Problemas de autoevaluacion

Problemas de autoevaluacion Andres M. Encinas 30-11-99 Todos los problemas se han puntuado de 0 utilizado siguiente tabla de primitivas

a 10 puntos. Para los calculos explcitos se ha

Funcion

Primitiva

(ax + b)cos(x)

1 acos(x) + (ax + b)sen(x);  6= 0; 2 1 asen(x) ; (ax + b)cos(x);  6= 0;

(ax + b)sen(x)

2

sen2 (x) cos2 (x) 1



1 x ; 1 sen(2x);  6= 0; 2 2  1 x + 1 sen(2x);  = 6 0; 2 2



2(2 ; 2 ) ( + )sen(( ; )x) ; ( ; )sen(( + )x) ;  6= ; ;1 ( ; )cos(( + )x) + ( + )cos(( ; )x);  =6 ; 2(2 ; 2 )   1 (  ;  )sen((  +  ) x ) + (  +  )sen((  ;  ) x ) ; = 6 ; 2(2 ; 2 ) ex sen(x) ;  cos(x); 1 + 2

sen(x)sen(x) sen(x)cos(x) cos(x)cos(x)

ex sen(x)

ex cos(x) +  sen(x): 1 + 2

ex cos(x)

PROBLEMA 1.- Sean a; p; ` > 0, c 2 R y consideremos las funciones  2 C ([0; +1)), f 2 C ([0; `]) y F 2 C ([0; ; +1)  [0; `]). i) Hallar la solucion formal del problema 8 > > < > > :

p(ut + u) ; auxx + cu = F; (t; x) 2 [0; +1)  [0; `] u(t; 0) ; u(t; `) = ux(t; 0) ; ux(t; `) = 0; t  0 u(0; x) = f (x); x 2 [0; `] 1

ii) Si r; s;  2 R , obtener la solucion del problema anterior en el caso en el que F (t; x) = ert , f (x) = x y (t) = 2rt + s. iii) Si  2 R , obtener la solucion del problema en el caso en el que F = 0,  = 0 y f (x) = sen(x). iv) Si  2 R , obtener la solucion del problema en el caso en el que F = 0,  = 0 y f (x) = cos(x). v) Obtener la solucion del problema en el caso en el que F = 0,  = 0 y f (x) = ex .

Puntuacion: Consideraremos un problema completo a las partes (i) + (ii); (i) +(iii); (i) +(iv), y (i) + (v). En todos ellos, la puntuacion de la parte comun, esto es (i), es 7 puntos. Solucion: (i) Resolveremos el problema mediante el metodo de separacion de variables. Para 1 ello, consideraremos fn g1 n=0 y fvn gn=0 las sucesiones de autovalores y de las autofunciones correspondientes del problema de autovalores (problema periodico) [PA] ; av00 + cv = pv; v(0) ; v(`) = v0 (0) ; v0 (`) = 0 y expresaremos la solucion del problema, u(t; x), en la forma

u(t; x) =

1 X

n=0

Tn(t) vn(x);

donde para cada n 2 N y cada t 2 [0; +1), Tn (t) = p

Z

` 0

u(t; x) vn (x)dx. (1 punto).

Si para cada n 2 N , consideramos la funcion Fn (t) =

fn = p

Z

iniciales

0

`

Z 0

`

F (t; x)vn (x) dx y el numero real

f (x)vn (x) dx, resulta que la funcion Tn debe ser la solucion del problema de valores

Tn0 (t) + ((t) + n)Tn(t) = Fn(t); Tn (0) = fn; Z t y por tanto, si consideramos (t) = (z ) dz , 0



Tn(t) = e;( (t)+n t) fn +

Z 0

t (z)+ z n F e

n (z ) dz



: (1 punto)

Para calcular los autovalores y autofunciones del problema de autovalores [PA], sabemos que si  es autovalor, necesariamente   pc . En este caso, como los coe cientes son constantes y las condiciones de contorno son periodicas, tambien sabemos que  = pc es autovalor y que sus autofunciones correspondientes son constantes. Para hallar los autovalores  > pc , observemos que en este caso, la ecuacion ;av00 + cv = pv es

equivalente a la ecuacion v00 +( pa;c )v = 0, cuyo polinomio caracterstico esta dado por X 2 + pa; c . s

Por tanto, si consideramos = pa; c , las races del polinomio caracterstico son X = i y la solucion general de la ecuacion esta dada por v(x) = A sen( x) + B cos( x); A; B 2 R : 2

Imponiendo las condiciones de contorno, obtenemos que  es autovalor y v es autofuncion asociada a  sii el sistema 2 32 3 2 3 ;sen( `) 1 ; cos( `) A 0 4 54 5=4 5 1 ; cos( `) sen( `) B 0 tiene solucion no trivial, es decir, sii 2 3 ;sen( `) 1 ; cos( `) 5 = 2( cos( `) ; 1) = 0: det 4 1 ; cos( `) sen( `)

Por tanto,  > pc es autovalor sii cos( `) = 1, es decir sii ` = 2n; n 2 N  lo que implica 2 2 que  = 4a n + c para algun n. Como la matriz del sistema anterior es nula, resulta que las

p `2

p

autofunciones asociadas a  son todas las de la forma v(x) = A sen( 2n x)+ B cos( 2n ` ` x); A; B 2 R . c Observese que, por tanto, cada autovalor mayor que p tiene multiplicidad geometrica 2. En de nitiva, los autovalores del problema [PA] son y solo son 2 2  = 4a n + c ; n 2 N ; (1 punto): n

p `2 p Ademas, las autofunciones asociadas a 0 = pc son constantes, mientras que para cada n 2 N  , la 2n autofunciones asociadas a n son las de la forma v(x) = A sen( 2n ` x) + B cos( ` x); A; B 2 R . 2n Por otra parte, como las funciones sen( 2n ` x) y cos( ` x) son ortogonales en [0; `] y ademas Z ` Z `  2n   2n  sen2 ` x = cos2 ` x = 2` , resulta que el sistema 0

0

(s

)

(s

)1

s

2 sen 2n x; 2 cos 2n x [ p` p` ` p` ` n=1 es base ortonormal en [0; `], respecto del peso p. (1 punto) Por tanto, si consideramos las funciones y los numeros reales dados por las expresiones s s Z ` Z ` 1 F (t) = F (t; x) dx; f = 1 f (x) dx; 0

ps`

0

1

p `s 0

0

  2 Z ` F (t; x) cos 2n x dx; F (t; x) sen 2n x dx; F ( t ) = 2n ` p` 0 ` 0 s Z ` Z   2 ` f (x) cos 2n x dx; f2n;1 = p p2` f (x) sen 2n x dx; f 2n = p ` p` 0 ` 0 resulta que para cada n 2 N  ,

F2n;1 (t) = p2` s

Z

`

 T2n;1 (t) = e;( (t)+n t) f2n;1 + 

T2n (t) = e;( (t)+n t) f2n +

Z 0

Z

0

t (z)+ z n F e

t (z)+ z n F e

n (z ) dz

2

3



2n;1 (z ) dz ; (1 punto)



(1 punto)

y la solucion del problema se expresara como s s 1     2n  X 1 u(t; x) = p ` T0 (t) + p2` T2n;1 (t) sen 2n x + T ( t ) cos 2n ` ` x : (1 punto) n=1

(ii) En este caso, (t) = rt2 + st y ademas, s

p f0 = 2` p `; F0 (t) =  p` ert y

Por tanto,

Z 0

0

c p  2 T0 (t) = e;(rt +(s+ p ) t p ` ` + 

2

s

t (z)+ c z e pF

p

Z 0

Z t c 2 (z ) dz =  p` erz +(r+s+ p )z dz: 0

t rz2 +(r+s+ c )z  p dz : (1 e

punto)

Por otra parte, para cada n 2 N  se tiene que F2n;1 = F2n = f2n = 0 mientras que s

f2n;1 = ; ` p2` n1 :

Por tanto, para cada n 2 N  , T2n = 0, mientras que s

En de nitiva,

c ) t ; 4an222 t p ` ` 1 ; (rt2 +(s+ p e p ` : (1 punto) T2n;1 (t) = ;  2 n e

c 2 u(t; x) = e;(rt +(s+ p ) t

"

#

1 1 ; 4an2 2 t  2n  ` +  Z t erz2 +(r+s+ pc )z dz ; ` X p `2 sen 2 p 0  n=1 n e ` x : (1 punto) c

(iii) En este caso, = 0 y para cada n 2 N , Fn = 0. Por tanto, T0 (t) = e; p t f0 , para cada n 2 N , T2n;1 (t) = e;n t f2n;1 y T2n (t) = e;n t f2n y en de nitiva, "s

s

#

1 ; 4an2 2 t h  2n   2n i 1 f + 2 X p `2 f e x + f 2n;1 sen 0 2n cos p` p` n=1 ` ` x : Observemos que podemos suponer   0, pues si  < 0, y u es la solucion correspondiente a ;, entonces ;u es la solucion correspondiente a . Distinguiremos tres casos, dependiendo del valor de , c u(t; x) = e; p t

  = 0. En este caso, f = 0, y por tanto fn = 0 para cada n 2 N . En de nitiva u = 0 es la unica solucion del problema. (0.5 puntos)  Existe m 2 N  tal que  = 2m ` . En este caso, fn = 0 para cada n 2 N , excepto para el s

valor n = 2m ; 1, para el que se tiene f2m;1 = p2` . En de nitiva,   4am2  2 c u(t; x) = e; ( p `2 + p ) t sen 2m x (1 punto)

`

es la unica solucion del problema. 4

s

p 1 (1 ; cos(`)) y para cada n 2 N ,   6= 2n para cada n 2 N . En este caso, f0 = `  p` s

f2n;1 = p p ` (2 `22;` 4n2 n2) sen(`); 2

s

2 f2n = p p2` (2`2 ;` 4 2 n2) (1 ; cos(`)):

(1 punto) En de nitiva, c `) u(t; x) = e; p t (1 ; cos( ` 3 2 4an2  2 t ; 1 2 h    i X p` c 2n x 7 : x + ` (1 ; cos( ` )) cos + 2 e; p t 64 (2e`2 ; 42 n2 ) 2nsen(`) sen 2n 5 ` ` n=1

(0.5 puntos) (iv) En este caso, = 0 y para cada n 2 N , Fn = 0. Por tanto, para cada n 2 N , tenemos que Tn(t) = e;n t fn y, en de nitiva, "s

s

#

1 ; 4an2 2 t h  2n   2n i 1 f + 2 X p `2 e f x + f 0 2n;1 sen 2n cos p` p` n=1 ` ` x : Observemos que podemos suponer   0, pues las soluciones correspondientes a  y a ; son la misma. Distinguiremos tres casos, dependiendo del valor de , c u(t; x) = e; p t

p

  = 0. En este caso, f = 1, y por tanto f = p ` y fn = 0 para cada n 2 N  . En de nitiva, c 0

u(t; x) = e; p t es la unica solucion del problema. (0.5 puntos)  Existe m 2 N  tal que  = 2m caso, fn = 0 para cada n 2 N , excepto para el ` . En este s valor n = 2m, para el que se tiene f2m = p2` . En de nitiva, u(t; x) = e; (

4am2  2 + c ) p p `2

es la unica solucion del problema. (1 punto)

t

  cos 2m x `

s

p 1 sen(`) y para cada n 2 N , para cada n 2 N . En este caso, f0 =   6= 2n `  p` s

f2n;1 = p p ` (2 `22;` 4n2 n2) (cos(`) ; 1); 2

(1 punto) En de nitiva, 5

s

2 f2n = p p2` (2 `2 ;` 4 2 n2) sen(`):

c u(t; x) = e; p t sen(``) 2

+

; 4anp `222 t

1 X c 2 e; p t 64

e 2n(cos(`) ; 1) sen 2n x + ` sen(`) cos 2n 2 `2 ; 4 2 n2 ) (  ` ` x n=1 h







3 i

7 5

:

(0.5 puntos) (v) En este caso, = 0 y para cada n 2 N , Fn = 0. Por tanto, para cada n 2 N , tenemos que Tn(t) = e;n tfn y, en de nitiva, c u(t; x) = e; p t

"s

s

#

1 ; 4an2 2 t h  2n   2n i 1 f + 2 X p `2 f e x + f 2n;1 sen 0 2n cos p` p` n=1 ` ` x :

s

Ademas, f0 = p p1` (e` ; 1) y para cada n 2 N  , (1 punto) s

s

2 (e` ; 1) 2n ; f2n;1 = ;p p2` ``2 + 42 n2 `

2 ` (e ; 1) : (1 punto) f2n = p p2` ``2 + 42 n2

En de nitiva, 2

c u(t; x) = (e` ; 1)e; p t 64

1 X

4an2  2 t ; e p `2

3

1 2n 2n 7 ` + 2 n=1 (`2 + 42 n2 ) ` cos ` x ; 2n sen ` x 5 : (1 punto) h



i





PROBLEMA 2.- Sean a; k; `; p > 0, c; r 2 R con r 6= 0 y tal que 0 < ` (r p ; c) < a . Si 2

2

2

F; f; g 2 C ([0; `]), hallar la solucion del problema p(utt + 2rut ) ; auxx + cu = e;rt F (x) (t; x) 2 [0; +1)  [0; `]; u(t; 0) = ku(t; `) + aux(t; `) = 0; t 2 [0; +1); u(0; x) = f (x); ut(0; x) = g(x) x 2 [0; `]: En particular, considerar el caso en el que f es nula, g constante y F (x) = ` ; x, para cada x 2 [0; `].

Solucion: Resolveremos el problema mediante el metodo de separacion de variables. Para ello, 1 consideraremos fn g1 n=1 y fvn gn=0 las sucesiones de autovalores y de las autofunciones correspondientes del problema de autovalores (problema mixto Dirichlet-Robin) [PA]

; av00 + cv = pv; v(0) = kv(`) + av0(`) = 0

y expresaremos la solucion del problema, u(t; x), en la forma

u(t; x) =

1 X n=1

Tn (t) vn(x);

donde para cada n 2 N y cada t 2 [0; +1), Tn (t) = p 6

Z

` 0

u(t; x) vn (x)dx. (1 punto)

Para calcular los autovalores y autofunciones del problema de autovalores [PA], sabemos que si  es autovalor, necesariamente   pc y es simple, pues estamos ante un problema de tipo SturmLiouville. En este caso, como los coe cientes son constantes y las condiciones de contorno no son las de Neumann, sabemos que  > pc . Por otra parte, la ecuaci on ;av00 + cv = pu es equivalente a la ecuacion v00 + ( pa;c )v = 0, cuyo polinomio caracterstico esta dado por X 2 + pa; c . Por tanto, s

si consideramos = pa; c , las races del polinomio caracterstico son X = i y la solucion general de la ecuacion esta dada por v(x) = A sen( x) + B cos( x); A; B 2 R : Como v(0) = B ,  es autovalor sii ksen( `) + a cos( `) = 0: Esto implica que cos( `) 6= 0, pues caso contrario la igualdad anterior obligara a que tambien sen( `) = 0, lo cual es absurdo. En de nitiva,  es autovalor sii ` es una solucion de el ecuacion ax = ;k`tgx. Si f n g1 n=1 es la sucesion de soluciones positivas de la ecuacion ax = ;k`tgx, que supondremos ordenada de forma creciente, entonces  es autovalor de [PA] sii se tiene que p ; c = 2 `2 = n2 , para algun n 2 N  . En este caso, las autofunciones asociadas a  son todas de la forma   v(x) = A sen `n x ; A 2 R :

Por otra parte, como Z s

` 0

2k

  p sen2 `n x dx = 2pk (k` + acos n ); (0.5 puntos)

s

si tomamos cn = p 1 , donde n = k` + acos2 n , entonces vn (x) = cn sen( `n x) es una n autofuncion normalizada corrspondiente al autovalor . En de nitiva, la sucesion de autovalores y la correspondiente base ortonormal de autofunciones estan dadas por 2   n + c ; (1 punto) v (x) = c sen n x ; n = a n n p `2 p `

Si para cada n 2 N  , consideramos los numeros reales

n 2 N  ; (1 punto):

Z ` Z `       F (x)sen `n x dx; fn = f (x)sen `n x dx; gn = g(x)sen `n x dx 0 0 0 , resulta que la funcion Tn debe ser la solucion del problema de valores iniciales Tn00(t) + 2rTn(t)0 + nTn(t) = cnFn e;rt; Tn (0) = p cn fn; Tn0 (0) = p cn gn: (1 punto) El polinomio caracterstico de esta ecuacion es (X + r)2 + n ; r2, cuyas races son reales o complejas dependiendo de la positividad, o no, del valor n ; r2 . En nuestro caso, tenemos que 1 >  y la hipotesis 0 < `2 (r2 p ; c) < a2 implica que para cada n 2 N  , 2 c ; r2 > a( 12 ; 2 ) > 0: (1 punto) 1 n ; r2 > 1 ; r2 = a + p `2 p p `2

Fn =

Z

`

7

p

Por tanto, si para cada n 2 N  consideramos n = n ; r2 , entonces la solucion general de la anterior ecuacion es   Z t Tn(t) = e;rt an sen(n t) + bn cos(nt) + cnFn sen(n(t ; s)) ds :

n

0

Como Tn (0) = bn y Tn0 (0) = an n ; rbn , imponiendo las condiciones iniciales obtenemos que bn = pcnfn y an = pcn (gn + rfn), lo que implica que ;rt

n

Tn (t) = e  2 cn p n(gn + rfn) sen(nt) + (pfnn2 ; Fn ) cos(nt) + Fn : (1 punto) n 



En de nitiva, la solucion del problema inicial esta dada por la expresion

u(t; x) = 2pk e;rt

1 X

  n x: 2 p  ( g + rf ) sen(  t ) + ( pf  ; F ) cos(  t ) + F sen n n n n n n n n n 2 ` n=1 n n

1



(0.5 puntos) En el caso particular en el que f es nula, g es constante y F (x) = x ;2 `, tenemos que para cada n 2 N , fn = 0, (0.5 puntos) gn = g`n (1 ; cos n) (1 punto) y Fn = `n2 ( n ; sen n) (1 punto). Por tanto, en este caso

u(t; x) = 2pk` e;rt (0.5 puntos)

1 X

  n x: p  g (1 ; cos

) sen(  t )+ ` (

; sen

)(1 ; cos(  t )) sen n n n n n n n 2 2 ` n=1 n nn

1



PROBLEMA 3.- Sean a; k; `; p > 0, c; r 2 R tales que r 6= 0 y m < r < m para algun  2

+1

m 2 N , donde fn g1 n=1 es la sucesion de autovalores, ordenada en forma creciente, del siguiente problema de autovalores respecto del peso p [PA]

; av00 (x) + cv(x) = np v(x); kv(0) ; av0 (0) = v(`) = 0:

Si F; f; g 2 C ([0; `], hallar la solucion formal del problema 



p utt + 2rut ; auxx + u = e;rt F (x); (t; x) 2 [0; +1)  [0; `] ku(t; 0) ; aux (t; 0) = u(t; `) = 0; t  0 u(0; x) = f (x); ut (0; x) = g(x); x 2 [0; `] En particular, considerar el caso en el que f es nula, g es constante y F (x) = x para cada x 2 [0; `]. Solucion: Resolveremos el problema mediante el metodo de separacion de variables. Para ello, 1 si fvn g1 n=0 es la base ortonormal de autofunciones de [PA], correspondiente a fn gn=1 , expresaremos la solucion del problema, u(t; x), en la forma

u(t; x) =

1 X n=1

8

Tn (t) vn(x);

donde para cada n 2 N y cada t 2 [0; +1), Tn (t) = p

Z

` 0

u(t; x) vn (x)dx. (1 punto)

Para calcular los autovalores y autofunciones del problema de autovalores [PA], sabemos que si  es autovalor, necesariamente   pc y es simple, pues estamos ante un problema de tipo SturmLiouville. En este caso, como los coe cientes son constantes y las condiciones de contorno no son las de Neumann, sabemos que  > pc . Por otra parte, la ecuaci on ;av00 + cv = pu es equivalente a la ecuacion v00 + ( pa;c )v = 0, cuyo polinomio caracterstico esta dado por X 2 + pa; c . Por tanto, s

si consideramos = pa; c , las races del polinomio caracterstico son X = i y la solucion general de la ecuacion esta dada por

v(x) = A sen( (x ; `)) + B cos( (x ; `));

A; B 2 R :

Como v(`) = B ,  es autovalor sii ksen( `) + a cos( `) = 0: Esto implica que cos( `) 6= 0, pues caso contrario la igualdad anterior obligara a que tambien sen( `) = 0, lo cual es absurdo. En de nitiva,  es autovalor sii ` es una solucion de el ecuacion ax = ;k`tgx. Sea pues f n g1 n=1 , la sucesion de ceros positivos de la funcion ax + k`tgx. Entonces la sucesion de autovalores y la correspondiente base ortonormal de autofunciones estan dadas por 2   n + c ; (1 punto) c sen n (x ; `) ; n 2 N  ; (1 punto) n = a n p` p `

s

s

donde cn = 2pk 1 con n = k` + acos2 n . (0.5 puntos) n Si para cada n 2 N  , consideramos los numeros reales Z ` Z `       F (x)sen `n x dx; fn = f (x)sen `n x dx; gn = g(x)sen `n x dx; 0 0 0 resulta que la funcion Tn debe ser la solucion del problema de valores iniciales

Fn

Z

`

Tn00(t) + 2rTn(t)0 + n Tn(t) = cn Fn e;rt ; Tn (0) = p cn fn; Tn0 (0) = p cn gn: (1 punto) El polinomio caracterstico de esta ecuacion es (X + r)2 + n ; r2, cuyas races son reales o complejas dependiendo de la positividad, o no, del valor n ; r2 . En nuestro caso, tenemos que n < r2 si n  m y n > r2 si n > m. p p Por tanto, si para cada n 2 N  consideramos n = r2 ; n si n  m y n = n ; r2 si n > m, entonces la solucion general de la anterior ecuacion es  Z t c F n n sh(n (t ; s)) ds ; n  m; an sh(nt) + bn ch(n t) +  n 0Z   t c F n n ; rt ^ sen(n (t ; s)) ds ; n > m: Tn(t) = e a^n sen(nt) + bn cos(nt) + 

Tn(t) = e;rt



n

9

0

Imponiendo las condiciones iniciales obtenemos que bn = p cn fn y an = pcn (gn + rfn), y que n ^bn = p cn fn y a^n = p cn (gn + rfn), lo que implica que  n

 ;rt  Tn (t) = e 2 cn p n(gn + rfn) sh(nt) + (pfn2n + Fn ) ch(nt) + Fn ; n  m; (1 punto) n ;rt cn   e Tn(t) =  2 p n(gn + rfn) sen(nt) + (pfnn2 ; Fn) cos(n t) + Fn ; n  m (1 punto)

n

En de nitiva, la solucion del problema inicial esta dada por la expresion

u(t; x) =

  m 1 ;


n x k e;rt P 2 p  ( g + rf ) sh(  t ) + ( pf  + F ) ch(  t ) + F sen 2 n n n n n n n n n p ` n=1 n n

2

1 P

;








1 + 2pk e;rt p n(gn + rfn) sen(n t) + (pfnn2 ; Fn ) cos(nt) + Fn sen `n x : 2 n=m+1 n n

(0.5 puntos) En el caso particular en el que f es nula, g es constante y F (x) = x2, tenemos que para cada n 2 N , fn = 0, (0.5 puntos) gn = ; g`n (1 ; cos n) (1 punto) y Fn = ; `n2 ( n ; sen n ) (1 punto). Por tanto, m (p  g(cos ; 1) sh( t) + `(sen ; )(1 + ch( t)))   X 2 k ` n n n n n n n ; rt u(t; x) = p e sen `n x

2 2  n n n

n=1

1 (p  g(cos ; 1) sen( t) + `(sen ; )(1 ; cos( t)))   X n n n n n n n + 2k; ` e;rt sen n x : 2 2

p

(0.5 puntos)

nn n

n=m+1

`

PROBLEMA 4.- Consideraremos T; ` > 0, r  0, las funciones a 2 C ([0; `]), c; p 2 C ([0; `]) 1

con a(x); p(x) > 0 para cada x 2 [0; `] y la funcion F 2 C ([0; T ]  [0; `]). Si U1 y U2 denotan las condiciones de contorno de Dirichlet, de Robin, periodicas o mixtas sobre [0; `]. Nos planteamos Encontrar u: [0; T ]  [0; `] ;! R solucion formal del problema

p(utt + 2rut ) ; (aux )x + cu = F en [0; T ]  [0; `]; U1(u(t; x)) = U2 (u(t; x)) = 0; t 2 [0; T ]; u(0; x) = u(T; x) = 0; x 2 [0; `]: Determinar la condicion necesaria y su ciente para que el anterior problema tenga solucion y hallarla cuando sea posible. Solucion: Consideraremos fng1n=1 y fvn g1n=1 las sucesiones de autovalores y de las correspondientes autofunciones del problema de autovalores

;(av0 )0 + cv = pv; U (v) = U (v) = 0: Supondremos ademas que la sucesion fn g1 n es creciente. 1

=1

10

2

Buscaremos la solucion expresada de la forma u(t; x) =

Tn(t) =

Z

` 0

1 X n=1

Tn(t)vn(x), donde para cada n 2 N  ,

u(t; x)vn (x)p(x) dx (1 punto). Ademas, si para cada n 2 N , consideramos la funcion

y los escalares dados rspectivamente por

Fn(t) =

Z

`

0

F (t; x)vn (x) dx;

fn =

Z

`

f (x)vn(x)p(x) dx;

0

gn =

Z

` 0

g(x)vn (x)p(x) dx;

entonces, Tn debe ser solucion del problema de contorno [PC] Tn00 (t) + 2rTn0 (t) + n Tn (t) = Fn (t); Tn (0) = Tn (T ) = 0: (1.5 puntos) Para saber si este problema de contorno tiene solucion y hallarla cuando sea posible, debemos tener presente que, como el polinomio caracterstico de la ecuacion v00 (t) + 2rvn0 (t) + n v(t) = 0 es (X + r)2 + n ; r2 , la expresion de las soluciones de depende positividad del valor n ; r2 .

p  Si n ; r < 0, tomaremos n = r ; n. 2

2

 Entonces, v(t) = e;rt Ash(n t) + B ch(n t)) + 1

v(0) = B

y que v(T ) = e;rT

Z

n

t

0



Fn(s)ers sh(n(t ; s)) ds lo que implica que !

Z T Fn (s)ers sh(n (T ; s)) ds : Ash(n T ) + B ch(nT ) + 1 n 0 Z

T

Por tanto, si consideramos el valor n = ; ers Fn (s) sh(n (T ; s)) ds, resulta que v es 0 solucion de [PC] sii B = 0 y Ash(n T ) = n . Como sh(n T ) 6= 0, el valor de A esta unvocamente n determinado y, en de nitiva, si n < r2 , el problema [PC] tiene como unica solucion la funcion  Z t ;rt  e rs Tn(t) =  sh( T ) n sh(n t) + sh(nT ) e Fn (s) sh(n (t ; s)) ds : (2 puntos) 0 n n 

 Si n ; r = 0, entonces v(t) = e;rt At + B +

Z

2

v(0) = B

y que v(T ) = e;rT

AT + B + Z

Z

T

0

T

Fn

0

t



Fn(s)ers(t ; s) ds ; lo que implica que

(s)ers (T

!

; s) ds .

Por tanto, si consideramos el valor n = ; ers Fn (s) (T ; s) ds, resulta que v es solucion de 0 [PC] sii B = 0 y A = Tn . En de nitiva, si n = r2 , el problema [PC] tiene como unica solucion la funcion  Z t ;rt  e rs Tn(t) = T n t + T e Fn(s) (t ; s) ds : (2 puntos) 0

p  Si n ; r > 0, tomaremos n = n ; r . 2

2

11

 Entonces, v(t) = e;rt Asen(n t) + B cos(n t)) + 1

que v(0) = B

y que v(T ) = e;rT

n

Z 0

t



Fn (s)ers sen(n (t ; s)) ds lo que implica !

Z T Asen(n T ) + B cos(nT ) + 1 Fn (s)ers sen(n(T ; s)) ds : n 0

T rs e Fn (s) sen(n(T ; s)) ds, resulta que v es 0 n . En conclusion, si nT 2= N  , [PC] tiene como unica n 

Por tanto, si consideramos el valor n = ; solucion de [PC] sii B = 0 y Asen(n T ) = solucion

Z

e;rt  sen( t) + sen( T ) Z t ers F (s) sen( (t ; s)) ds ; (2 puntos) Tn(t) =  sen( n n n n n T ) n 0 n mientras que si para algun k 2 N  , n = k T , entonces [PC] tiene solucion sii n = 0 y en este caso todas las soluciones de [PC] estan dadas por la expresion

;rt Z t ersFn (s) sen(n(t ; s)) ds + A e;rt sen(nt);

Tn(t) = e

n

0

A 2 R : (1 punto)

Para nalizar, consideraremos J = fn 2 N : n > r2 y T n ; r2 2 N  g. Entonces, el problema planteado inicialmente tiene solucion sii o bien J = ;, en cuyo caso la solucion es unica o bien, si J 6= ;, para cada n 2 J , se satisface que p

0=

Z

TZ` 0

0

  t ert F (t; x) sen k T un(x) ds dx;

k = T n ; r2 ; p

en cuyo caso la solucion no es unica. (Aqu se ha tenido en cuenta que, en estas condiciones sen(n (T ; t)) = ;cos(n T )sen(n t)). (0.5 puntos)

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