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Ecuacion de ondas

Nicolas Saintier

(Univ. Buenos Aires - Argentina)

6 de julio de 2020

N. Saintier Ecuacion de ondas 6 de julio de 2020 1 / 22

Consideremos la ecuacion de ondas

∂ttu = c2∆u t > 0, x ∈ RN ,

u(0, x) = f (x), ∂tu(0, x) = g(x) x ∈ RN .

Puede verse una motivacion �sica en el apunte p111.

Vamos primero a resolver la ecuacion cuando N = 1,

Luego usando la Transformada de Fourier,

vamos a obtener un resultado de existencia e unicidad general cuando

f , g ∈ S(RN), con la contra que tendremos la solucion u a traves de

su TF u(t, ξ),

Cuando N = 1, 3 podremos invertir la TF obteniendo asi formulas

explicitas par u,

De la solucion para N = 3 obtendremos la solucion explicita para

N = 2.

En el apunte se llega a estas formulas por otro camino,

Finalmente veremos algunas propiedades cualitativas de las soluciones.


Caso N = 1

Existen varias maneras de resolver la ec. de ondas en 1D

∂ttu = c2∂xx t > 0, x ∈ R, (1)

u(0, x) = f (x), ∂tu(0, x) = g(x) (2)

Por ejemplo notemos que ∂ttu − c2∂xx = (∂t − c∂x)(∂t + c∂x) e

introduzcamos v := (∂t + c∂x)u. Entonces

(1)⇐⇒ (∂t − c∂x)v = 0, (∂t + c∂x)u = v .

Obtenemos v(t, x) = v(0, x + ct) = g(x + ct) + cf ′(x + ct) y luego

u(t, x) = u(0, x − ct) +

∫ t

0

v(s, x − c(t − s)) ds

= f (x − ct) +

∫ t

0

(g + cf ′)(x − ct + 2cs) ds.

La integral es∫ x+ct

x−ct(g + cf ′)(τ)

dτ

2c=

1

2c

∫ x+ct

x−ctg(τ)dτ +

1

2[f (x + ct)− f (c − ct)]

Luego

u(t, x) =1

2c

∫ x+ct

x−ctg(τ)dτ +

1

2[f (x + ct) + f (c − ct)]


Formula de D'Alembert

Teorema

Si f ∈ C 2(R) y g ∈ C 1(R) entonces

u(t, x) =1

2(f (x + ct) + f (x − ct)) +

1

2c

∫ x+ct

x−ctg(y)dy

es la unica solucion en C 2([0,+∞)× R).

Apunte p116-117

Note que como con la ec. de transporte, no hay efecto regularizante y la

informacion se propaga a velocidad �nita c .


Caso general con TF

∂ttu = c2∆u t > 0, x ∈ RN ,

u(0, x) = f (x), ∂tu(0, x) = g(x)

Igual que con la ec. del calor, transformamos Fourier en x :

∂tt u = −4π2c2|ξ|2u t > 0, x ∈ RN ,

u(0, ξ) = f (ξ), ∂t u(0, ξ) = g(ξ)

Es una EDO de 2ndo orden cuya solucion es

u(t, ξ) = f (ξ) cos(2πc|ξ|t) + g(ξ)sin(2πc |ξ|t)

2πc|ξ|. (3)


Estas manipulaciones se pueden justi�car cuando f , g ∈ S(RN) de la

misma manera que con la ec. del calor:

Teorema

Si f , g ∈ S(RN) entonces la ec. de ondas

∂ttu = c2∆u t > 0, x ∈ RN ,

u(0, x) = f (x), ∂tu(0, x) = g(x)

tiene una unica solucion u en C∞([0,+∞),S(RN)) dada por

u(t, ξ) = f (ξ) cos(2πc|ξ|t) + g(ξ)sin(2πc |ξ|t)

2πc|ξ|.


Prueba (1)Si buscamos una solucion u ∈ C 2([0,+∞),S) entonces ∂ttF(u(t, .)) = F(∂ttu(t, .)) y

F(∆u(t, .)) = 4π2|ξ|2u(t, .) por lo que todas las manipulaciones formales que hicimosson validas y llegamos a (3).

Reciprocamente, a t dado, la funcion ξ → f (ξ) cos(2πc|ξ|t) + g(ξ) sin(2πc|ξ|t)2πc|ξ| esta en S

porque f , g ∈ S. Luego puedo de�nir u(t, .) ∈ S por (3) o sea

u(t, x) =

∫ {f (ξ) cos(2πc|ξ|t) + g(ξ)

sin(2πc|ξ|t)

2πc|ξ|

}e2iπξx dξ.

Se ve facilmente que u ∈ C∞(R× RN) y se obtiene las derivadas derivando adentro de laintegral. De hecho cualquier derivada en (t, x)) del integrando se puede acotar por(polinomio en ξ) ×(|f |+ |g |) ∈ S. De ahi sale que u es solucion.Para ver que u ∈ C∞([0,+∞),S(RN)) falta ver que ∂k

t u ∈ C([0,+∞),S). Hacemoscomo con la ec. del calor:

Dαx ∂

kt u(t, x) =

∫(h1(ξ) cos(2πc|ξ|t) + h2(ξ) sin(2πc|ξ|t))e2iπξx dx

con h1, h2 ∈ S, y luego


Prueba (2)

xkβDαx ∂

kt u(t, x) = Cste.

∫(h1(ξ) cos(2πc|ξ|t) + h2(ξ) sin(2πc|ξ|t))Dβ

ξ (e2iπξx) dx

= Cste.

∫Dβξ (h1(ξ) cos(2πc|ξ|t) + h2(ξ) sin(2πc|ξ|t))e2iπξx dx

Es una suma de terminos de la forma tk∫h(ξ) cos(2πc|ξ|t)e2iπξx dx (con cos o sin) que

son claramente continuos en t uniformemente en x ∈ RN .


Vamos primero a veri�car que cuando N = 1 obtenemos bien la solucion

que encontramos al principio.

Luego vamos a buscar una expresion explicita para u cuando N = 3.

Como cos(2πc|ξ|t) = ddt

sin(2πc|ξ|t)2πc|ξ| basta antitransformar sin(2πc|ξ|t)

2πc|ξ| .

Seguimos suponiendo que f , g ∈ S. Veremos despues si se puede relajar

eso.


N = 1

Como F(1[−a,a])(ξ) = sin(2πξa)πξ , tomando a = ct, obtenemos

F( 1

2c1[−ct,ct]

)(ξ) =

sin(2πcξt)

2πcξ

Por otro lado recordando que δa = e−2iπξa podemos antitransformar cos:

cos(2πcξt) =1

2[e2iπcξt + e−2iπcξt ] = F

(12

[δ−ct + δct ])

(ξ).

Luego la sol. de la ec. de ondas u(t, ξ) = f (ξ) cos(2πc|ξ|t) + g(ξ) sin(2πc|ξ|t)2πc|ξ| es

u(t, x) =1

2

(f ∗ (δ−ct + δct)

)(x) +

1

2c(g ∗ 1[−ct,ct]

)(x)

=1

2(f (x + ct) + f (x − ct)) +

1

2c

∫ x+ct

x−ctg(y)dy

lo que ya encontramos antes. Recuerde que (f ∗ δa)(x) = (δa, f (x − ·)) = f (x − a)


N = 3

Vimos en los slides sobre TF que la TF de la medida super�cial σ sobre la

esfera S(0, 1) es σ(ξ) = 2 sin(2π|ξ|)|ξ| . Luego la TF de σS(0,ct), la medida

super�cial de la esfera S(0, ct), es

F(σS(0,ct))(ξ) =

∫S(0,ct)

e−2iπξx dσS(0,ct)(x)x=cty

=

∫S(0,1)

e−2iπ(ctξ)y (ct)2 dσ(y)

= (ct)2σ(ctξ) =2ct sin(2πc|ξ|t)

|ξ|

Luegosin(2πc |ξ|t)

2πc |ξ|= F

( 1

4πc2tσS(0,ct)

)(ξ).

Consideremos por separado los casos f = 0 y g = 0. Para concluir bastara

sumar las dos soluciones obtenidas.


N = 3 con f = 0.

Supongamos primero que f = 0:

u(t, ξ) = g(ξ)sin(2πc |ξ|t)

2πc|ξ|= F

(g ∗ 1

4πc2tσS(0,ct)

)(ξ)

Note que

(g ∗ σS(0,ct))(x) = (σS(0,ct), g(x − ·)) =

∫S(0,ct)

g(x − y) dσS(0,ct)(y)

=

∫S(x ,ct)

g .

Luego

u(t, x) =t

|S(x , ct)|

∫S(x ,ct)

g .


N = 3 con g = 0

Supongamos ahora que g = 0 por lo que u(t, ξ) = f (ξ) cos(2πc |ξ|t) con

cos(2πc |ξ|t) =d

dt

sin(2πc |ξ|t)

2πc |ξ|=

d

dt

{( 1

4πc2tσS(0,ct)(ξ)

}= − 1

4πc2t2σS(0,ct)(ξ) +

1

4πc2t

d

dtσS(0,ct)(ξ).

Luego

u(t, x) = − 1

|S(x , ct)|

∫S(x ,ct)

f +1

4πc2t(f ∗ d

dtσS(0,ct))(x) (4)

Falta calcular ddtσS(0,ct). Necesitamos determinar el limite en S ′ de

σS(0,c(t+h))−σS(0,ct)h cuando h→ 0.


Para toda φ ∈ S(R3),(σS(0,c(t+h)) − σS(0,ct)

h, φ)

=1

h

{∫S(0,c(t+h))

φ−∫S(0,ct)

φ}

=1

h

∫S(0,1)

{φ(c(t + h)x)c2(t + h)2 − φ(ctx)(ct)2

}dσ(x)

h→0−→ 1

t

∫S(0,ct)

2φ(x) + x∇φ(x) dS(x)

Entonces ddtσS(0,ct) es la distribucion temperada de�nida por( d

dtσS(0,ct), φ

)=

1

t

∫S(0,ct)

2φ(x) + x∇φ(x) dS(x) φ ∈ S(R3).

Luego

(f ∗ d

dtσS(0,ct))(x) =

( d

dtσS(0,ct), f (x − ·)

)=

1

t

∫S(0,ct)

2f (x − y)− y∇f (x − y) dS(y)

es decir

(f ∗ d

dtσS(0,ct))(x) =

1

t

∫S(x,ct)

2f (y) + (y − x)∇f (y) dS(y)


Volviendo a (4), obtenemos que la sol. con g = 0 es

u(t, x) =1

|S(x , ct)|

∫S(x ,ct)

f (y) + (y − x)∇f (y) dS(y)

Sumando la sol. del caso f = 0, obtenemos �nalmente que

Dado f , g ∈ S(RN), la unica solucion de

∂ttu = c2∆u t > 0, x ∈ RN ,

u(0, x) = f (x), ∂tu(0, x) = g(x)

en C∞([0,+∞),S(R3)) viene dada por la formula de Kirchho�

u(t, x) =1

|S(x , ct)|

∫S(x ,ct)

tg(y) + f (y) + (y − x)∇f (y) dS(y)


Se puede bajar las hipotesis de regularidad sobre f , g :

Teorema

Si f ∈ C 3(R3) y g ∈ C 2(R3) entonces u dado por la formula de Kirchho�

anterior es la unica solucion en C 2([0,+∞)× R3) de

∂ttu = c2∆u t > 0, x ∈ R3,

u(0, x) = f (x), ∂tu(0, x) = g(x)

ver Apunte p118-120 - La prueba del apunte usa un metodo distinto para

obtener la formula de Kirchho�.


N = 2

Sea u una sol. de la ec. de ondas para N = 2:

∂ttu = c2∆u t > 0, x ∈ R2,

u(0, x) = f (x), ∂tu(0, x) = g(x)

Pensamos R2 ↪→ R3 con x ∈ R2 → (x , 0) ∈ R3.

Extendemos u, f , g a R3 por

u(t, (x , x3)) := u(t, x), f (x , x3) := f (x), g(x , x3) := g(x).

Entonces

∂tt u = c2∆u t > 0, x ∈ R3,

u(0, x) = f (x), ∂tu(0, x) = g(x)

por lo que u esta dada por la formula de Kirchho�.

Con un par mas de cuentas, obtenemos una formula para u:N. Saintier Ecuacion de ondas 6 de julio de 2020 17 / 22

N = 2

Teorema

Si f ∈ C 3(R2) y g ∈ C 2(R2) entonces la unica solucion en

C 2([0,+∞)× R2) de

∂ttu = c2∆u t > 0, x ∈ R2,

u(0, x) = f (x), ∂tu(0, x) = g(x)

es

u(t, x) =1

2

1

|B(x , ct)|

∫B(x ,ct)

ctf (y) + ct2g(y) + ct(y − x)∇f (y)√(ct)2 − |y − x |2

dy .


La ecuacion de ondas no-homogenea

Vamos a discutir el problema no-homogeneo

∂ttu − c2∆u = f (t, x) t > 0, x ∈ RN ,

u(0, x) = ∂tu(0, x) = 0(5)

usando el ppio de Duhamel que vimos con la ec. del calor.

Reescribamos (5) como un sistema para X := (u, v)T donde v = ∂tu:

(5)⇐⇒ (6) ∂tX = LX + F , X0 = (0, 0)T

con

L =

(0 1

c2∆ 0

), F (t, x) =

(0

f (t, x)

).


Dada una cond. inicial Y , notamos PtY (x) la sol. de ∂tX (t, x) = LX (t, x)con X (0, x) = Y (x).Con PtY (x) = (a(t, x), b(t, x))T , eso signi�ca que ∂ta = b y ∂tb = c2∆ao sea ∂tta = c2∆a con a(0, .) y b(0, .) = ∂ta(0, .) dados por Y .

El ppio de Duhamel para (6) con X0 = (0, 0)T da

X (t, x) = PtX0(x) +

∫ t

0

(Pt−sF (s, .))(x) ds =

∫ t

0

(Pt−sF (s, .))(x) ds

Mirando la 1era componente, volvemos a la ec de ondas explicitamente,

u(t, x) =

∫ t

0

us(t − s, x) ds

donde us es la solucion de

∂ttus(t, x) = c2∆us(t, x) t > 0, x ∈ RN ,

us(0, x) = 0, ∂tu(0, x) = f (s, x)


Haciendo un cambio de variable, se puede reescribir

u(t, x) =

∫ t

0

w s(t, x) ds (6)

donde w s es la solucion de

∂ttws(t, x) = c2∆w s(t, x) t > s, x ∈ RN ,

w s(s, x) = 0, ∂tws(s, x) = f (s, x)

Teorema

Sea f ∈ C 1((0,+∞)× RN). El problema

∂ttu − c2∆u = f (t, x) t > 0, x ∈ RN ,

u(0, x) = ∂tu(0, x) = 0

tiene una unica solucion en C 2((0,+∞)× RN) dada por (6).

apunte: Teo 8.6.1 p123


Comentario sobre la sol. fundamental

Se puede probar que una distribucion E tq E (t, ξ) = sin(2πc|ξ|t)2πc|ξ| 1t>0 es una

sol. fundamental para la ec. de ondas o sea veri�ca

∂ttu − c2∆u = δ(0,0) en S(R× RN)′

Intuitivamente (e informalmente) E veri�ca

∂ttu = c2∆u t > 0, x ∈ R2,

u(0, x) = 0, ∂tu(0, .) = δ0

Por ejemplo

E =

1

2c 1[−ct,ct]1t>0 N = 1

1

2πc

[(ct)2 − |x |2

]− 121{|x |<ct}, N = 2,

1

4πc2tσS(0,ct)1t>0 N = 3


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