamos que \lambda=0, entonces la ecuación diferencial X''(x)-\lambda X(x)=0 se reduce a la ecuación X''(x)=0, cuya solución se obtiene al integrar dos veces, obteniendo

X(x)=Ax+B.

Usando cualquiera de las condiciones de frontera, X'(0)=0 o X'(\pi)=0 y sustituyendo en X'(x)=B, tenemos que

0=X'(0)=A.

Así,

X(x)\equiv B

b) Muestre que \lambda no puede ser positiva.

SOLUCIÓN (b)

Supongamos que \lambda>0, entonces el polinomio característico para la ecuación diferencial

X''(x)-\lambda X(x)=0

está dado por p(r)=r^2-\lambda, cuyas raíces son r_1=\sqrt \lambda y r_2=-\sqrt \lambda. De esta forma la solución general de la ecuación diferencial corresponde a la función

X(x)=c_1e^{r_1x}+c_2e^{r_2x}=c_1e^{\sqrt \lambda x}+c_2e^{-\sqrt \lambda x}.

Para usar las condiciones de frontera necesitamos su derivada, que está dada por

X'(x)=c_1\sqrt\lambda e^{\sqrt \lambda x}-c_2\sqrt\lambda e^{-\sqrt \lambda x}..

De la condición 0=X'0), tenemos que

0=X'(0)=c_1\sqrt\lambda -c_2\sqrt\lambda=(c_1-c_2) \sqrt\lambda

pero sabemos que \lambda>0. Por tanto c_1=c_2 ,

X(x)=c_1(e^{\sqrt \lambda x}+e^{-\sqrt \lambda x})

y

X'(x)=c_1\sqrt\lambda (e^{\sqrt \lambda x}- e^{-\sqrt \lambda x}).

De la segunda de las condiciones de frontera, 0=X'(\pi) se tiene que

0=X'(\pi)=c_1\sqrt\lambda (e^{\sqrt \lambda \pi}- e^{-\sqrt \lambda \pi}).

Pero, por una parte \sqrt \lambda no se anula, y por otra c_1 tampoco puede anularse, ya que de ser así X(x) sería idénticamente nula y u(x,t) también lo sería; aún cuando la función idénticamente nula satisface la EDP y CF, no satisface CI’s no nulas. Por tanto, la única posibilidad que queda es

(e^{\sqrt \lambda \pi}- e^{-\sqrt \lambda \pi})

es decir, (e^{\sqrt \lambda \pi}= e^{-\sqrt \lambda \pi}), y en consecuencia

\sqrt \lambda \pi=-\sqrt \lambda \pi. Por tanto, 2\sqrt\lambda \pi=0 y asi tendremos que \lambda=0. Lo cual es una contradicción, pues supusimos que \lambda>0.

Por lo tanto, no existen funciones que resulelvan  el problema con condiciones de frontera

X''(x)-\lambda X(x)=0, X'(0)=X'(\pi)=0

para \lambda>0.

c) Muestre que si \lambda es negativa, entonces

\lambda=-n^2

y las funciones

X(x)=a_n\cos \left(nx\right)

son soluciones del problema con condiciones de frontera X''(x)-\lambda X(x)=0, \; X'(0)=X'(\pi)=0.

SOLUCIÓN (c):

Si \lambda<0, entonces el polinomio característico

p(r)=r^2-\lambda=r^2-[-(-\lambda)]=r^2-[i\sqrt{-\lambda}]^2=(r-i\sqrt{-\lambda})(r+i\sqrt{-\lambda})

asociado a la ecuación diferencial de segundo orden, tiene como raíces a r_1=i\sqrt{-\lambda} y r_2=-i\sqrt{-\lambda}.

De esta forma, obtenemos la solución compleja

X^\mathbb{C}(x)=e^{i\sqrt{-\lambda}x}=\cos(\sqrt{-\lambda}x)+i\sin(\sqrt{-\lambda}x),

cuyas partes real X_1(x)=\cos(\sqrt{-\lambda}x) e imaginaria X_2(x)=\sin(\sqrt{-\lambda}x) son soluciones real-valuadas y linealmente independientes de la ecuación de sgundo orden, y la solución general de la misma está dada por

X(x)=a\cos(\sqrt{-\lambda}x)+b\sin(\sqrt{-\lambda}x).

Nuevamente, para aplicar las condiciones de frontera necesitamos su derivada,

X'(x)=-a\sqrt{-\lambda}\sin(\sqrt{-\lambda}x)+b\sqrt{-\lambda}\cos(\sqrt{-\lambda}x).

De la condición de frontera X'(0)=0, tenemos que

0=X'(0)=b\sqrt{-\lambda},

al ser \lambda >0, da como consecuencia que b=0. De esta forma,

X(x)=a\cos(\sqrt{-\lambda}x)

y

X'(x)=-a\sqrt{-\lambda}\sin(\sqrt{-\lambda}x).

Usando la segunda de las condiciones de frontera

X'(\pi)=0,

tenemos que

0=X'(\pi)=-a\sqrt{-\lambda}\sin(\sqrt{-\lambda}\pi).

Un argumento usado con anterioridad muestra que a no puede anularse (estimado lector, ¿cuál es tal argumento?). Pero \lambda<0, por lo que

\sin(\sqrt{-\lambda}\pi)=0,

es decir,

\sqrt{-\lambda}\pi=n\pi.

De esta forma,

\lambda=-n^2,

y, por lo tanto, si \lambda<0, entonces \lambda=\lambda_n=-n^2 y

X(x)=X_n(x)=a\cos(\sqrt{-\lambda}x)=a\cos nx

son soluciones buscadas del problema con valores en la frontera.

d) Muestre que u_0(x,t)= constante es solución de la EDP cuando \lambda=0.

SOLUCIÓN (d)

Recordemos que para \lambda=0, T_0(t)=\alpha y X_0(x)=B son soluciones de las ecuaciones T'(t)=5\lambda T(t) y X''(x)-\lambda X(x)=0, X'(0)=X'(\pi)=0, respectivamente, entonces u_0(x,t)=T_0(t)X_0(x)=\alpha B\equiv constante es slución  de (EDP) tal que satisface (CF).

e) Muestre que para \lambda_n=-\frac{n^2\pi^2}{L^2}, n\geq 1, se obtiene la solución

u_n(x,t)=a_ne^{-\frac{n^2k^2\pi^2}{L^2}t}\cos \left(-\frac{n\pi}{L}x\right)

es solución de la ecuación de calor que satisface las condiciones de frontera.

SOLUCIÓN (e):

Para \lambda_n=-n^2, T_n(t)=\alpha_ne^{-5n^2t} es solución de T'(t)=-5\lambda T(t) y X_n(x)=a_n\cos (nx) es solución del problema con valore sen la frontera X''(x)-\lambda X(x)=0, X'(0)=X'(\pi)=0. Por lo tanto, las funciones

u_n(x,t)=T_n(t)X_n(x)

son son soluciones de (EDP) y satisfacen (CF).

f) Construya la solución

u(x,t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}u_n(x,t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_ne^{-\frac{n^2k^2\pi^2}{L^2}t}\cos \left(-\frac{n\pi}{L}x\right)

SOLUCIÓN (f)

Por el principio de superposición, la suma de soluciones del problema

\begin{cases} u_x(x,t)=k^2u_{xx}, &x\in[0,L], t>0\\ u_x(0,t)=u_x(L,t)=0,&t>0 \end{cases}

es a su vez solución del mismo problema. De esta forma

u(x,t)=u_0(x,t)+\sum_{n=1}^{\infty}u_n(x,t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_ne^{-5n^2t}\cos \left(nx\right)

es a su vez solución de la misma ecuación diferencial parcial con valores en la frontera.

g) Determine si es necesario considerar la extensión par o impar del perfil inicial de temperatura f para determinar los valores de los coeficientes a_0 y a_n, n\geq 1.

Para obenter la solución del problema

\begin{cases} u_x(x,t)=k^2u_{xx}, &x\in[0,\pi], t>0\\ u_x(0,t)=u_x(\pi,t)=0,&t>0\\ u(x,o)=1-x& x\in[0,\pi],\end{cases}

falta por calcular los valores de las constantes a_0, a_1, a_2, \dots en la expresión

u(x,t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_ne^{-5n^2t}\cos \left(nx\right)

obtenida en el inciso (f).

Ahora hagamos uso de la condición inicial u(x,0)=1-x, \; x\in[0,\pi] en la expresión anterior; de esta forma

1-x=u(x,0)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos \left(nx\right), \; x\in[0,\pi],

es decir

1-x=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos \left(nx\right), \; x\in[0,\pi].

Esta última expresión nos recuerda lo que podría ser la  serie de Fourier de cosenos, pero nuestra función f(x)=1-x, solamente está definida en el intervalo [0,\pi]. Si extendemos la función f a una función par \hat f definida en el intevalo [-\pi,\pi], podremos calcular su serie de Fourier, la cual será una serie de Fourier de cosenos, pues la función \hat f es uan función par.

h) Determine los valores de los coeficientes a_0 y a_n, n\geq 1.

La serie de Fourier decosenos de esta  extensión par \hat f tiene como coeficientes de Fourier a los valores

a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} \hat f(x)dx=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi} \hat f(x)dx=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi} f(x)dx=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi} 1-xdx,

pero \int_{0}^{\pi} 1-xdx=\left[x-\frac{x^2}{2}\right]_{x=0}^{x=\pi}=\pi-\frac{\pi^2}{2}. Pôr tanto

a_0=\frac{1}{\pi}\left[\pi-\frac{\pi^2}{2}\right]=1-\frac{\pi}{2}.

Por otra parte,

a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} \hat f(x)\cos (nx)dx=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi} \hat f(x)\cos(nx)dx=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi} f(x)\cos(nx)dx=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi} (1-x)\cos(nx)dx,

Usando integración por partes con

u=(1-x), \;\; dv=\cos(nx)dx,

tenemos que

du=-dx, \;\; v=\frac{1}{n}\sin(nx)

y

\displaystyle \int (1-x)\cos(nx)dx=\frac{1-x}{n}\sin(nx)+\frac{1}{n}\int \sin(nx)=\frac{1-x}{n}\sin(nx)-\frac{1}{n^2}\cos(nx).

De esta forma

$latex \displaystyle \int_{0}^{\pi} (1-x)\cos(nx)dx=\left[\frac{1-x}{n}\sin(nx)-\frac{1}{n^2}\cos(nx)\right]_{0}^{\pi}=-\frac{1}{n^2}\left[\cos(nx)\right]_{0}^{\pi}=-\frac{1}{n^2}\left[\cos(n\pi)-1\right]=-\frac{1}{n^2}\left[(-1)^n-1\right]=\frac{1}{n^2}\left[(-1)^{n+1}+1\right]= \begin{cases} 0& n\; \mbox{par}\\ \frac{2}{n^2} & n\; \mbox{impar} \end{cases}$

En resumen

\displaystyle a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} \hat f(x)\cos (nx)dx=\begin{cases} 0& n\; \mbox{par}\\ \frac{2}{n^2\pi} & n\; \mbox{impar} \end{cases}.

Es decir, para n\in\mathbb{N},

a_{2k}=0

y

a_{2k-1}=\frac{2}{(2k-1)^2\pi}.

j) Encuentre la solución u(x,t) de la ecuación de calor con las condiciones de frontera e iniciales propuesta.

Recordemos que la solución de

\begin{cases} u_x(x,t)=k^2u_{xx}, &x\in[0,\pi], t>0\\ u_x(0,t)=u_x(\pi,t)=0,&t>0\\ u(x,o)=1-x& x\in[0,\pi],\end{cases}

está dada por la función

\displaystyle u(x,t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_ne^{-5n^2t}\cos \left(nx\right)=\frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}a_{2k}e^{-5(2k)^2t}\cos \left((2k)x\right)+\sum_{k=1}^{\infty}a_{2k-1}e^{-5(2k-1)^2t}\cos \left((2k-1)x\right)

pero sabemos que los coeficientes a_{2k} en la segunda sumatoria se anulan y del inciso (h) y  anterior

a_0=1-\frac{2}{\pi}    y     a_{2k-1}=\frac{2}{(2k-1)^2\pi}.

Por lo tanto

\displaystyle u(x,t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}a_{2k-1}e^{-5(2k-1)^2t}\cos \left((2k-1)x\right)=\frac{1}{2}-\frac{1}{\pi}+2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(2k-1)^2\pi}e^{-5(2k-1)^2t}\cos \left((2k-1)x\right)

es la solución buscada.

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