Apuntes Edp Elgueta

Un primer curso en ecuaciones

diferenciales parciales.

Manuel Elgueta.

P. Universidad Catolica de Chile.

Indice general

Capıtulo 1. La ecuacion de Ondas en una dimension espacial. 51.1. La cuerda infinita. 61.2. La cuerda semi infinita. 91.3. La cuerda finita. 11

Capıtulo 2. Series de Fourier. 132.1. Un poco de Algebra Lineal. 132.2. El espacio L2([−π, π]). 142.3. La ecuacion de ondas vıa Series de Fourier. 182.4. Unicidad y energıa. 192.5. La expansion de Fourier en funciones sin(nx). 20

Capıtulo 3. La ecuacion de Ondas en mas dimensiones. 253.1. La ecuacion de Ondas en R3 253.2. La ecuacion de Ondas en R2. 293.3. La ecuacion de ondas no homogenea. 303.4. La energıa. 31

Capıtulo 4. Ecuacion de Laplace y de Poisson. 354.1. La solucion fundamental. 354.2. Ecuacion de Laplace y funciones armonicas. 394.3. Formula de representacion. 454.4. La funcion de Green. 464.5. Metodos de energıa. 494.6. El Principio de Dirichlet. 50

Capıtulo 5. La Ecuacion del Calor. 535.1. La solucion en RN . 535.2. La ecuacion del calor no homogenea. 555.3. El Principio del Maximo. 56

Capıtulo 6. Aproximacion por diferencias finitas. 616.1. El Laplaciano discreto. 616.2. El Principio del Maximo para el Laplaciano discreto. 626.3. Relacion entre el Laplaciano y el Laplaciano Discreto. 646.4. El problema de Dirichlet para la Ecuacion de Poisson. 646.5. El problema de Dirichlet para la ecuacion del calor. 65

3

4 Indice general

Capıtulo 7. La ecuacion de primer orden. 697.1. La ecuacion lineal con coeficientes constantes. 697.2. La ecuacion lineal en general. 717.3. La ecuacion cuasi lineal. 747.4. La ecuacion de transporte. 757.5. Mas dimensiones. 77

CAPITULO 1

La ecuacion de Ondas en una dimension espacial.

Consideremos una cuerda perfectamente elastica que se mueve sobre unplano. Elijamos un eje horizontal en el plano y modelaremos la forma de lacuerda en un instante t por el grafico de una funcion u(·, t) donde la cantidadu(x, t) es el desplazamiento de la cuerda con respecto al eje horizontal enel punto x en el instante t. Asumiremos que la cuerda se mueve solo verti-calmente y por lo tanto los puntos de la cuerda no se desplazan en formahorizontal. Tal hipotesis da una buena aproximacion para desplazamientospequenos.

Buscaremos ahora una ecuacion que deba satisfacer u para, estudiandolas soluciones de la ecuacion, obtener informacion sobre como se mueve lacuerda.

Para esto tomemos un intervalo

[x, x + h] ⊂ Rde nuestro eje y calculemos de dos maneras distintas la fuerza total, F , queactua sobre el pedazo de cuerda correspondiente a dicho intervalo.

Por un lado, por la ley de Newton F = ma y recordando que no haymovimiento horizontal, tenemos que la fuerza total vertical es

F =∫ x+h

xρ(y)utt(y, t)dy

donde ρ(x) es la densidad de la cuerda en el punto correspondiente a x.

Por otra parte, en ausencia de roces y fuerzas externas, la fuerza esta da-da por la tension en los extremos del pedazo de cuerda. Dicha tension actuaen la direccion tangente a la cuerda en el punto y por lo tanto

−→T (x + h) = H(x + h)(−→ı + ux(x + h, t)−→ )

y−→T (x) = −H(x)(−→ı + ux(x, t)−→ ).

Como no hay movimiento horizontal se debe tener

H(x + h) = H(x)

5

6 1. LA ECUACION DE ONDAS EN UNA DIMENSION ESPACIAL.

y como x y h son arbitrarios se tiene

H(x) = H = Cte.

Ası tenemos que la fuerza total vertical es

F = H(ux(x + h, t)− ux(x, t)).

Igualando estas dos cantidades obtenemos∫ x+h

xρ(y)utt(y, t)dy = H(ux(x + h, t)− ux(x, t)).

Dividiendo por h y haciendo tender h a cero, del Teorema Fundamentaldel Calculo, se obtiene

ρ(x)utt(x, t) = Huxx(x, t)

que es la llamada Ecuacion de Ondas en una dimension espacial.

En lo que sigue del capıtulo, salvo aviso, supondremos que la cuerdatiene densidad constante, ρ, y pondremos

C2 =H

ρ.

De este modo la ecuacion toma la forma

utt(x, t) = C2uxx(x, t).

Ejercicio. Repita la deduccion anterior para deducir que en el caso en quesobre la cuerda actue una fuerza vertical f la ecuacion toma la forma nohomogenea

utt(x, t) = C2uxx(x, t) + f.

De que depende f? Depende. Por ejemplo si hubiera roce se tendrıa f =−Kux. Imagınese otro tipo de fuerzas.

1.1. La cuerda infinita.

Trabajaremos en el caso de una cuerda infinita, es decir buscaremosfunciones u(x, t) tales que

(1.1) utt(x, t) = C2uxx(x, t) en R× R.

La ecuacion (1.1) tiene infinitas soluciones. Por ejemplo las constantes,u(x, t) = ax + bt, u(x, t) = cos(Ct) sin(x), combinaciones lineales de estas ymuchas mas. Busque otras. Para tener solucion unica debemos pedirle algomas a la solucion.

Para buscar soluciones de (1.1) supongamos que u(x, t) es una soluciony consideremos la siguiente forma diferencial

(1.2) w = utdx + C2uxdt

1.1. LA CUERDA INFINITA. 7

La forma diferencial (1.2) tiene dos propiedades importantes. Primeroella es cerrada (recuerde la formula de Green en el plano (x, t)), es decir

(1.3)∂

∂x(C2ux)− ∂

∂t(ut) = C2uxx − utt = 0.

La segunda propiedad es que es facil de integrar, como integral de lınea,sobre segnentos de rectas de pendiente 1

C o − 1C . Tales segmentos seran

llamados segmentos caracterısticos. En efecto tomemos el segmento γdado por

γ(s) = (s, t1 +1C

(s− x1)) con x1 ≤ s ≤ x2.

Este es el segmento, de pendiente 1C , recorrido desde el punto (x1, t1) al

punto (x2, t1 + (x2 − x1) 1C ).

Se tiene para la integral de lınea∫

γw =

∫ x2

x1

(ut(s, t1 +1C

(s− x1))ds + C2ux(s, t1 +1C

(s− x1))1C

)ds

= C

∫ x2

x1

d

ds(u(s, t1 +

1C

(s− x1)))ds

= C(u(x2, t1 +1C

(x2 − x1))− u(x1, t1)).

Resumimos lo anterior en el lema siguiente para referirnos a el en elfuturo.

Lema 1.1.1. Si γ es un segmento de pendiente 1C recorrido hacia arriba,

entonces ∫

γw = C(u(punto final )− u(punto inicial )).

De manera analoga, si γ es un segmento de pendiente − 1C recorrido

hacia arriba, entonces∫

γw = −C(u(punto final )− u(punto inicial )).

Recordemos la formula de Green. Si Pdx+Qdt es una forma diferencialy D una region suave y acotada en el plano, entonces∫

D(Qx − Pt) =

∫

∂D(Pdx + Qdt)

con la integral de lınea con la orientacion correcta.

Apliquemos dicha formula a nuestra forma diferencial w siendo la regionD el triangulo equilatero de vertices (x, t), (x − Ct, 0) y (x + Ct, 0) de lafigura siguiente.


(x, t)

(x + Ct, 0)(x− Ct, 0)¡

¡¡¡@

@@@ x

t

Se tiene entonces, llevando la cuenta de las orientaciones,

0 = C(u((x−Ct, 0)−u(x, t))−C(u(x, t)−u(x+Ct, 0))+∫ x+Ct

x−Ctut(y, 0)dy.

Despejando obtenemos la conocida formula de D´Alambert

(1.4) u(x, t) =u((x + Ct, 0) + u(x− Ct, 0)

2+

12C

∫ x+Ct

x−Ctut(y, 0)dy.

La formula precedente nos dice que, en general, el valor de u en (x, t)queda determinado por los valores de u y ut en (x, 0). Esto nos conduce,para singularizar una solucion, a considerar el problema de condicionesiniciales

(1.5)utt(x, t) = uxx(x, t) en R× Ru(x, 0) = u0(x) para x ∈ Rut(x, 0) = v0(x) para x ∈ R

donde u0 y v0 son datos iniciales dados que representan el desplazamientoinicial y la velocidad vertical inicial respectivamente. En este caso la solucional problema (1.5) esta dada por

(1.6) u(x, t) =u0(x + Ct) + u0(x− Ct)

2+

12C

∫ x+Ct

x−Ctv0(y)dy.

Hacemos notar que nuestro argumento ha sido que si el problema (1.5)tiene una solucion suave esta esta dada por (1.6). Dejamos al lector compro-bar que si los datos iniciales u0 y v0 son buenos, entonces (1.6) nos proveede una solucion.

La formula (1.6) tambien nos dice que el valor de u en el punto (x, t)depende solo de los valores de las condiciones iniciales en el intervalo [x −Ct, x + Ct]. Por esta razon dicho intervalo se denomina el Dominio deDependencia del punto (x, t)

Otra obsevacion que viene al caso es la siguiente. Supongamos que losdatos iniciales estan soportados en el semi eje negativo, esto quiere decir que

1.2. LA CUERDA SEMI INFINITA. 9

u0(y) = 0 y v0(y) = 0 para todo y ≥ 0. Fijemos x > 0. Entonces se tiene

u(x, t) = 0 para todo t <x

C.

Si ademas, por ejemplo, v0 ≡ 0 en todo R y u0(y) > 0 para todo y < 0 setendra

u(x, t) > 0 para todo t >x

C.

Esto, mas un momento de reflexion, nos lleva a llamar a la constante C lavelocidad de propagacion de la onda. Recordemos que

C2 =H

ρ

donde ρ es la densidad y H esta relacionada con la tension. Se ve de aquı queen las cuerdas mas pesadas y menos tensas las ondas se propagan mas lenta-mente que en las menos pesadas y mas tensas.

Ejercicio. Deduzca una formula de D´Alambert para la solucion del prob-lema

(1.7)utt(x, t) = uxx(x, t) + f(x, t) en R× Ru(x, 0) = u0(x) para x ∈ Rut(x, 0) = v0(x) para x ∈ R.

Cual es el dominio de dependencia de (x, t) en este caso?

1.2. La cuerda semi infinita.

Estudiaremos aquı la ecuacion

utt(x, t) = uxx(x, t) + f(x, t) en [0,∞)× Rque modela una cuerda semi infinita.

En este caso ademas de prescribir condiciones iniciales hay que prescribirtambien el comportamiento de la cuerda en el borde x = 0.

Una de las condiciones de borde mas comunes es la que prescribe eldesplazamiento de la cuerda en x = 0, que se dice condicion de borde tipoDirichlet,

u(0, t) = g(t)

donde g es una funcion dada. Por ejemplo g ≡ 0 modela una cuerda quepermanece fija en el origen.

Otro tipo comun es el de Neumann en el cual se prescribe la ”tension”en el borde, es decir

ux(0, t) = h(t)

donde h es una funcion dada.


Consideremos ahora el problema de Dirichlet para la cuerda semi infinitasin fuerzas externas. Este es

(1.8)

utt(x, t) = uxx(x, t) en [0,∞)× Ru(0, t) = g(t) para t ∈ Ru(x, 0) = u0(x) para x ∈ [0,∞)ut(x, 0) = v0(x) para x ∈ [0,∞).

Para obtener una solucion del problema (1.8) usaremos tambien el meto-do de integrar la forma diferencial w. La diferencia con la seccion anteriorradica en que en este caso hay que tomar en cuenta los ”rebotes” de la ondaen el extremo de la cuerda. Distinguimos dos casos.

Caso 1: Si x ≥ Ct el triangulo caracterıstico esta contenido en el primercuadrante, de modo que no hay ”rebotes”, y la solucion esta dada por laformula (1.6) al igual que para la cuerda infinita.

Caso 1: Si x ≤ Ct. En este caso aplicamos el Teorema de Green a la formaw en la region D de la figura

(x, t)

(x + Ct, 0)(Ct− x, 0)

¡¡@@

@@ x

t

@@

(0, Ct−xC ) D

Usando el Lema 1.1.1 obtenemos en este caso

u(x, t) =u0(x + Ct)− u0(x− Ct)

2+ g(

Ct− x

C) +

12C

∫ x+Ct

Ct−xv0(y)dy.

Hemos comprobado que si u es una solucion suave del problema (1.8),entonces

(1.9)

u(x, y) =

u0(x+Ct)+u0(x−Ct)2 + 1

2C

∫ x+Ctx+Ct v0(y)dy si x ≥ Ct

u0(x+Ct)−u0(x−Ct)2 + g(Ct−x

C ) + 12C

∫ x+CtCt−x v0(y)dy si x ≤ Ct.

1.3. LA CUERDA FINITA. 11

Ejercicio. Que condiciones de compatibilidad deben satisfacer u0, v0 y gpara que (1.9) sea una solucion C2 de (1.8)?

Ejercicio. Como se ven las soluciones si al problema anterior se agrega untermino de fuerza externa?

Consideremos ahora el problema de Neumann para la cuerda semiinfinita sin fuerzas externas. Este es

(1.10)

utt(x, t) = uxx(x, t) en [0,∞)× Rux(0, t) = h(t) para t ∈ Ru(x, 0) = u0(x) para x ∈ [0,∞)ut(x, 0) = v0(x) para x ∈ [0,∞).

En este caso aplicamos el Teorema de Green a la forma diferencial w enla region D de la figura

(x, t)

(Ct, 0)

@@

@@

@@

@ x

t(0, t)

D

(0, 0)

para obtener

u(0, t) = u0(Ct) +∫ Ct

0v0(y)dy +

∫ t

0h(s)ds.

De este modo a partir del dato de Neumann, ux(0, t) = h(t), hemosobtenido el dato de Dirichlet, u(0, t), y podemos aplicar la formula (1.9).

Ejercicio. Que condiciones de compatibilidad deben satisfacer u0, v0 y hpara obtener una solucion C2 de (1.12)?

1.3. La cuerda finita.

Consideremos el caso de una cuerda finita de largo l. En este caso hayque prescribir datos de borde en ambos extremos de la cuerda. Estos datospodrıan ser del tipo, por ejemplo Dirichlet-Dirichlet, Dirichlet-Neumann o


Neumann-Neumann segun lo que se quiera modelar. El metodo para encon-trar soluciones es el mismo de la seccion anterior solo que aquı aparecen masrebotes. Proponemos al lector los dos ejercios siguientes.

Ejercicio. Sea u una solucion de

(1.11)

utt(x, t) = uxx(x, t) en [0, 1]× Rux(0, t) = t para t ∈ Ru(1, t) = t2 para t ∈ Ru(x, 0) = sin(πx) para x ∈ [0, 1]ut(x, 0) = 0 para x ∈ [0, 1].

Calcular u(12 , 3).

Ejercicio. Sea u una solucion suave de

(1.12)

utt(x, t) = uxx(x, t) en [0, 1]× Ru(0, t) = 0 para t ∈ Ru(1, t) = 0 para t ∈ Ru(x, 0) = u0(x) para x ∈ [0, 1]ut(x, 0) = v0(x) para x ∈ [0, 1].

Demostrar que existe p > 0 tal que

u(x, t + p) = u(x, t)

para todo (x, t) ∈ [0, 1]×R. Es decir u es una funcion periodica en la variablet. Cual es este perıodo?

CAPITULO 2

Series de Fourier.

En este capıtulo probaremos que toda funcion C1(R) y periodica, deperıodo 2π, f : R→ R admite la expansion en serie

f(x) =∞∑

n=−∞f(n)einx

donde los coeficientes f(n) estan dados por

f(n) =12π

∫ π

−πf(x)einxdx

y la convergencia de la serie es en el sentido de la convergencia uniforme.

2.1. Un poco de Algebra Lineal.

Necesitamos un recuerdo de Algebra Lineal. Sea V un espacio vectorialcomplejo con un producto interno 〈 , 〉. Para v ∈ V definimos la norma por

||v|| = 〈v , v〉 12

y recordamos que para todo par u, v ∈ V vale la desigualdad de Cauchy -Schwartz

|〈u , v〉| ≤ ||u|| · ||v||.Demuestrela, por lo menos en el caso real, como ejercicio.

Sea enn∈Z un conjunto ortonormal. Si v ∈ V denotaremos por PN (v) ala proyeccion ortogonal de v sobre el subespacio de dimension finita generadopor los vectorex e−N , ....., eN.

Es facil ver que

PN (v) =N∑

n=−N

〈v , en〉en

y que vale el Teorema de Pitagoras, compruebelo,

||v||2 = ||v − PN (v)||2 + ||PN (v)||2.

Como

||PN (v)||2 =N∑

n=−N

|〈v , en〉|2

13

14 2. SERIES DE FOURIER.

se tiene queN∑

n=−N

|〈v , en〉|2 ≤ ||v||2.

Por lo tanto, tratandose de una serie de terminos positivos cuyas sumasparciales estan acotadas, la serie

∞∑n=−∞

|〈v , en〉|2

converge. En particular

lım|n|→∞

|〈v , en〉| = 0.

2.2. El espacio L2([−π, π]).

Denotaremos por L2([−π, π]) o simplemente por L2 al espacio vectorialde todas las funciones f : [−π, π] → C que pueden ser integradas, en elsentido de Lebesgue (ver el curso de Integracion o de Teoria de la Medida),y tales que

12π

∫ π

−π|f(x)|2dx < ∞.

Para f, g ∈ L2 se define el producto interno

〈f , g〉 =12π

∫ π

−πf(x)g(x)dx.

De la desigualdad de Cauchy - Schwartz se deduce que si f, g ∈ L2, entonces〈f , g〉 es finito. Ademas este producto interno induce la norma

||f ||2 =(

12π

∫ π

−π|f(x)|2dx

) 12

.

Ejercicio: Compruebe que la familia

en(x) = einx = cos(x) + i sin(x)

con n ∈ Z es una familia ortonormal en L2.

Para f ∈ L2 se define el n-esimo coeficiente de Fourier por

f(n) = 〈f , en〉 =12π

∫ π

−πf(x)e−inxdx.

La proyeccion ortogonal de f ∈ L2 sobre el espacio generado pore−N , ....., eN esta dada en este caso por la suma parcial

SN (x) =N∑

n=N

f(n)einx

2.2. EL ESPACIO L2([−π, π]). 15

y por el Teorema de Pitagoras tenemos

||f ||22 = ||f − SN ||22 +N∑

n=N

|f(n)|2.

Expresemos ahora la suma parcial

SN (x) =N∑

n=N

f(n)einx

de una forma mas conveniente. Recordando que

f(n) =12π

∫ π

−πf(y)e−inydy

y substituyendo en la formula para SN obtenemos

SN (x) =12π

∫ π

−π

(N∑

n=N

ein(x−y)

)f(y)dy.

Hacemos notar que hemos intercambiado el orden de la integral y la suma,paso lıcito ya que la suma es finita.

Haciendo el cambio de variables z = x − y y usando la periodicidad def podemos escribir

SN (x) =12π

∫ π

−π

(N∑

n=N

einz

)f(x− z)dz.

Evaluamos ahora la sumatoriaN∑

n=N

einz. Observamos que esta es una

progresion geometrica de razon eiz y por lo tantoN∑

n=N

einz =ei(N+1)z − eiNz

eiz − 1=

ei(N+ 12))z − e−i(N+ 1

2)z

ei z2 − e−i z

2

=sin((N + 1

2)z)sin( z

2).

Tambien, integrando en la identidad precedente, se tiene

12π

∫ π

−π

sin((N + 12)z)

sin( z2)

dz = 1.

Ahora tenemos

SN (x) =12π

∫ π

−π

sin((N + 12)z)

sin( z2)

f(x− z)dz


y por otra parte

f(x) =12π

∫ π

−π

sin((N + 12)z)

sin( z2)

f(x)dz.

Restando se tiene

SN (x)− f(x) =12π

∫ π

−π

sin((N + 12)z)

sin( z2)

(f(x− z)− f(x))dz.

Fijemos x por el momento. Podemos escribir

SN (x)− f(x) =12π

∫ π

−πh(z) sin((N +

12)z)dz

donde, como f ∈ C1(R), la funcion

h(z) =

f(x−z)−f(x)

sin( z2) si z 6= x

12f ′(x) si z = x

es continua y por lo tanto h ∈ L2.

No es dificil comprobar, hagalo, que la familia wN (x)N∈N definida por

wN (x) = C sin((N +12)z)

es una familia ortonormal en L2 para una buena eleccion de la constante C.

De este modo para este x fijo tenemos

SN (x)− f(x) = 〈h , wN 〉y de los resultados abstractos de algebra lineal sigue que

lımN→∞

SN (x) = f(x)

para este x fijo.

Hemos probado la convergencia puntual. Debemos probar la uniforme.

Ejercicio: Sea f ∈ C1(R) y periodica de perıodo 2π. Probar que

(f ′)(n) = inf(n).

(HINT: Integre por partes.)

Para probar la convergencia uniforme consideremos N, M ∈ N con M >N . Se tiene

|SM (x)− SN (x)| =M∑

n=N+1

f(n)einx =M∑

n=N+1

1in

(f ′)(n)einx.

2.2. EL ESPACIO L2([−π, π]). 17

Usando la desigualdad de Cauchy - Schwarz obtenemos

|SM (x)− SN (x)|2 ≤(

M∑

n=N+1

1n2

)(M∑

n=N+1

((f ′)(n))2)

.

Como f ′ ∈ L2 se tiene queM∑

n=N+1

|(f ′)(n)|2 ≤ ||f ′||22.

Ası

|SM (x)− SN (x)| ≤( ∞∑

n=N+1

1n2

) 12

||f ′||2.

Haciendo tender M a infinito en la desigualdad precedente y usando loprobado para la convergencia puntual se tiene

|f(x)− SN (x)| ≤( ∞∑

n=N+1

1n2

) 12

||f ′||2

de donde sigue la convergencia uniforme ya que la serie∞∑

n=1

1n2 converge y

por lo tanto

lımN→∞

∞∑

n=N+1

1n2

= 0.

Del Criterio Integral de Calculo II para la convergencia de series tenemosque

∞∑

n=N+1

1n2

≤∫ ∞

N

1y2

dy =1N

.

De este modo tenemos la estimacion

|f(x)− SN (x)| ≤(

1N

) 12

||f ′||2.

La convergencia uniforme de SN a f inplica que SN tambien converge af en la norma || ||2, es decir

lımN→∞

||SN − f ||2 = 0.

Recordando el Teorema de Pitagoras

||f ||22 = ||f − SN ||22 +N∑

n=N

|f(n)|2

y haciendo tender N a infinito obtenemos la


IDENTIDAD DE PARSEVAL:

||f ||22 =∞∑

n=−∞|f(n)|2.

Observacion: Hemos probado la identidad de Parseval para funciones f ∈C1 periodicas. Toda funcion f ∈ L2 puede ser aproximada en la norma || ||2por funciones C1 y periodicas. Es decir dada f ∈ L2 existe una sucesion fn

de funciones C1 y periodicas tal que

lımn→∞ ||fn − f ||2 = 0.

Use este hecho para probar que la Identidad de Parseval vale para todaf ∈ L2.

Ejercicio: Demuestre que∞∑

n=1

1n2

=π2

6.

Hint: Aplique la Identidad de Parseval a la funcion f(x) = x en [−π, π].

2.3. La ecuacion de ondas vıa Series de Fourier.

Busquemos ahora soluciones de la ecuacion

utt = uxx

en el intervlo [−π, π].

Tomando transformada de Fourier a u en la ecuacion tenemos que estasatisface

utt(n, t) = −n2u(n, t).

Integrando en t obtenemos la solucion general

u(n, t) = aneint + bne−int

con an, bn ∈ C. Esta puede ser escrita, cambiando las constantes an y bn, enla forma

u(n, t) = an cosnt + bn sin(nt)con an, bn ∈ C.

Luego expandiendo u en serie de Fourier tenemos

u(x, t) =∑

n∈Z(an cos(nt) + bn sin(nt))einx

con an, bn ∈ C.

? Como se determinan los coeficientes an y bn ? La respuesta es queestan determinados por las condiciones iniciales. Hagalo como ejercicio. Paradeterminar los an use u(x, 0) y para determinar los bn derive y use ut(x, 0).

2.4. UNICIDAD Y ENERGIA. 19

Sobre las condiciones de borde que satisface la solucion u observamos queestas son condiciones periodicas, es decir u es la restriccion de una funcionperiodica en todo R, de periodo 2π, al intervalo [−π, π].

2.4. Unicidad y energıa.

Demostraremos que para un problema de la forma

(2.1)

utt = uxx

u(π, t) ≡ g(t)u(−π, t) ≡ h(t)u(x, 0) = u0(x)ut(x, 0) ≡ v0(x)

en el intervalo [−π, π] la solucion es unica.

Para esto definimos la energıa asociada a la solucion u por

E(t) =12

∫ π

−π|ut(x.t)|2dx +

12

∫ π

−π|ux(x.t)|2dx.

Probaremos que para una solucion de (2.1) con g ≡ h ≡ 0 la energıa seconserva. En efecto, derivando e integrando por partes se obtiene

E′(t) =∫ π

−πut(x.t)utt(x, t)dx +

∫ π

−πux(x.t)uxt(x, t)dx

=∫ π

−πut(x, t)(utt(x, t)− uxx(x, t))dx = 0.

Hacemos notar que la condicion g ≡ h ≡ 0 se uso al integrar por partes.

Probaremos ahora la unicidad. Sean u1 y u2 soluciones de (2.1). Sudiferencia u = u1 − u2 tambien satisface (2.1) pero con g ≡ h ≡ 0 y ademasu0 ≡ v0 ≡ 0. Como g ≡ h ≡ 0 se tine que E(t) es constante. Como u0 ≡v0 ≡ 0 se tiene E(0) = 0. Por lo tanto E(t) ≡ 0. Esto implica

∫ π

−π|ux(x.t)|2dx ≡ 0,

lo que a su vez implicaux(x, t) ≡ 0

y por lo tanto u(x, t) es constante en la variable x. Pero u(π, t) = 0, luegou(x, t) ≡ 0. Hemos probado que

u1 ≡ u2

como querıamos.

Ejercicio: Compruebe que lo anterior tambien vale para condiciones deborde periodicas.


La unicidad tiene como consecuencia el lema siguiente.

Lema: Sea u una solucion de (2.1) con g ≡ h ≡ 0 y datos iniciales u0 y v0

impares con respecto al origen. Entonces u(x, t) es una funcion impar conrespecto al origen en la variable x para todo t.

Demostracion: Observe que en este caso la funcion v(x, t) = −u(−x, t)satisface (2.1) con los mismos datos de borde y los mismos datos inicialesque u. Por la unicidad se tiene

−u(−x, t) ≡ u(x, t)

como querıamos probar. ¤

2.5. La expansion de Fourier en funciones sin(nx).

Trabajaremos ahora en el intervalo [0, π]. Consideremos el problema

(2.2)

utt = uxx

u(π, t) ≡ 0u(−π, t) ≡ 0u(x, 0) = u0(x)ut(x, 0) ≡ v0(x)

en el intervalo [0, π].

Se supone tambien que u0(0) = u0(π) = 0 y v0(0) = v0(π) = 0.

Extendamos primero las funciones u0 y v0 al intervalo [−π, π] comofunciones impares y luego a toda la recta como funciones 2π periodicas.Resolvamos ahora el problema en [−π, π] con condiciones de borde periodicasy estas condiciones iniciales. Por lo anterior u(x, t) es impar en la variablex y suponiendo que es continua se tiene

u(0, t) ≡ 0.

Haciendo una traslacion, o argumentando de manera analoga, tambien sedebe tener

u(π, t) ≡ 0.

De este modo tenemos que la funcion

u(x, t) =∑

n∈Zaneinteinx

restringida a [0, π] satisface (2.2). Debemos determinar los coeficientes an

para que se cumplan las condiciones iniciales. Observemos primero que comou es real se debe tener que

ane−inte−inx = aneinteinx

2.5. LA EXPANSION DE FOURIER EN FUNCIONES sin(nx). 21

y por lo tanto la serie puede escribirse

u(x, t) =∞∑

n=0

2Re(aneinteinx)

o lo que es lo mismo

u(x, t) =∞∑

n=0

(an cos(nt) sin(nx) + bn sin(nt) sin(nx)

+cn cos(nt) cos(nx) + dn sin(nt) cos(nx))

con, ahora, an, bn, cn, dn ∈ R.

De la imparidad de u(x, t) como funcion de x se deduce que cn = dn = 0para todo n y por lo tanto

u(x, t) =∞∑

n=0

(an cos(nt) + bn sin(nt)) sin(nx).

Ahora podemos determinar los coeficientes. Podrıamos haber llevado lacuenta de lo que son pero es mas facil observar que la familia sin(nx)∞n=1

es una familia ortonormal para concluir que

an =1π

∫ π

0u0(y) sin(ny)dy

y

nbn =1π

∫ π

0v0(y) cos(ny)dy.

(O algo parecido)

Ası hemos encontrado la solucion de (2.2) en el caso de ”buenas” condi-ciones iniciales.

Ejercicio: Repita el procedimiento anterior para resolver por series

(2.3)

utt = uxx

ux(0, t) ≡ 0ux(π, t) ≡ 0u(x, 0) = u0(x)ut(x, 0) ≡ v0(x)

en el intervalo [0, π]. Hint: Extienda en forma par. Queda una serie encos(nx). Tenga cuidado con el coeficiente corresponiente a la constantecos(0x) que en este caso si aparece en la expansion.


Ejercicio: Repita el procedimiento anterior para resolver por series

(2.4)

utt = uxx

ux(0, t) ≡ 0u(π

2 , t) ≡ 0u(x, 0) = u0(x)ut(x, 0) ≡ v0(x)

en el intervalo [0, π2 ].

Ejercicio: Resuelva por separacion de variables, es decir expandiendo enserie de Fourier, el problema

utt = 4uxx

u(0, t) ≡ 0u(π, t) ≡ 0u(x, 0) = x(x− π)ut(x, 0) ≡ 0



utt = 4uxx

u(0, t) ≡ 0u(π, t) ≡ 0u(x, 0) = 0ut(x, 0) ≡ x(π − x)



utt = 4uxx

ux(0, t) ≡ 0ux(π, t) ≡ 0u(x, 0) = x(π − x)ut(x, 0) ≡ 0


Ejercicio: (Hecho en clases) Resuelva por separacion de variables, es decirexpandiendo en serie de Fourier, el problema con fuerza externa

utt = uxx + sin(t) sin(x)u(0, t) ≡ 0u(π, t) ≡ 0u(x, 0) = x(π − x)ux(x, 0) ≡ 0

en el intervalo [0, π]. Que pasa con la solucion cuando t → ∞? Se acuerdade los puentes que entran en resonancia?

2.5. LA EXPANSION DE FOURIER EN FUNCIONES sin(nx). 23

Ejercicio: Resuelva por separacion de variables, es decir expandiendo enserie de Fourier, el problema con fuerza de roce

utt = uxx − ut

u(0, t) ≡ 0u(π, t) ≡ 0u(x, 0) = x(π − x)ut(x, 0) ≡ 0

en el intervalo [0, π]. Que pasa con la solucion cuando t →∞?

Observacion: Hemos trabajado solo en el intervalo [−π, π] o el intervalo[0, π]. Ud. debe ser capaz de recuperar todos estos resultados en un intervalocualquiera [a, b] haciendo cambios de escala.

CAPITULO 3

La ecuacion de Ondas en mas dimensiones.

3.1. La ecuacion de Ondas en R3

En esta seccion encontraremos la solucion al problema

utt = ∆u en (x, t) ∈ R3 × R(3.1)u(x, 0) = u0(x)(3.2)ut(x, 0) = v0(x)(3.3)

donde u0 y v0 son funciones suaves.

La solucion que daremos se basa en el metodo de los promedios esfericosy la idea es la siguiente.

Para x ∈ R3 y r > 0 definimes

B(x, r) = y ∈ R3 / ||x− y|| < rla bola de centro x de radio r y por

S(x, r) = y ∈ R3 / ||x− y|| < rla esfera de centro x de radio r.

Hacemos notar que S(x, r) es la frontera, o el borde, de B(x, r).

Sea una f : R3 → R una funcion continua. Fijemos x ∈ R3. Definimos elpromedio esferico de f alrededor de x por

A(r) = Af,x(r) =1

4πr2

∫

S(x,r)f(y)dS(y)

donde dS es el elemento de area de la esfera.

El teorema siguiente es sumamente intuitivo.

Teorema 3.1.1. Sea f : R3 → R continua en una vecindad de x ∈ R3.Entonces

lımr→0+

A(r) = f(x).

Demostracion: Sea ε > 0 dado. Como f es continua en x existe r0 > 0 talque para todo 0 < r < r0 se tiene

y ∈ B(x, r) ⇒ |f(y)− f(x)| < ε.

25

26 3. LA ECUACION DE ONDAS EN MAS DIMENSIONES.

Ahora, usando el hecho que 14πr2

∫S(x,r) dS(y) = 1, tenemos para 0 < r < r0

|A(r)− f(x)| ≤ 14πr2

∫

S(x,r)|f(y)− f(x)|dS(y) < ε

lo que demuestra la afirmacion. ¤

Definimos ahora la funcion

U(r, t) =1

4πr

∫

S(x,r)u(y, t)dS(y).

Lema 3.1.1. Si u satisface utt = ∆u en R3×R, entonces U(r, t) satisfacela ecuacion

Utt = Urr en (0,∞)× R.

Demostracion: Escribamos, haciendo el cambio de variables y = x + rw,

U(r, t) =r

4π

∫

||w||=1u(x + rw, t)dS(w).

Derivando bajo la integral tenemos

Ur(r, t) =14π

∫

||w||=1u(x+ rw, t)dS(w)+

r

4π

∫

||w||=1∇u(x+ rw, t) ·wdS(w).

Revirtiendo el cambio de variables en la segunda intergral se tiene

Ur(r, t) =14π

∫

||w||=1u(x+rw, t)dS(w)+

14πr

∫

S(x,r)∇u(y, t) · (y − x)

rdS(y).

Como (y−x)r es la normal exterior a S(x, r) en el punto y tenemos

Ur(r, t) =14π

∫

||w||=1u(x + rw, t)dS(w) +

14πr

∫

S(x,r)

du

dn(y, t)dS(y)

y recordando la formula de Green ( demuestrela como ejercicio )∫

D∆f(y)dy =

∫

∂D

df

dn(y)dS(y),

obtenemos

Ur(r, t) =14π

∫

||w||=1u(x + rw, t)dS(w) +

14πr

∫

B(x,r)∆u(y, t)dy.

Derivamos nuevamente para obtener

Urr(r, t) =14π

∫

||w||=1∇u(x + rw, t) · w dS(w)

− 14πr2

∫

B(x,r)∆u(y, t)dy +

14πr

d

dr

(∫

B(x,r)∆u(y, t)dy

).

3.1. LA ECUACION DE ONDAS EN R3 27

Pero el mismo calculo anterior prueba que14π

∫

||w||=1∇u(x + rw, t) · w dS(w) =

14πr2

∫

B(x,r)∆u(y, t)dy.

Ası

Urr(r, t) =1

4πr

d

dr

(∫

B(x,r)∆u(y, t)dy

).

Pero usando coordenadas esfericas,∫

B(x,r)∆u(y, t)dy =

∫ r

0

∫

S(0,1)∆u(x + sw, t)s2dS(w)ds

y por el Teorema Fundamental del Calculo

d

dr

(∫

B(x,r)∆u(y, t)dy

)=

∫

S(0,1)∆u(x+rw, t)r2dS(w) =

∫

S(x,r)∆u(y, t)dS(y).

De este modo

Urr(r, t) =1

4πr

∫

S(x,r)∆u(y, t)dS(y) =

14πr

∫

S(x,r)utt(y, t)dS(y) = Utt(r, t)

como se querıa probar. ¤

Observamos ahora que la funcion U(r, t) satisface el problema

Utt = Urr en (0,∞)× Rcon condicion de borde

U(0, t) ≡ 0y condiciones iniciales

U(r, 0) =1

4πr

∫

S(x,r)u0(y)dS(y)

y

Ut(r, 0) =1

4πr

∫

S(x,r)v0(y)dS(y).

Como ejercicio use el metodo de la formula de Green con rebotes, o en sudefecto la formula de D’Alambert extendiendo los datos iniciales en formaimpar al semieje negativo, para concluir que si 0 < r < t, entonces

U(r, t) =U(r + t, 0)− U(t− r, 0)

2+

12

∫ t+r

t−rUt(s, 0)ds.

Ası

A(r, t) =1rU(r, t) =

U(r + t, 0)− U(t− r, 0)2r

+12r

∫ t+r

t−rUt(s, 0)ds


y haciendo tender r a 0 se obtiene

(3.4) u(x, t) = lımr→0

A(r, t) =d

drU(r, 0) |r=t + Ut(t, 0).

Pero, repitiendo un calculo anterior, se tiene

d

drU(r, 0) =

d

dr

(r

4π

∫

S(0,1)u0(x + rw)dS(w)

)

=14π

∫

S(0,1)u0(x + rw)dS(w) +

r

4π

∫

S(0,1)∇u0(x + rw) · w dS(w)

=1

4πr2

∫

S(x,r)u0(y)dS(y) +

r

4πr2

∫

S(x,r)∇u0(y) · (y − x) dS(w).

Despues de evaluar en r = t y substituir en (3.4) se obtiene la conocidaformula de Kirchhoff

u(x, t) =1

4πt2

∫

S(x,t)(u0(y) +∇u0(y) · (y − x) + tv0(y)) dS(y)

para t > 0.

Ejercicio: Compruebe que si u0, v0 ∈ C2(R3), entonces u(x, t) definida porla formula de Kirchhoff satisface (3.1), (3.2) y (3.3).

Ejercicio: Que forma toma la formula de Kirchhoff si se reemplaza laecuacion (3.1) por

utt = C2∆u?

Observacion: Hacemos notar que el valor de u en el punto (x, t) con t > 0depende de los valores de las condiciiones iniciales sobre la esfera S(x, t).En este sentido decimos que el dominio de dependencia del punto (x, t)es la esfera S(x, t). Esto tiene como consecuencia que si las perturbacionesiniciales u0 y v0 tienen soporte acotado (es decir existe un R > 0 tal queu0(x) = v0(x) = 0 para todo x tal que ||x|| ≥ R), entonces para cada x ∈ R3

existe un tiempo T (x) tal que u(x, t) = 0 para todo t > T (x). En lenguajede la calle esto quiere decir que en el tiempo T (x) la onda ya paso de largopor el punto x

Ejercicio: Encuentre una formula de Kirchhoff para t < 0.

Ejercicio: Sea u la solucion de (3.1), (3.2) y (3.3) con u0 y v0 funcionessuaves de soporte acotado. Demuestre que existe una constante K > 0 talque

|u(x, t)| ≤ K

tpara todo x ∈ R3 y todo t > 0.

En otras palabras la solucion decae en el tiempo, o se amortigua, uniforme-mente en x como 1

t .

3.2. LA ECUACION DE ONDAS EN R2. 29

3.2. La ecuacion de Ondas en R2.

En esta seccion encontraremos la solucion al problema

utt = ∆u en (x, t) ∈ R2 × R(3.5)u(x, 0) = u0(x)(3.6)ut(x, 0) = v0(x)(3.7)

donde u0 y v0 son funciones suaves.

La solucion que daremos se basa en el metodo del descenso que consisteen extender los datos iniciales a R3 como constantes en la tercera variable,resolver la ecuacion por el metodo de Kichhoff en R3 y luego restringir lasolucion a R2.

Usaremos la notacion x = (x1, x2) ∈ R2 para puntos de R2 y (x, z) =(x1, x2, z) ∈ R3 para puntos de R3.

Definimos las funciones

u0(x, z) = u0(x),

v0(x, z) = v0(x)y consideramos la solucion u del problema

utt = ∆u

u(x, z, 0) = u0(x, z)ut(x, z, 0) = v0(x, z)

en R3.

Parametrizando cada uno de los hemisferios de la esfera por

z = ±√

t2 − ||x||2 con ||x|| ≤ t,

lo que da en estas coordenadas

dS =t√

t2 − ||x||2 dx,

usando la formula de Kirchhoff se obtiene la formula

u(x, t) =1

2πt2

∫

B(x,t)

tu0(y) + t2v0(y) + t∇u0(y) · (y − x)√t2 − ||x||2 dy.

Hacemos notar que al aplicar la formula de Kirchhoff la solucion u en R3

no depende de la variable z y por lo tanto al restringirla satisface la ecuacionen R2.

Para los detalles de los calculos sugiero, mas bien exijo, mirarlas paginas 73 y 74 del libro de Evans.

Observacion: Hacemos notar que en este caso el valor de u en el punto(x, t) con t > 0 depende de los valores de las condiciiones iniciales sobre


la bola B(x, t). En este sentido decimos que el dominio de dependenciadel punto (x, t) es la bola B(x, t). Esto tiene como consecuencia que si lasperturbaciones iniciales u0 y v0 tienen soporte acotado (es decir existe unR > 0 tal que u0(x) = v0(x) = 0 para todo x tal que ||x|| ≥ R), entoncespara cada x ∈ R3 existe un tiempo T (x) tal que de ahı en adelante el valorde u(x, t) se ve afectado por las condiciones iniciales para todo t > T (x). Osea en este caso la onda no pasa de largo por el punto x. En este sentido elcomportamiento de la onda en R2 es muy distinto del comportamiento enR3.

3.3. La ecuacion de ondas no homogenea.

Sea f : RN×(0,∞) → R una funcion suave. En esta seccion resolveremosel problema no homogeneo

utt = ∆u + f en RN × (0,∞),

u(x, 0) = u0(x) en RN ,(3.8)

ut(x, 0) = v0(x) en RN .

En vista de la linealidad tenemos que si u1 es solucion de

utt = ∆u + f en RN × (0,∞),

u(x, 0) = 0 en RN ,(3.9)

ut(x, 0) = 0 en RN .

y u2 es solucion de

utt = ∆u en RN × (0,∞),

u(x, 0) = u0(x) en RN ,(3.10)

ut(x, 0) = v0(x) en RN

entoncesu = u1 + u2

es solucion de (3.8).

Como sabemos resolver (3.10) nos basta resolver (3.9), es decir (3.8) condatos iniciales nulos.

Usaremos el siguiente principio de Duhamel. Pensemos una variable scomo un parametro y consideremos la solucion

u = u(x, t; s)

del problema

utt = ∆u en RN × (s,∞),

u(x, 0) = 0 en RN ,(3.11)

ut(x, s) = f(x, s) en RN .

3.4. LA ENERGIA. 31

Definamos ahora

u(x, t) =∫ t

0u(x, t; s)ds.

Es claro que u(x, 0) = 0 y que ut(x, 0) = 0. Ahora derivando tenemos

ut(x, t) = u(x, t : t) +∫ t

0ut(x, t; s)ds =

∫ t

0ut(x, t; s)ds

y por lo tanto

utt(x, t) = ut(x, t : t) +∫ t

0utt(x, t; s)ds = f(x, t) + ∆u(x, t).

Ejercicio: Use lo anterior y la formula de Kirchhoff para probar que en R3

la solucion de

ut = ∆u + f en RN × (0,∞),

u(x, 0) = 0 en RN ,

ut(x, 0) = 0 en RN

esta dada por

u(x, t) =14π

∫ t

0

∫

S(x,r)

f(y, t− r)r

dSdr =14π

∫

B(x,r)

f(y, t− ||y − x||)||y − x|| dS.

3.4. La energıa.

Sea Ω una buena region de RN y sean f : Ω × (0,∞) → R y g : ∂Ω ×(0,∞) → R funciones suaves. Consideremos el problema

utt = ∆u + f en Ω× (0,∞),u(x, t) = g(x, t) en ∂Ω× (0,∞),

(3.12)u(x, 0) = u0(x) en Ω,

ut(x, 0) = v0(x) en Ω.

En vista de la linealidad tenemos qu si u1 y u2 fueran soluciones de(3.12), entonces su diferencia

u = u1 − u2

es solucion de

ut = ∆u en Ω× (0,∞),u(x, t) = 0 en ∂Ω× (0,∞),

(3.13)u(x, 0) = 0 en Ω,

ut(x, 0) = 0 en Ω.


De este modo para probar que la solucion de (3.12) es unica basta probarque la unica solucionde (3.13) es u ≡ 0. Para esto introducimos la nocion deenergıa.

E(t) =12

∫

Ωu2

t (y, t)dy +12

∫

Ω||∇u||2(y, t)dy.

Observamos que la integral 12

∫Ω u2

t (y, t)dy es la energıa cinetica en eltiempo t y que 1

2

∫Ω ||∇u||2(y, t)dy es la energıa potencial en el tiempo t.

El punto aqı es que en problemas con condiciones de borde nulas laenergıa se conserva. Esto lo comprobamos derivando e integrando por partes.Se tiene

dE

dt(t) =

∫

Ωututtdy +

∫

Ω∇u · ∇utdy =

∫

Ωututtdy −

∫

Ω∆uutdy = 0.

Observamos que en la integracion po partes no aparecen terminos de inte-gracion en la frontera debido a que la condicion de borde es nula.

Si las condiciones iniciales son nulas se tiene

E(t) ≡ E(0) = 0

y por lo tantout ≡ 0.

Esto implica u(x, t) = u(x, 0) = 0. Ası hemos demostrado el siguiente teore-ma.

Teorema 3.4.1. El problema (3.12) tiene a lo mas una solucion.

Otro uso de estos metodos de energıa es estudiar desde otro punto devista el dominio de dependencia para soluciones de

ut = ∆u en RN × [0,∞).

Consideremos el cono

C(x.t) = (y, s) ∈ RN / 0 ≤ s ≤ t ||y − x|| ≤ t− s.

Notemos que la base del cono es la bola B(x, t).

Podemos enunciar ahora

Teorema 3.4.2. Si u ≡ ut ≡ 0 en la base B(x, t), entonces u ≡ 0 entodo el cono C(x, t).

Demostracion:

Fijemos (x, t) y definamos la ”energıa” en este caso por

I(s) =12

∫

B(x,t−s)u2

t (y, s)dy +12

∫

B(x,t−s)||∇u||2(y, s)dy.

3.4. LA ENERGIA. 33

Derivando con respecto a s se tienedI

ds(s) =

∫

B(x,t−s)ututt dy+

∫

B(x,t−s)∇u·∇ut dy−1

2

∫

S(x,t−s)(u2

t +||∇u||2)dS.

Integrando por partes obtenemosdI

ds(s) =

∫

B(x,t−s)ut(utt−∆u) dy+

∫

S(x,t−s)

du

dnut dy−1

2

∫

S(x,t−s)(u2

t +||∇u||2)dS

y usando la ecuaciondI

ds(s) =

∫

S(x,t−s)

du

dnut dy − 1

2

∫

S(x,t−s)(u2

t + ||∇u||2)dS.

Pero se sabe que

|du

dn| ≤ ||∇u||

y que para dos reales a y b se tiena

ab ≤ a2 + b2

2.

Ası ∫

S(x,t−s)

du

dnut dy ≤ 1

2

∫

S(x,t−s)(u2

t + ||∇u||2)dS

y por lo tantodI

ds≤ 0.

Como I(0) = 0 y la ”energıa” es positiva se tiene

I(s) ≡ 0.

Esto implicaut ≡ 0 en el cono C(x, t)

y por lo tantou ≡ 0 en el cono C(x, t)

ya que u se anula en la base. ¤

Observacion: La demostracion anterior es una demostracion simple encualquier dimension de algo que ya conociamos en dimensiones dos y tres.Esta demostracion no prueba que en el caso de dimension tres el dominiode dependencia es la cascara de la bola y no la bola entera. La gracia de lademostracion es su simpleza y que vale en cualquier dimension.

CAPITULO 4

Ecuacion de Laplace y de Poisson.

En esta seccion estudiaremos la ecuacion de Laplace

∆u = 0

y la ecuaci0n de Poisson∆u = f.

4.1. La solucion fundamental.

Compruebe que la funcion

Φ(x) =

C||x||N−2 si N ≥ 3

−C log(||x||) si N = 2

satisface∆u = 0 en RN \ 0.

Hint: A lo mejor le conviene usar coordenadas esfericas.

La funcion Φ, con la constante C que elegiremos luego segun nos con-venga, se denomina la solucion fundamental.

Pretendemos ahora dar una solucion al problema de Poisson en RN bajola hipotesis que f ∈ C∞(RN ) y ademas f tiene soporte compacto.

Para esto consideremos la convolucion entre Φ y f

u(x) =∫

RN

Φ(x− y)f(y)dy.

Observamos que haciendo el cambio de variables z = x−y la convolucionu tambien puede escribirse

u(x) =∫

RN

Φ(y)f(x− y)dy.

Esta observacion es fome pero no trivial pues implica en algun sentido que laconvolucion entre dos funciones hereda las propiedades de la mejor de ellas.Un ejemplo de esto es el siguiente: Probaremos que u satisface la ecuacionde Poisson. Para esto debemos ver primero que las derivadas de u existen.Esto nos lleva a derivar bajo la integral. Si usamos la primera version como

35

36 4. ECUACION DE LAPLACE Y DE POISSON.

la dependencia en x esta en el Φ y esta no es derivable en el origen estaremosen problemas. Por otra parte si usamos la segunda version tenemos futuroya que f si es derivable en todo RN .

Lema 4.1.1. Bajo nuestras hipotesis la convolucion u esta en C∞(RN ).

Demostracion: Fijemos x ∈ RN y probemos que∂u

∂xi(x) = lım

h→0

u(x + hei)− u(x)h

existe.

Se tieneu(x + hei)− u(x)

h=

∫

RN

Φ(y)f(x + hei − y)− f(x− y)

hdy.

Como f tiene soporte compacto existe R suficientemente grande tal quesi |h| ≤ 1, entonces

f(x + hei − y) = 0 y f(x− y) = 0 para todo y tal que ||y|| ≥ R.

Por lo tanto podemos escribiru(x + hei)− u(x)

h=

∫

B(0,R)Φ(y)

f(x + hei − y)− f(x− y)h

dy.

Por el Teorema de Taylor tenemos que


− ∂f

∂xi(x− y) =

∂2f

∂x2i

(x + ξei − y)h

para algun ξ ”entre” 0 y h.

Como ∂2f∂x2

ies continua y con soporte compacto esta acotada, es decir

existe M tal que

|∂2f

∂x2i

| ≤ M

y en consecuencia

|f(x + hei − y)− f(x− y)h

− ∂f

∂xi(x− y)| ≤ Mh.

Hacemos notar que esto implica la convergencia uniforme en y def(x+hei−y)−f(x−y)

h a ∂f∂xi

(x−y) cuando h tiende a 0. (Recuerde que x esta fijo.)

Ahora tenemosu(x + hei)− u(x)

h−

∫

B(0,R)Φ(y)

∂f

∂xi(x− y)dy

=∫

B(0,R)Φ(y)(


)− ∂f

∂xi(x− y))dy

4.1. LA SOLUCION FUNDAMENTAL. 37

y por lo tanto

|u(x + hei)− u(x)h

−∫

B(0,R)Φ(y)

∂f

∂xi(x− y)dy| ≤ Mh

∫

B(0,R)Φ(y)dy.

Pero ∫

B(0,R)Φ(y)dy = |S(0, 1)|R

2

2

donde |S(0, 1)| denota el ”area” de la esfera unitaria en RN .

De este modou(x + hei)− u(x)

h−

∫

B(0,R)Φ(y)

∂f

∂xi(x− y)dy

=∫

B(0,R)Φ(y)(


)− ∂f

∂xi(x− y))dy

y por lo tanto

|u(x + hei)− u(x)h

−∫

B(0,R)Φ(y)

∂f

∂xi(x− y)dy| ≤ M

R2

2|S(0, 1)|h.

Haciendo h → 0 obtenemos∂u

∂xi(x) = lım

h→0

u(x + hei)− u(x)h

=∫

B(0,R)Φ(y)

∂f

∂xi(x− y)dy

o lo que es lo mismo, por que?,∂u

∂xi(x) =

∫

RN

Φ(y)∂f

∂xi(x− y)dy

Hemos probado que u tiene derivadas parciales de primer orden y queestan dadas por la formula precedente. Repitiendo el argumento con ∂u

∂xien

lugar de u se prueba que u tiene derivadas parciales de segundo orden y enparticular que

∆u(x) =∫

RN

Φ(y)∆f(x− y)dy.

Usando las derivadas de segundo orden se obtiene las de tercer orden yası siguiendo se prueba que u ∈ C∞(RN ) y se tiene una formula para lasderivadas que es la que Ud. imagina. Esto termina la demostracion. ¤

Ejercicio: Demuestre que si f es una buena funcion tal que∫RN |f(y)|dy <

∞ y gn → g uniformemente en RN , entonces

lımn→∞

∫

RN

f(y)gn(y)dy =∫

RN

f(y)g(y)dy.

Probaremos ahora el siguiente teorema.


Teorema 4.1.1. Bajo nuestras hipotesis la convolucion u satisface

∆u = f en RN

si se elige adecuadamente la constante C en la solucion fudamental.

Demostracion: Daremos la demostracion en el caso N ≥ 3. se sugierefuertemente hacerla como ejercicio en el caso N = 2.

Del lema preceente sabemos que

∆u(x) =∫

RN

Φ(y)∆f(x− y)dy.

Fijemos ε > 0 y escribamos

∆u(x) =∫

B(0,ε)Φ(y)∆f(x−y)dy+

∫

Bc(0,ε)Φ(y)∆f(x−y)dy = I1(ε)+I2(ε).

Como ∆f esta acotada, es funcion continua con soporte compacto, existeM > 0 tal que

|I1(ε)| ≤ M

∫

B(0,ε)Φ(y)dy = M |S(0, 1)|ε

2

2.

De este modolımε→0

I1(ε) = 0.

Ahora integrando por partes obtenemos

I2(ε) =∫

Bc(0,ε)Φ(y)∆f(x−y)dy = −

∫

Bc(0,ε)∇Φ(y)∇f(x−y)dy+

∫

∂Bc(0,ε)Φ(y)

∂f

∂n(x−y)dS(y)

= −∫

Bc(0,ε)∇Φ(y)∇f(x− y)dy + I3(ε).

Como ∂f∂n esta acotada, es funcion continua con soporte compacto, existe

M > 0 tal que

|I3(ε)| ≤ M

∫

∂Bc(0,ε)Φ(y)dS(y) = M |S(0, 1)|ε

2.

De este modolımε→0

I3(ε) = 0.

Hasta ahora tenemos

∆u(x) = I1(ε) + I2(ε)−∫

Bc(0,ε)∇Φ(y)∇f(x− y)dy.

4.2. ECUACION DE LAPLACE Y FUNCIONES ARMONICAS. 39

Integrando por partes una vez mas, usando el hecho que ∆Φ = 0 enBc(0, ε) y que f tiene soporte compacto obtenemos

∆u(x) = I1(ε) + I2(ε)−∫

S(0,ε)

∂Φ∂n

(y)f(x− y)dS(y).

Es facil ver que para y ∈ S(0, ε) se tiene

∂Φ∂n

= − C

N − 21

εN−1.

Por lo tanto

(4.1) ∆u(x) = I1(ε) + I2(ε) +C

N − 21

εN−1

∫

S(0,ε)f(x− y)dS(y).

Eligiendo C de modo queC

N − 21

εN−1

∫

S(0,ε)dS(y) = 1

se tiene que

lımε→0

C

N − 21

εN−1

∫

S(0,ε)f(x− y)dS(y) = f(x)

y por lo tanto haciendo ε → 0 en (4.1) se obtiene

∆u(x) = f(x)


Ejercicio. Cuanto vale la constante C para que la convolucion resuelva laecuacion de Poisson?

4.2. Ecuacion de Laplace y funciones armonicas.

Una funcion u, dos veces continuamente diferenciable, definida en undominio U de RN se dice armonica si satisface la ecuacion de Laplace

∆u = 0 en U.

Quizas la propiedad mas importante de las funciones armonicas es quesatisfacen la propiedad de la media que enunciamos en el teorema quesigue.

Teorema 4.2.1. (Propiedad de la Media) Sea u ∈ C2(U), entonces u esarmonica si y solo sı

u(x) =1

|S(x, r)|∫

S(x,r)u(y)dSr(y)

para toda esfera tal que S(x, r) ⊂ U .


Aquı |S(x, r)| denota el ”area” de la esfera S(x, r) y dSr su elemento dearea.

Demostracion: Fijemos x ∈ U y definamos la funcion

R(r) =1

|S(x, r)|∫

S(x,r)u(y)dSr(y).

Como en capıtulos anteriores se tiene

R(r) =1

|S(0, 1)|∫

S(0,1)u(x + ry)dS1(y).

Derivando con respecto a r obtenemos

R′(r) =1

|S(0, 1)|∫

S(0,1)∇u(x+ry)·ndS1(y) =

1|S(x, r)|

∫

S(x,r)∇u(y)·ndSr(y)

y usando la formula de Green

(4.2) R′(r) =1

|S(x, r)|∫

B(x,r)∆u(y)dy.

Ahora, si u es armonica se tiene R′ = 0 y por lo tanto

R(r) ≡ Cte = C,

es decir

C =1

|S(x, r)|∫

S(x,r)u(y)dSr(y).

Para determinar la constante C hacemos tender r a 0 y debido a lacontinuidad de u se tiene, segun un argumento que ya hicimos,

C = lımr→0

1|S(x, r)|

∫

S(x,r)u(y)dSr(y) = u(x).

Ası hemos probado que si u es armonica, entonces

u(x) =1

|S(x, r)|∫

S(x,r)u(y)dSr(y).

Para demostrar el recıproco supongamos, para una contradiccion, queexiste algun x0 ∈ U tal que ∆u(x0) 6= 0. Sin perdida de la generalidadpodemos suponer ∆u(x0) > 0. Por la continuidad de ∆u existe r tal que

∆u(x) > 0 para todo x ∈ B(x0, r).

Ahora si vale la propiedad de la media se tiene R′(r) ≡ 0. Pero de (4.2)tendrıamos

0 = R′(r) =1

|S(x0, r)|∫

B(x0,r)∆u(y)dy > 0

Esta contradiccion demuestra el teorema. ¤


Ejercicio. Demuestre que si u es armonica, entonces

u(x) =1

|B(x, r)|∫

B(x,r)u(y)dy.

Hint: Integre en coordenadas ”polares”.

Una consecuencia de la propiedad de la media es el principio del maxi-mo que enunciamos a continuacion.

Teorema 4.2.2. Sea u armonica en U y continua en U . Entonces

maxx∈U

u(x) ≤ maxx∈∂U

u(x).

Demostracion: Supongamos que u alcanza un maximo en un punto x0 ∈ U .Tomemos cualquier r tal que B(x, r) ⊂ U . Como u(x0) ≥ u(y) para todoy ∈ U la propiedad de la media

u(x0) =1

|B(x0, r)|∫

B(x0,r)u(y)dy

implicau(y) = u(x0) para todo y ∈ B(x0, r).

Ahora tomando el r mas grande tal que B(x, r) ⊂ U conseguimos un puntox1 ∈ ∂U tal que

u(x0) = u(x1)y el teorema esta demostrado. ¤

Ejercicio. Demuestre el principio del mınimo. Sea u armonica en U y con-tinua en U . Entonces

mınx∈U

u(x) ≥ mınx∈∂U

u(x).

A continuacion proponemos como ejercicio dos consecuencias impor-tantes del principio del maximo.

Ejercicio. Sea U un dominio acotado y suave. La unica solucion regular delproblema

∆u = 0 en Uu(x) = 0 en ∂U

es u ≡ 0.

Ejercicio. Sea U un dominio acotado y suave. El problema

∆u = f en Uu(x) = g en ∂U


tiene a lo mas una solucion regular.

Probaremos ahora un teorema de regularidad que dice que la propiedadde la media implica diferenciabilidad. Necesitamos primero el ejercicio sigu-iente que ha sido discutido en clases.

Ejercicio.

a) Construya una funcion ϕ ∈ C∞ radial, no negativa, soportada en labola B(0, 1) y tal que

∫B(0,1) ϕ(y)dy = 1. Hint: Use la funcion

h(r) =

e−

1r2 si r ≥ 00 si r ≤ 0

b) Para ε > 0 defina

ϕε(x) =1

εNϕ(

x

ε)

y compruebe que ϕε es C∞ radial, no negativa, soportada en la bolaB(0, ε) y tal que

∫B(0,ε) ϕε(y)dy = 1.

c) Sea f una funcion continua en RN y defina

fε(x) = f ∗ ϕε(x) =∫

RN

f(x− y)ϕε(y)dy.

Demuestre que fε ∈ C∞.d) Demuestre que para cada x se tiene

lımε→0

fε(x) = f(x).

e) Demuestre que el lımite es uniforme en cualquier region compactade RN .

Teorema 4.2.3. Sea u ∈ C(U) tal que satisface la propiedad de la mediapara toda bola B(x, r) contenida en U . Entonces u ∈ C∞(U).

Demostracion: Sea ϕε como en el ejercicio precedente. Abusando de lanotacion escribiremos indistintamente ϕε(x) = ϕε(|x|) = ϕε(r).

Definamosuε(x) = u ∗ ϕε(x)

en la region Uε = x ∈ U / dist(x, ∂U) ≥ ε.Por el ejercicio anterior se tiene que uε ∈ C∞. Probaremos que u ≡ uε

en Uε.

En efecto, si x ∈ Uε tenemos

uε(x) =1

εN

∫

B(x,ε)ϕ(|x− y|

ε)u(y)dy =

1εN

∫ ε

0ϕ(

r

ε)∫

S(x,r)u(y)dSr(y)dr


=1

εNu(x)

∫ ε

0ϕ(

r

ε)|S(x, r)|dr =

1εN

u(x)∫ ε

0ϕ(

r

ε)|S(0, r)|dr

= u(x)1

εN

∫

B(0,ε)ϕ(

r

ε)dy = u(x).

Esto demuestra que u ∈ C∞(U) ya que U =⋃

ε>0Uε. ¤

Estimaciones para u y sus derivadas.

En esta seccion usaremos la propiedad de la media para dar estimacionespara una funcion armonica u y para sus derivadas. Comenzamos por laderivada de orden 0.

Teorema 4.2.4. Sea u armonica en D ⊂ RN . Existe una constante C0

que depende solo de N tal que

|u(x)| ≤ C0

rN

∫

B(x,r)|u(y)|dy

para cualquier x y r tales que B(x, r) ⊂ D.

Demostracion: La demostracion es inmediata de la Propiedad de la Media.Observamos que ademas C0 = 1

|B(0,1)| . ¤

Pasemos ahora a las derivadas de orden 1.

Teorema 4.2.5. Sea u armonica en D ⊂ RN . Existe una constante C1

que depende solo de N tal que

|uxi(x)| ≤ C1

rN+1

∫

B(x,r)|u(y)|dy

para cualquier x y r tales que B(x, r) ⊂ D.

Demostracion: Como uxi es armonica se tiene

|uxi(x)| =∣∣∣∣∣

2N

|B(0, 1)|rN

∫

B(x, r2)uxi(y)dy

∣∣∣∣∣ .

Aplicando el Teorema de la Divergencia al campo−→F = u−→e i obtenemos∫

B(x, r2)uxi(y)dy =

∫

S(x, r2)u(y)ni(y)dy

donde ni(y) es la i-esima componente del vector unitario normal a S(x, r2).

Ahora, para y ∈ S(x, r2) se tiene que B(x, r

2) ⊂ D y luego, por el teorema(4.2.4) se tiene

|u(y)| ≤ C02N

rN

∫

B(y, r2)|u(z)|dz ≤ C02N

rN

∫

B(x,r)|u(z)|dz.


Por lo tanto, como |ni| ≤ 1, se tiene∫

B(x, r2)uxi(y)dy ≤ C02N |S(x, r

2)|r

∫

B(x,r)|u(z)|dz =

C02N |S(0, 12)|

r

∫

B(x,r)|u(z)|dz

y en consecuencia

|uxi(x)| = 2N+1C0|S(0, 1)||B(0, 1)|rN+1

∫

B(x,r)u(z)dz


Corolario 4.2.1. Teorema de Liouville.

Toda funcion armonica en todo RN y acotada es constante.

Demostracion: Sea u armonica y M tal que u(x) ≤ M en R. Por el teorema4.2.5 se tiene que

|uxi(x)| ≤ C1

rN+1

∫

B(x,r)|u(y)|dy ≤ MC1

r.

Como r puede hacerse arbitariamente grande se tiene uxi ≡ 0 para i =1, 2, ..., N y por lo tanto u es constante. ¤

Ejercicio. Siguiendo las ideas de la demostracion del Teorema 4.2.5 de-muestre por induccion estimaciones analogas para las derivadas de mayororden para las soluciones u de ∆u = 0.

Ejercicio. Recuerde la solucion fundamental Φ del Laplaciano.

a) Sea N ≥ 3 y sea f ∈ C2(RN ) con soporte compacto. Demuestre quetoda soluccion ACOTADA de

∆u = f en RN

esta dada por

u(x) =∫

RN

Φ(x− y)f(y)dy + C

para alguna constante C.b) Es cierto esto en el caso N = 2?

4.3. FORMULA DE REPRESENTACION. 45

4.3. Formula de representacion.

Comenzamos por probar una formula de representacion. Para esto nece-sitaremos la identidad de Green

(4.3)∫

D(∆fg − f∆g)dV =

∫

∂D(df

dng − f

dg

dn)dS.

Si no recuerda la identidad deduzcala como ejercicio.

El teorema siguiente nos da la formula de representacion anuncia-da. Hacemos notar que dicha formula es valida para cualquier funcionu ∈ C2(D).

Teorema 4.3.1. Sea D un dominio en RN . Entonces para cualquierfuncion u ∈ C2(D) se tiene(4.4)

u(x) =∫

∂D(Φ(x− y)

du

dn(y)− dΦ

dn(x− y)u(y))dS(y)−

∫

DΦ(x− y)∆u(y)dy.

Demostracion: Fijemos x ∈ D y sea ε > 0 tal que B(x, ε) ⊂ D. Para aislarla singularidad definimos

Dε = D \B(x, ε).

Aplicamos ahora la formula de Green a las funciones f(y) = Φ(x− y) yg(y) = u(y) en la region Dε. Recordando que Φ(x − y) es armonica en esaregion y que la frontera ∂Dε consiste de dos pedazos ∂D y S(x, ε) y llevandola cuenta correcta de las orientaciones, es decir de los signos, obtenemos

∫

S(x,ε)

dΦdn

(x− y)u(y)dS(y)−∫

S(x,ε)

du

dn(y)Φ(x− y)dS(y)

(4.5)

=∫

∂D(Φ(x− y)

du

dn(y)− dΦ

dn(x− y)u(y))dS(y)−

∫

DΦ(x− y)∆u(y)dy.

Trabajaremos ahora el caso N ≥ 3 dejando el caso N = 2 como ejercicio.

Para y ∈ S(x, ε) se tiene

Φ(x− y) =C

εN−2

y por lo tanto

lımε→0

∫

S(x,ε)

du

dn(y)Φ(x− y)dS(y) = lım

ε→0

C

εN−2

∫

S(x,ε)

du

dn(y)dS(y) = 0

debido a que dudn(y) esta acotada en S(x, ε).


Por otra parte para y ∈ S(x, ε) se tiene

∂Φ∂n

(x− y) =C(N − 2)

εN−1

y por lo tanto

lımε→0

∫

S(x,ε)

dΦdn

(x− y)u(y)dS(y) = lımε→0

C(N − 2)εN−1

∫

S(x,ε)u(y)dS(y) = u(x)

debido a la continuidad de u y a la eleccion de la constante C en la solucionfundamental. De este modo la formula de representacion se obtiene haciendotender ε a 0 en (4.5). ¤

4.4. La funcion de Green.

Fijemos x ∈ D y consideremos la solucion Φx(y), que asumimos existe,del problema

∆Φx(y) = 0 en DΦx(y) = Φ(x− y) para y ∈ ∂D.

Aplicando nuevamente la formula de Green a las funciones u y Φx enel dominio D, lo que es posible pues ambas son fuciones regulares en D,obtenemos

(4.6) −∫

DΦ(y)∆u(y)dy =

∫

∂D(u(y)

∂Φx

∂n(y)− Φ(x− y)

∂u

∂n(y))dS(y).

Definamos ahora la funcion de Green para D por

G(x, y) = Φ(x− y)− Φx(y).

Sumando (4.6) y (4.4) obtenemos

(4.7) u(x) = −∫

∂D(u(y)

∂G

∂n(x.y)dS(y)−

∫

DG(x, y)∆u(y)dy.

De este modo tenemos

Teorema 4.4.1. Si u ∈ C2(D) es una solucion de

∆u = f en D,u(x) = g(x) para x ∈ ∂D,

entonces vale la formula de representacion

(4.8) u(x) = −∫

∂D(g(y)

∂G

∂n(x.y)dS(y)−

∫

DG(x, y)f(y)dy.

4.4. LA FUNCION DE GREEN. 47

La derivada normal de la funcion de Green

K(x, y) =∂G

∂n(x, y)

se denomina el Nucleo de Poisson.

Probaremos a continuacion que la funcion de Green es simetrica.

Teorema 4.4.2. Para todo x, y ∈ D tales que x 6= y se tiene

G(x, y) = G(y, x).

Demostracion: Fijemos x, y ∈ D y definamos para z ∈ D

v(z) = G(x, z)

yw(z) = G(y, z).

Aplicando la formula de Green a las funciones v y w en la region

D \ (B(x, ε) ∪B(y, ε))

con ε pequeno, recordando que v y w son armonicas en dicha region y ademasv = 0 y w = 0 en ∂D, obtenemos

(4.9)∫

S(x,ε)(∂v

∂nw − v

∂w

∂n)dS(z) =

∫

S(y,ε)(∂w

∂nv − w

∂v

∂n)dS(z).

Calculando de manera analoga a calculos anteriores se comprueba que(hagalo como ejercicio)

lımε→0

∫

S(x,ε)

∂v

∂nwdS(z) = w(x)

y que

lımε→0

∫

S(x,ε)

∂w

∂nvdS(z) = 0

ya que w es continua en z = x.

De manera analoga

lımε→0

∫

S(y,ε)

∂w

∂nvdS(z) = v(y)

y que

lımε→0

∫

S(y,ε)

∂v

∂nwdS(z) = 0.

El teorema sigue ahora haciendo tender ε a 0 en (4.9). ¤

Calculo de algunas funciones de Green.


El semiespacio superior:

Se define el semiespacio superior por

RN+ = (x1, ..., xN )/xN > 0.

Se tiene∂RN

+ = (x1, ..., xN )/xN = 0.En este caso es muy facil encontrar la funcion Φx por reflexion.

Sea x = (x1, ..., xN ) ∈ RN+ . Se define su reflejado

x = (x1, ...,−xN ).

En este caso, mırelo geometricamente,

G(x, y) = Φ(y − x)− φ(y − x)

y calculando (hagalo) el nucleo de Poisson es

K(x, y) =∂G

∂yN(x, y) = − 1

nα(n)xN

|x− y|N .

Ejercicio. (Hecho en clases)

Sea g continua y acotada en RN−1. Defina para x ∈ RN+

u(x) =∫

RN−1

K(x, y)g(y)dy.

Demuestre que

a) u ∈ C∞(RN+ ).

b) ∆u = 0 en RN+ .

c) lımx → x0

x ∈ RN+

u(x) = g(x0) para todo x0 ∈ RN−1.

La bola unitaria:

En el caso de la bola B(0, 1) tambien se puede proceder geometricamentede la manera que sigue. en este caso la reflexion en la esfera para x 6= 0esta dada por

x =x

|x|2 .

Compruebe que en este caso la funcion correctora esta dada por

Φx(y) = Φ(|x|(y − x)).

Hint: Recuerde que Φ(z) = C|z|N−2 si N ≥ 3 y que Φ(z) = −C log(|z|) si

N = 2.

4.5. METODOS DE ENERGIA. 49

Haga el calculo correspondiente para obtener que en este caso el nucleode Poisson esta dado por

K(x, y) =1

nα(n)1− |x|2|x− y|N .

Ejercicio. (Hecho en clases)

Sea g continua en S(0, 1). Defina para x ∈ B(0, 1)

u(x) =∫

S(0,1)K(x, y)g(y)dS(y).

Demuestre que

a) u ∈ C∞(B(0, 1)).b) ∆u = 0 en B(0, 1).c) lım

x → x0

x ∈ B(0, 1)

u(x) = g(x0) para todo x0 ∈ S(0, 1).

Ejercicio. Encuentre el nucleo de Poisson para la bola B(0, r). Hint Evitecalcular.

4.5. Metodos de energıa.

Teorema 4.5.1. El problema

(4.10) ∆u = f en Du(x) = g en ∂D

tiene a lo mas una solucion en C2(D).

Demostracion: Sean u, v ∈ C2(D). Entonces w = u− v satisface

∆w = 0

y ademas w ≡ 0 en ∂D.

Multiplicando la ecuacion por w, integrando e integrando por partes setiene ∫

D|∇w|2 = 0.

(Observe que no aparecen terminos de borde ya que w ≡ 0 en ∂D.)

Esto inplica ∇w ≡ 0 y por lo tanto w ≡ Cte. Por las condiciones deborde se debe tener w ≡ 0 y por lo tanto u ≡ v. ¤


4.6. El Principio de Dirichlet.

Consideremos el conjunto

A = w ∈ C2(D)/w = g en ∂Dy el funcional, funcion cuyos argumentos son funciones, I : A → R definidopor

I(w) =∫

D(12|∇u|2(y)− f(y)w(y))dy.

Teorema 4.6.1. Sea u ∈ A. La funcion u satisface (4.10) si y solo sı elfuncional I alcanza un mınimo en A y

I(u) = mınw∈A

I(w).

Demostracion:

1) Supongamos primero que u satisface (4.10). Sea w ∈ A. De la ecuacionse tiene que ∫

D(∆u(y)− f(y))(u(y)− w(y))dy = 0.

Intergrando por partes obtenemos∫

D(|∇u|2(y)− u(y)f(y))dy =

∫

D∇u(y) · ∇w(y)dy −

∫

Df(y)w(y)dy.

Pero por el cuadrado del binomio se tiene

∇u(y) · ∇w(y) ≤ 12|∇u(y)|2 +

12|∇w(y)|2

y por lo tanto∫

D(|∇u|2(y)−u(y)f(y))dy ≤

∫

D

12|∇u(y)|2+

∫

D

12|∇w(y)|2−

∫

Df(y)w(y)dy.

Luego ∫

D(12|∇u|2(y)− u(y)f(y))dy ≤

∫

D(12|∇w(y)|2 − f(y)w(y))dy.

O seaI(u) ≤ I(w) para cualquier w ∈ A.

Esto prueba que si u ∈ A satisface (4.10), entonces el funcional I alcanza sumaximo en u.

Probamos ahora el recıproco.

2) Supongamos que el funcional I alcanza su maximo en u ∈ A. Seaz ∈ C2(D) y tal que su soporte esta contenido en el interior de D. Enparticular z ≡ 0 en ∂D. Sea t ∈ R. Entonces se tiene que

u + tz ∈ A.

4.6. EL PRINCIPIO DE DIRICHLET. 51

Como el funcional alcanza su mınimo en u la funcion, de las de CalculoI,

h(t) = I(u + tz)alcanza un mınimo en t = 0. Luego si es derivable se debe tener h′(0) = 0.

Un simple calculo, que ni siquiera necesita de derivacion bajo el signode la integral, nos da

0 = h′(0) =∫

D∇u(y) · ∇z(y)dy −

∫

Dz(y)f(y)dy.

Integrando por partes en la primera integral, no aparecen teminos defrontera ya que z ≡ 0 en ∂D, obtenemos

0 = h′(0) =∫

D(∆u(y)− f(y))z(y)dy.

Como esto vale para toda z ∈ C2(D) tal que su soporte esta contenido enel interior de D se obtiene

∆u = f en D.

Esto finaliza la demostracion. ¤

Observacion: Hacemos notar que en este capıtulo, como tambien en losanteriores, no hemos demostrado muchas veces la existencia de solucionesde los diferentes problemas. Por ejemplo en este capıtulo solo demostramosexistencia de soluciones para la ecuacion de Laplace, es decir (4.10) conf = 0, para el caso de D = RN

+ y el caso de D = B(0, R). En los casosmas generles es posible probar la existencia de soluciones minimizando fun-cionales en subconjuntos de espacios adecuados. Si sobra tiempo en el cursotrataremos de ver algo de esto.

CAPITULO 5

La Ecuacion del Calor.

5.1. La solucion en RN .

En esta seccion estudiaremos la ecuacion de calor

ut = ∆u.

Compruebe que la funcion

Φ(x, t) =1

(4πt)N2

e−x2

4t

satisfaceut = ∆ en RN × (0,∞).

Ejercicio. Compruebe que∫RN Φ(x, t)dx = 1.

Definicion: La funcion Φ se denomina la solucion fundamental de laecuacion del calor en RN .

Teorema 5.1.1. Sea g : RN → R continua y acotada. Se define para(x, t) ∈ RN × (0,∞)

u(x, t) =∫

RN

Φ(x− y, t)g(y)dy.

Entonces u ∈ C∞(RN × (0,∞) y satisface

ut = ∆ en RN × (0,∞).

Ademaslım

(x,t)→(x0,0)u(x, t) = g(x0)

para todo x0 ∈ RN .

Demostracion: La funcion Φ satisface la ecuacion. El hecho que u satisfacela ecuacion para t > 0 sigue por derivacion bajo la integral. Observe quepara t > 0 el nucleo Φ es muy absolutamente convergente y es facil en estecaso justificar la derivacion bajo la integral. Hagalo como ejercicio.

53

54 5. LA ECUACION DEL CALOR.

Para probar que lım(x,t)→(x0,0)

u(x, t) = g(x0) fijemos x0 ∈ RN y, recordando

que∫RN Φ(x, t)dx = 1, pongamos

u(x, t)− g(x0) =∫

RN

Φ(x− y, t)(g(y)− g(x0))dy.

Dado ε > 0 la continuidad de g garantiza la existencia de r0 tal que

|g(y)− g(x0)| < ε cada vez que |y − x0| < r0.

Ademas como g es acotada existe M tal que

|g(y)| ≤ M para todo y ∈ RN .

Se tiene ahora

|u(x, t)−g(x0)| ≤∫

|y−x0|≤r0

Φ(x−y, t)|g(y)−g(x0)|dy+∫

|y−x0|≥r0

Φ(x−y, t)|g(y)−g(x0)|dy.

Por la continuidad de g tenemos∫

|y−x0|≤r0

Φ(x− y, t)|g(y)− g(x0)|dy ≤ ε.

Por otra parte∫

|y−x0|≥r0

Φ(x− y, t)|g(y)− g(x0)|dy ≤ 2M

∫

|y−x0|≥r0

Φ(x− y, t)dy.

Pero si |x − x0| < r02 y |y − x0| ≥ r0, entonces |y − x| ≥ r0

2 . De este modopara x tal que |x− x0| < r0

2 se tiene

2M

∫

|y−x0|≥r0

Φ(x− y, t)dy ≤ 2M

∫

|y−x|≥ r02

Φ(x− y, t)dy

= 2M1

(4πt)N2

∫

|y−x|≥ r02

e−|x−y|2

4t dy = 2M1

(4πt)N2

∫

r≥ r02

e−r2

4t rN−1dr

= 2M1

(4πt)N2

∫

r≥ r02

e−r2

4t rN−1dr = 2M1

(4π)N2

∫ ∞

r02√

t

e−r2

4 rN−1dr.

Es facil ver, (hagalo), que esta ultima integral tiende a cero cuandot → 0, luego existe δ tal que 0 < t < δ y |x− x0| < r0

2 implican∫

|y−x0|≥r0

Φ(x− y, t)|g(y)− g(x0)|dy ≤ ε.

Hemos probado que

|u(x, t)− g(x0)| ≤ 2ε

cada vez que |x− x0| < r02 y 0 ≤ t < δ. Esto termina la demostracion. ¤

5.2. LA ECUACION DEL CALOR NO HOMOGENEA. 55

5.2. La ecuacion del calor no homogenea.

Sea f : RN×(0,∞) → R una funcion suave. En esta seccion resolveremosel problema no homogeneo

ut = ∆u + f en RN × (0,∞),(5.1)

u(x, 0) = u0(x) en RN

usando el Principio de Duhamel ya visto para la ecuacionde ondas.

En vista de la linealidad tenemos que si u1 es solucion de

ut = ∆u + f en RN × (0,∞),(5.2)

u(x, 0) = 0 en RN ,

y u2 es solucion de

ut = ∆u en RN × (0,∞),(5.3)

u(x, 0) = u0(x) en RN .

entoncesu = u1 + u2

es solucion de (5.1).

Como sabemos resolver (5.3) nos basta resolver (5.2), es decir (5.1) condatos iniciales nulos.

Usaremos el siguiente principio de Duhamel. Pensemos una variable scomo un parametro y consideremos la solucion

u = u(x, t; s)

del problema

ut = ∆u en RN × (s,∞),(5.4)

u(x, s) = f(x, s) en RN .

Definamos ahora

u(x, t) =∫ t

0u(x, t; s)ds.

Es claro que u(x, 0) = 0. Ahora derivando tenemos

ut(x, t) = u(x, t : t) +∫ t

0ut(x, t; s)ds = f(x, t) + ∆u.


Ejercicio: Use lo anterior y la formula para la solucion del problema devalores iniciales en RN para obtener una formula para la solucion de (5.1).

5.3. El Principio del Maximo.

Damos primero una notacion para simplificar la escritura. Sea D ⊂ RN

abierto acotado y T > 0. Definimos

DT = D × (0, T ).

Ademas definimos la frontera parabolica de DT por

∂pDT = (D × 0) ∪ (∂D × [0, T )).

En palabras la frontera parabolica de DT es la frontera de DT menos la tapasuperior.

Teorema 5.3.1. Sea u ∈ C(2,1)(DT ) tal que satisface

ut ≤ ∆u en DT

yu ≤ 0 en ∂pDT .

Entoncesu ≤ 0 en DT .

Demostracion: Definamos

v(x, t) = e−tu(x, t)

y supongamos, para obtener una contradiccion, que la conclusion es falsa.

En este caso existe (x0, t0) ∈ DT tal que

v(x0, t0) = max(x,t)∈DT

v(x, t) > 0.

El punto (x0, t0) no puede estar en ∂pDT y por lo tanto se tiene

0 ≥ ∆v(x0, t0) = e−t∆u(x0, t0)

y0 ≤ vt(x0, t0) = e−tut(x0, t0)− e−tu(x0, t0) < e−tut(x0, t0).

Esto implica

0 < e−tut(x0, t0) ≤ e−t∆u(x0, t0) ≤ 0

que es la contradiccion deseada. ¤

5.3. EL PRINCIPIO DEL MAXIMO. 57

Corolario 5.3.1. (Principio del Maximo) Sea u ∈ C(2,1)(DT ) tal quesatisface

ut ≤ ∆u en DT .

Entoncesmax

(x,t)∈DT

u(x, t) ≤ max(x,t)∈∂pDT

u(x, t).

Demostracion:

Sea M = max(x,t)∈∂pDT

u(x, t) y definamos v(x, t) = u(x, t) −M . Entonces

se tiene vt ≤ ∆v y v(x, t) ≤ 0 en ∂pDT . Por el teorema precedente se tienev ≤ 0 en DT , o sea

u ≤ M

en DT como se querıa demostrar. ¤

De la misma manera se demuestra


ut ≥ ∆u en DT

yu ≥ 0 en ∂pDT .

Entoncesu ≥ 0 en DT .

y ademas

Corolario 5.3.2. (Principio del Mınimo) Sea u ∈ C(2,1)(DT ) tal quesatisface

ut ≥ ∆u en DT .

Entoncesmın

(x,t)∈DT

u(x, t) ≥ mın(x,t)∈∂pDT

u(x, t).

De los dos corolarios anteriores se deduce el teorema siguiente.


ut = ∆u en DT .

Entoncesmın

(x,t)∈∂pDT

u(x, t) ≤ u(x, t) ≤ max(x,t)∈∂pDT

u(x, t)

para todo (x, t) ∈ DT .


Ejercicio. (Unicidad) Demuestre que el problema

ut(x, t) = ∆u(x, t) en DT

u(x, t) = g(x, t) en ∂D × [0, T ]u(x, 0) = u0(x) en D

tiene a lo mas una solucion u ∈ C(2,1)(DT ).

Ejercicio. (Comparacion) Sea u ∈ C(2,1)(DT ) solucion de

ut(x, t) = ∆u(x, t) + f(x, t) en DT

u(x, t) = g(x, t) en ∂D × [0, T ]u(x, 0) = u0(x) en D.

y sea u ∈ C(2,1)(DT ) solucion de



Suponga que f ≤ f , g ≤ g y u0 ≤ u0. Demuestre que entonces u ≤ u.

Ejercicio. Sea u ∈ C(2,1)(DT ) tal que satisface



De una estimacion para el tamano de |u| en terminos de ||f ||∞, ||g||∞,||u0||∞ y T .

Hint: Sea M = max(||g||∞, ||u0||∞) y considere la funcion v(x, t) = M +||f ||∞t.

Observacion: Hemos probado el principio del maximo en el caso en que eldominio D es acotado. En el caso en que D no es acotado a veces hay queagregar alguna informacion extra como por ejemplo en el siguiente teoremaque no demostraremos aquı.

Teorema 5.3.4. Sea u ∈ C(2,1)(RN × (0, T )) y continua en RN × [0, T ).Supongamos que u satisface

ut = ∆u en

yu(x, 0) = u0(x) en RN .

5.3. EL PRINCIPIO DEL MAXIMO. 59

Supongamos ademas que existen constantes a y b tales que

|u(x, t)| ≤ aeb|x|2 para todo (x, t) ∈ RN × [0, T ).

Entoncessup

(x,t)∈RN×[0,T )

u(x, t) ≤ supx∈RN

u0(x).

CAPITULO 6

Aproximacion por diferencias finitas.

6.1. El Laplaciano discreto.

En esta seccion trabajaremos en R2. Los argumentos en mas dimensionesson similares.

Sea h > 0. Definimos la malla en R2 de paso h como el conjunto

Mh = (mh, nh) ∈ R2 / m, n ∈ Z.

Sea v : Mh → R. Definimos el Laplaciano discreto de v por

∆dv(mh, nh) =

v((n + 1)h,mh) + v((n− 1)h, mh) + v(nh, (m + 1)h) + v(nh, (m− 1)h)− 4v(nh,mh)h2

.

Sea Dd, el sub ındice d se refiere a discreto, un subconjunto de Mh.Decimos que (mh, nh) ∈ Dd es un punto interior de Dd si el y sus cuatrovecinos estan en Dd. Si (mh, nh) ∈ Dd no es un punto interior diremos que(mh, nh) es un punto de la frontera de Dd. Definimos

I(Dd) = (mh, nh) ∈ Dd / (mh, nh) es punto interior de Ddy

∂Dd = (mh, nh) ∈ Dd / (mh, nh) es punto de la frontera de Dd.

Consideremos ahora el problema de Laplace discreto

(6.1)∆hv(mh, nh) = f(mh, nh) si (mh, nh) ∈ I(Dd)

v(mh, nh) = g(mh, nh) si (mh, nh) ∈ ∂Dd

donde f : I(Dd) → R y g : ∂Dd → R son funciones dadas.

Observacion: El sistema lineal (6.1) tiene tantas incognitas como puntoshay en I(Dd) y tantas ecuaciones como puntos hay en I(Dd). Por lo tanto, siDd es finito, siempre tiene solucion. Probaremos mas adelante, sin recurrira algebra lineal, que dicha solucion es unica.

61

62 6. APROXIMACION POR DIFERENCIAS FINITAS.

6.2. El Principio del Maximo para el Laplaciano discreto.

Es importante hacer notar que el si v satisface

∆hv(mh, nh) = 0,

entonces el valor de v en (mh, nh) es igual al promedio de v sobre los cuatropuntos vecinos de (mh, nh) en la malla. Esta es una forma discreta de lapropiedad de la media que conduce a un Principio del Maximo discreto.Dejamos a continuacion como ejercicio demostrar dicho principio.

Teorema 6.2.1. Sea v1 una solucion de

∆hv1(mh, nh) = f1(mh, nh) si (mh, nh) ∈ I(Dd)

v1(mh, nh) = g1(mh, nh) si (mh, nh) ∈ ∂Dd

y v2 una solucion de

∆hv2(mh, nh) = f2(mh, nh) si (mh, nh) ∈ I(Dd)

v2(mh, nh) = g2(mh, nh) si (mh, nh) ∈ ∂Dd.

Supongamos que

f1(mh, nh) ≤ f2(mh, nh) si (mh, nh) ∈ I(Dd)

yg1(mh, nh) ≤ g2(mh, nh) si (mh, nh) ∈ ∂Dd.

Entonces

v1(mh, nh) ≤ v2(mh, nh) para todo (mh, nh) ∈ Dd.

Demostracion: Ejercicio. Hint: Imite la demostracion del caso continuo. ¤

Ejercicio. Demuestre que la solucion de (6.1) es unica.

Ejercicio. Compruebe que la funcion

v(mh, nh) = C(m2 + n2)h2

satisface∆hv = 4C.

Definimos ahora si Dd es finito las normas

||f ||L∞(I(Dd)) = max(mh,nh)∈I(Dd)

|f(mh, nh)|,

||g||L∞(∂Dd) = max(mh,nh)∈∂Dd

|g(mh, nh)|

6.2. EL PRINCIPIO DEL MAXIMO PARA EL LAPLACIANO DISCRETO. 63

y el diametro

diam Dd = diametro de Dd.

El teorema siguiente nos da una estimacion del tamano de la soluion enteminos del tamano de los datos y del diametro de Dd.

Teorema 6.2.2. Sea v la solucion de (6.1). Entonces

|v(mh, nh)| ≤ max(||f ||L∞(I(Dd)), ||g||L∞(∂Dd))(2diam Dd)2

para todo (mh, nh) ∈ Dd.

Demostracion: Sin perdida de la generalidad podemos suponer que (0, 0) /∈Dd pero que uno de sus vecinos si esta en Dd. De este modo

1 ≤ m2h2 + n2h2 ≤ (2diam Dd)2 para todo (mh, nh) ∈ Dd.

Pongamos

C = max(||f ||L∞(I(Dd)), ||g||L∞(∂Dd))

y consideremos la funcion

v2(mh, nh) = C(m2 + n2)h2.

Se tiene

∆hv2 = 4C ≥ f en I(Dd)

y

v2 ≥ g en ∂Dd.

Del teorma 6.2.1 resulta que

v ≤ v2 en Dd.

De manera analoga se prueba que

−v2 ≤ v en Dd

y el teorema esta demostrado. ¤

Ejercicio. Si no lo hizo en el capıtulo correspondiente demuestre el resultadoanalogo al Teorema 6.2.2, para el caso del problema de Dirichlet para laecuacion de Poisson en un dominio acotado de RN .


6.3. Relacion entre el Laplaciano y el Laplaciano Discreto.

Lo que sigue es tambien una motivacion para la definicion del LaplacianoDiscreto.

Sea u ∈ C3 y fijemos h > 0. Expandiendo por Taylor en el punto(mh, nh) de la malla tenemos

u((n+1)h,mh) = u(nh,mh)+ux(nh,mh)h+uxx(nh,mh)h2+uxxx(c,mh)h3

u((n−1)h, mh) = u(nh,mh)−ux(nh,mh)h+uxx(nh,mh)h2−uxxx(d, mh)h3

donde mh ≤ c ≤ (m + 1)h y (m− 1)h ≤ c ≤ mh.

Sumando obtenemos

uxx(nh,mh) =u((n + 1)h,mh) + u((n− 1)h,mh)− 2u(nh,mh)

h2+E1(nh, mh)h.

Analogamente

uyy(nh,mh) =u(nh, (m + 1)h) + u(nh, (m− 1)h)− 2u(nh,mh)

h2+E2(nh, mh)h.

Sumando nuevamente se tiene

∆u(nh,mh) = ∆du(mh, nh) + E(nh,mh)h.

Si suponemos tambien que las terceras derivadas de u estan acotadastenemoa

|E(mh, nh)| ≤ M

para algun M > 0.

Ası, SI LAS DERIVADAS DE TERCER ORDEN DE u ESTAN ACO-TADAS, el error que se comete al aproximar el Laplaciano de u, en un puntode la malla Mh, por el Laplaciano Discreto es del orden de h. De esta manerael Laplaciano Discreto aproxima al Laplaciano.

6.4. El problema de Dirichlet para la Ecuacion de Poisson.

Sea D un dominio suave y acotado en R2. Sean f y g funciones suaves.Consideremos el problema

(6.2)∆u = f en D

u = g en ∂D.

6.5. EL PROBLEMA DE DIRICHLET PARA LA ECUACION DEL CALOR. 65

Sea h > 0 y consideremos la malla Mh. Definamos

Dd = (mh, nh) ∈ Mh / (mh, nh) ∈ D.Para (mh, nh) ∈ ∂Dd definamos

g(mh, nh) = g(c, d)

donde (c, d) es el punto de ∂D mas cercano a (mh, nh). Es claro que ladistancia entre (mh, nh) y (c, d) es menor o igual a

√2h.

Sea ahora u la solucion de (6.2) y v la solucion de (6.1). Supondremosque u ∈ C3(D) y que sus terceras derivadas estan acotadas por M en D.

Consideremos la diferencia

w = u− v

como funcion en la malla. Entonces w satisface

∆dw = ∆u−Eh−∆dv = −Eh en I(Dd)con

|E(nh,mh)| ≤ M.

Por otra parte si (mh, nh) ∈ ∂Dd tenemos

w(mh, nh) = u(mh, nh)− g(c, d) = u(mh, nh)− u(c, d).

Como la distancia entre (mh, nh) y (c, d) es menor o igual a√

2h y lasprimeras derivadas de u tambien estan acotadas, digamos por M , tenemos

|w(mh, nh)| ≤ M√

2h para todo (mh, nh) ∈ ∂Dd.

Ası por el Teorema 6.2.2 obtenemos

|u− v| = |w| ≤ hM√

2(2 diam D)2 en Dd

lo que demuestra la convergencia de la solucion discreta a u en los puntosde la malla. Hacemos notar que el error es del orden de h.

6.5. El problema de Dirichlet para la ecuacion del calor.

En este caso trabajaremos en una variable espacial dejando al lector elhacerlo en mas variables.

Trabajaremos en el dominio [0, 1]× [0, T ]. Pongamos h = 1N1

, k = TN2

yconsideremos la malla


Mh,k = (mh, nk) / 0 ≤ m ≤ N1 y 0 ≤ k ≤ N2en [0, 1]× [0, T ].

Para una funcion v sobre la malla consideramos el siguiente problemadiscreto

(6.3)v(mh,(n+1)k)−v(mh,nk)

k = ∆dv(mh, nk) 0 < m < N1, 0 ≤ n < N2

v(0, nk) = g0(nk) 0 ≤ n ≤ N2

v(1, nk) = g1(nk) 0 ≤ n ≤ N2

v(mh, 0) = v0(mh) 0 ≤ m ≤ N1

donde

∆dv(mh, nk) =v((m + 1)h, nk) + v((m− 1)h, nk)− 2v(mh, nk)

h2

es el Laplaciano discreto unidimensional.

Si se conocen los datos g0, g1 y u0 el problema (6.3) puede resolverseexplicitamente por iteraciones.

El problema (6.3) tambien tiene un principio del Maximo parabolico.

Teorema 6.5.1. Suponga que

2k

h2≤ 1.

Si g0 ≥ 0, g1 ≥ 0 y u0 ≥ 0, entonces si v resuelve (6.3) se tiene que

v(mh, nk) ≥ 0 en Mh,k.

Demostracion: Despejando en la ecuacion tenemos

v(mh, (n+1)k) =v((m + 1)h, nk) + v((m− 1)h, nk))

h2+(1− 2k

h2)v(mh, nk).

Ası tenemos por induccion que si los datos de borde son no negativos yla solucion es no negativa en el tiempo t = nk, entonces tambien lo es en eltiempo t = (n + 1)k. ¤

Corolario 6.5.1. Suponga que

2k

h2≤ 1.

Sean v y v soluciones de (6.3) con datos g0, g1, v0 y g0, g

1, v0 respec-

tivamente.

6.5. EL PROBLEMA DE DIRICHLET PARA LA ECUACION DEL CALOR. 67

Entonces sig0≤ g0,

g1≤ g1

yv0 ≤ v0

se tienev ≤ v.

Ejercicio. Demuestre que la solucion de (6.3) es unica.

Ejercicio. Sea u(x, t) la solucion de

ut = ∆u + f en [0, 1]× [0, T ]u(0, t) = g0(t) para t ∈ [0, T ]u(1, t) = g1(t) para t ∈ [0, T ]u(x, 0) = v0(x) 0 para x ∈ [0, 1]

con derivadas terceras acotadas.

Suponga que2k

h2≤ 1.

Demuestre que la solucion del problema discretov(mh,(n+1)k)−v(mh,nk)

k = ∆dv(mh, nk) + f(mh, nk) 0 < m < N1, 0 ≤ n < N2

v(0, nk) = g0(nk) 0 ≤ n ≤ N2

v(1, nk) = g1(nk) 0 ≤ n ≤ N2

v(mh, 0) = v0(mh) 0 ≤ m ≤ N1

converge a u, cuando h → 0, en puntos de la malla.

Ejercicio. Repita el ejercicio anterior en el caso de dos variables espaciales.

Ejercicio. Demuestre que el problema discreto implıcitov(mh,nk)−v(mh,(n−1)k)

k = ∆dv(mh, nk) 0 < m < N1, 1 ≤ n ≤ N2

v(0, nk) = g0(nk) 0 ≤ n ≤ N2

v(1, nk) = g1(nk) 0 ≤ n ≤ N2

v(mh, 0) = v0(mh) 0 ≤ m ≤ N1

tiene principio del maximo sin restricciones en h y k.

CAPITULO 7

La ecuacion de primer orden.

En esta seccion estudiaremos la ecuacion de primer orden. Por estoentendemos una ecuacion que involucra a la incognita u y a sus primerasderivadas. Los ejemplos pueden ser extremadamente complicados. Que talresolver

sin(uxuy + u7uy) + euux − 25u3(u2x − uy5) = x2 arctan(xy)

en R2?

En este curso solo trataremos la ecuacion cuasi-lineal que, en en R2, esde la forma

a(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy = c(x, y, u).

Tambien en estas notas trabajaremos en R2 y propondremos al final unnejercicio en R3 para que el alumno se convenza que en mas dimensiones lascosas se hacen de manera analoga.

Comencemos con el caso mas simple posible, este es el de la ecuacionlineal con coeficientes constantes.

7.1. La ecuacion lineal con coeficientes constantes.

Esta ecuacion es de la forma

aux + buy = cu

donde a, b, c ∈ R.

Para resolverla consideremos, para s fijo, la recta caracterıstica

x(t, s) = at + α(s),

y(t, s) = bt + β(s)

donde t es la variable de la forma parametrica de la recta y (α(s), β(s)) esuna curva en el plano.

La gracia de las caracterısticas es que si uno considera la funcion

z(t, s) = u(x(t, s), y(t, s))

69

70 7. LA ECUACION DE PRIMER ORDEN.

esta satisface, para s fijo, la ecuacion diferencial ordinaria

z =dz

dt= aux + buy = cu = cz.

O seaz = cz

y por lo tantoz(t, s) = Kect.

Para determinar la ”constante” K tenemos

k = z(0, s) = u(x(0, s), y(0, s)) = u(α(s), β(s)).

Por lo tanto

(7.1) u(x(t, s), y(t, s)) = z(t, s) = u(α(s), β(s))ect.

La formula (7.1) muestra que si uno prescribe el valor de u en el punto(α(s), β(s)) esto determina los valores de u a lo largo de toda la caracterıstica(x(t, s), y(t, s)) con t ∈ R.

Lo anterior nos conduce a pensar que podemos determinar una solucionde

aux + buy = cu

si conocemos los valores que u toma en una curva (α(s), β(s)). Es decir siprescribimos los valores iniciales

u(α(s), β(s)) = g(s)

donde g es una funcion dada.

Veamos ahora un ejemplo.

Ejemplo: Tomemos (α(s), β(s)) = (s, 0) y g(s) = s. En este caso estamospidiendo que sobre el eje de las x la solucion u compla con

u(x, 0) = x.

En este caso particular tenemos

x(t, s) = at + s,

y(t, s) = bt

yu(x(t, s), y(t, s)) = z(t, s) = sect.

Para conseguir u(x.y) ponemos

x = x(t, s) = at + s,

y = y(t, s) = bt.

7.2. LA ECUACION LINEAL EN GENERAL. 71

despejando s y t en terminos de x e y y substituyendo en la tercera ecuacionobtenemos

u(x, y) = (x− a

by)e

cby.

Compruebe que esta es en efecto la solucion de nuestro problema.

Todo esto esta muy bien PERO SIEMPRE QUE b 6= 0. Que pasa si b =0? En este caso las caracterısticas de la ecuacion son las rectas horizontalesy nosotros estamos prescribiendo los datos iniciales sobre una de ellas. Noes posible prescribir arbitrariamente los valores de la solucion a lo largo deuna caracterıstica ya que el valor en un punto de ella determina los valoresa lo largo de toda la caracterıstica. Si uno insiste en hacerlo debe hacerlo demanera consistente y en este caso la solucion no sera necesariamente unica.En nuestro ejemplo si b = 0 y pedimos que u(0, 0) = 0 estamos obligados apedir u(x, 0) = 0. Ahora cualquier solucion de la ecuacion con dato inicialu(0, y) = g(y) con g(0) = 0 satisface u(x, 0) = 0 lo que nos da que elproblema

aux = cu

u(x, 0) = 0,

con a 6= 0 y c 6= 0, no tiene solucion unica.

Hacemos notar tambien que en este caso las caracterısticas son rectasparalelas que no se cruzan. De este modo si la curva (α(s), β(s)) cruza ex-actamente una vez cada una de las caracterısticas tendremos una soluciondefinida en todo el plano. Si la curva cruza dos veces una caracterısticahabrıa que tener cuidado en como prescribir u en estos dos puntos. En casosmas generales, como el que veremos a continuacion, las caracterısticas sepueden cruzar restringendo a veces el dominio de existencia de la solucion.

7.2. La ecuacion lineal en general.

Esta ecuacion es de la forma

(7.2) a(x, y)ux + b(x, y)uy = c(x, y)u

donde a, b, c : R2 → R son funciones suaves.

Como en la seccion anterior denotaremos

x =dx

dt.

Para resolver la ecuacion consideremos, para s fijo, la curva carac-terıstica (x(t, s), y(t, s)) que es la que satisface la ecuacion diferencial ordi-naria

x(t, s) = a(x(t, s), y(t, s)),y(t, s) = b(x(t, s), y(t, s))


con condicion inicial

(x(0, s), y(0, s)) = (α(s), β(s))

donde (α(s), β(s)) es una curva suave en el plano.

Si, como antes, uno considera la funcion

z(t, s) = u(x(t, s), y(t, s))

esta satisface, para s fijo, la ecuacion diferencial ordinaria

z(t, s) = c(x(t, s), y(t, s))z(t, s).

Si ademas pedimos la condicion inicial

(7.3) u(α(s), β(s)) = g(s)

se debe tenerz(0, s) = g(s).

De este modo para resolver

a(x, y)ux + b(x, y)uy = c(x, y)u

con condicion inicialu(α(s), β(s)) = g(s)

debemos resolver, para s fijo, el sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias

(7.4)x(t, s) = a(x(t, s), y(t, s)),y(t, s) = b(x(t, s), y(t, s)),z(t, s) = c(x(t, s), y(t, s))z(t, s)

con condiciones iniciales

(7.5)x(0, s) = α(s),y(0, s) = β(s),z(0, s) = g(s).

Si a, b, c, α, β y g son funciones buenas, con la suficiente diferenciabili-dad, un teorema de ecuaciones diferenciales ordinarias garantiza la existenciade t0 > 0 y s0 > 0 tales que para todo s ∈ (−s0, s0) el sistema (7.4), (7.5)tiene una solucion

(x(t, s), y(t, s), z(t, s))

definida para t ∈ (−t0, t0). Ademas la solucion es diferenciable en ambasvariables t y s.

Pongamos ahora (x0, y0) = (α(0), β(0)) y consideremos el sistema

(7.6) x = x(t, s),y = y(t, s).

No confundir las variables x, y con las funciones x(t, s) e y(t, s) !!!

7.2. LA ECUACION LINEAL EN GENERAL. 73

Se tiene

(7.7) x0 = x(0, 0),y0 = y(0, 0).

Si suponemos ahora que

(7.8) det

∣∣∣∣∣∣

dxdt (0, 0) dx

ds (0, 0)

dydt (0, 0) dy

ds (0, 0)

∣∣∣∣∣∣6= 0

el Teorema de la Funcion Inversa garantiza la existencia de funciones

t(x, y)

y

s(x, y),

definidas en una vecindad de (x0, y0), tales que t(x0, y0) = 0, s(x0, y0) = 0 einvierten el sistema (7.6).

Poniendo ahora

u(x, y) = z(t(x, y), s(x, y))

obtenemos una solucion de (7.2), (7.3).

Observacion: Hacemos notar que la condicion (7.8) significa exactamenteque la curva (α(s), β(s)) y la caracterıstica de (7.2) que pasa por (x0, y0)NO son tangentes en (x0, y0).

Hemos ası probado el teorema siguiente.

Teorema 7.2.1. Sean a, b, c funciones suaves. Sea g una funcion suave.Sea (α(s), β(s)) una curva suave tal que (α(0), β(0)) = (x0, y0). Supongamosademas que la curva (α(s), β(s)) y la caracterıstica de (7.2) que pasa por(x0, y0) NO son tangentes en (x0, y0).

Entonces (7.2) tiene una solucion u definida en una vecindad de (x0, y0)que satisface u(α(s), β(s)) = g(s).

Ejercicio. Resolver

xuy − yux = u


u(s, 0) = s para s > 0.


7.3. La ecuacion cuasi lineal.

Como antes sean a, b, c : R3 → R funciones suaves. Sea g : R→ R suavey sea (α(s), β(s)) una curva suave en R2 tal que (α(0), β(0)) = (x0, y0).

Este caso se trata de resolver

(7.9) a(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy = c(x, y, u)


(7.10) u(α(s), β(s)) = g(s).

Como en la seccion anterior denotaremos

x =dx

dt.

El mismo analisis del caso lineal nos lleva a considerar, para s fijo, la cur-va caracterıstica (x(t, s), y(t, s), z(t, s)) que es la que satisface la ecuaciondiferencial ordinaria

x(t, s) = a(x(t, s), y(t, s), z(t, s))

y(t, s) = b(x(t, s), y(t, s), z(t, s))

z(t, s) = c(x(t, s), y(t, s), z(t, s))con condicion inicial

(x(0, s), y(0, s), z(0, s)) = (α(s), β(s), g(s)).

Si los datos son buenos para garantizar unicidad en la solucion del sis-tema, y la solucion u existiera, se deberıa tener

z(t, s) = u(x(t, s), y(t, s)).

Como antes un teorema de ecuaciones diferenciales ordinarias garantizala existencia de t0 > 0 y s0 > 0 tales que para todo s ∈ (−s0, s0) el sistema(7.4), (7.5) tiene una solucion

(x(t, s), y(t, s), z(t, s))

definida para t ∈ (−t0, t0). Ademas la solucion es diferenciable en ambasvariables t y s.

Consideremos el sistema

(7.11) x = x(t, s),y = y(t, s).

No confundir las variables x, y con las funciones x(t, s) e y(t, s) !!!

Se tiene

(7.12) x0 = x(0, 0),y0 = y(0, 0).

7.4. LA ECUACION DE TRANSPORTE. 75

Si suponemos ahora que

(7.13) det

∣∣∣∣∣∣

dxdt (0, 0) dx

ds (0, 0)

dydt (0, 0) dy

ds (0, 0)

∣∣∣∣∣∣6= 0

el Teorema de la Funcion Inversa garantiza la existencia de funciones

t(x, y)

ys(x, y),

definidas en una vecindad de (x0, y0), tales que t(x0, y0) = 0, s(x0, y0) = 0 einvierten el sistema (7.11).

Poniendo nuevamente

u(x, y) = z(t(x, y), s(x, y))

obtenemos una solucion de (7.2), (7.3).

Ejercicio. Resolverux + uy = u2

con condicion inicialu(s, 0) = s para s ∈ R.

7.4. La ecuacion de transporte.

Supongamos que tenemos en un medio unidimensional, que modelaremospor el eje real R, un material que se esta moviendo a una velocidad V . Eneste momento seremos intencionalmente vagos sobre de que depende V .

Denotemos por u(x, t) la densidad del material en la posicion x en elinstante t.

Tomemos un intervalo [x, x+h] ⊂ R y dos tiempos t < t+k. Asumiendoque el material se conserva, es decir no se crea ni se pierde material, calcule-mos de dos maneras distintas la diferencia de cantidad, ∆, de material quehay en [x, x + h] en el istante t + k menos la que hay en el instante t.

Por una parte tenemos

∆ =∫ x+h

x(u(y, t + k)− u(y, t))dy.

Por otra parte ∆ debe ser igual a la cantidad de material que ha sido ar-rastrada a traves de los bordes de [x, x + h]. Esto es

∆ =∫ t+k

t(V u(x, s)− V u(x + h, s))ds.


Igualando estas cantidades, dividiendo por h y por k y haciendo tenderh y k a cero obtenemos por el Teorema Fundamental del Calculo

(7.14) ut + (V u)x = 0

que es la ecuacion del transporte.

Ejercicio. Suponga ademas que en este proceso hay una ”fuente” F que encada punto esta produciendo o sacando material. Deduzca que en este casola ecuacion toma la forma

(7.15) ut + (V u)x = F.

De que depende V ?:

La respueta a esta pregunta es: De lo que Ud. quiera segun la situacion.Pero veamos algunos ejemplos.

1. Pensemos en el caso de un rıo que se mueve en forma unidimension-al sobre cuya superficie hay un contaminante que es simplementearrastrado por el rıo. Denotemos por u(x, t) la densidad del contam-inante.a) Si la velocidad del rıo es V = V = constante, la ecuacion (7.16)

toma la forma

ut + (V u)x = 0.

Dese un dato inicial u(x, 0) y resuelva.b) Si la velocidad del rıo depende de la posicion tenemos que V =

V (x) y la ecuacion (7.16) toma la forma

ut + V (x)ux + Vx(x)u = 0.

Dese un dato inicial u(x, 0) y resuelva.c) Si ademas la velocidad del rıo depende del tiempo tenemos que

V = V (x, t) y la ecuacion (7.16) toma la forma

ut + V (x, t)ux + Vx(x, t)u = 0.

Dese un dato inicial u(x, 0) y resuelva.d) Podrıamos pensar tambien en el caso en que la velocidad con que

se desplaza el contaminante depende de su densidad. Esto nosconduce a un modelo donde V = V (x, t, u). La ecuacion (7.16)en este caso toma la forma

ut + (V (x, t, u)u)x = 0.

Escoja un V = V (u), un dato inicial u(x, 0) y resuelva.e) Si al caso anterior agregamos una fuente F que produce con-

taminante y un sistema G que retira contaminante llegamos a laecuacion

ut + (V (x, t, u)u)x = F −G.

7.5. MAS DIMENSIONES. 77

Escoja un V = V (u), un dato inicial u(x, 0), un F , un G yresuelva. Esta la solucion u de su modelo definida para todot ≥ 0? Si lo estuviera, Que pasa con la densidad u en su modelocuando t →∞?

2. La ecuacion del trafico. Pensemos u(x, t) como la densidad deautos en el punto x en el instante t en una carretera recta.a) En este caso es natural pensar que la velocidad depende de la

densidad, o sea V = V (u). Escoja un V = V (u) que le parezcanatural, un dato inicial u(x, 0) y resuelva. Colapsan las carac-terısticas en su modelo?

b) Tambien se puede pensar que la velocidad depende de la canti-dad de autos que hay una cuadra mas adelante. En este caso

V = V (∫ x+1

xu(y, t)dy).

Ası podrıamos seguir para siempre agregando, por ejemplo, entradasy salidas de la carretera.

7.5. Mas dimensiones.

Supongamos que tenemos ahora en un medio bidimensional, que mode-laremos por el plano R2, un material que se esta moviendo a una velocidad−→V .

Denotemos por u(x, t) la densidad del material en la posicion x en elinstante t.

Tomemos una region D ⊂ R2 y dos tiempos t < t + k. Asumiendo queel material se conserva, es decir no se crea ni se pierde material, calculemosde dos maneras distintas la diferencia de cantidad, ∆, de material que hayen D en el istante t + k menos la que hay en el instante t.

Por una parte tenemos

∆ =∫

D(u(y, t + k)− u(y, t))dy.

Por otra parte ∆ debe ser igual a la cantidad de material que ha sido ar-rastrada a traves del borde de D. Esto es

∆ = −∫ t+k

t

∫

∂Du(y, s)

−→V ndS(y)ds.

Igualando estas cantidades, dividiendo por h y por k y haciendo tenderh y k a cero y aplicando la formula de Green obtenemos

(7.16)∫

Dut(y, t)dy +

∫

Ddiv(u(y, t)

−→V (y, t))dy = 0.


Como D es arbitrario obtenemos la ecuacion

ut + div(u−→V ) = 0.

Ejercicio. Dese un−→V , una condicion inicial adecuada y resuelva.

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