Bueno Rodolfo Laplace

Índice general

0.1. Presentación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1. Convolución 3

1.0.1. Definición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.0.2. Ejemplos Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.1. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

2. Transformada de Fourier 13

2.1. Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.1.1. Demostración de las Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16


2.2. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

2.3. Teorema de Parseval . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50


2.4. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

3. Funciones Generalizadas 55

3.0.1. Definición del espacio básico Km . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

3.0.2. Definición del espacio básico K . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

3.0.3. Definición del espacio Básico S . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

3.1. Función generalizada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

3.1.1. Espacio Dual K∗ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

3.1.2. Producto de una función generalizada f por el número λ . . . . 58

i

ii ÍNDICE GENERAL

3.2. Función δ(x) de Dirac . . . . . . . . . . 60

3.2.1. Propiedades de la Función δ(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61



4. Transformadas de Funciones Generalizadas 71

4.1. Transformada de Fourier en el Espacio K . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71



5. Ecuación del Calor 103

5.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

5.2. Transformada de Laplace. Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

5.3. Transformada de Laplace. Tabla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

5.4. Cronograma del Método a Emplear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

5.5. Solución de la Ecuación del Calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

5.6. Problema de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

5.7. Fórmula de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107


5.8. Fórmula de Poisson Multidimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141



6. Ecuación de Onda 157

6.1. Problema de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

6.2. Regla de Leibnitz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

6.3. Cronograma del Método a Emplear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

6.4. Fórmula de D’Alembert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160


6.5. Fórmula de Kirkhoff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174

ÍNDICE GENERAL iii

6.5.1. Ejemplo Resuelto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182

6.6. Fórmula de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186

6.6.1. Ejemplo Resuelto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188


7. Ecuación de Laplace 195

7.1. Fórmula de D’Alembert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198


7.2. Ecuación de Helmholtz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206



8. Ecuación de Poisson 211

8.1. Solución de la Ecuación de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211


8.2. Ecuación de Poisson en el Espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219

8.2.1. Ejemplos resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227

8.3. Método del Descenso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236


8.4. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244

iv ÍNDICE GENERAL

0.1. PRESENTACIÓN 1

0.1. Presentación

Muy estimados miembros de la comunidad politécnica, el presente texto es el resultado de largosaños de mi labor docente; fue escrito porque muchos estudiantes pedían que se lo hiciera ya queno encontraban libros para estudiar la materia de matemática avanzada. Consejo Politécnicome concedió un semestre de permiso académico para redactarlo, por lo que hoy se entrega laprimera parte de este trabajo en la que se resuelve el problema de Cauchy para las ecuacionesdiferenciales de la física matemática, que es lo que el autor se comprometió entregar. El tiempoque sobra hasta el fin del semestre será aprovechado para redactar la segunda parte de estetexto, que consiste en la resolución de las ecuaciones diferenciales de la física matemática concondiciones de borde, lo que también forma parte del curso de matemática avanzada.

El trabajo que se entrega consta de ocho capítulos originales, que no existen en la literaturacientífica. El método empleado es de por sí novedoso porque, a pesar de que todos los temasque se abarcan son conocidos y existen separadamente, utiliza a todos ellos en conjunto, lo quepermite resolver y encontrar la solución de numerosas ecuaciones de la física matemática, y deotras que no lo son, de una manera original y sencilla. El mérito del presente trabajo es que nohay otro semejante y, en cierta forma, abre paso para encontrar la solución de muchas ecuacionesdiferenciales, algo que ya se hace en el presente texto a manera de ejercicios propuestos.

Así, por ejemplo, el capítulo 8 es totalmente nuevo y las fórmulas obtenidas para encontrar lasolución de la ecuación de Poisson en el plano y en espacios de tres y cuatro dimensiones nosólo que son originales sino que permiten resolver de manera sencilla este difícil problema. Elpor qué no se publicó antes estos resultados es porque se intentó resolver primero el problemageneral, esto es para el caso de n dimensiones; pero como se sabe, lo perfecto es enemigo de loposible, por lo que pedí permiso académico para publicar los resultados obtenidos por mí hastala presente fecha.

A pesar de que no se trata de un libro de teoría matemática sino de ejercicios, en el mismo se hadesarrollado aquella parte teórica que permite comprender cabalmente este delicado tema. Loscuatro primeros capítulos están dedicados a la explicación del método que se va a emplear, consuficientes ejemplos y ejercicios propuestos para que el lector conozca con relativa profundidadel tema a abordarse; en los cuatro últimos capítulos se aplica la metodología propuesta pararesolver el problema de Cauchy para la ecuación del calor y sus semejantes, para la ecuación deonda y sus semejantes, para la ecuación de Laplace y sus semejantes y la para la ecuación dePoisson en dos, tres y cuatro dimensiones.

Se hace la entrega de la presente edición a los miembros del Honorable Consejo Politécico, delConsejo Académico y del Consejo de Facultad de la Facultad de Ciencias de la EPN con lafinalidad de que conozcan la bondad del método planteado y que, de ser posible, permitan yfaciliten su difusión entre los demás colegas y estudiantes de nuestra querida Institución.

Reitero una vez más mi agradecimiento a todos los que con su apoyo han permitido el nacimientode esta pequeña pero importante obra y a partir de ahora dedicaré el tiempo que resta delsemestre para completar la redacción del texto de matemática avanzada.

Rodolfo Bueno Ortiz

2 ÍNDICE GENERAL

Capítulo 1

Convolución

Este capítulo es un anexo al curso de matemática avanzada que se desarrolla en el presente texto.Está escrito con la intención de recordar una operación muy importante del cálculo integral, laconvolución, que aparece de manera natural al resolver las ecuaciones diferenciales parciales dela física matemática. En éste se recalcan las propiedades más importantes de la convolución.

1.0.1. Definición

La convolución es una operación matemática que transforma dos funciones f(x) y g(x) en unatercera función [f ∗ g] (x) que representa la cantidad en la que se superponen f(x) y g(x−y), unaversión trasladada e invertida de g(x), algo así como el promedio móvil de las dos; se supone quef(x) y g(x) son dos funciones integrables según Riemman en R, entonces, la siguiente integralse llama función convolución de estas dos funciones:

[f ∗ g] (x) =Z

f(y)g(x−y)dy (1.1)

Se sobreentiende que esta integral no es indefinida sino que está tomada en todo R. De ahoraen adelante, estas integrales se toman en todo el espacio, salvo que se señale lo contrario. Enotras palabras, la misma idea se va a representar de la manera siguiente:Z

f(y)g(x−y)dy =Z +∞

−∞f(y)g(x−y)dy

La operación convolución es muy útil en la teoría de las probabilidades, donde se demuestra quesi X y Y son dos variables aleatorias independientes con funciones de densidad de probabilidadf(x) y g(x), respectivamente, entonces la densidad de probabilidad de la suma de las variablesaleatorias Z = X + Y se encuentra mediante la convolución de ambas distribuciones, esto es,[f ∗ g] (x).Se puede demostrar que esta operación tiene la propiedad de conmutatividad:

(f ∗ g) (x) =Z

f(y)g(x−y)dy =Z

g(y)f(x−y)dy = (g∗f)(x) (1.2)

3

4 CAPÍTULO 1. CONVOLUCIÓN

Esta operación es asociativa:

[(f ∗ g) ∗ h] (x) = [f ∗ (g ∗ h)] (x) (1.3)

Es ditributiva:

[(f + g) ∗ h] (x) = [(f ∗ h)] (x)+[(g ∗ h)] (x) (1.4)

Es asociativa con respecto a la multiplicación por un escalar α; esto es, para todo númerocomplejo o real α se cumple:

α [f ∗ g] (x) = [αf ∗ g] (x) = [f ∗ αg] (x) (1.5)

Con respecto a la derivación se cumple:

[f ∗ g] 0 (x) = [f 0 ∗ g] (x) = [f ∗ g0] (x) (1.6)

Estas propiedades no se van a demostrar por no formar parte del curso de Matemática Avanzada.

1.0.2. Ejemplos Resueltos

Ejemplo 1: La convolución de las funciones θ (x) f (x) y θ (x) g (x) se rige por la siguiente regla:

(θf ∗ θg)(x) = θ(x)

Z x

0f(y)g(x− y)dy (1.7)

Donde la función θ(x), llamada función de Heaviside, se define como:

θ(x) =

½0 si x < 01 si x > 0

Comprobación: Por definición de convolución se sabe que:

(θf∗θg)(x) =Z

u(y)f(y)u(x−y)g(x−y)dy

Se analiza:

θ(y)f(y) =

½0 si y < 0f(y) si y > 0

Se analiza ahora:

θ(x−y)g(x−y) =½0 si x− y < 0g(x− y) si x− y > 0

Luego se debe integrar bajo la recta y = x y sobre la recta y = 0. De donde se obtiene que:

(θf∗θg)(x) =½0 si x ∈ (−∞, 0)R x

0 f(y)g(x− y)dy si x ∈ (0,∞)

5

Ambas respuestas pueden ser escritas en una sola:

(θf ∗ θg)(x) = θ(x)

Z x

0f(y)g(x− y)dy (1.7)

Si las funciones f y g están definidas sólo para x ≥ 0, entonces se cumple:

(f ∗ g)(x) =Z x

0f(y)g(x− y)dy (1.8)

Ejemplo 2: Calcular que la convolución de la función de Heaviside θ(a− |x|) consigo misma esigual a:

θ(a− |x|) ∗ θ(a− |x|) =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩0 si x < −2a

2a+ x si −2a < x < 02a− x si 0 < x < 2a0 si x > 2a

Solución: Por la definición de convolución (1.1) se tiene que:

θ(a−|x|)∗θ(a−|x|) =Z

θ(a−|y|)θ(a−|x− y|)dy

donde:

θ(a− |y|) =

½1 si |y| < a0 si |y| > a

θ(a− |x− y|) =

½1 si a− |x− y| > 00 si a− |x− y| < 0

O también:

u(a−|x− y|) =½1 si − a < x− y < a0 si x− y < a v x− y > a

Si −2a < x < 0 se tiene que:

θ(a− |x|) ∗ θ(a− |x|) =R x+a−a dy

= y|x+a−a= (x+ a)− (−a) = x+ 2a

En cambio si 0 < x < 2a:

θ(a− |x|) ∗ θ(a− |x|) =R ax−a dy

= y|ax−a= a− (x− a) = −x+ 2a

Si x < −2a:

θ(a−|x|)∗θ(a−|x|) = 0


Lo mismo si x > 2a:

θ(a−|x|)∗θ(a−|x|) = 0

Se unen estos resultados parciales y se obtiene finalmente:

θ(a− |x|) ∗ θ(a− |x|) =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩0 si x < −2a


Ejemplo 3:Calcular que la convolución de la función e−|x| consigo misma es igual a:

e−|x| ∗ e−|x| = e−|x|(1 + |x|)

Solución: Por definición de valor absoluto se obtiene:

|x| =½−x si x < 0x si x > 0

Por la definición (1.1) de convolución se tiene que:

e−|x|∗e−|x| =Z

e−|y|·e−|x−y|dy si x < 0, o sea si x ∈ (−∞, 0) se tiene que:

e−|x|∗e−|x| =Z x

−∞eye−x+ydy+

Z 0

xeyex−ydy+

Z ∞

0e−yex−ydy

Se resuelven las integrales y se obtiene:

e−|x|∗e−|x| = e−xe2y

2|x−∞ +exy |0x +

exe−2y

−2 |+∞0

Si x > 0 o sea si x ∈ (0,∞) entonces:

e−|x|∗e−|x| =Z 0

−∞eye−x+ydy+

Z x

0e−ye−x+ydy+

Z ∞

xe−yex−ydy

e−|x|∗e−|x| = e−xe2y

2

¯0−∞+e

−xy |x0+e−xe−2y

−2 |∞x

Se evalúa en estos límites y se obtiene:

e−|x|∗e−|x| = e−x(1+x) si x > 0 Luego el resultado final es:

e−|x| ∗ e−|x| =½

ex(1− x) si x < 0e−x(1 + x) si x > 0

Lo que puede ser unido en una sola fórmula:

e−|x| ∗ e−|x| = e−|x|(1 + |x|)

7

Ejemplo 3.1:Comprobar que la convolución de las funciones xe−ax2y e−ax

2es igual a:h

xe−ax2 ∗ e−ax2

i(x) =

rπ

8axe−a

x2

2

Solución: Por la definición (1.1) de convolución se tiene que:hxe−ax

2 ∗ e−ax2i(x) =

Zye−ay

2e−a(x−y)

2

dy. O lo que es lo mismo:

Zye−ay

2e−a(x−y)

2

dy =

Z ³ye−ay

2e−ax

2e2axye−ay

2´dy. O también:Z ³

ye−ay2e−ax

2e2axye−ay

2´dy = e−ax

2Z ³

ye−ay2e2axye−ay

2´dy.

Se extrajo de la integral el factor e−ax2por no depender de la variable y. Luego de factorar los

exponentes se obtiene:hxe−ax

2 ∗ e−ax2i(x) = e−ax

2ea

x2

2

Zye−2a(y−

x2 )

2

dy.

Esta integral se resuelve con ayuda del cambio devariable y − 12x = t con lo que se obtiene:

hxe−ax

2 ∗ e−ax2i(x) = e

−ax2

2

Z(t+

x

2)e−2at

2dt. O también, luego de separar en dos integrales:

hxe−ax

2 ∗ e−ax2i(x) = e

−ax2

2

Zte−2at

2dt+ x

e−ax2

2

2

Ze−2at

2dt.

Pero la integralRte−2at

2dt es igual a 0 por imparidad de la función integrada, y la segunda

integral se resuelve por sustitución, haciendo el siguiente cambio de variable: t√2a = p. Se

reemplaza y se tiene:

hxe−ax

2 ∗ e−ax2i(x) = x

e−ax2

2

2√2a

Ze−p

2dp,

puesto que por (2.38)Re−p

2dp =

√π se obtiene:

hxe−ax

2 ∗ e−ax2i(x) =

rπ

8axe−a

x2

2

Que es la solución buscada.

Ejemplo 4: Comprobar que la convolución de las funciones θ (x) sinx y θ (x) cosx(x) es iguala:

θ (x) sinx ∗ θ (x) cosx = 1

2θ (x) (x sinx)


Solución: Por la definición (1.1) de convolución se tiene que:

θ (x) sinx ∗ θ (x) cosx = θ (x)

Z x

0sin y cos(x− y)dy Por trigonometría se tiene que:

θ (x)

Z x

0sin y cos(x− y)dy =

1

2θ (x)

Z x

0[sinx+ sin(2y − x)] dy

Se resuelve esta integral y se obtiene:

θ (x) sinx∗θ (x) cosx = 1

2θ (x)

³x sinx− cosx

2+cosx

2

´De donde finalmente:

θ (x) sinx ∗ θ (x) cosx = 1

2θ (x) (x sinx)

Que es la solución buscada.

Ejemplo 4.1: Comprobar que la convolución de las funciones θ (x) sinx y θ (x) sinx(x) esigual a:

θ (x) sinx ∗ θ (x) sinx = 1

2θ (x) [sinx− x cosx]

Solución: Por la definición (1.1) de convolución se tiene que:

θ (x) sinx ∗ θ (x) sinx = θ (x)

Z x

0sin y sin(x− y)dy. Por trigonometrría se tiene que:

θ (x) sinx ∗ θ (x) sinx =1

2θ (x)

Z x

0[cos(2y − x)− cosx] dy

Luego de tomar esta integral se obtiene la solución buscada:

θ (x) sin (x) ∗ θ (x) sin (x) = 1

2θ (x) [sinx− x cosx] =

1

2[θ (x) sinx− x+ cosx]

Donde x+ = xθ (x) . De igual manera se comprueba que:

θ (x) cos (x) ∗ θ (x) cos (x) =1

2[θ (x) sinx+ x+ cosx]

θ (x) sin (x) ∗ θ (x) cos (x) =1

2x+ sinx

θ (x) ∗ xn+ =θ (x)

n+ 1xn+1 =

1

n+ 1xn+1+

En general:

θ (x) f (x) = f+ (x) =

½0 si x < 0f (x) si x > 0

Ejemplo 5: Encontrar que la convolución de la función θ(x−a) con la función θ(x− b), dondela función θ (x) es la función de Heaviside definida como:

θ(x) =

½0 si x < 01 si x > 0

9

es igual a:θ(x− a) ∗ θ(x− b) = (x− a− b)θ(x− a− b)

Solución: Se integra para x ∈ (−∞ , a+ b) y se obtiene:

θ(x−a)∗θ(x−b) = 0

Después se integra para x ∈ (a+ b ,∞) y se obtiene:

θ(x− a) ∗ θ(x− b) =

Z x−b

a1 · 1dy = x− a− b. Luego el resultado es:

θ(x− a) ∗ θ(x− b) =

½0 si x < a+ bx− a− b si x > a+ b

Los dos resultados pueden ser unidos en uno solo:

θ(x− a) ∗ θ(x− b) = (x− a− b)θ(x− a− b)

Ejemplo 5.1: Encontrar la convolución de la función de Heaviside θ (x) con cualquier funciónf (x) , esto es encontrar [θ ∗ f ] (x)Solución: Por definición (1.1) de convolución se debe calcular:

[θ ∗ f ] (x) =

Zθ(y)f(x− y)dy Esta integral es igual a:Z

θ(y)f(x− y)dy =

Z ∞

0f(x− y)dy

Porque para x < 0, θ(x) = 0 y para x > 0, θ (x) = 1. Se hace en esta integral la sustituciónq = x− y, dy = −dq y se obtiene:Z ∞

0f(x−y)dy =

Z −∞

xf(q)(−dq) =

Z x

−∞f(q)dq Luego:

[θ ∗ f ] (x) =Z x

−∞f(q)dq (1.9)

Ejemplo 5.2: Encontrar la convolución de la función sign (x) definida como:

sign(x) =

½−1 si x < 01 si x > 0

con cualquier función f (x) es igual a:

[sign (x) ∗ f (x)] (x) =Z x

−∞f(q)dq −

Z ∞

xf(q)dq

Solución: Por la definición (1.1) la convolución se debe calcular como:

[sign (x) ∗ f (x)] (x) =

Zsign(y)f(x− y)dy Esta integral es igual a:Z

sign(y)f(x− y)dy = −Z 0

−∞f(x− y)dy +

Z ∞

0f(x− y)dy


Porque para y < 0, sign(y) = −1 y para y > 0, sign(y) = 1. Se hace en ambas integrales elsiguiente cambio de variable x− y = q de donde se obtiene:

−Z 0

−∞f(x−y)dy+

Z ∞

0f(x−y)dy =

Z x

−∞f(q)dq−

Z ∞

xf(q)dq Por lo tanto:

[sign (x) ∗ f (x)] (x) =Z x

−∞f(q)dq −

Z ∞

xf(q)dq (1.10)

1.1. Ejercicios propuestos

Comprobar que se cumplen las siguientes igualdades:

1. θ(x)∗θ(x) = θ(x)x

2. θ(x)∗θ(x)x3 = θ(x)x3

3

3. θ(x)x2∗θ(x) sinx = θ(x)³x2 − sin2 x

2

´4. θ(x) cosx∗θ(x)x3 = θ(x)

¡3x2 − 6 cosx− 6

¢5. θ(x) sinx∗θ(x) sinhx = θ(x)

2(sinhx− sinx)

6.θ(a−|x|)∗θ(a−|x|) = θ2(2a−|x|)

7.eaxf(x)∗eaxg(x) = eax [f ∗ g] (x)

8.θ(x)x2∗θ(x) sinx = θ(x)³x2 − sin2 x

2

´9.θ(x)xe−2x∗θ(x)x

2

2e−2x = θ(x)

x4

24e−2x

Ejercicios: Sean las funciones que se definen a continuación:

1. e =½1 si x ∈ [−1, 0]0 si x /∈ [−1, 0]

2.. f =½1 si x ∈ [0, 1]0 si x /∈ [0, 1]

3. g =½2x+ 2 si x ∈ [−1, 0]0 si x /∈ [−1, 0]

4. h =½−2x+ 2 si x ∈ [0, 1]0 si x /∈ [0, 1]

Comprobar que la operación convolución es conmutativa y calcular los resultados:

1. e ∗ f = f ∗ e2. e ∗ g = g ∗ e

1.1. EJERCICIOS PROPUESTOS 11

3. f ∗ h = h ∗ f4. g ∗ h = h ∗ g5. (e ∗ f) ∗ g = e ∗ ( f ∗ g)6. (e ∗ f) ∗ h = e ∗ (f ∗ h)7. Sean las funciones:

f (x) =

½0 si x < 1 o x > 312 si x ∈ (1, 3) y

g (x) =

½0 si x < 2 o x > 614 si x ∈ (2, 6) comprobar que:

[f ∗ g] (x) = [g ∗ f ] (x) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩0 si x < 3x−38 si x ∈ (3, 5)14 si x ∈ (5, 7)9−x8 si x ∈ (7, 9)0 si x > 9

8. Sean las funciones:

f (x) =

½0 si x < 0 o x > 11 si x ∈ (0, 1)

g (x) =

⎧⎨⎩0 si x < 0 o x > 2x si x ∈ (0, 1)2− x si x ∈ (1, 2)

comprobar que:

[f ∗ g] (x) = [g ∗ f ] (x) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩0 si x < 012x2 si x ∈ (0, 1)

−x2 + 3x− 32 si x ∈ (1, 2)

12

¡x2 − 6x+ 9

¢si x ∈ (2, 3)

0 si x > 3

Respuestas:

1. (f∗e)(x) = (e∗f)(x) =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩0 si x ∈ (−∞,−1)x+ 1 si x ∈ (−1, 0)1− x si x ∈ (0, 1)0 si x ∈ (1,∞)

2. (g∗e)(x) = (e∗g)(x) =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩0 si x ∈ (−∞,−2)x2 + 4x+ 4 si x ∈ (−2,−1)−x2 − 2x si x ∈ (−1, 0)0 si x ∈ (0,∞)

3. (h∗g)(x) = (f∗h)(x) =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩0 si x ∈ (−∞, 0)2x− x2 si x ∈ (0, 1)x2 − 4x+ 4 si x ∈ (1, 2)0 si x ∈ (2,∞)

Capítulo 2

Transformada de Fourier

Se conoce con el nombre de tranformada de Fourier a la imagen del operador F , mediante elcual cada función f(x) es puesta en correspondencia con la función F (s), en general compleja,definida en toda la recta real con ayuda de la siguiente integral:

F [f(x)] =Z

e−isxf(x)dx = F (s) (2.1)

Se sobreentiende que la integral (2.1) está tomada en todo R. En otras palabras, de ahora enadelante significa lo mismo:

Ze−isxf(x)dx =

Z +∞

−∞e−isxf(x)dx (2.2)

Esto se cumple también para cualquier integral en la que no estén explícitamente escritos loslímites; lo que se hace por sencillez, puesto que a lo largo de todo este curso no habrá integralesindefinidas y cada vez que se tome una integral se lo hará en todo el espacio, a menos quese indique lo contrario. La función f(x), llamada función original, en esta parte del texto esabsolutamente integrable según Riemman, aunque acepta otras formas de integración; esto seve a partir de la misma definición de transformada de Fourier puesto que:

|F (s)| ≤¯Z

e−isxf(x)dx

¯luego:¯Z

e−isxf(x)dx

¯≤Z ¯

e−isxf(x)¯dx o tambiénZ ¯

e−isxf(x)¯dx =

Z ¯e−isx

¯|f(x)| dx =

Z|f(x)| dx puesto que:

¯e−isx

¯= |cos(sx)− i sin(sx)| =

qcos2(sx) + sin2(sx) = 1 (2.3)

Definición: La función f(x) se llama absolutamente integrable en todo el eje 0x, si la integralR|f(x)| dx converge, esto es si: Z

|f(x)| dx = A <∞

13

14 CAPÍTULO 2. TRANSFORMADA DE FOURIER

En otras palabras, la condición necesaria para que exista la transformada de Fourier, en elsentido clásico de este término, es que la función original f(x) sea absolutamente integrable.Más adelante, cuando se estudien las funciones generalizadas, se verá que muchas funciones queno cumplen con esta condición tienen sin embargo transformada de Fourier, aunque en otrocontexto de definición de función. La función F (s), llamada función imagen, es acotada y puedeser real, imaginaria o compleja. Por otra parte, se representa con minúscula la función originaly con la correspondiente mayúscula la función imagen. Si la función imagen F (s) es tambiénintegrable según Riemman se puede restiuir la función original f(x) mediante la transformadainversa de Fourier, llamada también fórmula de inversión, definida como:

f(x) = F−1 [F (s)] = 1

2π

ZeixsF (s)ds (2.4)

Fórmula que se demuestra en el ejemplo 32.2. Vale la pena recalcar que la diferencia fundamentalentre la transformada de Fourier y su inversa estriba en el signo del exponente, lo que carece deimportancia; es más, en muchos textos esta definición se hace al revés, esto es, la transformadade Fourier se escribe con signo más en el exponente y la fórmula de inversión, con signo menos.El factor 12π se lo sitúa preferentemente en la fórmula de inversión, pero muchos autores lo ponenen ambas transformadas como 1√

2π. En fin, hay toda una gama de estilos en este tema e, incluso,

hay matemáticos que sitúan el valor 2π en ambos exponentes a la vez. Pero, independientementede la forma en que esté definida la transformada de Fourier, sus propiedades y aplicaciones sonlas mismas.

La transformada de Fourier, así definida, goza de las características de continuidad y acotamientolo que garantiza que pueda extenderse a los espacios de mayor número de dimensiones y a losespacios de las funciones generalizadas, que serán estudiados más adelante. Esta transformadatiene una gran variedad de aplicaciones en numerosas áreas de la ingeniería, por ejemplo, enel procesamiento de señales (electrónica), en la física, en el cálculo integral, en la teoría de laprobabilidad, en la óptica, en la propagación de ondas y en otras áreas. Por procesar señales, latransformada de Fourier es considerada como la decomposición de una señal en componentes defrecuencias diferentes, es decir, F (s) corresponde al espectro de las frecuencias de la señal f(x).Por ejemplo, el oído humano percibe una onda auditiva a lo largo del tiempo y la descmponeen distintas frecuencias (que es lo que realmente se escucha), en la transformada de Fourierestán contenidas todas las frecuencias escuchadas mientras dura la señal; en otras palabras, latransformada de Fourier es el espectro de las frecuencias de una función. El análisis armónico esla rama de la matemática que estudia la transformada de Fourier y sus aplicaciones. Resumiendolo dicho hasta ahora, a la transformada de Fourier se la representa como:

F [f(x)] = F (s) y se la obtiene mediante el cálculo de la intergralZ

e−isxf(x)dx.

2.1. Propiedades

Puesto que saber manipular las propiedades de la Transformada de Fourier simplifica la resolu-ción de importantes problemas matemáticos sin necesidad de recurrir a complicadas operacionesdel cálculo integral, se puede afirmar que la adquisición de este dominio es la parte más im-portante del presente curso. Es más, muchas integrales y resultados que son imposibles o muy

2.1. PROPIEDADES 15

difíciles de obtener por métodos convencionales, se vuelven relativamente fáciles cuando se cono-cen las propiedades de esta transformada. En el transcurso del presente curso se va a trabajaren lo fundamental con dieciseis de ellas.

1. F(α1f1 + α2f2) = a1F(f1) + a2F(f2)La transformada de Fourier es una aplicación lineal

2. F [f(ax)] = 1|a|F (

sa)

Propiedad de semejanza o de cambio de escala

3. F [f(x− x0)] = e−ix0sF (s)

Traslado de la función original f del punto 0 al punto x0

4. F£eis0xf(x)

¤= F (s− s0)

Traslado de la función imagen F del punto 0 al punto s0

5. F [f 0(x)] = isF (s)

Derivación de la función original f(x).

Esta propiedad se cumple cuando:

lım f(x) = 0 si x→ ±∞Si se generaliza este resultado se obtiene:

F£f (n)(x)

¤= (is)nF (s)

6. F [−ixf(x)] = F 0(s)

Derivación de la imagen

Si se generaliza este resultado se obtiene:

F [(−ix)nf(x)] = F (n)(s)

7. [χl(x)] =2 sin(ls)

s

Es la imagen de la función característica de un intervalo, definida como:

χl(x) =

½0 si |x| > l1 si |x| < l

8. Si f (x) es par entonces F (s) es real

9. Si f (x) es impar entonces F (s) es imaginaria

10. Si f(x) no es par ni impar entonces F (s) es compleja

11. F [F (x)] = F F [f(x)] = 2πf(−s)La transformada de Fourier de la función imagen F

12. F [(f ∗ g) (x)] = F [f(x)]F [g(x)] = F (s)G(s)

La transformada de Fourier de la convolución de las funciones f y g


13. F−1 [F (s)G(s)] = F−1 [F (s)] ∗ F−1 [G(s)] = (f ∗ g) (x)La transformada inversa de Fourier del producto de dos imagenes F y G

14. F−1 [(F ∗G) (s)] = 2πF−1 [F (s)]F−1 [G(s)] = 2πf(x)g(x)La transformada inversa de la convolución de dos imágenes F y G

15. F [f(x)g(x)] = 12π [F ∗G] (s)

La transformada de Fourier del producto de dos originales f y g.

8. F³R x−∞ f(q)dq

´=?

Qué pasa con la imagen F (s) cuando se integra el original f(x) en el intervalo variable(−∞, x).

2.1.1. Demostración de las Propiedades

Propiedad 1: De linealidad. Esta propiedad es evidente y no se demuestra.

Propiedad 2 : De semejanza o de cambio de escala de la variable x por la variable ax.

F [f(ax)] = 1

|a|F³sa

Ćomprobación: Por definición de transformada de Fourier se tiene que:

F [f(ax)] =Z

e−isxf(ax)dx Mediante el cambio de variable ax = q se obtiene:Ze−isxf(ax)dx =

Ze−i

saqf(q)

dq

a(2.5)

En el caso de que la constante a > 0 se tiene que:Ze−i

saqf(q)

dq

a=1

aF³sa

Én el caso de que la constante a < 0 se tiene que:Ze−i

saqf(q)

dq

a=1

a

Z −∞

∞e−iq

sa f(q)dq (2.6)

Luego de alterar los límites de la integral (2.6) se obtiene:

1

a

Z −∞

∞e−iq

sa f(q)dq =

1

−a

Ze−iq

sa f(q)dq =

1

−aF³sa

Ámbos resultados (2.5) y (2.6) pueden ser escrito como uno solo:

F [f(ax)] =Z

e−isxf(ax)dx =1

|a|F³sa

´

2.1. PROPIEDADES 17

Que es lo que se quería demostrar y que se basa en la definición de |a| . Una consecuenciaevidente de esta propiedad es que para el valor de a = −1 se cumple:

F [f(−x)] = F (−s) (2.7)

Propiedad 3: Trasladar paralelamente la función original f(x) desde el origen del sistema decoordenadas hasta el punto x0 es equivalente a multiplicar la función imagen F (s) por el factorexponencial imaginario e−ix0s. En esta caso, se debe comprobar que:

F [f(x− x0)] = e−ix0sF (s)

Comprobación: Por definición de transformada de Fourier se tiene que la transformación deFourier de la función f(x− x0) es:

F [f (x− x0)] =

Ze−isxf(x−x0)dx

En esta integral se hace el cambio de variable y = x− x0, de donde x = y+ x0 y dx = dy. Sesustituyen estos valores en la integral estudiada y se obtiene:Z

e−isxf(x−x0)dx =Z

e−i(y+x0)sf(y)dy.

En la función exponencial imaginaria se abre el paréntesis, de manera que:Ze−i(y+x0)sf(y)dy =

Ze−iyse−ix0sf(y)dy,

como el factor e−ix0s no depende de la variable y, se lo extrae de la integral.Ze−iyse−ix0sf(y)dy = e−ix0s

Ze−iysf(y)dy, lo que es equivalente a tener que:

F [f(x− x0)] = e−ix0sF (s)

Que es lo que se quería comprobar. Esta propiedad puede ser vista desde otra óptica equivalente:Multiplicar la imagen F (s) por el factor exponencial imaginario e−ix0s es lo mismo que trasladarel original f(x) desde el origen de coordenadas hasta el punto x0

Propiedad 4: Esta propiedad establece que si la función original f(x) es multiplicada por lafunción exponencial imaginaria eis0x, la función imagen F (s) se traslada desde el origen hastael punto s0. Esto es:

F£eis0xf(x)

¤= F (s− s0)

Comprobación: Por definición de transformada de Fourier de la función eis0xf(x), se tiene:

F£eis0xf(x)

¤=

Ze−isxeis0xf(x)dx


Pero como la base de la función exponencial es la misma, se suman los exponentes imaginariosy luego de factorar el exponente se obtiene:Z

e−isxeis0xf(x)dx =

Ze−i(s−s0)xf(x)dx

Ésto equivale a decir que la transformada de Fourier F de la función original f(x) no transformaa esta función a la variable s sino a la variable s−s0. Esto es que:

F£eis0xf(x)

¤= F (s− s0).

Que es lo que se quería comprobar. Esta propiedad puede ser vista desde otra óptica: Trasladarla función imagen F (s) desde el origen hasta el punto s0 es equivalante a multiplicar la funciónoriginal f(x) por el factor exponencial imaginario eis0x.

Consecuencia: Si la función original se multiplica por la función trigonométrica sin(s0x), lafunción imagen se transforma en:

F [sin(s0x)f(x)] =i

2[F (s+ s0)− F (s− s0)]

Comprobación: Se usa la forma exponencial de la función sin(s0x) y se obtiene:

F [sin(s0x)f(x)] = F∙eis0x − e−is0x

2if(x)

¸Como la transformada de Fourier es lineal, se cumple que:

F∙eis0x − e−is0x

2if(x)

¸=1

2i

©F£eis0xf(x)

¤+F

£e−is0sf(x)

¤ªSe aplica la propiedad 4 y se tiene que:

1

2i

©F£eis0xf(x)

¤+F

£e−is0sf(x)

¤ª=1

2i[F (s− s0)− F (s+ s0)]

Como 1i = −i se obtiene finalmente:

F [sin(s0x)f(x)] =i

2[F (s+ s0)− F (s− s0)] (2.8)

Que es lo que se quería comprobar. De igual manera se comprueba que:

F [cos(s0x)f(x)] =1

2[F (s− s0)− F (s+ s0)] (2.9)

Nota: En ambos casos se dice que las frecuencias están moduladas.

Propiedad 5: Esta propiedad establece que derivar la función original f(x) equivale a multi-plicar la función imagen F (s) por el factor imaginario is, esto es:

F£f 0(x)

¤= isF (s)

2.1. PROPIEDADES 19

Siempre y cuando f(x) = 0 si x→ ±∞Comprobación: Por definición de transformación de Fourier se tiene que la transformada dela función derivada f 0(x) es:

F£f 0(x)

¤=

Ze−isxf 0(x)dx

se toma esta integral por partes y se obtiene:

F£f 0(x)

¤= e−isxf(x) |∞−∞ +is

Ze−isxf(x)dx

pero como lımx→±∞ f(x) = 0 y por la identidad de Euler la función e−isx = cos (sx)− i sin (sx)es acotada (2.3) y por ser igual a 0 el producto de una función acotada por otra que tiende a0, como es el caso de e−isxf(x), se obtiene finalmente:

F£f 0(x)

¤= is

Ze−isxf(x)dx, o lo que es lo mismo:

F£f 0(x)

¤= isF (s)

Que es lo que se quería comprobar. Esta propiedad puede ser vista desde otra óptica: Multiplicarla función imagen F (s) por el factor imaginario is es equivalente a derivar una vez el originalf(x). Si bajo las mismas condiciones se generaliza este resultado n veces, se obtiene:

Fhf (n)(x)

i= (is)nF (s)

De acuerdo a esta consecuencia, multiplicar la función imagen F (s) por el factor is elevado alesponente n implica derivar la función original f(x) ese mismo número de veces.

Propiedad 6: Según esta propiedad, derivar una vez la función imagen F (s) equivale a mul-tiplicar la función original f(x) por el factor imaginario −ix . Esto es:

F 0(s) = F [−ixf(x)]

Comprobación: Para comprobar esta propiedad es suficiente derivar la imagen F (s), que sóloes función de la variable s. Esto es:

∂

∂sF (s) =

∂

∂s

Ze−isxf(x)dx, por la regla de Leibnitz (6.0) se tiene que:

F 0(s) =

Z∂

∂se−isxf(x)dx,

lo que posible porque la función e−isx = cos (sx) + i sin (sx) es uniformemente continua, por loque:

F 0(s) =

Ze−isx(−ix)f(x)dx,


lo que significa que el original f(x) está multiplicado por −ix, o sea:

F 0(s) = F [−ixf(x)]

Que es lo que se quería comprobar.

Esta propiedad puede ser vista desde otra óptica: Multiplicar la función original f(x) por elfactor imaginario −ix es equivalente a derivar una vez la función imagen F (s). Consecuencia:Repetir n veces esta propiedad da por resultado:

F [(−ix)nf(x)] = F (n)(s)

Según este resultado, es equivalente multiplicar la función original f(x) por el factor (−ix)nque derivar la función imagen F (s) ese mismo número n de veces.

Propiedad 7: Según esta propiedad, la transformada de Fourier de la función original quevale 0 fuera del intervalo (−l, l) y vale 1 dentro de este intervalo da por resultado 2 sin(ls)

s . Lafunción original, a la que se hace referencia, se representa con el símbolo χl(x), se llama funcióncaracterística del intervalo y se define como:

χl(x) =

½0 si |x| > l1 si |x| < l

De lo anteriormente dicho, se debe demostrar que:

F [χl(x)] =2 sin(ls)

s.

Observación: Realmente, no se trata de una propiedad sino de un ejemplo de transformada deFourier. Lo que sucede es que se la trata como propiedad por su importancia para encontrarsoluciones en cuadratura de las ecuaciones diferenciales en derivadas parciales.

Comprobación: Por definición de transformada de Fourier, la imagen de la función χl(x) secalcula como:

F [χl(x)] =Z

χle−isxdx.

El intervalo de integración (∞,∞ ) se divide en tres intervalos: (−∞, l); (−l, l) y (l,∞)

Entonces,Z

χle−isxdx =

Z l

−l1e−isxdx,

puesto que la función χl vale 0 fuera del intevalo (−l, l), en cuyo interior vale 1.

Pero,Z l

−l1e−isxdx = −e

−isx

is|l−l

es la integral de esta función exponencial, que al ser evaluada da por resultado:

F [χl(x)] = −e−isx

is|l−l=

2

s

µeisl − e−isl

2i

¶.

2.1. PROPIEDADES 21

Lo que halla entre paréntesis es la forma exponencial de la función sin(ls). Por lo tanto, seconcluye que:

F [χl(x)] =2 sin(ls)

s


Observación: La función característica de un intevalo χl(x) se puede expresar con ayuda de lafunción θ(x) de Heaviside, puesto que χl (x) = θ(x+ l)− θ(x− l) = θ(l− |x|), para todo x real.En otras palabras se cumple que:

F [u(l − |x|)] = 2 sin(ls)

s

Observación: Para comprobar las propiedades 8, 9 y 10 se debe tener en cuenta que la funciónimagen F (s) = F [f(x)] es en general compleja, en otras palabras, que:

F (s) = R(s) + i Im(s)

Donde R(s) es la parte real y Im(s) es la parte imaginaria de la función imagen F (s), respecti-vamente. Esto sucede porque al sustituir en la transformación de Fourier la identidad de Euler,e−isx = cos(sx)− i sin(sx), se obtiene:

F (s) = F [f(x)] =Z

e−isxf(x)dx =

Z[cos(sx)− i sin(sx)] f(x)dx

Esta integral se separa en dos integrales:

F (s) = F [f(x)] =Z

f(x) cos(sx)dx−iZ

f(x) sin(sx)dx

Ambas integrales son funciones de la variable s; la integral que se encuetra primera en estaexpresión es real y la segunda, imaginaria. Se representa a estas integrales como:

R(s) =

Zf(x) cos(sx)dx y

Im(s) = −Z

f(x) sin(sx)dx

Y son la parte real y la parte imaginaria de la función F (s).

Propiedad 8: Si la función original f(x) es par entonces la función imagen F (s) es real.

Comprobación: Se debe comprobar que si f(x) es par, entonces F (s) = R(s), es decir,Im(s) = 0.

Esto se comprueba fácilmente porque sin(sx) es una función impar y del cálculo integral seconoce que el producto de una función par por una función impar es una función impar y quela integral de una función impar es igual a cero, se obtiene entonces que:

Im(s) = −Z

f(x) sin(sx)dx = 0 y que, por lo tanto:

F (s) =

Zf(x) cos(sx)dx = R(s)



Propiedad 9: Si la función original f(x) es impar entonces la función imagen F (s) esimaginaria.

Comprobación: De manera análoga al caso anterior, se tiene que comprobar que si la funciónoriginal f(x) es impar, entonces la función imagen F (s) = i Im(s), porque se tiene que R(s) = 0.Lo que se obtiene fácilmente puesto que la función cos(sx) es una función par y del cálculointegral se conoce que el producto de una función impar por una función par es impar y que laintegral de una función impar es igual a cero, por lo tanto:

R(s) =

Zf(x) cos(sx)dx = 0 y:

F (s) = −iZ

f(x) sin(sx)dx = i Im(s)


Propiedad 10: Si la función original f(x) no es ni par ni impar, entonces la imagen F (s) escompleja

Comprobación: Como en este caso ni R(s) =Rf(x) cos(sx)dx ni Im(s) = −

Rf(x) sin(sx)dx

valen 0, se tiene por lo tanto que la función imagen:

F (s) =

Zf(x) cos(sx)dx− i

Zf(x) sin(sx)dx,

es compleja. Que es lo que se quería comprobar.

Propiedad 11: Esta propiedad, una de las más usadas en el análisis armónico, puede ser llama-da propiedad de la doble transformada de Fourier porque se toma nuevamente la transformada deFourier a la imagen F (s) de la función original f(x), esto es:

F [F (x)] = F F [f(x)] = 2πf(−s)

Comprobación: Se sabe que la transformada inversa de Fourier es igual a:

f(x) = F−1 [F (s)] = 1

2π

ZeisxF (s)ds

luego de multiplicar por 2π ambos lados de esta igualdad y de escribir la función exponencialeisx de una manera adecuada se obtiene:

2πf(x) =

Ze−ix(−s)F (s)ds

se hace en esta igualdad la sustitución x = −x y se obtiene:

2πf(−x) =Z

e−isxF (s)ds

En esta igualdad se sustituye la variable x por la variable s y la variable s por la variable xy se obtiene:

2πf(−s) =

Ze−isxF (x)dx, por lo tanto:

F [F (x)] = F F [f(x)] = 2πf(−s)

2.1. PROPIEDADES 23


Propiedad 12: Según esta propiedad, la transformada de Fourier de la convolución de dosfunciones originales f(x) y g(x) es igual al producto de las correspondientes imágenes F (s)y G(s), esto es:

F [(f ∗ g) (x)] = F [f (x)]F [g (x)] = F (s)G (s)

Comprobación: Como se ve en (1.1), la convolución de dos funciones f(x) y g(x) no es másque la siguiente integral:

[f ∗ g] (x) =Z

f(z)g(x−z)dz.

Se toma la transformada de Fourier a ambos lados de esta igualdad:

F [f ∗ g] (x) = F∙Z

f(z)g(x− z)dz

¸,

pero por definición de transformada de Fourier, se tiene que:

F∙Z

f(z)g(x− z)dz

¸=

Ze−isx

∙Zf(z)g(x− z)dz

¸dx, lo que es una integral doble.

Por el teorema de Fubine se altera el orden de integración en esta integral doble y se obtiene deinmediato:Z

e−isx∙Z

f(z)g(x− z)dz

¸dx =

Z ∙Ze−isxg(x− z)dx

¸f(z)dz.

Se sabe por la propiedad 3 que:

F [g(x− z)] =

Ze−isxg(x−z)dx = e−iszG(s), luego se tiene que:

Z ∙Ze−isxg(x− z)dx

¸f(z)dz =

Ze−iszG(s)f(z)dz

Como la función G(s) no depende de la variable z, se la puede extraer de esta integral, de dondese obtiene:

F [f ∗ g] (x) =Z

f(z)e−iszG(s)dz =

∙Ze−iszf(z)dz

¸G(s)

Puesto que la expresión que se halla entre paréntesis es F (s), se obtiene finalmente que:

F [(f ∗ g) (x)] = F (s)G(s)



Propiedad 13: Tomar la transformada inversa de Fourier del producto de dos imágenes F (s)y G(s) es equivante a convolucionar los respectivos originales f(x) y g(x):

F−1 [F (s)G(s)] = [(f ∗ g)] (s)

Comprobación: La propiedad 13 se obtiene directamente la propiedad 12, para lo cual setoma la transformada inversa de Fourier a la igualdad:

F [(f ∗ g) (x)] = F (s)G(s)

Esto es:

F−1 F [(f ∗ g) (x)] = F−1 [F (s)G(s)] , de donde se obtiene:

F−1 [F (s)G(s)] = [f ∗ g] (x)


Propiedad 14: Según esta propiedad, tomar la transformada inversa de Fourier a la con-volución de las funciones imágenes F (s) y G(s) es equivalente a multiplicar por 2π el valor delproducto de dos funciones originales f(x) y g(x):

F−1 [(F ∗G) (s)] = 2πF−1 [F (s)]F−1 [G(s)]F−1 [(F ∗G) (s)] = 2πf(x)g(x)

Comprobación: Se aplica la definición de transformada inversa de Fourier a la convolución, ypuesto que la convolución de la función F (s) con la función G(s) es:

[F ∗G] (s) =Z

F (z)G(s−z)dz, la transformada inversa de esta convolución es:

F−1 [F ∗G] (s) = F−1∙Z

F (z)G(s− z)dz

¸. O lo que es lo mismo:

F−1∙Z

F (z)G(s− z)dz

¸=1

2π

Zeisx

∙ZF (z)G(s− z)dz

¸ds.

La expresión obtenida es una integral doble. Por el teorema de Fubine se altera el orden deintegración en esta integral doble y se obtiene:

1

2π

Zeisx

∙ZF (z)G(s− z)dz

¸ds =

1

2π

ZF (z)dz

∙ZeisxG(s− z)ds

¸Se hace hora la sustitución q = s− z, s = q + z y ds = dq de donde se obtiene que:

1

2π

ZF (z)dz

∙ZeisxG(s− z)ds

¸=1

2π

ZF (z)dz

∙Zei(q+z)xG(q)dq

¸

2.1. PROPIEDADES 25

Se factora la expresión i(q + z)x que halla en el exponente de la función que se integra y seobtiene:

1

2π

ZF (z)dz

∙Zei(q+z)xG(q)dq

¸=1

2π

ZF (z)dz

∙ZeiqxeizxG(q)dq

¸Puesto que la función exponencial imaginaria eizx no depende de la variable q se la extrae dela segunda integral y se obtiene la igualdad:

1

2π

ZF (z)dz

∙ZeiqxeizxG(q)dq

¸=1

2π

ZeizxF (z)dz

∙1

2π

ZeiqxG(q)dq

¸2π,

o lo que es lo mismo:

1

2π

ZeizxF (z)dz

∙1

2π

ZeiqxG(q)dq

¸2π = F−1 [F (s)]F−1 [G(s)] 2π = 2πf(x)g(x),

de donde se obtiene la propiedad 14.

F−1 [(F ∗G) (s)] = 2πf(x)g(x)


Propiedad 15: Según esta propiedad, la transformada de Fourier del producto de dos originalesf(x) y g(x) es equivalente a canvolucionar sus correspondientes imágenes F (s) y G(s) y luegodividir este resultado para 2π, esto es:

F [f(x)g(x)] = 1

2π[F ∗G] (s)

Comprobación: Esta propiedad se obtiene directamente de la propiedad 14 si se toma latransformada de Fourier a ambos lados de la igualdad:

F−1 [(F ∗G) (s)] = 2πf(x)g(x)

Efectivamente:

FF−1 [F ∗G] (s) = F [2πf(x)g(x)] = 2πF [f(x)g(x)]

de donde:

F [f(x)g(x)] = 1

2π[F ∗G] (s) (2.10)


Consecuencia: De la propiedad 15 se concluye queZf(x)g(x)dx =

1

2π

ZF (x)G(−x)dx.

Efectivamente, si en la fórmula (2.10) se aplica la definición de transformada de Fourier (2.1) yla definición de convolución (1.1), se obtiene:


Ze−isxf(x)g(x)dx =

1

2π

ZF (z)G(s−z)dz,

para el valor de s = 0 se obtiene:

Zf(x)g(x)dx =

1

2π

ZF (z)G(−z)ds, o lo que es lo mismo:Z

f(x)g(x)dx =1

2π

ZF (x)G(−x)dx (2.11)

Esta igualdad permite calcular integrales complicadas, como se verá en ejemplos posteriores.

Propiedad 16: Qué le sucede a la imagen cuando se integra el original en el intervalo variable(−∞, x), o sea si se calcula el valor de la integral F

³R x−∞ f(q)dq

´. Esta propiedad se va a

demostrar cuando se estudie las funciones generalizadas.

Definición: En las ecuaciones de la física matemática a menudo se debe resolver problemasen un mayor número de dimensiones que uno, por lo que se hace necesario trabajar con latransformada de Fourier de las funciones de varias variables. Se da ahora resultados sencillosrelacionados con esta transformación. Se define la transformada de Fourier para la función f (x)de varias variables a:

F [f(x)] =ZRn

e−i(x,s)f(x)dx = F (s) (2.12)

Donde x = (x1, x2, ...., xn) ∈ Rn, s = (s1, s2, ...., sn) ∈ Rn y (x, s) = x1s1+x2s2+.....+xnsn ∈ REn este caso, la transformada inversa de Fourier para varias variables se define como:

F−1 [F (s)] = 1

(2π)n

ZRn

ei(x,s)F (s)ds = f(x) (2.13)

Todas las propiedades de la transformada de Fourier comprobadas para una dimensión puederser de manera análoga comprobadas para n dimensiones.


A continuación se desarrolla una serie de ejemplos de aplicación de la transformada de Fourieren una variable y sus propiedades:

Ejemplo 6: Sea la función f(x) definida como:

f(x) =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩0 si x ∈ (−∞,−2)

1 + x2 si x ∈ (−2, 0)

1− x2 si y ∈ (0, 2)

0 si x ∈ (2,∞)

(2.14)

2.1. PROPIEDADES 27

Comprobar que la transformada Fourier de la función f(x) es:

F [f (x)] = 2 sin2 s

s2(2.14)*

Solución: Con base en la definición de transformada de Fourier se tiene:

F [f(x)] =Z 0

−2e−isx

³1 +

x

2

´dx+

Z 2

0e−isx

³1− x

2

´dx.

Se separa esta igualdad en cuatro integrales:

F [f(x)] =Z 0

−2e−isxdx+

Z 0

−2e−isx

x

2dx+

Z 2

0e−isxdx−

Z 2

0e−isx

x

2dx

Lo que es igual a:

F [f(x)] =Z −2

0e−isx

x

2dx−

Z 2

0e−isx

x

2dx−

Z −2

0e−isxdx+

Z 2

0e−isxdx

En la primera y la tercera integral se hace el cambio de variable x por −x y se obtiene:

2

Z 2

0

eisx + e−isx

2dx−

Z 2

0xeisx + e−isx

2dx = 2

Z 2

0cos(sx)dx−

Z 2

0x cos(sx)dx

Se integran por partes estas integrales y se obtiene:

2

Z 2

0cos(sx)dx−

Z 2

0x cos(sx)dx =

1− cos(2s)s2

=2 sin2 s

s2. Por lo tanto:

F

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩0 si x ∈ (−∞,−2)

1 + x2 si x ∈ (−2, 0)

1− x2 si y ∈ (0, 2)

0 si x ∈ (2,∞)

=2 sin2 s

s2

Ejemplo 7: Encontrar que la transformada de Fourier de la función θ(−x)eax, a > 0, dondeθ(x) es la función de Heaviside, es:

F (θ(−x) eax) = a

a2 + s2+ i

s

a2 + s2

Solución: Por definición de transformación de Fourier se tiene que:

F [θ(−x)eax] =Z

e−isxθ(−x)eaxdx

Pero la función de Heaveside θ(−x) vale 0 si x > 0 y vale 1 si x < 0, por lo tanto:Ze−isxθ(−x)eaxdx =

Z 0

−∞e−isxeaxdx, luego de sumar los exponentes se obtiene:


Z 0

−∞e−isxeaxdx =

Z 0

−∞e(a−is)xdx, luego de tomar esta integrar se obtiene:

F [θ(−x)eax] = e(a−is)x

a− is|0−∞

Este resultado por la identidad de Euler es igual a:

e(a−is)x

a− is|0−∞=

eax [cos(sx)− i sin(sx)]

a− is|0−∞

La fracción obtenida vale 1a−is en 0 y en −∞ vale 0 porque la función cos(sx) − i sin(sx)

es acotada, ver (2.3), y la función eax → 0 cuando x → −∞, luego, por ser el producto de unafunción acotada por otra que tiende a cero, se tiene:


a− is→ 0 si x→ −∞

Por lo tanto, luego de evaluar esta fracción en cero se obtiene:

F [θ(−x)eax] = e(a−is)x

a− is|0−∞ =

1

a− is

Para separar de la fracción obtenida la parte real de la imaginaria se multiplica numerador ydenominador por el valor conjugado a+ is y se obtiene:

1

a− is=

1

a− is

a+ is

a+ is=

a+ is

a2 + s2

Por lo tanto:F [θ(−x)eax] = a

a2 + s2+ i

s

a2 + s2

Como se ve, la imagen es compleja porque la función original no es ni par ni impar, (propiedad10 de la transformada de Fourier).

Ejemplo 8: Comprobar que la transformada de Fourier de la función e−a|x|, para a > 0, esigual a:

F(e−a|x|) = 2a

a2 + s2

El resultado es real (propiedad 8), pues la función original es par.

Solución: Con base a la definición de transformada de Fourier se tiene que:

F(e−a|x|) =Z

e−a|x|eisxdx. Como si x < 0, |x| = −x y si x > 0, |x| = x

se divide esta integral en dos integrales:Ze−a|x|eisxdx =

Z 0

−∞eisxeaxdx+

Z ∞

0eisxe−axdx

El intervalo (−∞,∞) ha sido dividido en dos intervalos (−∞, 0) y (0,∞)Z 0

−∞eisxeaxdx+

Z ∞

0eisxe−axdx =

Z 0

−∞e(a+is)xdx+

Z ∞

0e−(a−is)xdx.

2.1. PROPIEDADES 29

Se ha sumado los exponentes de igual base.Z 0

−∞e(a+is)xdx+

Z ∞

0e−(a−is)xdx =

e(a+is)x

a+ is|0−∞ −

e=(a−is)x

a− is|∞0

Se ha integrado las funciones exponenciales. En ambas fracciones se sustituye la identidad deEuler: eisx = cos(sx) + i sin(sx) y se obtiene:

e(a+is)x

a+ is| 0

−∞ −e−(a−is)x

a− is|∞0 =

=eax [cos(sx) + i sin(sx)]

a+ is|0−∞ −

e−ax [cos(sx) + i sin(sx)]

a− is|∞0 (2.15)

Puesto que a > 0 y la función cos(sx) − i sin(sx) es acotada, ver (2.3), al tomar en el primersumando de (2.15) el límite de eax si x→ −∞ se obtiene 0, en cambio para x = 0 se obtiene:

eax [cos(sx) + i sin(sx)]

a+ is|x=0=

1

a+ is

Por la misma razón en el segundo sumando de (2.15) se obtiene que el límite de e−ax si x→∞vale 0; en cambio para x = 0 el resultado es:

−e−ax [cos(sx)− i sin(sx)]

a− is|x=0=

1

a− is

En consecuencia, al tomar los límites de (2.15) se obtiene:


a+ is|0−∞ −

e−ax [cos(sx)− i sin(sx)]

a− is|∞0 =

1

a+ is+

1

a− is

La suma de estas fracciones da:

1

a+ is+

1

a− is=

a− is+ a+ is

a2 + s2

De donde, luego de eliminar la parte imaginaria, se obtiene finalmente:

F(e−a|x|) = 2a

a2 + s2(2.15)*

Como se anticipó, con base en la propiedad 8, la imagen es una función real.

Ejemplo 8.1: Se aprovecha ahora del resultado (2.15)* del ejemplo 8 para obtener la transfor-mada de Fourier de la función:

F∙

a

π (a2 + x2)

¸= e−a|s|

Solución: Esto se hace con base en la propiedad 11, o sea, tomando la doble transformada deFourier al resultado del ejemplo 8:

FhF³e−a|x|

´i= F

∙2a

a2 + x2

¸.


La respuesta se obtiene de inmediato, precisamente:

F∙

2a

a2 + x2

¸= 2πe−a|−s| = 2πe−a|s|, puesto que |−s| = |s| .

Por lo tanto, luego de simplificar para 2 y de dividir para π ambos lados de esta igualdad, puesel valor de π, por linealidad de la transformada de Fourier, puede ser escrito en cualquier ladode la igualdad, se obtiene:

F [f(x)] = F∙

a

π (a2 + x2)

¸= e−a|s| (2.16)

De donde:F−1

he−a|s|

i=

a

π (a2 + x2)(2.16)*

Conclusión: El resultado (2.16) implica, por definición de transformada de Fourier, que:Ze−isx

a

π (a2 + x2)dx = e−a|s|

Por la fórmula de Euler e−isx = cos(sx)− i sin(sx) se obtiene que esta integral es:Z[cos(sx)− i sin(sx)]

a

π (a2 + x2)dx = e−a|s|

Pero como la parte imaginaria de esta integral vale 0 (ya que el valor de la intragral es real), seobtiene finalmente que:Z

cos(sx)a

π (a2 + x2)dx = e−a|s|. Si s > 0 se obtiene:

Zcos(sx)

a

π (a2 + x2)dx = e−as

Este resultado asombra por la sencillez con que ha sido obtenido, puesto que por otros métodoses muy difícil de calcular.

Ejemplo 8.2: Encontrar que la transformada de Fourier de la función f(x) = e−a|x| cos (βx)es:

Fhe−a|x| cos(βx)

i=1

2

∙α

(s+ β)2 + α2+

α

(s− β)2 + α2

¸Solución: Para resolver este problema se usa la propiedad de linealidad de la transformadade Fourier, la forma exponencial se la función cos(sx) y la propiedad 4 de la transformada deFourier, esto es:

cos(βx) =eiβx + e−iβx

2y

F£eis0xf(x)

¤= F (s−s0). Por lo que:

2.1. PROPIEDADES 31

f(x) = e−a|x| cos(βx) = e−a|x|eiβx + e−iβx

2. Entonces:

Fhe−a|x| cos(βx)

i= F

∙e−a|x|

eiβx + e−iβx

2

¸=1

2

hF³e−a|x|eiβx

´+F

³e−a|x|e−iβx

´iSe aplica la propiedad 4 y el resultado del ejemplo 8 y se obtiene:

Fhe−a|x| cos(βx)

i=1

2

∙α

(s+ β)2 + α2+

α

(s− β)2 + α2

¸Que es la imagen buscada. Evidentemente, también es cierto que:

Fhe−a|x| sin(βx)

i=

i

2

∙α

(s+ β)2 + α2− α

(s− β)2 + α2

¸Ejemplo 9: A continuación se ve un ejemplo interesante de la aplicación de la propiedad 11 dela transformación de Fourier. Comprobar que:

F∙sin(lx)

x

¸= πχl(s)

Donde χl(s) es la función característica del intervalo (−l, l) .Solución: Se conoce por la propiedad 7 que:

F(χl) =2 sin(ls)

s, luego por la propiedad 11 se tiene que:

F [F(χl)] = F∙2 sin(lx)

x

¸= 2πχl(−s)

Como la función χl (x) es par, se obtiene:

F∙2 sin(lx)

x

¸= 2πχl(s)

Finalmente, luego de simplificar para 2 ambos lados de esta igualdad, se comprueba que:

F∙sin(lx)

x

¸= πχl(s) (2.17)

Consecuencia: La igualdad (2.17) significa, por definición de transformación de Fourier, que:Ze−isx

sin(lx)

xdx = πχl(s)

Se sustituye en esta igualdad la fórmula de Euler e−isx = cos(sx)− i sin(sx) y se obtiene:Z[cos(sx)− i sin(sx)]

sin(lx)

xdx = πχl(s)


Al igualar las partes imaginarias de esta igualdad se obtiene que:Zsin(sx) sin(lx)

xdx = 0

Este resultado pudo también ser obtenido mediante el siguiente razonamiento: la expresión aintegrarse es el producto de tres funciones impares, por lo tanto es impar, y del cálculo integralse conoce que la integral de una fución impar vale cero.

Por coincidir las partes reales se tiene que:Zcos(sx) sin(lx)

xdx = πχl(s)

Como se ve, esta integral es prácticamente imposible de tomar por métodos convencionales;sin embargo, el resultado ha sido obtenido de una manera relativamente fácil y significa que sis ∈ (−l, l) como entonces: χl(s) = 1, se cumple que:Z

cos(sx) sin(lx)

xdx = π si s > −l o s < l

y si s /∈ (−l, l) se tiene que χl(s) = 0 y el valor de esta integral es igual a 0:Zcos(sx) sin(lx)

xdx = 0 si s < −l o s > l

Ejemplo 10: Comprobar que la transformada de Fourier de la distribución normal o distribución

de Gauss f (x) =∙

1√2πσ

e−(x−μ)22σ2

¸es:

F∙

1√2πσ

e−(x − μ)2

2σ2

¸= e−

σ2s2 + 2iμs2

Este ejemplo es importante porque permite que se apliquen sucesivamente algunas propiedadesde la transformada de Fourier.

Solución: Por lo antes dicho, se busca:

F [ f(x, μ, σ)] = F∙

1√2πσ

e−(x−μ)22σ2

¸En la que:

f(x, μ, σ) =1√2πσ

e−(x−μ)22σ2 ,

es la distribución normal con media μ, varianza σ2 y desvío standart σ. Se encuentra primerola transformada de Fourier de la función f(x) = e−x

2, lo que se hace con base en la definición

(2.1) de la transformada de Fourier:

F³e−x

2´=

Ze−isxe−x

2dx.

2.1. PROPIEDADES 33

En esta integral se suman los exponentes y se obtiene:Ze−isxe−x

2dx =

Ze−(isx + x2)dx

Se añade y se quita en el exponente el valor de s2

4 con lo que:Ze−(isx+x

2)dx =

Ze−(x

2 + isx − s2

4) − s2

4 dx

El primer sumando de este exponente es igual a:Ze−(x

2 + isx − s2

4) − s2

4 dx =

Ze−(x +

is2 )

2

e−s2

4 dx

Se extrae el factor e−s2

4 por no depender de la variable x, y se obtiene:

F³e−x

2´= e−

s2

4

Ze−(x +

is2 )

2

dx

Para calcular esta integral se hace el siguiente cambio de variable:

x+is

2= q; dx = dq Lo límites de la integral permanecen sin alteración.

Con el que, luego de hacer las sustituciones correspondientes, se obtiene que:

e−s2

4

Ze−(x +

is2 )

2

dx = e−s2

4

Ze−q

2dq

Como se conoce por ( 2. 38) que:Ze−q

2dq =

√π se obtiene finalmente:

F³e−x

2´= e−

s2

4

Ze−q

2dq =

√πe−

s2

4 Que es la imagen buscada.

Se encuentra de inmediato la imagen F (s) de la ley normal para el caso cuando la media μ = 0,esto es, para la distribución:

f(x, 0, σ) =1√2πσ

e−x2

2σ2 Su transformada de Fourier es:

F∙

1√2πσ

e−x2

2σ2

¸=

1√2πσ

F∙e− x√

2σ

2¸Este paso se da por la propiedad de linealidad de la transformada de Fourier. Por la propiedad

2 F [f(ax)] = 1|a|F

¡sa

¢, y porque: F

³e−x

2´=√πe−

s2

4 Por lo que se tiene que:

1√2πσ

F∙e− x√

2 σ

2¸=

1√2πσ

.11√2 σ

√πe−

s1√2 σ

2

4


Se hacen las simplificaciones correspondientes y se obtiene:

F∙

1√2πσ

e−x2

2σ2

¸= e−

σ2s2

2

Finalmente, se encuentra la imagen F (s) de la ley normal para el caso general cuando μ 6= 0.En este caso se aplica la propiedad 3 de traslado paralelo de la función original, o sea:

F [f(x− x0] = e−ix0sF (s). Lo que permite encontrar que:

F∙

1√2πσ

e−(x − μ)2

2σ2

¸= e−

σ2s2

2 e−iμs,

puesto que μ = x0. Luego de sumar los exponentes se obtiene que:

F∙

1√2πσ

e−(x − μ)2

2σ2

¸= e−

σ2s2 + 2iμs2 (2.18)

Que es lo que se quería calcular. En esta igualdad se toma la transformada inversa de Fourier yse deduce que:

F−1∙e−

σ2s2 + 2iμs2

¸=

1√2πσ

e(x − μ)2

2 (2.19)

Ejemplo 10.1: Comprobar el resultado de la siguiente integral:Ze−x

2cosxdx =

√π

4√e

Solución: Como se acaba de ver en el ejemplo 10:

F(e−x2) =√πe−

s2

4

Lo que por definición de transformada de Fourier significa que:

F(e−x2) =Z

e−ixse−x2dx

Se sustituye en esta integral la fórmula de Euler y se obtiene:Ze−ixse−x

2dx =

Z(cos sx− i sin sx) e−x

2dx =

√πe−

s2

4

Igualando las partes reales de esta expresión, se obtiene:Zcos (sx) e−x

2dx =

√πe−

s2

4 si se hace s = 1 se obtiene finalmente:

Ze−x

2cosxdx =

√π

4√e


2.1. PROPIEDADES 35

Ejemplo 10.2: Encontrar que la Transformada de Fourier de la función f(x) = xe−x2es:

F³xe−x

2´=−i2

√πse−

s2

4

Solución: En este caso se tiene que:

F³xe−x

2´= iF(−ixe−x2)

por propiedad 6 de la Transformada de Fourier, se tiene que:

iF(−ixe−x2) = iF 0(e−x2)

En el ejemplo 10 se obtuvo que F(e−x2) =√πe−

s2

4 , por lo que:

iF 0(e−x2) = i(√πe−

s2

4 )0 Luego de derivar esta expresión, se obtiene:

F³xe−x

2´=−i2

√πse−

s2

4

Conclusión: Este resultado implica que:Ze−isxxe−x

2dx =

−i2

√πse−

s2

4

Se sustituye en esta integral la fórmula de Euler, se obtiene:Z[cos(sx)− i sin(sx)]xe−x

2dx =

−i2

√πse−

s2

4

Se igualan las partes imaginarias de esta expresión:Z[sin(sx)]xe−x

2dx =

1

2

√πse−

s2

4

Como la función que se integra es par, se obtiene finalmente:Z ∞

0x e−x

2sin(sx)dx =

√πse−

s2

4

Definición: En la teoría de las probabilidades se conoce que si la variable aleatoria X sedistribuye con la ayuda de la ley de distribución f (x) y la variable aleatoria Y se distribuyecon ayuda de la ley de distribución g(x), si además estas variables aletorias son independientes, lavariable aletoria Z = X+Y se distrubuye con ayuda de la convulución de ambas distribuciones;esto es, la variable aleatoria Z se distribuye con ayuda de la ley de distribución h(x) obtenidacomo:

h(x) = [f ∗ g] (x) =Z

f(y)g(x− y)dy

Ahora se va a ver algunos ejemplos de cómo la transformada de Fourier se aplica para resolverproblemas de esta teoría que por métodos tradicionales son complicados y a veces imposibles deobtener:


Ejemplo 11: Sea el conjunto de leyes normales:

fi (x, μi, σi) =1√2πσi

e− (x−μi)

2

2σ2i

Calcular h(x) = [f1 (x, μ1, σ1) ∗ f2 (x, μ2, σ2)] (x).Solución: Se toma la transformada de Fourier de esta convolución, para ello se aplica lapropiedad 12 y se obtiene:

F [(f1 ∗ f2) (x)] = F [f1(x)]F [f2(x)] = F [h(x)] = H(s) Como por (2.18):

F∙

1√2πσ

e−(x − μ)2

2σ2

¸= e−

σ2s2 + 2iμs2 Se tiene entonces que:

F [f1(x)]F [f2(x)] = e−σ21s

2

2−iμ1se−

σ22s2

2−iμ2s = H(s)

Luego de sumar los exponentes de igual base, se obtiene:

H(s) = e−(σ21 + σ22)s2

2−i(μ1+μ2)s = e−

(σ21 + σ22)s2+2i (μ1 + μ2)s

2 = F [(f1 ∗ f2) (x)] (2.20)

Como se busca h(x) = F−1 [H(s)] y además se conoce por (2.19) que:

F−1∙e−

σ2s2 + 2iμs2

¸=

1√2πσ

e(x − μ)2

2

se toma la transformada inversa de Fourier a la imagen H(s) y se obtiene:

F−1 [H(s)] = F−1"e−(σ21 + σ22)s2+2i (μ1 + μ2) s

2

#=

=1√

2πpσ21 + σ22

e− (x − (μ1 + μ2))

2

2(σ21 + σ22) = [(f1 ∗ f2) (x)] = h(x) (2.21)

Como se ve, se ha obtenido la siguiente ley:

h(x) = [f1 (x, μ1, σ1) ∗ f2 (x, μ2, σ2)] (x) = f

µx, μ1 + μ2,

qσ21 + σ22

¶(2.22)

Dicho lo mismo con otros símbolos:

h(x) = [f1 ∗ f2] (x) =Z

1√2πσ1

e(y−μ1)

2

21√2πσ2

e(x−y−μ2)

2

2 dy

=1√

2πpσ21 + σ22

e− (x−(μ1+μ2))

2

2(σ21+σ22) (2.23)

Observación: Este resultado es bastante complicado de obtener por métodos convecionales,porque requiere de cálculos engorrosos; sin embargo, mediante la transformada de Fourier se lo

2.1. PROPIEDADES 37

ha obtenido de una manera relativamente fácil. El mismo indica que si se suman dos variablesaleatorias independientes, cada una de las cuales se distribuye con ayuda de la ley normal, ladistribución resultante también es una ley normal en la que la media μ es igual a la suma de lasmedias μ1 y μ2, la varianza σ2 es igual a la suma de las varianzas σ21+σ22 y el desvío standarσ =

pσ21 + σ22 se obtiene a partir de las varianzas σ21 y σ22 extrayendo la raíz cuadrada de la

suma de estas varianzas.

Este resultado puede ser generalizado para n variables al repetir n veces la misma operación,esto es, como:

fi (x, μi, σi) =1√2πσi

e− (x−μi)

2

2σ2i Entonces:

[f1 ∗ f2 ∗ ... ∗ fn] (x) = fn

µx, μ1 + μ2 + ...+ μn,

qσ21 + σ22 + ...+ σ2n

¶=

1√2πpσ21 + σ22 + ...+ σ2n

e− (x−(μ1+μ2+...+μn,))

2

2(σ21+σ22+...+σ2n) (2.24)

Las concluciones se dejan para que las haga el propio lector.

Ejemplo 12: Encontrar la convolución h(x) de dos distribuciones de Cauchy [fa ∗ fb] (x), conparámetros a > 0 y b > 0

Solución: Para resolver este problema se aprovecha de la propiedad 12 de la transformadade Fourier, por la cual, la imagen de la convolución de dos originales es el producto de lascorrespondientes imágenes. En este caso se tiene que: h(x) = [fa ∗ fb] (x). Como se conoce por(2.16) el resultado del ejemplo 8.1.

F∙

a

π (a2 + x2)

¸= e−a|s| Donde la función fa(x) =

a

π (a2 + x2),

es la distribución de Cauchy con parámetro a > 0. Se tiene, luego de aplicar la propiedad 12:

F [h(x)] = F [fa ∗ fb] (x) = F∙

a

π (a2 + x2)∗ b

π (b2 + x2)

¸= H(s)

De donde se obtiene:

F [fa ∗ fb] (x) = F∙

a

π (a2 + x2)

¸F∙

b

π (b2 + x2)

¸Como se conoce la imagen de cada factor, se obtiene:

F [fa ∗ fb] (x) = e−a|s|e−b|s|

Pero como la base es la misma se suman los exponentes y se obtiene:

F [fa ∗ fb] (x) = e−(a+b)|s| = H(s).


Para obtener h(x) se toma la transformada inversa de Fourier a la imagen H(s).

[fa ∗ fb] (x) = h(x) = F−1he−(a+b)|s|

iPero como: F−1

³e−a|s|

´=

a

π (a2 + x2), se obtiene entonces que:

F−1he−(a+b)|s|

i=

a+ b

πh(a+ b)2 + x2

i (2.25)

De donde se concluye que la convolución buscada es:

[fa ∗ fb] (x) =a

π (a2 + x2)∗ b

π (b2 + x2)

[fa ∗ fb] (x) =a+ b

πh(a+ b)2 + x2

i (2.26)Observación: Este resultado indica que si se suman dos variables aleatorias independientes,cada una de las cuales se distribuye con ayuda de la distribución de Cauchy con parámetrosa > 0 y b > 0, la distribución resultante también es una distribución de Cauchy cuyo parámetroes la suma a+ b de estos parámetros; dicho de otra manera:

a

π (a2 + x2)∗ b

π (b2 + x2)=

Za

π [a2 + y2]

b

πhb2 + (x− y)2

idya

π (a2 + x2)∗ b

π (b2 + x2)=

a+ b

πh(a+ b)2 + x2

i O también:[fa ∗ fb] (x) = fa+b(x) (2.27)

La ley resultante es bastante complicada de obtener por métodos convencionales; si la misma segeneraliza, se obtiene:

[fa1 ∗ fa2 ∗ ∗ ∗ fan ] (x) = fa1+a2+...+an(x)

[fa1 ∗ fa2 ∗ ∗ ∗ fan ] (x) =a1 + a2 + ...+ an

πh(a1 + a2 + ...+ an)

2 + x2i (2.27)*

En la que: fai(x) =ai

π¡a2i + x2

¢ donde cada: ai > 0

Ejemplo 13: Sean las distribuciones exponenciales con parámetros a > 0 y b > 0 :

fa(x) =θ(x)a e−

xa y fb(x) =

θ(x)b e−

xb

Hallar la convolución de ambas distribuciones, esto es, encontrar:

[fa ∗ fb] (x) = θ(x)

Z x

0fa(y)fb(x− y)dy

2.1. PROPIEDADES 39

Solución: Esto es así porque ambas funciones a convolucionar contienen la función θ(x) deHeaviside (ver problema 1 del capítulo 1 de este texto). Luego sustituir con las correspondientesfunciones se obtiene la convolución:

θ(x)

ae−

xa ∗θ(x)

be−

xb = θ(x)

Z x

0

e−ya

a

e−x−yb

bdy

Luego de realizar calculos elementales en los exponentes, se obtiene:

θ(x)

ab

Z x

0e−

ya e−

x−yb dy =

θ(x)

abe−

xb

Z x

0e−

b−aab

ydy

Se han sumado los exponentes (porque tienen igual base) y como la función e−xb no depende

de la variable y se la ha extraído de la integral. Luego de integrar, se obtiene finalmente:

[fa ∗ fb] (x) =θ(x)

ae−

xa ∗ θ(x)

be−

xb =

θ(x)

a− b

³e−

xa − e−

xb

´(2.28)

Que es la distribución buscada.

Ejemplo14: Resolver el ejemplo 13 cuando las constantes a y b son iguales, esto es, convolu-cionar las funciones de distribución exponencial:

fc(x) =θ(x)c e−

xc y fc(x) =

θ(x)c e−

xc

Solución: En este caso, y por conveniencia posterior, se da al parámetro de la distribuciónexponencial el valor de c > 0. Como no se puede sustituir en la respuesta del ejemplo 13 el valorde a = b = c, se realiza de nuevo el cálculo de esta convolución.

θ(x)

ce−

xc ∗ θ(x)

ce−

xc = θ(x)

Z x

0

e−yc

c

e−x−yc

cdy Puesto que:

e−yc e−

x−yc = e−

xc

y luego de extraer de la integral la función e−xc ( por no depender de la variable de integración

y), se obtiene:

θ(x)

Z x

0

e−yc

c

e−x−yc

cdy =

θ(x)

c2e−

xc

Z x

01dy

Se toma esta integral y se obtiene finalmente:

θ(x)

ce−

xc ∗ θ(x)

ce−

xc =

θ(x)

c2xe−

xc

Ejemplo 14.1: Convolucionar tres veces la distribución exponencial del ejemplo 14.

Solución: Para convolucionar por tercera vez esta distribución, por la propiedad de asocitividadde esta operación, se calcula la convolución de:

θ(x)

c2xe−

xc ∗θ(x)

ce−

xc Esto es:


θ(x)

ce−

xc ∗θ(x)

ce−

xc ∗θ(x)

ce−

xc = θ(x)

Z x

0

ye−yc

c2e−

x−yc

cdy

Luego de efectuar en los exponentes de esta integral las mismas operaciones elementales que sehicieron en en ejemplo 14 y de extraer de la integral la función e−

xc , porque no depende de la

variable de integración y, se obtiene:

θ(x)

c3

Z x

0ye−

yc e−

x−yc dy =

θ(x)

c3exc

Z x

0ydy Se toma esta integral y se obtiene:

θ(x)

ce−

xc ∗ θ(x)

ce−

xc ∗ θ(x)

ce−

xc =

θ(x)

c3excx2

2!

Ejemplo 14.2: Convolucionar por cuarta vez la distribución del ejemplo 14, o sea, calcular laconvolución de:

θ(x)

c3excx2

2!∗ θ(x)

ce−

xc Esto es:

θ(x)

ce−

xc ∗θ(x)

ce−

xc ∗θ(x)

ce−

xc ∗θ(x)

ce−

xc = θ(x)

Z x

0

y2

c32!e−

yc1

ce−

x−yc dy

Solución: En este caso, y luego de repetir las mismas operaciones de los ejercicios anteriores,se obtiene:

θ(x)

c4

Z x

0

y2

2e−

yc e−

x−yc dy =

θ(x)x3

c4 · 3! e−xc

Ejemplo 14.3: Convolucionar n veces la distribución exponencial del ejemplo 14.

Solución: Para generalizar este resultado se debe recordar la función Γ(α), definida mediantela siguiente integral:

Γ (α) =

Z ∞

0e−xxα−1dx

Esta función depende sólo del parámetro α y su propiedad fundamental es:

Γ (α+ 1) = αΓ (α)

Lo que se comprueba fácilmente cuando el argumento α > 0, puesto que:

Γ (α+ 1) =

Z ∞

0e−xxαdx Esto por definición de la función Γ (α) .

Se integra por partes esta integral y se obtiene:Z ∞

0e−xxαdx = −e−xxα |∞0 +α

Z ∞

0e−xxα−1dx

El primer sumando vale 0 porque si α > 0 la función −e−xxα → 0 si x → ∞ y vale 0 en ellímite inferior porque e−xxα |x=0= e00α = 0. Se obtiene entonces:

Γ (α+ 1) =

Z ∞

0e−xxαdx = α

Z ∞

0e−xxα−1dx = αΓ (α) (2.29)

2.1. PROPIEDADES 41


La propiedad (2.29) Γ (α+ 1) = αΓ (α) permite calcular fácilmente el valor de esta funcióncuando el argumento α es entero:

Γ (α) = Γ (α− 1 + 1) = (α− 1)Γ (α− 1) = (α− 1)Γ (α− 2 + 1) = (α− 1)(α− 2)Γ (α− 2) · ··Así hasta:

Γ (α) = (α− 1)(α− 2)(α− 3) · · · 4 · 3 · 2 · 1Γ (1) Se calcula ahora el valor de Γ (1) , el mismo quepor definición vale:

Γ (1) =

Z ∞

0e−xx1−1dx =

Z ∞

0e−xdx = −e−x p∞0 = 1 Luego:

Γ (α) = (α− 1)(α− 2)(α− 3) · · · 4 · 3 · 2 · 1 · 1 = (α− 1)!

Con lo que se acaba de comprobar que la función Γ (α) es la generalización del concepto delfactorial numérico. Sus valores han sido definidos para cualquier α entero y positivo, peropueden ser encontrados para cualquier valor real e incluso complejo, y existen numerosas tablascon los valores de esta función.

Continuando con el ejemplo 14.3 (que nos motivo hablar de la función Γ(α)), cuando se con-voluciona α veces la distribución exponencial fc(x) =

θ(x)c e−

xc se obtiene:

θ(x)

ce−

xc ∗ θ(x)

ce−

xc ∗ ∗ ∗ θ(x)

ce−

xc =

θ(x)

Γ(α)cαxα−1e−

xc = fα(x)

Aquí, se ha generalizado un resultado evidente. Se conoce la distribución obtenida con el nombrede distribución gamma.

Ejemplo 15: Encontrar la distribución que se obtiene como la convolución de dos distrucionesgamma con parámetros α > 0, β > 0 y c > 0, esto es, encontrar:

[fα ∗ fβ] (x) =Z

fα(y)fβ(x− y)dy. Donde:

fα(x) = θ(x)e−

yc yα−1

Γ (α) cαy

fβ(x) = θ(x)e−

yc yβ−1

Γ (β) cβ

Solución: Se sustituyen los valores de fα y fβ y, con base en (1.7) del ejemplo 1, se obtiene:

[fα ∗ fβ] (x) = θ(x)

Z x

0

e−yc yα−1

Γ (α) cαe−

x−yc (x− y)β−1

Γ (β) cβdy

Luego de realizar las mismas operaciones del ejemplo 14.1, se obtiene:

θ(x)

Z x

0

e−yc yα−1

Γ (α) cαe−

x−yc (x− y)β−1

Γ (β) cβdy = θ(x)

e−xc

Γ (α) cαΓ (β) cβ

Z x

0yα−1(x−y)β−1dy


Se representa como:

I(α, β) = θ(x)

Z x

0yα−1(x−y)β−1dy. De donde se obtiene que:

θ(x)e−

xc

Γ (α) cαΓ (β) cβ

Z x

0yα−1(x−y)β−1dy = e−

xc

Γ (α)Γ (β) cα+βI (α, β)

Se observa de inmediato que:

I(α, β) = θ(x)

Z x

0yα−1(x−y)β−1dy = θ(x)xα−1∗θ(x)xβ−1

Se calcula ahora el valor de I(α, β). Para ello se toma la transformada de Fourier a esta funcióny por la propiedad 12 de la transformada de Fourier se obtiene que:

F [I (α, β)] = Fhθ(x)xα−1 ∗ θ(x)xβ−1

iF [I (α, β)] = F

£θ(x)xα−1

¤Fhθ(x)xβ−1

iSe toma la transformada de Fourier al primero de estos factores. Por la definición (2.1) se tieneque:

F£θ(x)xα−1

¤=

Ze−isxθ(x)xα−1dx

Como θ(x) = 0 si x < 0, se obtiene:Ze−isxθ(x)xα−1dx =

Z ∞

0e−isxxα−1dx

Se hace el cambio de variable isx = q con lo que se obtiene:Z ∞

0e−isxxα−1dx =

Z ∞

0e−q

³ q

is

´α−1 dqis

Se extrae de esta integral el factor (is)α , por no depender de la variable q, y se obtiene:

1

(is)α

Z ∞

0e−qqα−1dq =

Γ (α)

(is)α, puesto que

Γ (α) =

Z ∞

0e−qqα−1dq, se tiene entonces que:

F£θ(x)xα−1

¤=Γ (α)

(is)α. Con el mismo procedimiento se calcula:

Fhθ(x)xβ−1

i=Γ (β)

(is)βPor lo tanto:

F£θ(x)xα−1

¤Fhθ(x)xβ−1

i=Γ (α)

(is)αΓ (β)

(is)β=Γ (α)Γ (β)

(is)α+β

2.1. PROPIEDADES 43

Se han sumado los exponentes de igual base. Como se conoce que:

F−1∙Γ (α)

(is)α

¸= θ(x)xα−1, se puede fácilmente calcular:

F−1"Γ (α)Γ (β)

(is)α+β

#=Γ (α)Γ (β)

Γ (α+ β)F−1

"Γ (α+ β)

(is)α+β

#Se ha aplicado la propiedad de linealidad de F−1 y se ha multiplicado numerador y denominadorpor el factor Γ (α+ β) . Donde se obtiene que:

Γ (α)Γ (β)

Γ (α+ β)F−1

"Γ (α+ β)

(is)α+β

#=Γ (α)Γ (β)

Γ (α+ β)θ(x)xα+β−1 Por lo tanto:

I(α, β) = θ(x)xα−1 ∗ θ(x)xβ−1 = θ(x)

Z x

0yα−1(x− y)β−1dy =

= θ(x)Γ(α)Γ(β)

Γ(α+ β)xα + β − 1 De donde:

e−xc

Γ (α)Γ (β) cα+βI (α, β) = θ(x)

e−xc

Γ (α)Γ (β) cα+βΓ(α)Γ(β)

Γ(α+ β)xα + β − 1

Luego de simplificar para Γ (α)Γ (β) se obtiene:

[fα ∗ fβ] (x) = θ(x)

Z x

0

e−yc yα−1

Γ (α) cαe−

x − yc (x− y)β−1

Γ (β) cβdy =

=θ(x)

Γ (α+ β) cα+βxα + β − 1e−

xc = fα+β(x) (2.30)

Por lo tanto:[fα ∗ fβ] (x) = fα+β(x), (2.30)

es la ley de convolución de dos funciones de distribución gama con parámetros α > 0 y β > 0.

Al resultado obtenido se le da la siguiente interpretación:

La suma de las variables aleatorias X+Y = Z, cada una de las cuales se ditribuye con ayuda dela distribución gamma con parámetros α > 0 y β > 0 respectivamente, la distribución obtenidacomo resultado de convolucionar estas dos distribuciones es también una distribución gammacon parámetro α + β. Otro resultado importante, que vale recalcar, es que se ha calculado demanera elemental el valor de la siguiente integral:

θ(x)

Z x

0yα−1(x−y)β−1dy = θ(x)

Γ(α)Γ(β)

Γ(α+ β)xα + β − 1

En la que si además la variable x > 0, se obtiene que:Z x

0yα−1(x− y)β−1dy =

Γ(α)Γ(β)

Γ(α+ β)xα + β − 1 (2.31)


Resultado válido para cualquier x > 0, α > 0 y β > 0. Esta integral es bastante complicadade tomar por métodos convecionales; basta señalar que incluso para valores enteros de α y β elcálculo no es fácil, no se diga para valores racionales o irracionales de estas variables.

La fórmula (2.30) [fα ∗ fβ] (x) = fα+β(x) se generaliza para n distribuciones de tipo gammacon parámetros: α1α2...αn Esto es:

[fα1 ∗ fα2 ∗ ..... ∗ fαn ] (x) = fα1+α2+....+αn(x) O lo que es lo mismo:

fα1+α2+....+αn(x) = θ(x)e−xc x(α1+α2+...+αn )−1

Γ(α1+α2+...+αn)c(α1+α2+...+αn )

(2.32)

Si en esta igualdad se da los valores c = 2 y α1 = α2 = .... = αn =12 . Se obtiene:h

f 12∗ f 1

2∗ ..... ∗ f 1

2

i(x) =

θ(x)e−x2 x

n2−1

Γ¡n2

¢2n2

Función que se representa como χ2n(x) De manera que:

χ2n(x) =θ(x)e−

x2 x

n2−1

Γ¡n2

¢2n2

(2.33)

La función χ2n(x) se llama distribución ji cuadrado y al valor n se llama número de grados delibertad de la distribución ji cuadrado, que es, tal vez, la distribución más importante de laestadística.

Ejemplo 16: Obtener la función:

B(α, β) =Γ(α)Γ(β)

Γ(α+ β)

Solución: En el ejemplo 15 se obtuvo que:Z x

0yα−1(x−y)β−1dy = Γ(α)Γ(β)

Γ(α+ β)xα + β − 1 (2.34)

Si en esta igualdad se da el valor particular de x = 1 se obtiene:Z 1

0yα−1(1− y)β−1dy =

Γ(α)Γ(β)

Γ(α+ β)= B(α, β) (2.35)

La función así obtenida se conoce con el nombre de función B(α, β), (se lee, función beta dealfa, beta).

Ejemplo 16.1 Obtener la fórmula de integración:Z π2

0sin2α−1 x cos2β−1 xdx =

1

2

Γ(α)Γ(β)

Γ(α+ β)(2.36)

2.1. PROPIEDADES 45

Solución: Si en la función B(α, β) se hace el cambio de variable y = sin2 x, puesto que siy ∈ [0, 1]⇒ x ∈

£0, π2

¤, se obtiene:Z 1

0yα−1(1− y)β−1dy =

Z π2

0

¡sin2 x

¢α−1(1− sin2 x)β−1d

¡sin2 x

¢Z 1

0yα−1(1− y)β−1dy =

Z π2

0sin2α−2 x cos2β−2 2 sinx cosxdxZ 1

0yα−1(1− y)β−1dy =

Z π2


1

2

Γ(α)Γ(β)

Γ(α+ β)

Fórmula que permite calcular fácilmente integrales de tipo:Z π2

0sinn x cosm xdx =

Z π2


1

2

Γ(α)Γ(β)

Γ(α+ β)

En las que n = 2α − 1 y m = 2β − 1. Ahora se va a ver algunas apliaciones de esta fórmulapara diferentes valores de n y m. Primero se verá (2.36) cuando ambos valores de m y n sonimpares, por ejemplo, 5 y 7 respectivamente, de donde: α = 3 y β = 4Z π

2

0sin5 x cos7 xdx =

1

2

Γ(3)Γ(4)

Γ(7)

Como para valores enteros de α se tiene que: Γ(α) = (α− 1)!Z π2

0sin5 x cos7 xdx =

1

2

2! · 3!6!

=1

125

Como se ve, el cálculo es bastante simple. Se calcula ahora la integral (2.36) cuando uno de losexponentes es par y el otro es impar, por ejemplo: n = 5 y m = 6, por lo tanto α = 3 y β = 7

2 .O sea, se calcula la integral:

Z π2

0sin5 x cos6 xdx =

Z π2

0sin2·3−1 x cos2·

72−1 xdx =

1

2

Γ(3)Γ(72)

Γ(3 + 72)

En este caso, como por (2.29) Γ(3) = 2 y Γ (α+ 1) = αΓ (α) , se obtiene que:

Γ(3 +7

2) = Γ(

13

2) = Γ(

11

2+ 1) =

11

2Γ(11

2)

Γ(3 +7

2) =

11

2Γ(9

2+ 1) =

11

2

9

2Γ(7

2+ 1) =

11

2

9

2

7

2Γ(7

2)

Entonces se tiene que:Z π2

0sin5 x cos6 xdx =

Z π2

0sin2·3−1 x cos2·

72−1 xdxZ π

2

0sin5 x cos6 xdx =

1

2

2Γ(72)1129272Γ(

72)=

8

693


Se calcula la integral (2.36) cuando ambos valores de n y m son pares, por ejemplo: n = 4 ym = 6, de donde: α = 5

2 y β =72

O sea, se debe calcular la integral:Z π2

0sin4 x cos6 xdx =

Z π2

0sin2·

52−1 x cos2·

72−1 xdx =

1

2

Γ(52)Γ(72)

Γ(52 +72)

En este caso se tiene por (2.29) que:

Γ(5

2) = Γ(

3

2+ 1) =

3

2Γ(3

2) =

3

2Γ(1

2+ 1) =

3

2

1

2Γ(1

2);

Γ(7

2) = Γ(

5

2+ 1) =

5

2Γ(5

2) =

5

2Γ(3

2+ 1)

Γ(7

2) =

5

2

3

2Γ(3

2) =

5

2

3

2Γ(1

2+ 1) =

5

2

3

2

1

2Γ(1

2) y

Γ(5

2+7

2) = Γ(6) = 5! = 120 Con lo que:

Z π2

0sin4 x cos6 xdx =

Z π2

0sin2·

52−1 x cos2·

72−1 xdxZ π

2

0sin4 x cos6 xdx =

1

2

3212Γ(

12)523212Γ(

12)

120=45Γ2(12)

64 · 120

Para calcular el valor de Γ2(12) se aprovecha de que:Z π2


1

2

Γ(α)Γ(β)

Γ(α+ β)En la que se hace α = β =

1

2, se obtiene:

Z π2

0sin2

12−1 x cos2

12−1 xdx =

1

2

Γ(12)Γ(12)

Γ(12 +12)=Γ2(12)

2Γ(1)=Γ2(12)

2. Por otra parte

Z π2

0sin0 x cos0 xdx =

Z π2

0dx =

π

2Se igualan ambas respuestas y se obtiene:

Γ2(12)

2=

π

2de donde: Γ2(

1

2) = π (2.37)

Por lo tanto:Z π

2

0sin4 x cos6 xdx =

45

7680π

Con lo que se han visto los tres casos posibles. Por lo visto, si ambos exponentes son pares elresultado termina en π.

Ejemplo 16.2: Encontrar el significado de la igualdad: Γ(12) =√

π

Solución: Para ello se sabe que Γ (α) =R∞0 e−xxα−1dx. Se da en esta integral el valor de α = 1

2y se obtiene:

Γ

µ1

2

¶=

Z ∞

0e−xx

12− 1dx =

Z ∞

0

e−x√xdx

2.1. PROPIEDADES 47

Se hace en esta integral el cambio de variable x = q2 y se obtiene:Z ∞

0

e−x√xdx =

Z ∞

0

e−q2pq22qdq = 2

Z ∞

0e−q

2dq =

√π

De donde:Z ∞

0e−q

2dq =

√π

2Como la función e=q

2es par,

se obtiene que también:Z 0

−∞e−q

2dq =

√π

2Luego, al sumar ambos resultados se obtiene:

Z ∞

0e−q

2dq+

Z 0

−∞e−q

2dq =

√π O lo que es lo mismo:Z

e−q2dq =

√π (2.38)

Resultado muy importante por cierto.

Ejemplo 16.3 Generalizar el resultado (2.35):Z x

0yα−1(x− y)β−1dy =

Γ(α)Γ(β)

Γ(α+ β)xα + β − 1

Solución: En general, para cualquier valor de α y β tales que: α+ β = 1;o sea: β = 1−α. Seobtiene que:Z x

0yα−1(x− y)−αdy = Γ(α)Γ(1− α) Por ejemplo si α =

1

3se obtiene que:Z x

0

dy3pxy2 − y3

= Γ

µ1

3

¶Γ

µ2

3

¶Asimismo que:Z x

0

dy³xy

αβ − y

1β

´ = Γ (α)Γ (β) , etc.

Integrales muy díficiles de calcular por métodos clásicos.

Ejemplo 17: Comprobar la propiedad de simetría de la función B (α, β) . Esto es, que se cumple:B (α, β) = B (β, α) .

Solución: En el ejemplo 16 se vio (2.35) que:Z 1

0yα−1(1−y)β−1dy = Γ(α)Γ(β)

Γ(α+ β)= B (α, β)

Se hace el cambio de variable x = 1− y y se obtiene que:Z 1

0yα−1(1−y)β−1dy =

Z 0

1(1−x)α−1xβ−1(−dx)


El signo menos permite intercambiar los límites de la integral, entonces:Z 0

1(1−x)α−1xβ−1(−dx) =

Z 1

0xβ−1(1−x)α−1dx Esto es lo mismo que:

Z 1

0xβ−1(1−x)α−1dx = B(β, α)

Que es lo que se quería demostrar.

Ejemplo 18: Sea la distribución uniforme f(x) definida como:

f(x) =

½0 si x /∈ (0, 1)1 si x ∈ (0, 1)

Calcular la convolución [f(x) ∗ f(x)] (x)

Solución: Por definición de convolución, se debe calcular: [f(x) ∗ f(x)] (x) =Rf(y)f(x− y)dy

Se puede ver que f(y) es:

f(y) =

½0 si y /∈ (0, 1)1 si y ∈ (0, 1)

y también que la función f(x− y) es:

f(x−y) =½0 si x− y /∈ (0, 1)1 si x− y ∈ (0, 1)

de donde, si x ∈ (0, 1)

[f(x) ∗ f(x)] (x)R x0 f(y)f(x− y)dy =

R x0 1,1dy

= y |x0= x

Para el intervalo x ∈ (1, 2) la convolución es igual a:

[f(x) ∗ f(x)] (x) =R 1x−1 f(y)f(x− y)dy =

R 1x−1 1,1dy

= y |1x−1= 1− x+ 1= 2− x

Si x ∈ (2,∞),se obtiene que: [f(x) ∗ f(x)] (x) = 0, lo mismo si x < 0. Por lo tanto:

[f(x) ∗ f(x)] (x) =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩0 si x ∈ (−∞, 0)x si x ∈ (0, 1)

2− x si y ∈ (1, 2)0 si x ∈ (2,∞)

(2.39)

La distribución así obtenida se llama distribución de Simpson.


Ejemplo 18.1: Sea la variable aleatoria X distribuida con la ayuda de la ley de Simpson:

f(x) =

⎧⎨⎩x si x ∈ (0, 1)

2− x si x ∈ (1, 2)0 si x /∈ (0, 2)

y la variable aleatoria Y distribuida con la ayuda de la ley uniforme:

g(x) =

½0 si x /∈ (0, 1)1 si x ∈ (0, 1)

Encontrar la ley de distribución h(x) = [f ∗ g] (x) de la variable aleatoria Z definida comoZ = X + Y donde X y Y son variables aleatorias independientes. Respuesta:

h(x) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩0 si x < 012x2 si x ∈ (0, 1)

−x2 + 3x− 32 si x ∈ (1, 2)

12

¡x2 − 6x+ 9

¢si x ∈ (2, 3)

0 si x > 3

2.2. Ejercicios Propuestos

Comprobar que:

1.

Z π2

0sinα−1 x cosβ−1 xdx =

1

2B

µα

2,β

2

¶

2.

Z π2

0sinα−1 xdx =

Z π2

0cosβ−1 xdx =

√π

2

Γ¡α2

¢Γ¡α+12

¢3.

Z a

0x2pa2 − x2dx =

a4 Γ2¡32

¢2 Γ (3)

=π a4

16

4. B (p, q + 1) =q

p+ qB (p, q)

5. B (p+ 1, q) =p

p+ qB (p, q)

6. B (p+ 1, q + 1) =Γ (p + 1)Γ (q + 1)

Γ (p + q + 2)

7. B (p, q) =

Z ∞

0

xq − 1

(1 + x)p + q dx

8.

Z ∞

0

4√x

(1 + x)2dx =

Γ¡34

¢Γ¡54

¢Γ(2)

=π

2√2

9.

Z ∞

0

dx

1 + x3=1

3Γ

µ2

3

¶Γ

µ1

3

¶=

2π

3√3


10.

Z 1

0

dxn√1 + xn

=1

nΓ

µ1

n

¶Γ

µ1− 1

n

¶=

π

n sin πn

Para : n > 1

11.

Z ∞

0

xm − 1

1 + xndx =

1

nΓ³1− m

n

´Γ³mn

´=

π

n sin πmn

Para : 0 < m < n

12.

Z b

a

(x − a)m (b − x)n

(x + c)m + n + 2 dx =(b − a)m + n + 1B (m+ 1, n+ 1)

(b + c)m + 1 (a + c)n + 1 Para : 0 < a < b, c > 0

13.

Z π2

0tann xdx =

1

2Γ

µn + 1

2

¶Γ

µ1− n + 1

2

¶=

π

2 cos n π2

Para |n| < 1

2.3. Teorema de Parseval

Este teorema establece que la energía de una señal real, calculada en el dominio del tiempo, esigual a la energía calculada en el dominio de la frecuencia; en otras palabras, para la transformadade Fourier: F [f(x)] = F (s), se cumple el teorema o igualdad de Parseval:Z

|f(x)|2 dx = 1

2π

Z|F (s)|2 ds (2.40)

Este teorema es muy importante porque, como ya se ha indicado, en procesamiento de señalesla transformada de Fourier suele considerarse como la decomposición de una señal f(x) encomponentes de frecuencias diferentes, es decir, F (s) corresponde al espectro de frecuencias dela señal f(x). Por otra parte, el cuadrado del valor absoluto de ambas funciones representa laenergía que porta la correspondiente onda, por lo tanto, esta igualdad es la ley de conservaciónde energía.

Demostración:

Se vio en la consecuencia de la propiedad 15 que:Zf(x)g(x)dx =

1

2π

ZF (s)G(−s)ds (2.11)

Por otra parte, la transformada de Fourier de la función conjugada f ∗ de la función f es:

F(f ∗) =Z

e−isxf ∗(x)dx, pero por la identidad de Euler se tiene que:

Ze−isxf ∗(x)dx =

Z[cos(sx)− i sin(sx)] f ∗(x)dx, por otra parte esto es lo mismo que:Z

[cos(sx)− i sin(sx)] f ∗(x)dx =

Z[cos(sx) + i sin(sx)]∗ f ∗(x)dx, o también:Z

[cos(sx) + i sin(sx)]∗ f ∗(x)dx =

Z £eisxf(x)

¤∗dx, además, evidentemente:Z £

eisxf(x)¤∗dx =

µZeisxf(x)dx

¶∗, también es evidente que:

2.3. TEOREMA DE PARSEVAL 51

µZeisxf(x)dx

¶∗=

µZe−i(−s)xf(x)dx

¶∗= F (−s)∗, de donde se obtiene finalmente que:

F(f ∗) = F (−s)∗

Ahora bien, si se hace al original g = f∗ la imagen de g será G = F ∗, por lo que:Zf(x)f∗(x)dx =

1

2π

ZF (s)F ∗ [−(−s)] ds = 1

2π

ZF (s)F ∗(s)ds

Con lo que, el teorema de Parserval queda demostrado:Z|f(x)|2 dx = 1

2π

Z|F (s)|2 ds (2.40)


Ejemplo 19: Comprobar la igualdad de Parseval para la función: f(x) = e−|x|

Solución: Primero, en ejemplo 8 se vio que la transformada de Fourier de la función e−|x| es:

F(e−a|x|) = 2a

a2 + s2Por lo tanto, se da el valor de 1 al parámetro a y se obtiene:

F(e−|x|) = 2

1 + s2= F (s)

Por lo que el lado derecho de la igualdad de parseval es igual a:

1

2π

Z|F (s)|2 ds = 1

2π

Z µ2

1 + s2

¶2ds =

1

2π4

Zds

(1 + s2)2

Puesto que la función que se integra es par, se obtiene:

2

π

Zds

(1 + s2)2=4

π

Z ∞

0

ds

(1 + s2)2Se hace el cambio de variable s = tan q con lo que:

1

2π

Z|F (s)|2 ds = 4

π

Z π2

0

dq

cos2 q³1 + sin2 q

cos2 q

´2Luego de hacer las correspondientes simplificaciones, se obtiene:

1

2π

Z|F (s)|2 ds = 4

π

Z π2

0cos2 qdq

Por fórmula muy conocida de la trigonometría, se tiene que:

4

π

Z π2

0cos2 qdq =

4

π

Z π2

0

1 + cos 2q

2dq Luego de integrar se tiene que:


1

2π

Z|F (s)|2 ds = 2

π

µ1 +

sin 2q

2

¶|π20 = 1

Por otra parte,R|f(x)|2 dx da como resultado:Z

|f(x)|2 dx =Z

e−2|x|dx,

por el concepto de |x| se separa esta integral en dos integralesZe−2|x|dx =

Z 0

−∞e2xdx+

Z ∞

0e=2xdx,

integrales que son fáciles de calcular y cuyos resultados son:Z|f(x)|2 dx =

Z 0

−∞e2xdx+

Z ∞

0e=2xdx =

1

2+1

2= 1

Lo que comprueba el teorema de Parseval para este ejemplo.

Ejemplo 20. Comprobar la igualdad de Parseval para la función f(x) = θ(x)e−a|x|, donde θ(x)es la función de Heaviside y la constante a > 0

Solución: Se busca la transformada de Fourier de la función θ(x)e−a|x|, que por tratarse deuna función que no es ni par ni impar debe ser compleja (propiedad 10 de la transformada deFourier). La imagen de esta función, con base en la definición de transformación de Fourier (2.1),es igual a:

Fhθ(x)e−a|x|

i=

Ze−ixsθ(x)e−a|x|dx

Puesto que la función de Heaviside θ(x) vale cero para los x < 0 y vale 1 para los x > 0, setiene que:Z

e−ixsθ(x)e−a|x|dx =

Z ∞

01e−isxe−axdx

Esto es cierto puesto que |x| = x para los x > 0. Esta integral es igual a:Z ∞

0e−isxe−axdx =

Z ∞

0e−(a+is)xdx, se ha sumado los exponentes.

El valor de esta integral es igual a:Z ∞

0e−(a+is)xdx =

e−(a+is)x

−(a+ is)|∞0

Por la identidad de Euler ésto es equivalente a:

e−(a+is)x

−(a+ is)|∞0 =


−(a+ is)|∞0

2.3. TEOREMA DE PARSEVAL 53

Por cuanto a > 0 la función exponecial e−ax→ 0 cuando x→∞ y como cos(sx)−i sin(sx) es unafunción acotada, (ver en (2.3)) se obtiene que todo el numerador e−ax [cos(sx)− i sin(sx)]→ 0,por otra parte, para x = 0 el mismo numerador vale 1, por lo que toda la fracción vale:


−(a+ is)|∞0 =

1

a+ is

Para separar de la fracción 1a+is la parte real de la imaginaria, se multiplica el numerador y el

denominador de la misma por el valor conjugado a− is, luego de lo cual se obtiene:

1

a+ is

a− is

a− is=

a− is

a2 + s2. De donde:

Fhθ(x)e−a|x|

i=

a− is

a2 + s2=

a

a2 + s2− i

s

a2 + s2= F (s).

Nota: Como se anticipó, la imagen F (s) (de acuerdo a la propiedad 10) es compleja.

Se procede de inmediato a calcular 12π

R|F (s)|2 ds. Se conoce que el cuadrado del valor absoluto

de una expresión compleja es igual al cuadrado de la parte real más el cuadrado de la parteimaginaria. Por lo tanto:

1

2π

Z|F (s)|2 ds = 1

2π

Z ∙a2

(a2 + s2)2+

s2

(a2 + s2)2

¸ds,

la suma de fracciones dentro de la integral da:

1

2π

Z ∙a2

(a2 + s2)2+

s2

(a2 + s2)2

¸ds =

1

2π

Zds

a2 + s2,

el resultado de esta integral es muy conocido:

1

2π

Zds

a2 + s2=1

2π

arctag saa

|∞−∞ . Al evaluar esta expresión se obtiene:

1

2π

arctag saa

|∞−∞=1

2πa

µπ

2− −π

2

¶=1

2a=1

2π

Z|F |2 ds

Por otra parte, el lado izquierdo de la igualdad de Parseval es:Z|f |2 dx =

Z hθ(x)e−a|x|

i2dx.

Por la definición de función de Heaveside esta integral vale 0 para x < 0. Luego, ya que parax > 0 se tiene que |x| = x.Z h

θ(x)e−a|x|i2dx =

Z ∞

0e−2axdx,

Se calcula esta integral y se obtiene:Z ∞

0e−2axdx =

e−2ax

−2a |∞0 =1

2a=

Z|f |2 dx, lo que comprueba el teorema de Parseval.


2.4. Ejercicios propuestos

Comprobar la igualdad de Parseval

1. Para la distribución normal:

f(x, μ, σ) =1√2πσ

e−(x − μ)2

2σ2

Para las funciones:

2. f (x) = θ(−x)eax; a > 0 donde θ(x) es la fiunción de Heaviside.

3. f(x) =

⎧⎨⎩x si x ∈ (0, 1)

2− x si x ∈ (1, 2)0 si x /∈ (0, 2)

4. f(x) =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩0 si x ∈ (−∞,−2)

1 + x2 si x ∈ (−2, 0)

1− x2 si y ∈ (0, 2)

0 si x ∈ (2,∞)

5. f(x) =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩0 si x < −2a


Capítulo 3

Funciones Generalizadas

Una función generalizada es un objeto matemático que generaliza el concepto de función. Suuso es indispensable en muchas ramas de la Matemática, la Física y la Ingeniería, y fueron intro-ducidas por la dificultad para encontrar la solución de ciertos problemas de la física matemática,de la mecánica , de la mecánica cuántica, del electro magnetismo, etc, en los que, además de lasfunciones continuas, que describen el comportamiento de variables continuas (masa, fuentes decalor, impulsos de cualquier tipo, etc), se hace indispensable también el uso de funciones dis-continuas, que concentran su acción en intervalos muy pequeños (masa puntual, fuente puntualde calor, impulso instantáneo, etc). Una de estas funciones fue la de Heaviside, definida como

θ(x) =

½0 si x < 01 si x > 0

que fue introducida en 1898 por el ingeniero eléctrico inglés Heaviside para

resolver ecuaciones diferenciales en la teoría de los circuitos eléctricos e indica que cuando elcircuito está desconectado vale 0 y cuando está conectado vale 1. En 1926, el físico inglés Diracintrodujo para la mecánica cuántica el símbolo funcional δ(x), llamado función delta, y cuyodesarrollo originó el nacimiento de las funciones generalizadas. Desde el punto de vista de Dirac,la función δ(x) representa la densidad de una carga unitaria situada en el origen de coordenadas;si la magnitud de esta carga es m su densidad es ρ(x) = mδ(x). Por lo que al símbolo δ(x) tiene

la propiedad de valer: δ(x) =½0 si x 6= 0∞ si x = 0

y ser además tal que su integral:Rδ(x)dx = 1

Se observa de inmediato que δ(x) no es una función en el sentido clásico de la definición defunción, pues no existe ninguna función que tenga estas propiedades, pues ∞ no es ningúnvalor numérico, también se nota que la definición anterior es contradictoria con la idea básicadel cálculo integral, por la cual si una función es identica a cero en todos sus puntos menos enuno, su integral debe valer cero, puesto que:Z

δ(x)dx =

Z 0

−∞δ(x)dx+

Z ∞

0δ(x)dx = 0 + 0 6= 1

Lo anterior significa que no es posible aplicar los resultados del cálculo integral y diferencial ala función δ(x) de Dirac, pues no se trata de una función en el sentido ordinario del cálculo.También, como se verá un poco más adelante, hay una relación bastante estrecha y sencilla entrela función θ(x) de Heaviside y la función δ(x) de Dirac, exactamente: θ0(x) = δ(x) lo que notiene el mínimo sentido matemático desde el punto de vista del análisis clásico.

55

56 CAPÍTULO 3. FUNCIONES GENERALIZADAS

Las funciones generalizadas se usan para obtener soluciones de ecuaciones diferenciales enderivadas parciales, también juegan un rol preponderante en el procesamiento de señales; además,se hace necesario el estudio de estas funciones porque la transformada de Fourier de las funcionesmás comunes y corrientes son funciones generalizadas, como se verá más adelante.

3.0.1. Definición del espacio básico Km

Se llama espacio básico Km al conjunto de todas las funciones reales ϕ(x), llamadas básicas ofinitas, que pertenecen a la clase de las funciones Cm o sea, aquellas que son continuas junto consus derivadas hasta de orden m incluido y que valen 0, ellas y sus derivadas hasta de orden mincluido, fuera de cierto dominio acotado, llamado soporte de las funciones básicas y representadocomo supp ϕ(x). En otras palabras, el soporte de las funciones básicas ϕ(x) está definido comola adherencia del conjunto de puntos x para los cuales ϕ(x) 6= 0. De esta manera, si x0 ∈ suppϕ(x), para cualquier vecindad V del punto x0 existe el punto x ∈ V , para el cual ϕ(x) 6= 0Como el soporte de la función ϕ(x) es acotado, se trata entonces de un conjunto compacto (unconjunto cerrado y acotado a la vez). Esto garantiza que la función ϕ(x) ∈ Km tenga derivadascontinuas hasta de orden m incluidas y también un soporte continuo.

El espacio básico Km es un espacio vectorial lineal, esto es, ∀α1, α2 ∈ R y ϕ1,ϕ2 ∈ K m secumple que:

α1ϕ1 + α2ϕ2 ∈ Km

Resumiendo esta idea, se puede decir que el espacio básico Km está compuesto por el conjuntode funciones finitas ϕ(x), o sea, todas aquellas que tienden a cero si |x| → ∞, junto con susderivadas hasta de orden m incluidas . El dominio dentro del cual la función básica ϕ(x) esdiferente de 0 se llama soporte de esta función.

Así, de esta manera:

ϕ(x) =

(sin³π x−ab−a

´si x ∈ [a, b]

0 si x /∈ [a, b]es una función continua que tiene soporte compacto, que es

el intervalo cerrado [a, b], también es diferenciable infinito número de veces (incluidos los puntos

a y b). Además, su derivada es igual a: ϕ0(x) =(

πb−a cos

³π x−ab−a

´si x ∈ [a, b]

0 si x /∈ [a, b]Al calcular el valor de las derivadas laterales en los puntos a y b se obtiene:

ϕ0−(a) = 0; ϕ0+(a) =

π

b− a;ϕ0−(b) = −

π

b− a;ϕ0+(b) = 0

Esto significa que la función ϕ0(x) no es continua en estos puntos. De esta manera, la función ϕ(x)pertenece al conjunto K0 porque tiene soporte compacto [a, b], pero su derivada no perteneceal conjunto de funciones continuas en el intervalo cerrado [a, b]. En forma análoga, se puedecomprobar que la función:

ϕ1(x) =

(sin2

³π x−ab−a

´si x ∈ [a, b]

0 si x /∈ [a, b]pertence al conjunto de funciones continuas junto con su

primera derivada y tiene soporte compacto [a, b], tiene además derivadas continuas de cualquier

57

orden menos en los puntos a y b donde sólo es continua su primera derivada; en otras palabras,esta función pertenece al conjunto K1. De igual manera se puede comprobar que la función:

ϕm(x) =

(sinm+1

³π x−ab−a

´si x ∈ [a, b]

0 si x /∈ [a, b]pertence al conjunto de funciones continuas junto

con sus derivadas hasta de orden m incluido y todas ellas tienen soporte compacto [a, b]; tienenademás derivadas continuas de cualquier orden mayor a m menos en los puntos a y b donde,como ya se dijo, sólo son continuas sus m primeras derivadas. En otras palabras, esta funciónpertenece al conjunto Km. Con ayuda de esta función se puede obtener otras funciones de estemismo espacio básico Km. Lo que se hace fácilmente: como ϕm(x) ∈ Km, para cualquier funciónf ∈ Cm (el conjunto de las funciones continuas hasta su derivada de orden m), se tiene que lafunción Ψ(x) = f ϕm(x) ∈ Km.

3.0.2. Definición del espacio básico K

Si en el espacio Km se hace m = ∞ se obtiene el espacio K, o sea el conjunto de funcionescontinuas junto con sus derivadas de cualquier orden, que tiene soporte compacto, esto es, elconjunto K∞. A K pertenece por ejemplo la función:

ϕ(x) =

(exp

³− ab(x−a)(b−x)

´si x ∈ [a, b]

0 si x /∈ [a, b]Fácilmente se comprueba que esta función es diferenciable infinito número de veces y tienesoporte compacto [a, b]. En los puntos a y b esta función junto con sus derivadas de cualquierorden es igual a 0, o sea, en estos puntos la curva es tangente infinito número de veces al eje delas absisas. Si en particular se hace a = −r y b = r se obtiene la función:

ϕ(x) =

(exp

³− r2

r2−x2´si x ∈ [−r, r]

0 si x /∈ [−r, r]Con ayuda de esta función se puede obtener funciones de este mismo espacio básico K. Lo quese hace fácilmente: como ϕ(x) ∈ K, para cualquier función f ∈ C∞ (el conjunto de las funcionescontinuas junto con sus derivadas de cualquier orden), se tiene que la funciónΨ(x) = f ϕ(x) ∈ K.

El espacio básico K se llama también espacio de prueba porque cada vez que se requiere com-probar alguna propiedad de una función generalizada f (que más adelante se va definir) se debetomar una función finita ϕ(x) y se debe comprobar que esta propiedad se cumple para ∀ ϕ ∈ K.

3.0.3. Definición del espacio Básico S

Este espacio está compuesto por todas las funciones ϕ(x) ∈ C∞ o sea aquellas que son infinitonúmero veces diferenciables y tienden a cero si |x|→∞, más rápido que cualquier polinomio decualquier grado, junto con todas sus derivadas de cualquier orden. Este conjunto de funcionescumple con la siguiente condición: ¯

xpdq

xqϕ(x)

¯≤ Cpq

donde Cpq es una constante que depende exclusivante de los números enteros p y q.


Linealidad del espacio S

El espacio básico S es un espacio vectorial lineal. Esto significa que ∀ α1, α2 ∈ R y ∀ ϕ1,ϕ2 ∈ Sse cumple que:

α1ϕ1 + α2ϕ2 ∈ S

El espacio K es subespacio de S, esto es: K ⊂ S, o sea, si ϕ ∈ K se concluye que ϕ ∈ S.En cambio, lo contrario no siempre es cierto. Si a(x) ∈ C∞ y ϕ(x) ∈ S, el producto deestas funciones Ψ(x) = a(x)ϕ(x) no siempre pertenece a S como fácilmente se comprueba sia(x) = ex

2, pues la función a(x)e−x

2/∈ S pese a que e−x

2 ∈ S. Se puede comprobar que sila función a(x) ∈ C∞ junto con sus derivadas de cualquier orden y no crece más rápido quecualquier polinomio cuando |x| →∞, entonces la función Ψ(x) = a(x)ϕ(x) ∈ S. Esto cumplen,por ejemplo, las funciones sinx, cosx o cualquier polinomio P (x).

3.1. Función generalizada

Función generalizada f es todo funcional lineal continuo definido sobre el espacio básico K. Seanaliza ahora punto por punto lo que significa esta definición.

Una función generalizada f es un funcional. Esto significa que cada función básica ϕ ∈ K espuesta en correspondencia con el valor real (f, ϕ) ∈ R , que se calcula como:

(f, ϕ) =

Zf ϕ dx (3.1)

Este funcional es lineal respecto a ϕ. Esto significa que ∀ α1, α2 ∈ R y ∀ ϕ1,ϕ2 ∈ K se cumple:

(f, α1ϕ1 + α2ϕ2 ) = α1(f, ϕ1 ) + α2(f, ϕ2 ) (3.2)

En consecuencia, el espacio básico K es un espacio vectorial lineal.

La continuidad del funcional f significa que si la sucesión de funciones básicas ϕn tiende a lafunción básica ϕ, entonces la sucesión de funcionales (f, ϕn) tiende al funcional (f, ϕ). Por todolo anteriormente dicho, una función generalizada no es más que una aplicación f que preserva lasuma y multiplicación por un escalar y que a cada función finita ϕ ∈ K le asocia como imagenun unico escalar (f, ϕ).

3.1.1. Espacio Dual K∗

El conjunto de todas las funciones generalizadas es representado como K∗ y se llama espaciodual del espacio K. En otras palabras, ∀ f ∈ K∗ es una función generalizada o generalizacióndel concepto de función.

3.1.2. Producto de una función generalizada f por el número λ

Se define el producto de una función generalizada f por el número real λ como aquel funcionalque cumple con la igualdad (λf, ϕ) = λ(f, ϕ) ∀f ∈ K∗, lo que hace que la propiedad de

3.1. FUNCIÓN GENERALIZADA 59

linealidad se cumpla también respecto al primer argumento f del funcional (f, ϕ), esto es, que:

(λ1f1+λ2f2, ϕ) = λ1(f1, ϕ)+λ2(f2, ϕ) para ∀ f1, f2 ∈ K∗ y ∀ λ1λ2 ∈ R (3.2)*

Lo que significa que K∗es también una espacio vectorial lineal, en otras palabras, el conjunto defunciones generalizadas es un espacio vectorial lineal

La continuidad del funcional λ1f1 + λ2f2 se deduce de que si la sucesión de funciones básicasϕn tiende a la función básica ϕ, entonces la sucesión de funcionales (λ1f1 + λ2f2, ϕn) es igualal funcional λ1(f1, ϕn) + λ2 (f2, ϕn), que tiende al funcional λ1(f1, ϕ) + λ2 (f2, ϕ). Por otraparte, como el funcional (f, ϕ) es real, las funciones generalizadas son también reales. Claro estáque este concepto puede ser ampliado para funciones de variable compleja, pero esto no se vaa hacer en el presente curso. Estas mismas definiciones se repiten si las funciones generalizadasson generadas en el espacio básico S. A las funciones generalizadas que son generadas en elespacio básico K se las llama también funciones generalizadas de orden infinto y a las funcionesgeneralizadas que son generadas en el espacio S se las llama también funciones generalizadas decrecimiento lento. En adelante se va trabajar con las funciones generalizadas que son generadasenK entendiendo que lo mismo se puede hacer para las funciones generalizadas que son generadasen S, a menos que se quiera trabajar especificamente en S. Si la función a(x) ∈ C∞ y la funciónf(x) es generalizada, entonces el producto a(x)f(x) también es una función generalizada, quese define con ayuda de la igualdad:

(af, ϕ) = (f, aϕ) para ∀ϕ ∈ K (3.3)

Igualdad de las Funciones Generalizadas

Dos funciones Generalizadas f y g son iguales si la igualdad:

(f, ϕ) = (g, ϕ) se cumple ∀ϕ ∈ K (3.4)

Se debe notar que el concepto de igualdad para las funciones generalizadas es el mismo que seda para las funciones (se asocia a cada elemento en el dominio una única imagen).

Derivada de una Función Generalizada

La derivada de una función generalizada f 0. Cada vez que se quiere conocer cómo actúa lafunción generalizada f , se debe tomar una función de prueba ϕ y analizar el correspondientefuncional, en este caso: (f 0, ϕ) =

Rf 0ϕdx. Se integra por partes este funcional y se obtiene:Z

f 0ϕdx = f ϕ |∞−∞ −Z

fϕ0dx

puesto que ϕ es finita se tiene que:

f ϕ |∞−∞= f(∞)ϕ(∞)−f(−∞)ϕ(−∞) = 0.De donde:Zf 0ϕdx = −

Zfϕ0dx. O lo que es lo mismo:


(f 0, ϕ) = −(f, ϕ 0) (3.5)

Que es la regla de derivación de una función generalizada. Si se generaliza este resultado seobtiene:

(f (n), ϕ) = (−1)n(f, ϕ(n)) (3.5)*

Como se ve, el concepto ordinario de derivada, como el líımite de un cuociente de cambio, no esaplicable a las funciones generalizadas, pues estas no son funciones en el sentido ordinario delcálculo diferencial.

3.2. Función δ(x) de Dirac

Ejemplo 21: La función generalizada δ(x), conocida también como función delta de Dirac, fuela que originó la teoría de las funciones generalizadas. Inicialmente fue definida por Dirac comola función que cumple con las propiedades:

1. δ(x) =

½0 si x 6= 0∞ si x = 0

2.

Z ξ

−ξδ(x)dx =

Zδ(x)dx = 1;donde ξ > 0

La primera propiedad indica que la función δ(x) vale siempre 0 excepto para x = 0, dondevale ∞, por la segunda propiedad se tiene que la integral de δ(x) vale 1 para todo x ∈ (−ξ, ξ),independientemente de la magnitud del valor ξ. Esta definición, como ya se dijo, sería valedera ycorrecta si es que∞ fuese un número, pero como no lo es se hace necesario dar una definición que,aunque diferente, sea equivalente a la dada por su autor. En adelante se da un nuevo concepto,que explica en forma clara lo que realmente es δ(x) de Dirac. Actualmente, la función δ(x),conocida comunmente como función generalizada o simbólica, no es más que el funcional linealcontinuo que a cada función de prueba ϕ(x) ∈ K pone en correspondencia con el valor de estafunción finita en cero, esto es, por definición:

(δ, ϕ) =

Zδ(x)ϕ(x)dx = ϕ(0). En otras palabras, de ahora en adelante:

(δ, ϕ) = ϕ(0) (3.6)

será la definición de la función δ(x).

Cuando se dice función δ(x) de Dirac no se hace referencia al concepto de función sino a ladefinición anterior, y se puede comprobar que esta definición es equivalente a la dada por Dirac.De esta manera, a cada función finita ϕ se le asocia como imagen un escalar único. Se deberecalcar que según esta definición no importa para nada qué valor puede tener la función finitaϕ para un punto x 6= 0, sólo importa su valor en 0.

3.2. FUNCIÓN δ(X) DE DIRAC 61

3.2.1. Propiedades de la Función δ(x)

1. Una propiedad importante de la función δ(x) de Dirac es que la misma es la unidad de laoperación convolución, esto es:

[δ ∗ f ] (x) = [f ∗ δ] (x) = f(x) (3.7)

Comprobación: Esta propiedad se comprueba por la definición de convolución y la definiciónde la función δ(x) de Dirac:

[δ ∗ f ] (x) =Z

δ(y)f(x−y)dy = f(x−y) |y=0= f(x)

1.1. De igual manera se comprueba que:

[δ(x− x0) ∗ f(x)] (x) = f(x−x0) (3.7)*

1.2. También se comprueba que:

δ(n)(x−x0)∗f(x) = f (n)(x−x0) (3.7)**

2. Fácilmente se comprueban las siguientes propiedades de la función δ(x) de Dirac:

Traslado paralelo de la función δ(x), esto es:

[δ(x− x0), ϕ(x)] = ϕ(x0) (3.6)*

Comprobación: Se hace la sustitución de la variable q = x−x0, de donde x = q+x0, dx = dqy se obtiene:

[δ(x− x0), ϕ(x)] =

Zδ(x−x0)ϕ(x)dx =

Zδ(q)ϕ(q+x0)dq

por definición de δ(x) se sabe que:Zδ(q)ϕ(q+x0)dq = ϕ(q+x0) |q=0= ϕ(x0)

Lo que comprueba que:[δ(x− x0), ϕ(x)] = ϕ(x0) (3.6)*

En otras palabras, si δ(x) pone en correspondencia a cada función finita ϕ con el valor de estafunción en 0, la función trasladada de Dirac δ (x− x0) pone en correspondencia a cada funciónfinita ϕ (x) con el valor de esta función finita en el punto x0.

Consecuencia: De la propiedad 2 se concluye que:hδ(n)(x− x0), ϕ(x)

i= (−1)n ϕ(n)(x0) (3.6)**


3. Análogamente se comprueba que:

δ(ax) =1

|a|δ(x) (3.7)

Comprobación: Para ello se toma cualquier ϕ ∈ K y se analiza:

[δ(ax), ϕ(x)] =

Zδ(ax)ϕ(x)dx.

Ahora, si a > 0 se sustituye q = ax; x =q

ay dz =

dq

a, se obtiene:

Zδ(ax)ϕ(x)dx =

Zδ(q)ϕ(

q

a)1

adq =

1

aϕ(

q

a) |q=0=

1

aϕ(0), o sea:Z

δ(ax)ϕ(x)dx =1

aϕ(0) =

1

a(δ, ϕ); ∀ϕ ∈ K y a > 0.

Ahora, si a < 0 se sustituye q = ax; x =q

ay dz =

dq

a, se obtiene:

Zδ(ax)ϕ(x)dx =

1

a

Z −∞

∞δ(q)ϕ(

q

a)dq =

1

−a

Zδ(q)ϕ(

q

a)dq =

1

−aϕ(q

a) |q=0=

1

−aϕ(0), o sea que:Zδ(ax)ϕ(x)dx =

1

−aϕ(0) =1

−a(δ, ϕ); ∀ϕ ∈ K y a < 0

Se observa que ambas leyes pueden ser reducidas a una sola:

[δ(ax), ϕ(x)] =1

|a|(δ, ϕ); ∀ϕ ∈ K y a ∈ R

Por lo tanto, con base a la definición de igualdad de las funciones generalizadas:

δ(ax) =1

|a|δ(x) (3.7)

Que es lo que se quería demostrar. De esta propiedad se concluye que la función delta es par,puesto que si a = −1 se obtiene:

δ(−x) =1

|−1|δ(x) = δ(x)

δ(−x) = δ(x) (3.7)*



Ejemplo 22: Analizar lo que significa la derivada de la función δ(x) de Dirac, δ0 =?

Solución: Se toma ∀ϕ ∈ K y, por regla de derivación de una función generalizada, se tieneque:

(δ0, ϕ) = −(δ, ϕ0) = −ϕ0(0) (3.8)

Generalizando este resultado se obtiene que:

(δ(n), ϕ) = (−1)nϕ(n)(0) (3.8)*

Ejemplo 23: La derivada de la función de Heaviside θ(x) es la función δ (x) de Dirac.

Demostración: Aparentemente, parecería que θ0(x) = 0, puesto que si x < 0 se tiene queθ(x) = 0 y la derivada de 0 es 0; por otra parte, si x > 0 se tiene que θ(x) = 1 y la derivada de 1vale 0. Pero esto no es así, ya que si la derivada de una función vale 0 significa que esta función esconstante, pero la función de Heaviside no es constante, luego su derivada no puede valer 0. Estosignifica que la derivada de la función de Heaviside no pertenece al conjunto de funciones comunesy corrientes y pertenece al conjunto de funciones generalizadas. Para encontrar su derivada setoma ∀ϕ ∈ K y se analiza, por la definición de derivada de una función generalizada:

(θ0, ϕ) = −(θ, ϕ0).

Este funcional se calcula como:

−(θ, ϕ0) = −Z

θ(x)ϕ0dx.

Pero como la función de Heaviside vale 0 si x < 0, se obtiene:

−Z

θ(x)ϕ0dx = −Z ∞

0ϕ0dx. Se toma esta integral y se obtiene:

−Z ∞

0ϕ0dx = −ϕ |∞0 = −ϕ(∞)+ϕ(0),

pero como ϕ es finita, se tiene que ϕ(∞) = 0, por lo que:

(θ0, ϕ) = ϕ(0) = (δ, ϕ)

Esta última igualdad por definición (3.6) de la función δ(x) de Dirac. Luego como:

(θ0, ϕ) = (δ, ϕ) ∀ϕ ∈ K

Por la definición de igualdad de dos funciones generalizadas se obtiene que:

θ0(x) = δ(x) (3.9)


Que es lo que se quería demostrar. Este resultado, pese a su sencillez, no deja de asombrar porlo inesperado que es.

Ejemplo 24: Encontrar que el valor del funcional a(x)δ(x) es:

a(x)δ(x) = a(0)δ(x) (3.10)

Solución: Como en todos los casos, se toma una función finita cualquiera ϕ y se calcula el valordel funcional:

[a(x)δ(x), ϕ(x)] =

Za(x)δ(x)ϕ(x)dx =

Zδ(x) [a(x)ϕ(x)] dx.

Como a(x)ϕ(x) ∈ K, se tiene que:Zδ(x) [a(x)ϕ(x)] dx = a(0)ϕ(0). Esto por definición de la función δ(x) de Dirac.

Pero como: ϕ(0) = (δ, ϕ), se tiene que:

a(0)ϕ(0) = a(0)(δ, ϕ), como este funcional es lineal, se obtiene que:

[a(x)δ(x), ϕ(x)] = [a(0)δ(x), ϕ(x)] ∀ϕ ∈ K

Por la definición de igualdad de funciones generalizadas, se obtiene que:

a(x)δ(x) = a(0)δ(x) (3.10) Consecuencia:

a(x)δ(x− x0) = a(x0)δ(x− x0) (3.10)*

Así, por ejemplo, se tiene que:

1. xδ = 0

2. sinxδ(x) = sin 0δ = 0

3. cosxδ(x) = cos 0δ = δ

Ejemplo 25: Encontrar el valor del funcional a(x)δ0(x).

Solución: Como siempre, se toma una función de prueba ϕ ∈ K y se calcula el valor delfuncional:

(aδ0, ϕ) = (δ0, aϕ) =

Zδ0 (aϕ) dx =

¡δ0, aϕ

¢,

así se define el accionar de este funcional.¡δ0, aϕ

¢= −

£δ, (aϕ)0

¤así se deriva una función generalizada. Pero como:

(aϕ)0 = a0ϕ + aϕ0 se obtiene que:

−£δ, (aϕ)0

¤= −

¡δ, a0ϕ+ aϕ0

¢, lo que por definición de δ(x) es igual a:

−¡δ, a0ϕ+ aϕ0

¢= −a0(0)ϕ(0)−a(0)ϕ(0)0


pero como: ϕ(0) = (δ, ϕ) y −ϕ(0)0 =¡δ0, ϕ

¢se obtiene:

−a0(0)ϕ(0)−a(0)ϕ(0)0 = −a0(0) (δ, ϕ)+a(0)¡δ0, ϕ

¢.

Lo que por linealidad de este funcional es igual a:

−a0(0) (δ, ϕ)+a(0)¡δ0, ϕ

¢=¡−a0δ, ϕ

¢+¡aδ0, ϕ

¢.

También se obtiene, por linealidad de este funcional:¡−a0δ, ϕ

¢+¡aδ0, ϕ

¢= (−a0δ+aδ0, ϕ) = (aδ0, ϕ) ∀ϕ ∈ K

Así, por definición de igualdad de dos funciones generalizadas, se obtiene el valor del funcional:

a (x) δ0 (x) = −a0 (0) δ (x) + a (0) δ0 (x) (3.11)

De esta manera, por ejemplo: xδ0 = −δ; sinxδ0 = −δ.Ejemplo 25.1: Encontrar el valor del funcional a(x)δ

00(x).

Solución: Como se ha hecho antes, se toma una función finita cualquiera ϕ y se analiza lafórmula de la segunda derivada:

(aδ00, ϕ) =

Zδ00(x) (aϕ) dx = (δ00, aϕ) =

£δ, (aϕ)00

¤.

De donde, luego de derivar dos veces aϕ se obtiene:

(aδ00, ϕ) = (δ, a00ϕ+2a0ϕ0+aϕ00).

Que es la segunda derivada del producto aϕ ∈ K. Pero:

(δ, a00ϕ+2a0ϕ0+aϕ00) = (δ, a00ϕ)+(δ, 2a0ϕ0)+(δ, aϕ00)

por la propiedad distributiva del funcional (f, ϕ). Por definición de la función δ (x) de Dirac seobtiene:

(δ, a00ϕ)+(δ, 2a0ϕ0)+(δ, aϕ00) = a00(0)ϕ(0)+2a0(0)ϕ0(0)+a(0)ϕ00(0)

Pero como: (δ(n), ϕ) = (−1)nϕ(n)(0), se tiene, por linealidad de este funcional, que:

a00(0)ϕ(0)+2a0(0)ϕ0(0)+a(0)ϕ00(0) = a00(0)(δ, ϕ)−2a0(0)(δ0, ϕ)+a(0)(δ00, ϕ)

De donde se obtiene que:

£a(x)δ00(x), ϕ

¤=£a00(0)δ − 2a0(0)δ0 + a(0)δ00, ϕ)

¤∀ϕ ∈ K

Por definición de igualdad de dos funciones generalizadas, el valor de este funcional es:

a(x)δ00(x) = a00(0)δ − 2a0(0)δ0 + a(0)δ00 (3.12)

Asi, por ejemplo:


cosxδ00 = δ − δ00

sinxδ00 = 2δ0

e−xδ00 = δ + 2δ0 + δ00

x2δ00 = 2δ

[θ(x)ex]00 = δ0 + δ + θ(x)ex

x4δ00(x) = 0

Ejemplo 26: Encontrar el valor del funcional [xθ (x)]00 Donde θ (x) es la función de Heaviside.

Solución: Como se sabe, cada vez que se quiere conocer el valor de un funcional se toma ∀ϕ ∈ Ky se analiza:£(xθ)00, ϕ

¤= (xθ, ϕ00)

Por definición de segunda derivada de una función generalizada. O lo que es lo mismo:

(xθ, ϕ00) = (θ, xϕ00) =

Zθ(x)

¡xϕ00

¢dx, este funcional se calcula como:

Zθ(x)

¡xϕ00

¢dx =

Z ∞

0xϕ00dx,

puesto que la función de Heaviside vale 0 si x < 0 y vale 1 si x > 0. Se toma esta integral porpartes y se obtiene:Z ∞

0xϕ00dx = xϕ0|∞0 −

Z ∞

0ϕ0dx.

El valor del primer sumando es 0 porque ϕ(∞) = 0 y −0ϕ(0) = 0. Por lo que:

−Z ∞

0ϕ0dx = −ϕ|∞0 = ϕ(0)−ϕ(∞) = ϕ(0) puesto que ϕ(∞) = 0. Luego:

£(xθ)00, ϕ

¤= ϕ(0) = (δ, ϕ). Esto por definición de función δ(x) de Dirac. Por lo que:£

(xθ)00, ϕ¤= (δ, ϕ). Como esta igualdad se cumple ∀ϕ ∈ K, se obtiene finalmente que:

[xθ (x)]00 = δ

Ejemplo 27: Encontrar el valor del funcional θ0 (x0 − x), donde θ (x) es la función de Heaviside.

Solución: Por definición de derivación de una función generalizada se tiene que:£θ0 (x0 − x) , ϕ

¤= −

£θ (x0 − x) , ϕ0 (x)

¤. Se calcula ahora el valor de este funcional:

−£θ (x0 − x) , ϕ0 (x)

¤= −

Zθ (x0 − x)ϕ0 (x) dx.


Se hace el cambio de variable x0 − x = q y se obtiene:

−Z

θ (x0 − x)ϕ0 (x) dx = −Z −∞

∞θ (q)ϕ0 (x0 − q) (−dq) .

Se intercambian los límites de la integral y se obtiene:

−Z −∞

∞θ (q)ϕ0 (x0 − q) (−dq) = −

Zθ (q)ϕ0 (x0 − q) dq.

como θ(x) = 0 si x < 0 y vale 1 si x > 0, se obtiene:

−Z

θ (q)ϕ0 (x0 − q) dq = −Z ∞

0ϕ0 (x0 − q) dq. El valor de esta integral es:

ϕ (x0 − q) |∞0 = −ϕ (x0) . Pero por propiedad (3.6) [δ (x− x0) , ϕ] = ϕ(x0), se obtiene que:

−ϕ (x0) = [−δ (x− x0) , ϕ] . Por propiedad de linealidad de la función δ(x−x0).Luego:£θ0 (x0 − x) , ϕ

¤= (−δ (x− x0) , ϕ) ∀ϕ ∈ K

Por definición de igualdad de funciones generalizadas, se concluye que:

θ0 (x0 − x) = −δ (x− x0)

Ejemplo 28: Encontrar el valor de la derivada de la función característica de un intervalo χl(x).

Solución: En este caso, e igual a lo que sucede con la función de Heaviside, se debería obtenerque χl(x) = 0, pero esto no puede ser porque la función característica de un intervalo no esconstante, por lo que esta función debe pertenecer al conjunto de las funciones generalizadas.Para obtener el valor de su derivada, se debe tomar cualquier función de prueba ϕ y calcular elvalor del funcional (χ0l, ϕ). Pero, por definición (3.5) de derivación de las funciones generalizadas:

(χ0l, ϕ) = −¡χl, ϕ

0¢ El valor de este funcional se encuentra calculando la integral:−¡χl, ϕ

0¢ = −Z χlϕ0dx pero por definición de χl se tiene que:

−Z

χlϕ0dx = −

Z l

−lϕ0dx. Se toma esta integral y se obtiene:

−Z l

−lϕ0dx = −ϕ|l−l Se evalúa la función finita ϕ en estos límites y se obtiene:

−ϕ|l−l = ϕ (−l)−ϕ (l) . Pero por (3.6) ϕ (x0) = [δ (x− x0) , ϕ (x)] , se obtiene que:

ϕ (−l)−ϕ (l) = [δ (x+ l) , ϕ]−[δ (x− l) , ϕ]

Por linealidad respecto al primer argumento, esto significa que:

[δ (x+ l) , ϕ]−[δ (x− l) , ϕ] = [δ (x+ l)− δ(x− l), ϕ] = (χ0l, ϕ) ∀ϕ ∈ K


Luego por definición (3.4) de igualdad de dos funciones generalizadas se obtiene que:

χ0l (x) = δ (x+ l)− δ (x− l) (3.13)

Ejemplo 29: Demostrar que las funciones generalizadas cumplen la regla de derivación de lasfunciones comunes y corrientes, esto es:

(af)0 = a0f + af 0 (3.14)

donde f(x) es una función generalizada y a(x) es una función común y corriente.

Solución:Para ello se toma una función básica ϕ y, por definición (3.5) de derivada de unafunción generalizada, se tiene que:£(af)0 , ϕ

¤= −

¡af, ϕ0

¢. Pero:

−¡af, ϕ0

¢= −

Zafϕ0dx =

Zf(x)

¡−aϕ0

¢dx =

¡f,−aϕ0

¢.

Pero se conoce que (aϕ)0 = a0ϕ+ aϕ0, de donde se obtiene: −aϕ0 = a0ϕ− (aϕ)0, por lo que:¡f,−aϕ0

¢=£f, a0ϕ− (aϕ)0

¤. Por linealidad de este funcional se tiene que:£

f, a0ϕ− (aϕ)0¤=¡f, a0ϕ

¢−£f, (aϕ)0

¤. Como:¡

f, a0ϕ¢= (a0f, ϕ) y −

£f, (aϕ)0

¤=¡f 0, aϕ

¢. Se obtiene:¡

f, a0ϕ¢−£f, (aϕ)0

¤= (a0f, ϕ)+

¡f 0, aϕ

¢, o también

(a0f, ϕ)+¡f 0, aϕ

¢= (a0f, ϕ)+

¡af 0, ϕ

¢=¡a0f + af 0, ϕ

¢.

Por linealidad de este funcional, de donde:£(af)0 , ϕ

¤=¡a0f + af 0, ϕ

¢∀ϕ ∈ K

Por la definición (3.4) de igualdad de dos funciones generalizadas, se obtiene:

(af)0 = a0f + af 0 (3.14)



1. δ(ax+b) =1

|a|δ(x+b

a)

2. (signx)0 = 2δ(x)

3. (xsignx)0 = signx

4. x0− = −u(−x)


5.¡xn+¢0= nxn−1+

6.³χπ2cosx

´0= −χπ

2sinx

7. |x|0 = 2u(x)−1 = signx =

½−1 si x < 01 si x > 0

8. |x|00 = (signx)0 = 2δ(x)

9. (|x| sinx)000 = 4δ−3signx sinx−|x| cosx

10. (|x| cosx)000 = 2δ−3signx cosx−|x| sinx

11.¡x2χl

¢0= 2xχl+l

2 [δ(x+ l)− δ(x− l)]

12. [cos(x)χπ]0 = δ(x−π)−δ(x+π)−χπ sin (x)

13.hsin(x)χπ

2

i0= δ(x+

π

2)−δ(x−π

2)+χπ

2cos (x)

13,1hcos(x)χπ

2

i0= −χπ

2sin (x)

14. (θ(x) cosx)0 = δ(x)−θ(x) sinx, donde θ (x) es la función de Heaviside.

15. cot(x)δ0³x− π

2

´= δ

³x− π

2

´16. sin(x)δ00(x−π) = 2δ0(x−π)

17. [sign(x)](n) = 2δ(n−1)(x)

18. (θ(x) sinx)0 = θ(x) cosx

Comprobar que si f (x) es una función generalizada y a (x) es una función común y corriente,se cumple la ley de derivación de la fracción:

19.

µf

a

¶0=

f 0a− a0f

a2

20. (lx |x|)0 = P1

x

21.

µP1

x

¶0= −P 1

x2

22. Calcular que la segunda derivada de la función f (x) es:

f 00(x) =

½x2 si |x| ≤ 10 si |x| > 1 = 2u (1− |x|)−2δ (x+ 1)−2δ (x− 1)+δ0(x+1)−δ0 (x− 1)

23. Calcular la segunda derivada de la función g (x) es:

g00 (x) =

½senx si |x| < π

0 si |x| > π= u (π − |x|) cosx.


24. θ(n)(x−x0) = δ(n−1)(x−x0) si n ≥ 1

25. (θ(x)eax)00 = δ0+aδ+a2θ(x)eax

26. (θ(x)eax)(n) = δ(n−1)(x)+aδ(n−2)(x)+···+an−1δ(x)+anθ(x)eax

27. xnδ(n−k) = 0 para k = 1, 2, 3, .., .n.

28. xnδ(n) = (−1)n n!δ(x)

29. sin (x) δ00 (x− π) = 2δ0 (x− π)

30. xmδ(n)(x) =

½0 si n < m

(−1)mm!Cmn δ(n−m)(x) si n ≥ m

31. xnδ(n+k) = (−1)n (n+ k)!

k!δ(k)(x)

32. a(x)δ(n)(x−x0) = C0na(x0)δ(n)(x−x0)−C1na0(x0)δn−1(x−x0)+

+C2na00(x0)δ

n−2(x−x0)+. . .+(−1)nCnna

(n)(x0)δ(x−x0)

33. θ(n)(l−|x|) = δ(n−1)(x+l)−δ(n−1)(x−l) para l > 0

34. (|x|)(n) = 2δ(n−2)(x)

Capítulo 4

Transformadas de FuncionesGeneralizadas

4.1. Transformada de Fourier en el Espacio K

A partir de ahora se va a trabajar sólo en el espacio K y su correspondiente espacio dual K∗,a menos que se diga lo contrario.

Problema: Demostrar que la transformada de Fourier de la función generalizada f(x) se rigepor la siguiente ley funcional:

[F (f) , ϕ] = [f,F (ϕ)]

Demostración: Lo que se intenta demostrar es lo siguiente: si se conoce cómo actúa la funcióngeneralizada f(x) sobre cada función básica ϕ, se busca conocer ahora cómo actúa la imagende la función generalizada F [f(x)] sobre la misma función básica ϕ. Para ello, se toma unafunción básica cualquiera ϕ y se calcula el valor del siguiente funcional: [F (f) , ϕ]. Como todofuncional (f, ϕ) se evalúa según (3.1) mediante la integral

Rf ϕdx, se tiene entonces que:

[F (f) , ϕ] =ZF [f(x)]ϕ(s)ds.

Se sustituye dentro de la integral el valor de F [f(x)].ZF [f(x)]ϕ(s)ds =

Z ∙Ze−isxf(x)dx

¸ϕ(s)ds,

Se aplica el teorema de Fubine para intercambiar el orden de integración en esta integral doble.Z ∙Ze−isxf(x)dx

¸ϕ(s)ds =

Z ∙Ze−isxϕ(s)ds

¸f(x)dx.

ComoZ

e−isxϕ(s)ds es la transformada de Fourier de la función finita ϕ, se obtiene:

71

72 CAPÍTULO 4. TRANSFORMADAS DE FUNCIONES GENERALIZADAS

Z ∙Ze−isxϕ(s)ds

¸f(x)dx =

ZF(ϕ)f(x)dx

Lo que por (3.1) se representa mediante el funcional [f,F (ϕ)]. Se obtiene entonces:

[F (f) , ϕ] = [f,F (ϕ)] (4.1)


Como la función original ϕ(x) es finita, la integral:

F (ϕ) =Z

e−isxϕ (x) dx

se distribuye en un dominio finito, por ejemplo (a, b) donde la imagen F (s) de la finción originalϕ (x) cumple todas las 16 propiedades estudiadas en el capítulo 2 sobre las transformadas deFourier. La regla obtenida (4.1) significa que la transformación de Fourier de la funcióngeneralizada f(x) es la función generalizada F [f(x)] que actúa sobre cada función finita ϕde la misma manera que la función generalizada f(x) actua sobre la imagen F (ϕ) de la funciónfinita ϕ. Esta regla será aplicada para encontrar las imágenes de alguna funciones generalizadas,por ejemplo, la imagen de la función δ(x) de Dirac.


Ejemplo 30: Demostrar que la función δ(x) delta de Dirac tiene por imagen la función 1.

F [δ(x)] = F (s) = 1

Solución: Este ejemplo es importante para comprender el sentido de las funciones generalizadas,en particular, el de la función δ(x) delta de Dirac. Como siempre, cada vez que se quiere sabercomo actúa la función generalizada f(x) se debe tomar una función básica ϕ ∈ K y analizar elfuncional (f, ϕ), en este caso, el funcional [F(δ), ϕ]. Pero como se acaba de ver, la transformadade Fourier de una función generalizada se rige por la regla (4.1). En este caso:

[F(δ), ϕ] = [δ,F(ϕ)] =Z

δ(x)e−isxϕ(s)ds.

Pero como se conoce por (3.6): (δ, ϕ) = ϕ(0), se tiene entonces que:Zδ(x)e−isxϕ(s)ds =

Ze−isxϕ(s)ds |x=0

De donde, luego de evaluar esta integral, se obtiene:Z £e−isxϕ(s)ds

¤|x=0=

Z1·ϕ(s)ds. Pero esto por (3.1) es lo mismo que:

Z1·ϕ(s)ds = (1, ϕ) por lo tanto, como:

[F(δ), ϕ] = (1, ϕ) ∀ϕ ∈ k

4.1. TRANSFORMADA DE FOURIER EN EL ESPACIO K 73

Se deduce entonces, por la definición (3.4) de igualdad de dos funciones generalizadas, que:

F [δ(x)] = 1 (4.2)

Conclusiones: Con base en propiedad 3 de la transormada de Fourier, se comprueba que:

F [δ(x− x0)] = eix0s (4.3)

Por la propiedad (3.7) de simetría δ(ax) = 1|a|δ(x) se comprueba que:

F [δ(ax)] = 1

|a|

Comprobación:

F [δ(ax)] = F∙1

|a|δ(x)¸

=1

|a|F [δ(x)]

F [δ(ax)] = 1

|a| (4.4)

Y también que:F−1 [1] = δ(x) (4.2)*

Ejemplo 31: Como se conoce que F£f (n)(x)

¤= (is)nF (s), (consecuencia de la propiedad 5 de

la transformada de Fourier) se tiene entonces que:

31.1 Fhδ(n)(x)

i= (is)n

Esta fómula se cumple puesto que: F [δ(x)] = 1, también se tiene que:

31.2 Fhδ(2n)(x)

i= (−1)ns2n

Resultado evidente, pues (i)2n =¡i2¢n= (−1)n.

31.3 Fhδ(2n + 1)(x)

i= (−1)(n)is(2n + 1)

También evidente, porque (i)2n + 1 = (i)2n i = (−1)n i

31.4 F(x2n) = (−1)n2πδ(2n)(s)

Este resultado se hace evidente a partir de que:

31.5 F(x) = iF(−ix·1)

Se basa en la propiedad 6 de la transformada de Fourier, por lo que:

iF(−ix·1) = [iF(1)]0 = i [2πδ(s)]0 = 2πiδ0(s).


Se repite 2n veces esta operación y se obtiene:

31.4 F(x2n) = 2π (i)2n δ(2n)(s) = 2π¡i2¢n

δ(2n)(s) = (−1)n2πδ(2n)(s)

La fórmula 31.4 indica que:Ze−issx2ndx = (−1)n2πδ(2n)(s)

Se sustituye la fórmula de Euler en esta integral, lo que da:Z[cos(sx)− i sin(sx)]x2ndx = (−1)n2πδ(2n)(s)

Las partes reales son iguales entre sí, por lo que:Zx2n cos(sx)dx = (−1)n2πδ(2n)(s)

Como la función que se integra es par, se obtiene finalmente:

δ(2n)(s) =(−1)nπ

Z ∞

0x2n cos(sx)dx

Que es la represtanción integral de las derivadas de orden 2n de la función δ(x) de Dirac.

Ejemplo 32: Calcular las transformada de Fourier de la función básica ϕ = 1 ∈ K. Esto es,una función que tiene ese valor únicamente en un intervalo finito, fuera del cual vale 0 es:

F(1) = 2πδ(s)

Solución: Por (4.2) F(δ) = 1, entonces, por la propiedad 11 de la doble transformada de Fourier,se tiene que:

F(1) = F F [δ (x)] = 2πδ(−s)

Como δ(s) es una función par, ver (3.7)*, se obtiene finalmente:

F(1) = 2πδ(s) (4.2)** de donde:

F−1 [2πδ (s)] = 1 (4.2)***

Este resultado nos permite dar una interpretación integral de la función δ(x)

Ejemplo 32.1 Dar una forma integral a la función delta de Dirac δ(x).

Obtención: Se conoce por el ejemplo 32 que F(1) = 2πδ(s), luego:

F(1) =Z

e−isx·1dx = 2πδ(s).

Por definición de transformada de fourier de la función 1, por lo que:Ze−isx·1dx =

Z(cos sx−i sin sx)dx.


Se ha aplicado la fórmula de Euler: e−isx = cos sx−i sin sx. De donde:Z(cos sx−i sin sx)dx = 2πδ(s).

Las partes reales de esta igualdad coinciden entre sí, por lo que:Zcos sxdx = 2πδ(s).

Como cos sx es par, se integra en el intervalo (0,∞), se divide el resultado para 2π y se obtienenlas siguientes representaciones integrales de la función imagen δ(s)

δ(s) =1

2π

Ze−isxdx =

1

2π

Zcos sxdx =

1

π

Z ∞

0cos sxdx (4.5)

De igual manera, usando: F−1 [1] = δ(x) se obtienen la siguientes representaciones integralesde la función original δ(x):

δ(x) =1

2π

Ze−ixsds =

1

2π

Zcosxsds =

1

π

Z ∞

0cosxsds (4.5)

Consecuencia: Con igual éxito se pudo comprobar que la función δ(x− x0) tiene la siguienterepresentación integral:

δ(x− x0) =1

2π

Ze−is(x−x0)ds (4.6)

Ejemplo 32.2: Demostrar la validez de la fórmula de inversión o transformada inversa deFourier.

f(x) =1

2π

ZeisxF (s)ds (2.4)

Demostración: Para ello se debe notar que por tratarse de una variable muerta es lo mismo:

F (s) =

Ze−isxf(x)dx =

Ze−isqf(q)dq. Con lo que, (2.4) se convierte en:

1

2π

ZeisxF (s)ds =

1

2π

Zeisx

∙Ze−isqf(q)dq

¸ds

Esta es una integral doble, por lo tanto, por el teorema de Fubine, es igual a:

1

2π

Zeisx

∙Ze−isqf(q)dq

¸ds =

Z ∙1

2π

Ze−is(q−x)ds

¸f(q)dq

Pero por la consecuencia (4.6) del ejemplo 32.1:

1

2π

Ze−is(q−x)ds = δ(q−x)

Se sustituye esta igualdad en la fórmula anterior y se obtiene:

1

2π

ZeisxF (s)ds =

Z ∙1

2π

Ze−is(q−x)ds

¸f(q)dq =

Zδ(q−x)f(q)dq


Esta integral se calcula mediante el funcional (3.1), por lo que:

1

2π

ZeisxF (s)ds =

Zδ(q−x)f(q)dq = [δ(q − x), f(q)]

pero por la propiedad (3.6)* de la función δ(x), se obtiene:

1

2π

ZeisxF (s)ds = [δ(q − x), f(q)] = f(x)

Lo que comprueba que efectivamente:

f(x) =1

2π

ZeisxF (s)ds (2.4)


Ejemplo 33: Demostrar que la transformada de Fourier de cualquier constante C es:

F(C) = 2πCδ(s)

Demostración: En este caso se debe aprovechar la propiedad de linealidad de la transformadade Fourier, esto es, la propiedad 1, por la cual: F(Cf) = CF(f). En este ejemplo se tiene que:

F(C) = CF(1). Como: F(1) = 2πδ(s) se obtiene finalmente:

F(C) = 2πCδ(s) (4.7)

Ejemplo 33.1: Demostrar que:

F(eis0x) = 2πδ(s− s0)

Demostración: Análogamente, y con base en la propiedad de traslado paralelo de la imagende la transformada de Fourier, se comprueba esta propiedad; también se puede obtener esteresultado realizando las operaciones correspondientes, esto es:

F(eis0x) =Z

e−isxeis0xdx. Por definición (2.1).

Como la base es la misma, se suman los exponentes.Ze−isxeis0xdx =

Ze−i(s−s0)x1dx.

Lo que significa que se tiene la transformada de la función 1 a la variable s− s0. Por lo tanto:

F(eis0x) = 2πδ(s− s0) (4.8)

Que es lo que se quería demostrar, de (4.8) se obtiene:

F−1 [δ(s− s0)] =1

2πeis0x (4.8)*


Ejemplo 34: Demostrar que la transformada de Fourier de la función sin(s0x) es:

F [sin(s0x)] = iπ [δ(s− s0)− δ(s+ s0)]

Solución: Con base en la forma compleja de la función trigonométrica sin(s0x), se tiene que:

F [sin(s0x)] = Fµeis0x − e−is0x

2i

¶.

Pero como la transformada de Fourier es lineal, se obtiene que:

Fµeis0x − e−is0x

2i

¶=1

2i

£F(eis0x)− F(e−is0x)

¤. Por (4.8)

F¡eis0x

¢= 2πδ(s−s0), se tiene por lo tanto:

1

2i

£F(eis0x)− F(e−is0x)

¤=1

2i[2πδ(s− s0)− 2πδ(s+ s0)]

Es el valor de imagen buscada. Luego de simplificar para 2 y usar que 1i = −i, se obtiene

finalmente:F [sin(s0x)] = iπ [δ(s− s0)− δ(s+ s0)] (4.9)

Que es lo que se quería demostrar. Como sin(s0x) es un ejemplo típico de función impar, suimagen es imaginaria (propiedad 9).

Consecuencia: De forma semejante se comprueba que:

F [cos s0x] = π [δ(s− s0) + δ(s+ s0)] (4.10)

F [sinh(s0x)] = π [δ(s− is0)− δ(s+ is0)] (4.9)*

F [cosh (s0x)] = π [δ(s− is0) + δ(s+ is0)] (4.10)*

En este caso, la función cos s0x es una función par, por eso la imagen de F(cos s0x) es real,(propiedad 8).

Ejemplo 35: Demostrar que la transformada de Fourier de la función de Heaviside u (x) es:

F [θ(x)] = πδ(s)− iP1

s(4.11)

Demostración: Para resolver este problema se requiere usar la siguiente igualdad evidente:

F [θ(x)] = limα→0Fhθ(x)e−a|x|

iO sea:

F [θ(x)] = limα→0

Ze−ixsθ(x)e−a|x|dx

Anteriormente, al encontrar la solución del ejemplo 20 de las transformadas de Fourier, se obtuvo:

Fhθ(x)e−a|x|

i=

a

a2 + s2−i s

a2 + s2


Luego (4.11) se convierte en:

F [θ(x)] = limα→0

∙a

a2 + s2− i

s

a2 + s2

¸Por tratarse de una función compleja, se toma el límite a la parte real y a la parte imaginariade esta expresión:

F [θ(x)] = limα→0a

a2 + s2−i limα→0

s

a2 + s2

Se analiza cada uno de estos límites, primero el de la parte imaginaria, que es el más sencillo delos dos:

limα→0s

a2 + s2= P

1

s(4.12)

Se debe recalcar que la función θ(x) de Heaviside es una función generalizada, pues por ( 3.9 )su derivada es la función δ(x) de Dirac; por lo tanto, su transformada de Fourier es también unafunción generalizada, el símbolo P recuerda este detalle. Más adelante se verá lo que representael funcional P 1

x

Para analizar el límite de la parte real, esto es: limα→0a

a2+s2se debe estudiar la función

fa(s) =1

π

a

a2 + s2(4.13)

Como se vio en el ejemplo 12 de las transformadas de Fourier, fa(s) es la distribución de Cauchyque depende del parámetro a > 0, o sea, es tal que su intregral

Rfa(s)ds = 1 ∀a > 0. Para

cada valor ∀a > 0 esta función fa (s) alcanza el valor máximo en el punto s = 0, el mismoque vale 1

πa ,esto significa que el máximo es inversamente proporcional al valor del parámetroa. Luego, mientras más pequeño es el valor de este parámetro, mayor es el valor del máximoque alcanza la función fa(s); pero siempre, independientemente de lo pequeño que sea el valordel parámetro a, la integral

Rfa(s)ds = 1 Lo que implica que la forma de esta distribución se

hace cada vez más aguda (semejándose a una aguja) en la medida en que a → 0. Cuando unadistribución se comporta de esta manera, se dice que su límite es la función δ(x) de Dirac. Enotras palabras:

limα→0fa(s) = limα→0

∙πa

π (a2 + s2)

¸= πδ(s) (4.13)*

Por lo tanto, se suman los límites (4.12) y (4.13)*:

F [θ(x)] = limα→0a

a2 + s2−i limα→0

s

a2 + s2Se obtiene finalmente:

F [θ(x)] = πδ(s)− iP1

s(4.11)

Que es lo quese quería demostrar.


Definición: Al funcional (4.12) P 1x se lo llama valor principal de Cauchy ( se escribe V p). El

valor de este funcional se calcula con base en la definición (3.1) de las funciones generalizadas.µP1

x,ϕ

¶= V p

Zϕ(x)

xdx y se entiende:

V p

Zϕ(x)

xdx = limε→0

Z −ε

−∞

Z ∞

ε

ϕ(x)

xdx (4.14)

En el ejemplo siguiente se explica, de manera detenida, lo que (4.14) significa.

Ejemplo 36: Calcular el valor de la integralR badxx donde a < 0 y b > 0.

Solución: Como la función 1x no está definida en cero, la respuesta es que esta integral no

puede ser tomada porque la función no es integrable en este intervalo. Sin embargo, esta integralpuede ser calculada en el sentido de su valor principal, o sea, en el sentido de Cauchy. Enotras palabras, como esta función no está definida para el valor x = 0 se elimina este valor delintervalo de integración; esto es, se integra solamente en el intervalo (a− ε , ε+ b) . Ahora síla función 1

x puede ser integrada por estar definida en todo el intervalo (a− ε , ε+ b). Despuésde integrar se restituye el valor quitado, tomando el límite al resultado cuando ε → 0. A estaoperación se la conoce con el nombre de valor principal. Así:Z b

aP1

xdx = V p

Z b

a

dx

x= limε→0

Z −ε

a

Z b

ε

dx

x

Luego de tomar esta integral, se obtiene:

limε→0

Z −ε

a

Z b

ε

dx

x= limε→0

³ln |x| |−εa |bε

´Al evaluar el resultado en estos límites se obtiene:

limε→0³ln |x| |−εa |bε

´= lım

ε→0(ln |−ε|−ln |a|+ln |b|−ln |ε|) Lo que da:

limε→0(− ln |a|+ln |b|) = ln¯b

a

¯Luego,

R ba1xdx no está definida, pero:Z b

aP1

xdx = ln

¯b

a

¯es la respuesta de este problema. En particular:

V p

Z b

a

dx

x= 0 si a = −b (4.15)


x2P1

x2= 1


Demostración: Para encontrar el valor de x2P 1x2 , se debe analizar ∀ϕ ∈ K la igualdad siguiente:µ

x2P1

x2, ϕ

¶=

Zx2P

1

x2ϕ(x)dx

Así se calcula el valor de este funcional. Pero:Zx2P

1

x2ϕ(x)dx = V p

Zx21

x2ϕ(x)dx por definición de funcional P .

O lo que es igual a:

V p

Zx21

x2ϕ(x)dx =

Z1·ϕ(x)dx Por lo tanto:

µx2P

1

x2, ϕ

¶= (1, ϕ) ∀ϕ ∈ K. De donde:

x2P1

x2= 1 (4.16)


Ejemplo 37: Encontrar la respuesta de la propiedad 16 de la transformación de Fourier, estoes, si F (s) es la transformada de Fourier de la función f(x). ¿Cuál es la transformada de Fourierde la integral de f(x) como función de de la variable x? O sea, calcular:

F∙Z x

−∞f(q)dq

¸=?

Solución: Para resolver este problema se debe recordar el ejemplo 5.1 donde se encontró que laconvolución de la función de Heaviside θ (x) con cualquier función f (x) es igual a:

[θ ∗ f ] (x) =Z x

−∞f(q)dq

Por lo tanto, para demostrar la propiedad 16 de la transformada de Fourier se debe calcular:

F∙Z x

−∞f(q)dq

¸= F[θ ∗ f ] (x)

Por la propiedad 12 de la transformada de Fourier, se tiene que:

F[θ ∗ f ] (x) = F [θ(x)]F [f(x)] Como:

F [θ(x)] = πδ(s)−iP 1sy F [f(x)] = F (s) se obtiene que:

F∙Z x

−∞f(q)dq

¸=

∙πδ(s)− iP

1

s

¸F (s). Pero como por (3.10) F (s)δ(x) = F (0)δ(x).

Se obtiene finalmente:

F∙Z x

−∞f(q)dq

¸= πF (0)δ(s)− i

µP1

s

¶F (s) (4.17)


Esto aclara el panorama de por qué antes de estudiar las funciones generalizadas no se podíadar una respuesta a la propiedad 16 de la transformada de Fourier, puesto que el resultado dela operación planteada es una función generalizada:

Ejemplo 38: A partir de la fórmula (4.11):

F [θ(x)] = πδ(s)− iP1

s

Calcular la transformada de Fourier del funcional P 1x .

Solución: Por la propiedad 11 de la transformación de Fourier, se toma la doble transformadaa la función de Heaviside θ(x):

FF [θ(x)] = F∙πδ(x)− iP

1

x

¸Como al tranformada de Fourier es lineal y la respuesta del problema planteado es conocida porla propiedad 11 de la transformada de Fourier, se obtiene:

F∙πδ(x)− iP

1

x

¸= πF [δ(x)]−iF

µP1

x

¶= 2πθ(−s).

Se despeja de esta igualdad el valor buscado F¡P 1

x

¢.

iFµP1

x

¶= π [F [δ(x)]− 2θ(−s)] Como por (4.2) F [δ(x)] = 1 se obtiene:

FµP1

x

¶= iπ [2θ(−s)− 1] puesto que 1

i= −i.

Se calcula ahora el valor del funcional iπ [2θ(−s)− 1]:

Con base a la definición de θ(−s) =½1 si s < 00 si s > 0

se obtiene que:

iπ [2θ(−s)− 1] = iπ

½1 si s < 0−1 si s > 0

O lo que es lo mismo:

iπ [2θ(−s)− 1] = −iπ½−1 si s < 01 si s > 0

Se define ahora a la función:

sign(x) =

½−1 si x < 01 si x > 0

luego:

FµP1

x

¶= iπ [2u(−s)− 1] = −iπsign(s) Por lo tanto:

FµP1

x

¶= −iπsign(s) (4.18)

Es la imagen buscada. Como P 1x es impar, su imagen es imaginaria (propiedad 9).


Ejemplo 38.1: Encontrar qué significa la transformada de Fourier del funcional P 1x :

FµP1

x

¶= −iπsign(s)

Solución: El resultado del ejemplo 38, por definición de transformada de Fourier, significa que:

FµP1

x

¶=

Ze−isxP

1

xdx Pero por definición del funcional P

1

x, esto es lo mismo que:

Ze−isxP

1

xdx = V p

Ze−isx

xdx Por la fórmula de Euler, se tiene que:

V p

Ze−isx

xdx = V p

Zcos sx− i sin sx

xdx = −iπsign(s)

Como el resultado es imaginario, la parte real vale 0, y:

V p

Z −i sin sxx

dx = −iπsign(s) O también, luego de simplificar para −i:

V p

Zsin sx

xdx = πsign(s) Como:

limx→0sinx

x= 1 la función

sin sx

xestá definida para x = 0, entonces:

V p

Zsin sx

xdx =

Zsin sx

xdx = πsign(s) Luego:Z

sin sx

xdx = π si s > 0 y

Zsin sx

xdx = −π si s < 0

Resultado muy conocido, pero que ha sido obtenido de una manera relativamente fácil.

Ejemplo 39: Demostrar que la transformada de Fourier de la función f(x) = sign(x) es:

F [sign(x)] = −2iP 1s

Solución: Para resolver este problema se aprovecha del resultado del ejemplo 38, tomando latransformada de Fourier a ambos lados de la igualdad:

FµP1

x

¶= −iπsign(s)

Por la propiedad 11 de la transformada de Fourier, se aplica la propiedad de la doble transfor-mada a la igualdad anterior y se obtiene:

−iπF [sign(x)] = F∙FµP1

x

¶¸= 2πP

1

−s


de donde, luego de simplificar para π y de sustituir 1i = −i se obtiene la imagen buscada:

F [sign(x)] = −2iP 1s

Que es lo que se quería demostrar. El resultado −2iP 1s es imaginario porque la función original

sign(x) es impar (propiedad 9).

Ejemplo 39.1: Demostrar que la representacion integral del funcional P 1s es:

P1

s=

Z ∞

0sin(sx)dx

Demostración: El resultado del ejemplo 39, por definición de transformada de Fourier, significa:

F [sign(x)] =Z

e−isxsign(x)dx = −2iP 1s

Se sustituye en esta integral la fórmula de Euler:Ze−isxsign(x)dx =

Z[cos(sx)− i sin(sx)] sign(x)dx = −2iP 1

s

Como el resultado es imaginario, se tiene que:Z[−i sin(sx)] sign(x)dx = −2iP 1

s

De donde, luego de simplificar para −i, se obtiene finalmente:Z[sin(sx)] sign(x)dx = 2P

1

s

Resultado intermedio que aunque esté demostrado no deja de sorprender. Ahora bien, como[sin sx] sign(x) es una función par (por ser el producto de dos fuciones impares), se obtiene que:Z[sin(sx)] sign(x)dx = 2

Z ∞

0[sin sx] sign(x)dx = 2P

1

sO lo que es lo mismo:

Z ∞

0[sin sx] sign(x)dx = P

1

s=

Z ∞

0sin(sx)dx.

Puesto que sign(x) = 1 si x > 0. Con lo que queda demostrado que:

P1

s=

Z ∞

0sin(sx)dx

es la representación integral del funcional P 1s . No importa que se repita: no deja de asombrar a

pesar de que esté demostrado.

Ejemplo 40: Demostrar que la transformada de Fourier de la función f(x) = |x| es:

F(|x|) = −2P 1

s2


Solución: Para resolver este problema se aprovecha la propiedad 6 por la que derivar la imagensignifica multiplicar el original por el factor imaginario −ix, por lo tanto, como en el ejemplo 39se obtuvo:

F [sign(x)] = −2iP 1sse tiene que:

F [−ixsign(x)] =µ−2iP 1

s

¶0Luego de simplificar para i, y puesto que xsign(x) = |x| , se obtiene la solución buscada:

F(|x|) = −2P 1

s2

Que es lo que se quería demostrar. Se nota que como el original |x| es par, la imagen −2P 1s2

es real (propiedad 8).

Problema 40.1: Demostrar que la representación integral del funcional P 1s2 es:

P1

s2= −

Z ∞

0x cos(sx)dx

Demostración: Por definición de transformada de Fourier, la solución del problema 40 significa:Ze−isx |x| dx = −2P 1

s2Por la fórmula de Euler se obtiene:Z

e−isx |x| dx =Z[cos(sx)− i sin(sx)] |x| dx = −2P 1

s2

Por ser el resultado real, la parte imaginaria de esta igualdad vale 0 , por lo tanto:Zcos(sx) |x| dx = −2P 1

s2Como la función que se integra es par, se obtiene finalmente:Z ∞

0x cos(sx)dx = −P 1

s2Puesto que |x| = x si x > 0

La solución del problema 40.1 es lo que se llama representación integral del fucional P 1s2.

P1

s2= −

Z ∞

0x cos(sx)dx

Que es lo que se quería demostrar. Resultado no menos asombroso que los anteriores.

Ejemplo 41: Demostrar que la transformada de Fourier del funcional P 1x2 es:

FµP1

x2

¶= −π |s|

Demostración: Para resolver este problema se aprovecha el ejemplo 40 cuya respuesta fue:

F(|x|) = −2P 1

s2


Se toma la transformada de Fourier a ambos lados de la igualdad y se obtiene por la propiedad11 de la misma:

F [F(|x|)] = −2FµP1

x2

¶= 2π |−s|

De donde, puesto que |−s| = |s|, se obtiene:

FµP1

x2

¶= −π |s|



limε→0

Z ∞

ε

cos(sx)

x2dx = −πs

2

Demostración: El resultado del ejempo 41 implica, por la definición (2.1) de la transformadade Fourier, que:Z

e−isxP1

x2dx = −π |s| Se sustituye en la integral la fórmula de Euler y se obtiene:Z

[cos(sx)− i sin(sx)]P1

x2dx = −π |s| Como el resultado es real se tiene que:Z

cos(sx)P1

x2dx = −π |s| O también que:

V p

Zcos(sx)

x2dx = −π |s| O lo que es lo mismo:

limε→0

Z −ε

−∞

Z ∞

ε

cos(sx)

x2dx = −π |s| Como la función que se integra es par, se obtiene:

limε→0

Z ∞

ε

cos(sx)

x2dx = −π |s|

2Se ha dividido para 2 ambos lados de esta integral.

Para s > 0 se obtiene:

limε→0

Z ∞

ε

cos(sx)

x2dx = −πs

2

Que es lo que se quería demostrar. Resultado que, por decir lo menos, llama la atención por lafacilidad con que se obtuvo.

Ejemplo 42: Comprobar que la transformada de Fourier de la función generalizada x− definidacomo x− = −xθ(−x) donde θ (x) es la función de Heaviside, se encuentra mediate la fórmula:

F(x−) = −P1

s2− iπδ0(s)

Solución: Se conoce por el ejemplo 35 que:

F [θ(x)] = πδ(s)−iP 1s


De donde se obtiene que:

F(x−) = F [−xθ(−x)] = −iF [−ixθ(−x)] puesto que i2 = −1.

Por lo tanto,con base en la propiedad 6 de la transformada de Fourier, se tiene que:

−iF [−ixθ(−x)] = −iF 0 [θ(−x)]

−iF 0 [θ(−x)] = −i∙πδ(s) + iP

1

s

¸0porque por la propiedad 2:

F [θ(−x)] = πδ(s)+iP1

s.

Luego:

F(x−) = −iF 0 [θ(−x)] = −i∙πδ(s) + iP

1

s

¸0De donde luego de derivar esta igualdad y de multilicar el resultado por i se obtiene:

F(x−) = −P1

s2− iπδ0(s)


Conclusión: De manera semejante se comprueba que la tranformada de Fourier de la funcióngeneralizada x+ = xu(x) es igual a:

F(x+) = F [xθ(x)] = −P1

s2+ iπδ0(s)

Ejemplo 42.1: Demostrar que la representación integral de la función generalizada δ0(s) es:

δ0(s) = − 1π

Z ∞

0x sin(sx)dx =

1

π

Z 0

−∞x sin(sx)dx

Demostración: La conclusión del problema 42 significa que:Ze−isxxθ(x)dx = −P 1

s2+iπδ0(s) por definición de F [xθ(x)] .

La función θ(x) = 0 si x < 0 por lo que:Ze−isxxθ(x)dx =

Z ∞

0e−isxxdx = −P 1

s2+iπδ0(s)

Se sustituye en esta integral la fórmula de Euler y se obtiene:Z ∞

0[cos(sx)− i sin(sx)]xdx = −P 1

s2+iπδ0(s)

Se igualan la parte real y la parte imaginaria de esta expresión y se obtienen las siguientes dosigualdades:

−Z ∞

0x cos(sx)dx = P

1

s2


Z ∞

0x sin(sx)dx = −πδ0(s)

El primer resultado era conocido (ejemplo 40.1), pero el segundo es la demostración buscada:

δ0(s) = − 1π

Z ∞

0x sin(sx)dx =

1

π

Z 0

−∞x sin(sx)dx

Ejemplo 43: Comprobar que la transformada de Fourier de la función trasladada de Heavisideθ(x− x0) es:

F [θ(x− x0)] = πδ(s)− ie−ix0sP1

s

Solución: En este problema se emplea la propiedad de traslación del original de la transformadade Fourier (propiedad 3), y el valor conocido de (4.11): F [θ(x)] = πδ(s)− iP 1

s Por lo que:

F [θ(x− x0)] = e−ix0s∙πδ(s)− iP

1

s

¸Al abrir el paréntesis, se obtiene:

e−ix0s∙πδ(s)− p

1

s

¸= πδ(s)−ie−ix0sp1

s

Puesto que por (3.10) e−ix0sδ(s) = δ(s), se deduce que:

F [θ(x− x0)] = πδ(s)− ie−ix0sP1

s


Ejemplo 44: Comprobar la transformada de Fourier de la siguiente función generalizada:

F∙δ(x− x0) + δ(x+ x0)

2

¸= cos (x0s)

Solución: Por la propiedad de linealidad de la trasnformación de Fourier se tiene que:

F∙δ(x− x0) + δ(x+ x0)

2

¸=1

2F [δ(x− x0)]+

1

2F [δ(x+ x0)]

Y también, por la propiedad (4.3) de la función δ (x) de Dirac:

F [δ(x− x0)] = eix0s Por lo tanto:

1

2F [δ(x− x0)]+

1

2F [δ(x+ x0)] =

1

2

£eix0s + e−ix0s

¤Luego, por la forma exponencial de la función trigonomética:

cos(x0s) =1

2

£eix0s + e−ix0s

¤se obtiene que:


F∙δ(x− x0) + δ(x+ x0)

2

¸= cos(x0s)

De manera semejante se obtiene también:

F∙δ(x− x0)− δ(x+ x0)

2i

¸= sin(x0s)

F∙δ(x− ix0) + δ(x+ ix0)

2

¸= cosh(x0s)

F∙δ(x− ix0)− δ(x+ ix0)

2

¸= sinh(x0s)

Ejemplo 45: Comprobar que la transformada de Fourier de la función f(x) = xe−|x| es:

F(xe−|x|) = −4is(1 + s2)2

Solución: Por la propiedad 15 se tiene que:

F [f(x)g(x)] = 1

2π[F ∗G] (s)

Por lo que:

F(xe−|x|) = 1

2πF(x)∗F(e−|x|)

Por los ejemplos 31.5 y (2.15) del ejemplo 8 se obtiene:

1

2πF(x)∗F(e−|x|) = 1

2π2πiδ0(s)∗ 2

1 + s2

Por la propiedad 1.2 de la función δ(x) si n = 1 y x0 = 0.

1

2π2πiδ0(s)∗ 2

1 + s2= 2i

µ1

1 + s2

¶0Luego de derivar, se obtiene finalmente:

F(xe−|x|) = −4is(1 + s2)2

Como se ve, como la función original xe−|x| es impar, la función imagen es imaginaria.

Ejemplo 45.1: Comprobar que se cumple la siguiente igualdad:Z ∞

0xe−x sin(sx)dx =

2s

(1 + s2)2

Solución: Con base en la definición de transformada de Fourier, en el ejemplo 45 se tiene que:Ze−isxxe−|x|dx =

−4is(1 + s2)2


Se sustituye la fórmula de Euler en esta integral y se obtiene:Z[cos(sx)− i sin(sx)]xe−|x|dx =

−4is(1 + s2)2

Se igualan las partes imaginarias de esta igualdad y se obtiene:Z[sin(sx)]xe−|x|dx =

4s

(1 + s2)2

Por ser la integral de una función par y porque |x| = x si x > 0, se obtiene finalmente:Z ∞

0xe−x sin(sx)dx =

2s

(1 + s2)2

Que es lo que se quería comprobar. De donde:Z ∞

0xe−x sinxdx =

1

2

Ejemplo 46: Comprobar que la Transformada de Fourier de la función f(x) = axπ(a2+x2) es:

F∙

ax

π(a2 + x2)

¸= −iae−a|s|sign(s)

Solución: Por la propiedad 15 se tiene que:

F∙x

a

π(a2 + x2)

¸=1

2πF(x)∗F

∙a

π(a2 + x2)

¸Se conoce por los ejemplos 31.5 y 8.1 que:

1

2πF(x)∗F

∙a

π(a2 + x2)

¸=1

2π2πiδ0(x)∗e−a|s|

Pero por la propiedad 1.2 de la función δ(x) se tiene que:

iδ0(x)∗e−a|s| = i(e−a|s|)0

Luego de derivar e−a|s| y puesto que |s|0 = sign(s) se obtiene finalmente que:

F∙

ax

π(a2 + x2)

¸= −iae−a|s|sign(s)

La imagen −iae−|s|sign(s) es imaginaria porque el original axπ(a2+x2)

es impar.

Ejemplo 46.1: Comprobar que:Z ∞

0sin(sx)

ax

π(a2 + x2)dx =

1

2ae−as para s > 0


Solución: Esta fórmula se obtiene a partir del resultado del problema 46 y por la definición detransformada de Fourier:Z

e−isxax

π(a2 + x2)dx = −iae−a|s|sign(s)

Se sustituye en la integral la fórmula de Euler y se obtiene:Z[cos(sx)− i sin(sx)]

ax

π(a2 + x2)dx = −iae−a|s|sign(s)

Se igualan las partes imaginarias y se obtiene:Zsin(sx)

ax

π(a2 + x2)dx = ae−a|s|sign(s)

Como la función que se integra es par, se obtiene:Z ∞

0sin(sx)

ax

π(a2 + x2)dx =

1

2ae−a|s|sign(s).

Si s > 0, sign(s) = 1 y |s| = s Por lo que, se tiene entonces:Z ∞

0sin(sx)

ax

π(a2 + x2)dx =

1

2ae−as

Que es lo que se quería comprobar. Este resultado es muy difícil de calcular por métodos con-vencionales.

Ejemplo 47: Encontrar que la Transformada de Fourier de la función f(x) = xχ1(x) es:

F [xχ1(x)] = 2is cos s− sin s

s2

Solución: La función f(x) = xχ1(x) se puede escribir también como:

f(x) =

½0 si x /∈ (−1, 1)x si x ∈ (−1, 1)

Por la propiedad 15 se tiene que:

F [xχ1(x)] =1

2πF(x)∗F [χ1(x)]

Por el ejemplo 31.5 y la propiedad 7 de la transformada de Fourier se tiene:

1

2πF(x)∗F [χ1(x)] =

1

2π2πiδ0(x)∗2 sin s

s

Pero por la propiedad 1.2 de la función δ(x) se tiene que:

iδ0(x)∗2 sin ss

= 2i

µsin s

s

¶0


Luego de derivar 1s sin s, se obtiene finalmente que:

F [xχ1(x)] = 2is cos s− sin s

s2

La función f(x) = xχ1(x) es impar, consecuentemente su imagene es imaginaria.

Ejemplo 47.1 Con ayuda de la tansformada de Fourier comprobar que:Z 1

0x sin(sx)dx =

sin(s)− s cos s

s2

Solución: El resultado del ejemplo 47 implica, por la definición de transformada de Fourier:Ze−isxxχ1(x)dx = 2i

s cos s− sin ss2

Como la función χ1(x) =

½0 si |x| > 11 si |x| < 1 se obtiene:Z 1

−1e−isxxdx = 2i

s cos s− sin ss2

se sustituye en la integral la fórmula de Euler y se obtiene:Z 1

−1[cos(sx)− i sin(sx)]xdx = 2i

s cos s− sin ss2

Como las partes imaginarias son iguales entre sí:Z 1

−1x sin(sx)dx = 2

sin(s)− s cos s

s2

Como la función que se integra es par, se obtiene finalmente:Z 1

0x sin(sx)dx =

sin(s)− s cos s

s2

Resultado que se puede comprobar fácilmente integrando por partes esta integral.

Ejemplo 48: Comprobar que:

F½

0 si x /∈ (−π, π)cosx si x ∈ (−π, π) =

2s sin(πs)

1− s2

Solución: Evidentemente:

f(x) =

½0 si x /∈ (−π, π)

cosx si x ∈ (−π, π) = cosxχπ(x)

Por la propiedad 15 de la transformada de Fourier se tiene que:

F [cosxχπ(x)] =1

2πF(cosx)∗F [χπ(x)]


Por (4.10), consecuencia del ejemplo 34, y la propiedad 7 de la transformada de Fourier se tiene:

1

2πF(cosx)∗F [χπ(x)] =

1

2ππ [δ(s+ 1) + δ(s− 1)]∗2 sinπs

s

Por la propiedad distributiva de la convolución se tiene que:

[δ(s+ 1) + δ(s− 1)]∗sinπss

= δ(s+1)∗sinπss

+δ(s−1)∗sinπss

De donde, por la propiedad 1.1 de la función Delta de Dirac, según la cual:

[δ(x− x0) ∗ f(x)] (x) = f(x−x0) Se obtiene que:

δ(s+1)∗sinπss

+δ(s−1)∗sinπss

=sinπ(s+ 1)

s+ 1+sinπ(s− 1)

s− 1

Luego de sumar las fracciones, se obtiene que:

F [cosxχπ(x)] =2s sin(πs)

1− s2

Que es lo que se quería comprobar. De igual manera se encuentra que:

F [sinxχπ(x)] = i

µsinπ(s+ 1)

s+ 1− sinπ(s− 1)

s− 1

¶Ejemplo 48.1: Comprobar que el resultado del ejemplo 48 implica que:Z π

0cos(sx) cosxdx =

s sin(πs)

1− s2

Solución: El resultado del ejemplo 48, de acuerdo a la definición de transformada de Fourier,significa que:Z

e−isx cosxχπ(x)dx =2s sin(πs)

1− s2

Se sustituye en la integral la fórmula de Euler y se obtiene:Z[cos(sx)− i sin(sx)] cosxχπ(x)dx =

2s sin(πs)

1− s2

Como en esta igualdad las partes reales coinciden:Zcos(sx) cosxχπ(x)dx =

2 sin(πs)

1− s2Como: χπ(x) =

½0 si |x| > π1 si |x| < π

Se obtiene:

Z π

−πcos(sx) cosxdx =

2s sin(πs)

1− s2


Por paridad de la función que se integra se obtiene finalmente:Z π

0cos(sx) cosxdx =

s sin(πs)

1− s2

Lo que fácilmente se comprueba si se toma directamente esta integral.

Ejemplo 49: Comprobar con ayuda de la fórmula (2.11), consecuencia de la propiedad 15, elvalor de la siguiente integral: Z

sinx

xdx = π

Solución: Se conoce por (2.11) que:Zf(x)g(x)dx =

1

2π

ZF (x)G(−x)dx

Se toma en este caso f(x) = δ(x) y g(x) = χ1(x)

Como: F(δ) = 1 y F [χ1(x)] =2 sin s

sSe obtiene que:Z

δ (x)χ1(x)dx =1

2π

Z1·2 sin(−x)−x dx =

1

π

Zsin(x)

xdx Pero:Z

δ (x)χ1(x)dx = (δ, χ1) = χ1(0) = 1 puesto que (δ, ϕ) = ϕ(0)

Luego se igualan ambos resultados:

1

π

Zsinx

xdx = 1 De donde se obtiene:

Zsinx

xdx = π

Que es lo que se quería comprobar. Esta igualdad es muy conocida, pero su obtención requierede cálculos largos; sin embargo se ha obtenido el resultado de una manera relativamente fácil.

Ejemplo 50: Comprobar que: Zsin2(lx)

x2dx = πl

Solución: Esto se hace con ayuda de la fórmula (2.11), consecuencia de la propiedad 15:Zf(x)g(x)dx =

1

2π

ZF (x)G(−x)dx

Se toma: f(x) = χl(x) y g(x) = χl(x)

Por la propiedad 7 de la transformada de Fourier, la fórmula (2.11) se convierte en:Zχl(x)χl(x)dx =

1

2π

Z2 sin(lx)

x

2 sin(−lx)−x dx. Lo que es equivalente a:


Zχ2l dx =

2

π

Zsin2(lx)

x2dx porque

sin(−lx)−x =

sin(lx)

xy χ2l = χl

Lo que fácilmente se comprueba por la definición del producto de funciones y porque 0 · 0 = 0y 1 · 1 = 1, que son los dos únicos valores de la función χl(x). De donde se obtiene:Z

χldx =2

π

Zsin2(lx)

x2dx Pero como

Zχldx =

Z l

−l1·dx = 2l

Igualando ambos resultados se obtiene que:

2

π

Zsin2(lx)

x2dx = 2l de donde:

Zsin2(lx)

x2dx = πl

En particular, si l = 1 se tiene que: Zsin2 x

x2dx = π

Llama la atención la coincidencia de los resultados de los ejemplos 49 y 50, esto es que:Zsin2 x

x2dx =

Zsinx

xdx = π

Ejemplo 50.1: Obtener el resultado del ejemplo 50 con ayuda del teorema de Parseval:Z|f(x)|2 dx = 1

2π

Z|F (s)|2 ds

Solución: Si se hace en el teorema de Parseval:

f(x) = χl(x)

Se tiene entonces que:Z|χl(x)|2 dx =

1

2π

Z ¯2 sin lx

x

¯2dx. Como: |χl(x)|2 = χl(x) se obtiene:

Z l

−l1dx =

1

2π

Z µ2 sin lx

x

¶2dx. O lo que es lo mismo:

2l =2

π

Z µsin lx

x

¶2dx, de donde:

Z µsin lx

x

¶2dx = πl

Que es la misma respuesta del ejemplo 50.


Ejemplo 51: Demostrar que la función 1x sin (lx) cumple la siguiente ley convolutiva:

sin lx

πx∗ sin lx

πx∗ · · · ∗ sin lx

πx=sin lx

πx

Solución: La propiedad 15 puede ser generalizada para obtener la siguiente fórmula:

F [f1(x) · f2(x) · · · fn(x)] =1

(2π)n−1[F1 ∗ F2 ∗ ∗ ∗ Fn] (s)

En la que se tiene que:

F [fi (x)] = Fi (s)

Como por la propiedad 7 se tiene que:

F [χl (x)] =2 sin(ls)

s

Luego, si se hace para todos los factores:

F [χl (x)] =2 sin(ls)

s, la generalización de la propiedad 15 puede ser escrita como:

F [χl(x) · χl(x) · · · χl(x)] =1

(2π)n−1

∙2 sin(ls)

s∗ 2 sin(ls)

s∗ ∗ ∗ 2 sin(ls)

s

¸O sea:

F [χnl (x)] =1

(2π)n−1

∙2 sin(ls)

s∗ 2 sin(ls)

s∗ ∗ ∗ 2 sin(ls)

s

¸Pero como:

χ2l (x) = χl(x) =⇒ χnl (x) = χl(x)

Por lo que se obtiene:

F [χl (x)] =1

(2π)n−1

∙2 sin(ls)

s∗ 2 sin(ls)

s∗ ∗ ∗ 2 sin(ls)

s

¸Se aplica la propiedad de la doble transformada (propiedad11) a ambos lados de esta igualdady se obtiene:

F [F [χl (x)]] = F∙

1

(2π)n−1

∙2 sin(lx)

x∗ 2 sin(lx)

x∗ ∗ ∗ 2 sin(lx)

x

¸¸F [F [χl (x)]] = 2πχl (−s) = 2πχl (s) , de donde:

χl (s) = F∙

1

(2π)n

µ2 sin(lx)

x∗ 2 sin(lx)

x∗ ∗ ∗ 2 sin(lx)

x

¶¸O lo que es lo mismo:

χl (s) = F∙sin(lx)

πx∗ sin(lx)

πx∗ ∗ ∗ sin(lx)

πx

¸


Se toma la transformada inversa a ambos lados de esta igualdad y se obtiene:

F−1 [χl (s)] =sin(lx)

πx∗sin(lx)

πx∗∗∗sin(lx)

πx. Como F−1 [χl (s)] =

sin(lx)

πx,

resultado que se demuestra a partir de la propiedad 7 de la transformada de Fourier, a la quese aplica la propiedad 11 de la doble transformada de Fourier y se obtiene:

F∙2 sin(lx)

x

¸= 2πχl (−s) = 2πχl (s) ,

Luego de dividir para 2π ambos lados de esta igualdad, se obtiene:

F∙sin(lx)

πx

¸= χl (s) . Por lo tanto F−1 [χl (s)] =

sin(lx)

πx

De donde se obtiene finalmente:

sin(lx)

πx∗ sin(lx)

πx∗ ∗ ∗ sin(lx)

πx=sin(lx)

πx


Ejemplo 52: Demostrar que la función sin lxx cumple cumple con la siguiente ley integral:Z µ

sin lx

x

¶n

dx =π

2n−1(χl ∗ χl ∗ ... ∗ χl) (0)

Demostración: Para ello se aprovecha de la generalización de la fórmula 15, en la que se hace:

f(x) =sin(lx)

πxy F (s) = χl, con lo que se obtiene:

F∙sin(lx)

πx· sin(lx)

πx· · · sin(lx)

πx

¸=

1

(2π)n−1[χl ∗ χl ∗ ∗ ∗ χl] (s).

O lo que, según (2.1), es lo mismo que:Ze−isx

∙sin(lx)

x

¸ndx =

π

2n−1[χl ∗ χl ∗ ∗ ∗ χl] (s)

Como esta igualdad es válida para cualquier valor se s, se hace s = 0 y se obtiene:Z ∙sin(lx)

x

¸ndx =

π

2n−1(χl ∗ χl ∗ ... ∗ χl) (0)


Ejemplo 52.1: Obtener el resultado del ejemplo 50 con ayuda de la fórmula que se obtuvo enel ejemplo 52.


Solución: En la fórmula obtenida en el ejemplo 52 se hace n = 2 y se obtiene:Z ∙sin(lx)

x

¸2dx =

π

2(χl ∗ χl) (0) O lo que es lo mismo:

Z ∙sin(lx)

x

¸2dx =

π

2

Zχl (y)χl (x− y) dy Que debe ser evaluado cuando x = 0.

De donde:Z ∙sin(lx)

x

¸2dx =

π

2

Zχl (y)χl (−y) dy =

π

2

Zχ2l (y)dy ,

Porque χl (−y) = χl (y) y χ2l (y) = χl(y) de donde se obtiene:Z ∙

sin(lx)

x

¸2dx =

π

2

Zχl(y)dy =

π

2

Z l

−ldy por lo tanto:

Z ∙sin(lx)

x

¸2dx = lπ En particular, si l = 1 se obtiene:

Zsin2 x

x2dx = π

Que es el mismo resultado que se obtuvo en el ejemplo 50 y 50.1

Ejemplo 53: Comprobar el resultado de la siguiente integral:Z µsinx

x

¶3dx =

3

4π

Solución: En este ejemplo se desarrolla una aplicación de la fórmula (2.11), consecuencia de la

propiedad 15. Para lo que se hace:

f(x) =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩0 si x ∈ (−∞,−2)

1 + x2 si x ∈ (−2, 0)

1− x2 si y ∈ (0, 2)

0 si x ∈ (2,∞)

cuya transformada de Fourier, según (2.14) del ejemplo 6, es:

F (s) =2 sin2 s

s2y también se hace g(x) = χ1(x)

La función característica del intervalo(−1, 1), de donde:

1

2π

ZF (x)G(−x)dx = 1

2π

Z2 sin2 x

x22 sin(−x)−x dx =


1

2π

ZF (x)G(−x)dx = 2

π

Z µsinx

x

¶3Puesto que:

2 sin(−x)−x =

2 sin(x)

x

Se calcula ahora el valor de la integral:Zf(x)χ1(x)dx =

Z 1

−1f(x)dx porque χ1(x) = 0 si x /∈ (−1, 1) Esto da:

Z 1

−1f(x)dx =

Z 0

−1

³1 +

x

2

´dx+

Z 1

0

³1− x

2

´dx

Se ha dividido la integral de la función f (x) en dos integrales. Luego de tomar estas integralesse obtiene:Z 0

−1

³1 +

x

2

´dx+

Z 1

0

³1− x

2

´dx =

µx+

x2

4

¶|0−1 +

µx− x2

4

¶|10

El resultado de evaluar estos resultados es:µx+

x2

4

¶|0−1 +

µx− x2

4

¶|10=

3

2

Luego de igualar ambos resultados se obtiene:

2

π

Z µsinx

x

¶3dx =

3

2de donde:

Z µsinx

x

¶3dx =

3

4π


Ejemplo 54: Comprobar que: Zsin4 x

x4dx =

2

3π

Solución: En este caso se debe hacer en la fórmula (2.11), consecuencia de la propiedad 15:Zf(x)g(x)dx =

1

2π

ZF (x)G(−x)dx

f(x) = g(x) =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩0 si x ∈ (−∞,−2)

1 + x2 si x ∈ (−2, 0)

1− x2 si y ∈ (0, 2)

0 si x ∈ (2,∞)Puesto que sólo se debe integrar en el intervalo (−2, 2) , ya que fuera de este intervalo el resultadoes 0, y puesto que f (x) = g (x) , la fórmula (2.11) se convierte en:Z[f (x)]2 dx =

1

2π

Z[F (x)]2 dx


La misma que se separa en dos integrales:Z[f (x)]2 dx =

Z 0

−2

³1 +

x

2

´2dx+

Z 2

0

³1− x

2

´2dx luego de integrar se obtiene:

Z 0

−2

³1 +

x

2

´2dx+

Z 2

0

³1− x

2

´2dx =

2¡1 + x

2

¢33

|0−2 −2¡1− x

2

¢33

|20=4

3

Por otra parte, puesto que:

F [f(x)] = F (s) =2 sin2 s

s2se tiene que:

1

2π

Z[F (x)]2 dx =

1

2π

Z2 sin2 x

x22 sin2 x

x2dx O lo que es lo mismo:

1

2π

Z2 sin2 x

x22 sin2 x

x2dx =

2

π

Z µsinx

x

¶4dx.

Se igualan ambos resultados y se obtiene:

2

π

Z µsinx

x

¶4dx =

4

3De donde:

Zsin4 x

x4dx =

2

3π


Ejemplo 55: Comprobar que:Z ∞

0

sin(lx)

xe−axdx = arctan

µl

a

¶

Solución: En la fórmula (2.11) consecuencia de la propiedad 15 de la Transformación de Fourier:Zf(x)g(x)dx =

1

2π

Zz(x)G(−x)dx se hace:

f(x) =a

π (a2 + x2)para l ≤ π

2y g(x) = χl(x)

Con lo que se obtiene por definición de la función χl(x):Zf(x)g(x)dx =

Za

π (a2 + x2)χl(x)dx =

Zl

−l

a

π (a2 + x2)dx,

de donde: Zl

−l

a

π (a2 + x2)dx =

2

πarctan

µl

a

¶


Por otra parte se tiene que si se usa el ejemplo 8.1 y la propiedad 7 de la transformada deFourier, se obtiene:

1

2π

Zz(x)G(−x)dx =

1

2π

Ze−a|x|

2 sin(−lx)−x dx =

1

π

Zsin(lx)

xe−a|x|dx,

puesto que2 sin(−lx)−x =

2 sin(lx)

x,

se ha obtenido la integral de las imágenes de las correspondientes funciones F (s) y G(−s). Seigualan ambas respuestas y se obtiene:

1

π

Zsin(lx)

xe−a|x|dx =

2

πarctan

µl

a

¶De donde, luego de simplificar para π, por ser par la función que se integra y porque |x| = x six > 0, se obtiene finalmente:

Z ∞

0

sin(lx)

xe−axdx = arctan

µl

a

¶Que es lo que se quería comprobar. Si en esta igualdad se da los valores de l = a = 1, se obtiene:

Z ∞

0

sinx

xe−xdx =

1

2π

En los ejemplos resueltos se ve que no es necesario tomar la integral (2.1) sino aplicar laspropiedades de esta transformada, lo que más bien permite encontrar resultados que por otrosmétodos resultarían muy difíciles o imposibles de calcular.


Comprobar que:

1.

Z µsinx

x

¶5dx =

115

192π

2.

Z µsinx

x

¶6dx =

11

20π

3.

Z µsinx

x

¶7dx =

5887

11520π

4.

Z µsinx

x

¶8dx =

151

315π

5.

Z µsinx

x

¶10dx =

15619

36288π

6.

Z µsinx

x

¶11dx =

381773117

928972800π


1.F [xχl(x)] = i

∙2l

scos(ls)− 2

s2sin(ls)

¸2.F

£x2u(−x)

¤= πδ00(x)−2iP 1

s3

3.F [sinh(ax)] = iπ [δ(s− ia)− δ(s+ ia)]

4.F [cosh(ax)] = π [δ(s− ia) + δ(s+ ia)]

5.Fhδ(n)(x)

i= (is)n

6.F [xnu(x)] = n!in+1P1

sn + 1+inπδ(n)(s)

7.F(x2nsigx) = (−1)n2i(2n)!p 1

s2n + 1

8.F(x2n + 1sigx) = (−1)n2πδ(2n)(s)

9.F(xn) = 2(−i)nπδ(n)(s)

10.F(x2n) = 2(−i)nπδ(2n)(s)

11.F(x2n + 1) = 2(−1)niπδ(2n + 1)(s)

12.F(xn+) = n!in+1p1

sn + 1+(i)nπδ(n)(s)

13.F(xn−) = (−1)nn!(i)n + 1p1

sn + 1+(−i)nπδ(n)(s)

14.F(p 1xn) =

in

(n − 1)!πsn−1sign(−s)

15.F(e−ix2) =√πe−

i4(s2 − π)

16.F¡x2nsign(x

¢= (−1)n 2i (2n)!P 1

s2n+1

17.F(eix2) =√πe−

i4(s2 − π)

18.F(p 1xn) =

in

(n − 1)!πsn−1sign(−s)

19.F£χ1(x)

¡1− x2

¢¤= 2

∙µ2

s3− 1

s2− 1

s

¶sin s+

µ1

s− 2

s2

¶cos s

¸20.

Ze−2|x| cos 2x

µsinx

x

¶2dx =

1

2ln4

5+2 arctan 2−π

2

21.

Ze−2|x|

µsinx

x

¶2dx =

π − ln 44

22.

Z ∞

0

e−ax sin bx

xdx = arctan

µb

a

¶a > 0

23.

Z ∞

0

sin axdx

x2(b2 + x2)=

π¡1 − e−ab

¢2b2

a > 0, b > 0


24.

Z x

0

ya − 1

(x − y)ady = π csc(aπ) donde : 0 < α < 1

25.

Z ∞

0

e−y2sinxy

ydy =

rπ

2

Z x

−∞e−

q2

2 dq−π2

26. lım→0

Z ∞ e−x2

x2dx =

√π

2

27. lım→0

Z ∞ cosxdx

x2= π

Para n entero positivo se cumple:

28

Z ∞

0xnα−1e−x cosxdx =

Γ(αn)

Γn(α)

µZ ∞

0xα−1e−x cosxdx

¶n

α > 0

29.

Z ∞

0

cosxdx

x2 + a2n2=1

n

µ2a

π

¶n−1µZ ∞

0

cosxdx

x2 + a2

¶n

30.

µZ ∞

0e−

x2

2 cosxdx

¶n

=1√n

³π2

´n − 12

Z ∞

0e−

x2

2n cosxdx

Capítulo 5

Ecuación del Calor

5.1. Introducción

Todo lo estudiado en los capítulos anteriores sobre la transformada de Fourier y las funcionesgeneralizadas se va a emplear para resolver el problema de Cauchy de las ecuaciones diferencialesparciales. Una ecuación diferencial es un modelo de un sistema físico representado por unaecuación en la que intervienen las derivadas de una o más funciones. Las ecuaciones diferencialesse clasifican en dependencia del número de variables independientes respecto a las cuales se derivauna función. En una ecuación diferencial, el problema de Cauchy (también llamado problema delvalor inicial) consiste en resolver esta ecuación sujeta a cierta condición respecto a la solución,cuando una de las variables que participa en la ecuación (generalmente la variable tiempo),toma un valor determinado (por lo general cuando t = 0), lo que modela en el instante inicial lasituación física del sistema estudiado.

Las ecuaciones diferenciales en las que se va a aplicar el método de la transformación de Fourierson las ecuaciones diferenciales en derivadas parciales con condiciones iniciales, o sea las quecontienen derivadas respecto a dos o más variables y el valor inicial de sus soluciones. Estoes, se va a resolver el problema de Cauchy para las ecuaciones diferenciales parciales, en lofundamental de segundo orden, conocidas con el nombre de ecuaciones de la física matemática.La razón de esto es bien simple, estas ecuaciones contienen en lo fundamental la variable x, querepresenta el espacio de una o más dimensiones, y la variable t, que nuestro caso representael tiempo mayor o igual a 0; la propiedad 5 de la transformada de de Fourier y, en particular,su generalización F

£f (n)(x)

¤= (is)nF (s) tiene la virtud de eliminar el espacio de la ecuación

diferencial parcial, lo que la convierte en una ecuación diferencial ordinaria. Por facilidad se va ausar la transformada de Laplace para resolver las ecuaciones diferenciales ordinarias (imágenesdel problema original), por lo que vale la pena recordar qué es la transformada de Laplace y suspropiedades más importantes, que no se van a demostrar en este texto.

Definición: Se llama transformada de Laplace al operador L que convierte a la función f (t)definida para [0,∞[ en la función F (z) mediante la siguiente integral:

L [f (t)] =Z ∞

0e−ztf (t) dt = F (z)

103

104 CAPÍTULO 5. ECUACIÓN DEL CALOR

En este caso la variable z es tomada como parámetro y la función f (t) decrece más rápido quecualquier función exponencial.

5.2. Transformada de Laplace. Propiedades

1. L [α1f1 (t) + α2f2 (t)] = a1L [f1 (t)] + a2L [f2 (t)]Donde α1, α2 ∈ R. La transformada de Laplace es una aplicación lineal

2. L [f(at)] = 1aF¡1az¢

Propiedad de semejanza o de cambio de escala

3. L [u (t− τ) f(t− τ)] = e−τzF (z)

Traslado de la función original f del punto 0 al punto τ

4. L£eωtf(t)

¤= F (z − ω)

Traslado de la función imagen F del punto 0 al punto ω

5. L [f 0(t)] = −f (0)+zF (z)Derivación de la función original f(x). Se generaliza el resultado y se obtiene:

L£f (n)(t)

¤= −f (n−1) (0)−zf n−2 (0) · · ·−zn−1f (0)+znL [f(x)]

6. L [(−1)n tnf(t)] = F (n) (z)

Derivar n veces la imagen

7. L [(f ∗ g) (t)] = L [f(t)]L [g(t)] = F (z)G(z)

La transformada de Laplace de la convolución de las funciones f y g

8. L−1 [F (z)G(z)] = L−1 [F (z)] ∗ L−1 [G(z)] = (f ∗ g) (t)La transformada inversa de Laplace del producto de dos imagenes F y G

9. L³R t0 f(q)dq

´= 1

zF (z)

Qué pasa con la imagen F (s) cuando se integra el original f(x).

10. L£1t f (t)

¤=R∞z F (q) dq

Qué pasa con el original f(x) cuando se integra la imagen F (s).

5.3. Transformada de Laplace. Tabla

1. L (1) = 1

z

5.4. CRONOGRAMA DEL MÉTODO A EMPLEAR 105

2. L¡eωt¢=

1

z − ωPara cualquier ω real o complejo

3. L [cos (ωt)] = z

z2 + ω2

4. L [sin (ωt)] = ω

z2 + ω2

5. L£eat cos (ωt)

¤=

z − a

(z − a)2 + ω2Para cualquier a real o complejo

6. L£eat sin (ωt)

¤=

ω

(z − a)2 + ω2

7. L [cosh (ωt)] = z

z2 − ω2

8. L [sinh (ωt)] = ω

z2 − ω2

9. L [tα] = Γ (α+ 1)zα+1

Para cualquier α real o complejo

10. L£eωttα

¤=Γ (α+ 1)

(z − ω)α+1

11. L∙sinh (t)

t

¸=1

2ln

z + 1

z − 1

12. L∙cos (at)− cos (bt)

t

¸=1

2ln

z2 + b2

z2 + a2

13. L∙Z t

0e−

τ2

3 dτ

¸=

ez 2

2

2z

14. L [|sin (ωt)|] = ω

z2 + ω2coth

³πz2ω

´Se sobreentiende que también existe la transformada inversa de la Laplace L−1 que, a lo largode este texto, va a ser calculada leyendo al revés la tabla de la transformada de Laplace, estoes, por ejemplo si: L (1) = 1

z =⇒ L−1¡1z

¢= 1, etc.

Para resolver la ecuación del calor, que se estudiará más adelante, se sigue el método de Fouriercuyo resumen es el siguiente:

5.4. Cronograma del Método a Emplear

Se tiene una ecuación diferencial parcial tipo calor (e.d.p.c.) en el espacio de las variables (x, t) .Mediante la transformada de Fourier F se convierte la (e.d.p.c.) en una ecuación diferencialordinaria (e.d.o.) en el espacio imagen (s, t) .Mediante la transformada de Laplace L se conviertela (e.d.o.) en una ecuación algébrica (e.a.) en el espacio imagen (z, t) . Se resuelve la ecuaciónalgébrica mediante los métodos convencionales básicos y se obtiene la solución de la ecuaciónalgébrica (s.e.a.) en el espacio (z, t) . Se toma la transformada inversa de Laplace L−1 a la


(s.e.a.) y se obtiene la solución de la ecuación diferencial ordinaria (s.e.d.o.) en el espacio (s, t) .Se aplica a la (s.e.d.o.) la trasnformada inversa de Fourier F−1 y se obtiene la solución de laecuación diferencial parcial tipo calor (s.e.d.p.c.) en el espacio original (x, t) . En el siguientegráfico (5.0) se explica el método.

→µ

e.d.p.c.(x, t)

¶→ F

∙µe.d.p.(x, t)

¶¸=

µe.d.o.(s, t)

¶→ L

∙µe.d.o.(s, t)

¶¸=

µe.a.(z, t)

¶→

→µ

s.e.a.(z, t)

¶→ L−1

∙µs.e.a.(z, t)

¶¸=

µs.e.d.o.(s, t)

¶→ F−1

∙µs.e.d.o.(s, t)

¶¸=

µs.e.d.p.c.(x, t)

¶

5.5. Solución de la Ecuación del Calor

La ecuación del calor es una ecuación diferencial en derivadas parciales de segundo orden detipo parabólico, que describe la distribución del calor, o sea la variación de la temperaturaen cierta región del espacio en el transcurso del tiempo. El estudio de la ecuación del calores importante en numerosos campos de la ciencia: en matemática, la trasmisión del calor seestudia con ayuda de las ecuaciones diferenciales en derivadas parciales de tipo parabólico; enestadística, la ecuación del calor está vinculada con el estudio de los movimientos brownianos;el estudio de los procesos de difusión química está basado en la ecuación de difusión, que esotra versión de la ecuación del calor; en física, un ejemplo de la ecuación diferencial parcialde tipo parabólico es la ecuación de Schrödinger, desarrollada por el físico austríaco ErwinSchrödinger en 1925, y que describe la evolución temporal no relativista de una partícula conmasa. La ecuación de Schrödinger es de suma importancia en la mecánica cuántica, porquerepresenta para las partículas microscópicas un papel análogo al de la segunda ley de Newtonen la mecánica clásica. Las partículas microscópicas incluyen a las partículas elementales talescomo los electrones, así como también a los sistemas de partículas como son los núcleos atómicos.

El proceso de distribución del calor en una barra metálica longitudinal infinitamente larga einfinitamente fina se describe con ayuda de la solución u(x, t) de la ecuación del calor, querepresenta la temperatura de la barra en el punto x en el instante t. La superficie lateral dela barra es totalmente termo aislada, esto es, no permite el intercambio calorífero con el medioexterno. La ley física que rige este fenómeno fue establecida por Fourier, quien comprobó quesi un cuerpo con estas características es calentado de una manera no uniforme, entonces en élse va a producir un flujo de calor que se dirige desde las regiones más calientes hacia las demenor temperatura, de manera que la temperatura de los puntos de este cuerpo en el transcursodel tiempo va a variar y si no hay un estímulo externo, la temperatura de todos los puntosfinalmente será la misma. Fourier estableció que si la barra es homogenea, o sea si la densidadmedia de su masa es contante, y si existe un estímulo externo f(x, t) la ecuación que describeeste fenómeno es:

ut (x, t) = a2uxx (x, t) + f(x, t) (5.1)

En este modelo, a lo largo del eje de las equis se ha superpuesto la barra longitudinal, la variablet es el tiempo transcurrido desde el instante inicial; el pasado no existe en este fenómeno. Lasolución u(x, t), como ya se dijo, es la temperatura de cada punto x en cada instante t. Laecuación del calor se llama homogénea si la función f(x, t) = 0, lo que indica ausencia de un

5.6. PROBLEMA DE CAUCHY 107

estímulo externo. Si f(x, t) es diferente de 0, la ecuación es no homogénea y f (x, t) representauna fuente puntual de calor, esto es, algo que genera o absorbe calor en cada punto x y encada instante t, por ejemplo, como consecuencia de cierta reacción química o por otra causa.La constante a2 es el coeficiente de termoconductibilidad. De más está decir que la ecuacióndiferencial del calor es el modelo de un proceso físico idealizado completamente.

5.6. Problema de Cauchy

Por ser la barra infinitamente larga, lo que pasa en los extremos, esto es, en −∞ y en +∞, noinfluye en el proceso de trasmisión del calor en cualquier segmento finito de la barra y por esolas condiciones de frontera, o sea lo que pasa en los extremos, están ausentes en esta ecuación;en cambio, para resolver el problema planteado se debe conocer la así llamada condición inicial,esto es la temperatura de cada punto de la barra en el momento en que se comienza a estudiar elfenómeno y a partir del cual se inicia el conteo del tiempo. Generalmente se llama a este instantet = 0; entonces, la condición inicial toma la forma de u(x, 0) = φ(x), la función φ(x) debe serconocida, y representa la temperatura de cada punto de la barra. En este caso, la ecuación delcalor toma la forma siguiente:½

ut (x, t) = a2uxx (x, t) + f(x, t) (5.1)u(x, 0) = φ(x) (5.1)*

donde x ∈ R; t ≥ 0.Se supone que la solución u(x, t) de esta ecuación cumple con las siguientes condiciones: u(x, t);ux(x, t); uxx(x, t), para cualquier t ≥ 0, son funciones integrables con respecto a la variable x;se tiene además que ut(x, t) para 0 ≤ t ≤ T debe ser acotada, esto es:

|ut(x, t)| ≤ A(x) Para esta función se tiene queZ

A(x)dx = C <∞

En esta parte del curso se va a representar como antes:

F [f(x)] =Z

e−ixsf(x)dx = F (s)

y a la transformada inversa de Fourier de F (s) como

f(x) = F−1 [F (s)] = 1

2π

ZeixsF (s)ds

5.7. Fórmula de Poisson

Se trata de resolver mediante el cronograma del método (5.0) de la transformada de Fourier,planteado al inicio de este capítulo, el problema de Cauchy para la ecuación diferencial nohomogénea del calor que, como ya se dijo, tiene la forma siguiente:½



Solución: Para ello, se toma la transformación de Fourier a la ecuación del calor (5.1) y ala condición incial (5.1)* con lo que, por linialidad de la tranformada de Fourier, la ecuacióndiferencial del calor se convierte en:

F½


=

½F [ut (x, t)] = a2F [uxx (x, t)] + F [f (x, t)] (5.2)F [u(x, 0)] = F [φ(x)] = Φ(s) (5.2)*

Se representa como:

F [u(x, t)] =Z

eixsu (x, t) dx = v(s, t) (5.3)

Si la integralRu (x, t) dx converge uniformemente con respecto a la variable t, se cumple la

condición que permite aplicar la regla de Leibnitz (6.0) y

F [ut (x, t)] =

Ze−isx

∂

∂tu(x, t)dx =

∂

∂t

Ze−isxu(x, t)dx

F [ut (x, t)] =∂

∂tF [u (x, t)] = ∂

∂tv (x, t) = vt(s, t) (5.4)

Por otra parte, por la propiedad 5 de la transformada de Fourier se calcula también:

F [uxx (x, t)] = (is)2F [u (x, t)] = −s2v(s, t) (5.5)

Como siempre, se va a representar la imagen de f (x, t) como F (s, t) , esto es:

F [f(x, t)] =Z

eixsf (x, t) dx = F (s, t) (5.6)

Con lo que la ecuación del calor y la condición inicial se transforman en:

F½


=

½vt (s, t) + a2s2v (s, t) = F (s, t) (5.7)v(s, 0) = Φ(s) (5.8)

La imagen de la ecuación del calor y de su condición inicial es una ecuación diferencial ordinariade primer orden lineal no homogénea con respecto a la variable t, en la que la variable s participacomo parámetro. De los varios métodos que se usan para resolver esta ecuación, como ya sedijo, se va a emplear el de la transformación de Laplace, que convierte la ecuación diferencial enuna algébrica. Esto es, se toma la transformada de Laplace a la ecuación (5.7)

L [vt (s, t)]+a2s2L [v (s, t)] = L [F (s, t)] (5.9)

Por la propiedad 5 de la transformada de Laplace de la derivada de una función, se tiene que latransformada de Laplace del primer sumando de la ecuación (5.9) es igual a:

L [vt (s, t)] = −v(s, 0)+zL [v (s, t)] (5.10)

5.7. FÓRMULA DE POISSON 109

De donde, por (5.8), se obtiene:

L [vt (s, t)] = −Φ(s)+zL [v (s, t)] (5.11)

Se sustituye en (5.9) el valor de la igualdad (5.11) y se obtiene:

−Φ(s)+zL [v (s, t)]+a2s2L [v (s, t)] = L [F (s, t)] lo que al factorar es igual a:

L [v (s, t)]¡z + a2s2

¢= Φ(s)+L [F (s, t)] (5.12)

La igualdad obtenida (5.12) es una ecuación algébrica cuya incógnita es L [v (s, t)] . Se despejaL [v (s, t)] de la ecuación (5.12):

L [v (s, t)] = Φ(s) 1

z + a2s2+ L [F (s, t)] 1

z + a2s2(5.13)

De donde, luego de tomar la transformación inversa de Laplace a la ecuación (5.13), se obtiene:

v(s, t) = Φ(s)L−1µ

1

z + a2s2

¶+L−1

½L [F (s, t)] 1

z + a2s2

¾(5.14)

En el segundo sumando, por tratarse de la transformada inversa de Laplace del producto dedos imagenes, se debe convolucionar los originales de ambas funciones, y puesto que según elresultado 2 de la tabla de transformadas de Laplace:

L−1µ

1

z + a2s2

¶= e−a

2s2t La ecuación (5.14) se convierte en:

v(s, t) = Φ(s)e−a2s2t+F (s, t)∗e−a2s2t (5.15)

Como la variable t ≥ 0, la ecuación (5.15) por la definición (1.1) de convolución se convierte en:

v(s, t) = Φ(s)e−a2s2t+

Z t

0F (s, τ)e−a

2(t − τ)s2dτ (5.16)

La igualdad (5.16) es la solución particular de la ecuación diferencial ordinaria (5.7) que cumplecon la condición inicial (5.8). Como por otra parte, de (5.3) se deduce que:

u(x, t) = F−1 [v(s, t)]

Se obtiene entonces que:

u(x, t) = F−1hΦ(s)e−a

2s2ti+F−1

∙Z t

0F (s, τ)e−a

2(t − τ)s2dτ

¸(5.17)

El primer sumando de (5.17), por tratarse del producto de dos imágenes (propiedad 13 de latransformada de Fourier), será la convolución de ambos originales, esto es:

F−1hΦ(s)e−a

2t s2i= F−1 [Φ(s)]∗F−1

he−a

2t s2i= φ(x)∗F−1

he−a

2t s2i(5.18)


Con respecto al segundo sumando de (5.17) se tiene que:

F−1∙Z t

0F (s, τ)e−a

2(t − τ)s2dτ

¸=1

2π

Zeixs

∙Z t

0F (s, τ)e−a

2(t − τ)s2dτ

¸ds (5.19)

Por el teorema de Fubine se intercambia el orden de la integral (5.19) y se obtiene:

1

2π

Zeixs

∙Z t

0F (s, τ)e−a

2(t − τ)s2dτ

¸ds =

Z t

0

½1

2π

Zeixs

hF (s, τ)e−a

2(t − τ)s2dsi¾

dτ

Pero esto es igual a:Z t

0

½1

2π

Zeixs

hF (s, τ)e−a

2(t − τ)s2dsi¾

dτ =

Z t

0F−1

hF (s, τ)e−a

2(t − τ)s2idτ

De donde se obtiene la siguiente ley:

F−1∙Z t

0F (s, τ)e−a

2(t − τ)s2dτ

¸=

Z t

0F−1

hF (s, τ)e−a

2(t − τ)s2idτ (5.20)

La ley (5.20) se va usar a menudo. Sumando ambos resultados (5.18) y (5.20), se obtiene lafunción u (x, t):

u(x, t) = φ (x)∗F−1he−a

2t s2i+

Z t

0F−1

hF (s, τ)e−a

2(t − τ)s2idτ ( 5.21)

El segundo sumando de (5.21), por tratarse del producto de dos imágenes (propiedad 13 de latransformada de Fourier), será la convolución de ambos originales:

u(x, t) = φ (x)∗F−1³e−a

2t s2´+

Z t

0f (x, τ)∗F−1

he−a

2(t − τ)s2idτ (5.21)*

Se encuentra ahora la transformada inversa de Fourier de la función e−a2s2t, la misma que por

la definición (2.4) es igual a:

F−1³e−a

2t s2´=

1

2π

Zei x se−a

2t s2ds

F−1³e−a

2t s2´=

1

2π

Ze−(i s x + a2t s2)ds

Se ha sumado los exponentes de igual base.

1

2π

Ze−(i s x + a2t s2)ds =

1

2π

Ze− a

√ts− i x

2 a√

t

2− x2

4 a2 tds

1

2π

Ze−(i s x + a2t s2)ds =

e−x2

4 a2 t

2π

Ze− a

√ts− i x

2 a√

t

2

ds (5.22)


Se ha realizado en el exponente operaciones evidentes y se ha extraido de la integral (5.22) la

función e−x2

4 a2 t , porque no depende de la variable s. Luego de hacer en (5.22) el cambio devariable p = a

√ts− i x

2a√

tse obtiene:

F−1³e−a

2t s2´=

e−x2

4 a2 t

2π

Ze−p

2 dp

a√t

y puesto que por (2.38)Re−p

2dp =

√π, se tiene que:

F−1³e−a

2t s2´=

1

2a√πte−

x2

4 a2 t = g (x, t) (5.23)

La función g (x, t) es la transformada inversa de Fourier buscada y se la conoce con el nombre denucleo de Poisson. De igual manera se pudo obtener, puesto que ambas funciones exponencialessólo difieren en t y en t− τ , que:

F−1he−a

2(t − τ)s2i=

1

2apπ (t− τ)

e− x2

4 a2(t = τ) = g (x, t− τ) (5.24)

De donde el valor del original u (x, t) (5.21)* queda como:

(x, t) = φ (x)∗g (x, t)+Z t

0f (x, τ)∗g (x, t− τ) dτ (5.25)


(x, t) = φ (x)∗ 1

2a√πte−

x2

4 a2 t+

Z t

0f (x, τ)∗ 1

2apπ(t− τ)

e− x2

4 a2(t − τ)dτ (5.25)*

Se sustituye en (5.25)* la fórmula de la convolución (1.1) y se obtiene finalmente:

u(x, t) =1

2a√πt

Zφ(y)e−

(x − y)2

4 a2 t dy+

Z t

0

1

2apπ(t− τ)

Zf(y, τ)e

− (x − y)2

4 a2(t − τ)dydτ (5.25)**

Que se conoce con el nombre de fórmula de Poisson y que es una solución en cuadratura dela ecuación diferencial (5.1) que cumple con la condición inicial (5.1)*, porque basta conocerla distribución inicial del calor φ(x) y la fuente puntal de calor f(x, t) para resolver cualquierproblema de la ecuación del calor, pues para obtener la solución únicamente se debe sustituirestos valores en la fórmula de Poisson (5.25)**. También vale la pena recalcar que la fórmula dePoisson no es más que la suma de las soluciones de dos problemas sobre la trasmisión de calor.El primero es la ecuación homogénea del calor, donde la función f(x, t) = 0, esto es:½

ut (x, t) = a2uxx (x, t) (5.26)u(x, 0) = φ(x) (5.26) *

cuya solución encuadratura es la convolución de la condición inicial φ(x) con la función (5.23):

u(x, t) = φ(x)∗g (x, t) = 1

2a√πt

Zφ(y)e−

(x−y)24 a2 t dy (5.27)


Y el segundo es la ecuación no homogénea del calor, con la condición inicial nula, esto es cuandoφ(x) = 0½

ut (x, t) = a2uxx (x, t) + f(x, t) (5.28)u(x, 0) = 0 (5.28)*

cuya solución en cuadratura para la variable t ≥ 0 es la integral en el intervalo variable (0, t) dela convolución de la fuente puntual de calor con el nucleo de Poisson (5.24):Z t

0f (x, τ)∗g (x, t− τ) dτ (5.29)


u(x, t) =

Z t

0

1

2apπ(t− τ)

Zf(y, τ)e

− (x − y)2

4 a2(t − τ)dydτ (5.29)*

La solución (5.25)** del problema completo (5.1); (5.1)* no es más que la suma de las soluciones(5.27) y (5.29)*, de los problemas particulares (5.26); (5.26)* y (5.28); (5.28)*. Ley que se conocecon el nombre de principio de superposición.


Ejemplo 56: Resolver el problema homogéneo de la ecuación del calor, con la condición inicialu(x, 0) = δ(x). Cada vez que en la condición inicial esté la función δ (x) de Dirac se va llamaral problema de Cauchy problema fundamental de la ecuación tratada. En este caso, se busca lasolución del problema fundamental de la ecuación del calor:½

ut (x, t) = a2uxx (x, t) (5.30)u(x, 0) = δ(x) (5.30)*

Solución: Se conoce por (5.27) que la solución de este problema se da con ayuda de la fórmula:

u (x, t)sf =1

2a√πt

Zδ(y)e−

(x−y)24 a2 t dy

O lo que por (3.6) es lo mismo que:

u (x, t)sf = [δ(y), ϕ(y)] = ϕ(0)

Puesto que evidentemente, la función:

u(x, t) =1

2a√πte−

x2

4a2t es finita, por lo que:

1

2a√πt

Zδ (y) e−

(x − y)2

4 a2 t dy =1

2a√πte−

(x − y)2

4 a2 t |y=0

u(x, t)s f =1

2a√πte−

x2

4a2t De donde:


u(x, t)s f = g (x, t) (5.23)

En otras palabras, el nucleo de Poisson (5.23) no es otra cosa que la solución fundamental dela ecuación de calor (5.30) que cumple con la condición inicial (5.30)*. Con lo que la soluciónde la ecuación homogénea del calor (5.26) que cumple con la condición inicial (5.26)* es laconvolución de la condición inicial φ(x) (5.1)* con la solución fundamental de la ecuación decalor, esto es, con el nucleo de Poisson.

u(x, t) = φ(x) ∗ u(x, t)s f = φ(x) ∗ g(x, t) (5.31)

Se analiza el significado del nucleo de Poisson o de la solución fundamental g (x, t) (5.23), quecumple con la condición inicial (5.32)*:½

gt (x, t) = a2gxx (x, y) (5.32)g (x, 0) = δ (x) (5.32)*

En primer lugar se comprueba que esta función es solución de la ecuación homogénea del calor.Para calcular el valor gt(x, t), se toma en cuenta de que (5.23) es el producto de dos funcionesde la variable t, por lo que:

gt(x, t) =∂

∂tg (x, t) =

∂

∂t

µ1

2a√πte−

x2

4 a2 t

¶gt(x, t) =

µe−

x2

4 a2 t∂

∂t

1

2a√πt+

1

2a√πt

∂

∂te−

x2

4 a2 t

¶Luego de efectuar las operaciones indicadas, se obtiene:

gt(x, t) = e−x2

4 a2 t−1

2a√πt2t

+1

2a√πte−

x2

4 a2 t

µx2

4 a2 t2

¶Después de sustituir en esta igualdad el valor de (5.23), se obtiene:

gt(x, t) =−12t

g(x, t)+g(x, t)

µx2

4 a2 t2

¶Luego de factorar g (x, t) se obtiene:

gt (x, t) =

∙− 12t+

x2

4 a2 t2

¸g(x, t) (5.33)

que es la derivada buscada gt(x, t).

Se calcula ahora gxx, esto es, se deriva dos veces respecto a la variable x la función (5.23), paralo cual se obtiene la primera derivada:

gx (x, t) =∂

∂xg (x, t) =

1

2a√πt

∂

∂xe−

x2

4 a2 t =1

2a√πte−

x2

4 a2 t

µ−x2a2t

¶Por (5.23) se obtiene que:

gx (x, t) = g(x, t)

µ−x2a2t

¶(5.34)


Para obtener gxx (x, t) se debe volver a derivar (5.34) respecto a la variable x. Por ser gx (x, t)el producto de dos funciones de la variable x, se tiene que:

gxx (x, t) =∂

∂x

∙g(x, t)

−x2a2t

¸=−x2a2t

∂

∂xg(x, t) + g(x, t)

∂

∂x

−x2a2t

gxx (x, t) =−x2a2t

gx(x, t) + g(x, t)−12a2t

Pero por (5.34) se obtiene que:

gxx = g(x, t)

µ−x2a2t

¶2+g(x, t)

µ−12a2t

¶Luego de factorar g (x, t) se obtiene:

gxx =

∙x2

4a4t2− 1

2a2t

¸g(x, t)

Se multiplica este resultado por la constante a2 y se obtiene:

a2∂2

∂x2

µ1

2a√πte−

x2

4 a2 t

¶= a2gxx(x, t) =

∙x2

4a2t2− 1

2t

¸g(x, t) (5.35)

Como los resultados (5.33) y (5.35) coinciden, se tiene que la función g (x, t) cumple con laecuación (5.32), esto es:

gt (x, t) = a2gxx (x, t)

Lo que significa que el nucleo de Poisson, o sea la solución fundamental (5.23)

g(x, t) = 12a√πte−

x2

4 a2 t es solución de la ecuación del calor. Para comprobar que cumple con lacondición inicial se ve primero que la solución fundamental (5.23) de la ecuación del calor comofunción de la variable x es una distribución, esto es que:Z

g(x, t)dx =1

2a√πt

Ze−

x2

4 a2 tdx = 1 (5.36)

Lo que fácilmente se comprueba (5.36) lugo de hacer el cambio de variable x2 a√t= q, de donde

se obtiene dx = 2a√tdq con lo que:Z

g(x, t)dx =1

2a√πt

Ze−q

22a√tdq = 1 puesto que

Ze−q

2dq =

√π

Esto significa que el nucleo de Poisson o la solución fundamental, como función de la variablex, es una distribución independientemente del valor grande o pequeño que tome la variable t.La solución fundamental como función de la variable x tiene un máximo cuando x = 0, que esigual a:

gmax(x, t)x=0 = g(0, t) =1

2a√πt


el mismo es inversamente proporcional a√t. En otras palabras, mientras mayor es el valor de

la variable t menor es el valor del máximo de la función g(x, t) y mientras menor es el valorde la variable t mayor es el valor de este máximo que crece sin fin cuando la variable t → 0,pero siempre el área bajo esta curva es igual a uno. De esto se deduce que la forma de estadistribución se hace cada vez más aguda (semejándose a una aguja) en la medida en que t→ 0.Como ya se dijo en (4.13) del ejempo 35, cuando una distribución se comporta de esta manerase dice que su límite es la función δ(x) de Dirac; esto implica que:

limt→0g(x, t) = limt→0

∙1

2a√πte−

x2

4 a2 t

¸= δ(x)

Lo que comprueba la condición inicial (5.32)* g(x, 0) = δ(x)

Desde el punto de vista físico, (5.37) significa que si se pudiera transferir al punto x = 0 unacaloría de calor, la temperatura de este punto crecería sin fin en la medida en que se pudieraconcentrar dicha acción en ese sólo punto. Más adelante, la temperatura se va a distribuirde manera homogénea en la medida que el punto x = 0 caliente a los punto vecinos, y asísucesivamente. Pero siempre, por la ley de conservación de la energía, la cantidad de calor a lolargo de toda la barra permacerá constante e igual a uno (una caloría). Desde el punto de vistafísico, esto significa que en cada instante la temperatura máxima la tendrá aquel punto de labarra adonde fue transferida la caloría de calor, aunque su temperatura va a disminuir con eltiempo. También, desde el punto de vista fisico, se va a cumplir siempre:Z

g(x, t)dx =1

2a√πt

Ze−

x2

4 a2 tdx = 1 (5.36)

Lo que significa que la cantidad de energía calorífica que se le ha transferido a la barra en elintante t = 0 permanece constante a lo largo del tiempo. En realidad lo que sucede es que si setiene un impulso calorifero unitario, esto es si se tiene:

φξ(x) =

½0 si |x− x0| > ξ1 si |x− x0| < ξ

Donde la constate ξ > 0. (Tal fenómeno se da si en la barra la temperatura inicial es igual acero y en instante t = 0 en el intervalo (x0 − ξ , x0 + ξ) se introduce en forma instantaneauna cantidad de calor equivalente a una caloría). En la medida que se disminuye el valor deeste intervalo, o sea, en la medida en que ξ → 0 la temperatura de la barra en el intervalo(x0 − ξ , x0 + ξ) tenderá a crecer sin fin, esto es, la distribución de la temperatura se comportacomo la función δ(x) de Dirac. Desde el punto de vista matemático se tiene en este caso que elproblema planteado es resolver:

ut (x, t) = a2uxx (x, t) con la condición inicial:

φξ(x) =

½0 si |x− x0| > ξ1 si |x− x0| < ξ

Pero, según se vio en (5.27), la solución en cuadratura de este preoblema es:

u(x, t) = φξ(x)∗g(x, t) =1

2a√πt

Zφξ(x)e

− (x−y)24 a2 t dy


u(x, t) =1

2a√πt

Z x0+ξ

x0−ξ1·e−

(x−y)24 a2 t dy porque: φξ(x) = 0 si |x− x0| > ξ

Pero según el teorema del valor medio del cálculo integral se debe cumplir que:

u(x, t) =2ξ

2a√πte−

(x − ξ0)2

4 a2 t , donde:

ξ0 ∈ (x0 − ξ , x0 + ξ)

En el cálculo diferencial se puede demostrar que el límite de esta expresión si ξ → 0 es:

u(x, t) =1

2a√πte−

(x − x0)2

4 a2 t

En el caso en que x0 = 0, lo que significa que el punto al que se trasmite la cantidad de calorequivalente a una caloría es el origen de coordenadas, la solución fundamental (5.32); (532)* dela ecuación del calor es realmente:

u(x, t) =1

2a√πte−

x2

4 a2 t

Ejemplo 57: Resolver la siguiente ecuación homogénea del calor:

ut (x, t) = a2uxx (x, t) con la condición inicial:

u(x, 0) =

½u0 valor constante, diferente de cero si x ∈ (x1, x2)

0 si x < x1 o si x > x2

Solución: Por la fórmula (5.27) se tiene que en este caso:

u(x, t) = u0∗g(x, t) =1

2a√πt

Zu0e

− (x − y)2

4 a2 t dy

como u0(x) = 0 si x > x2 o si x < x1, se obtiene:

u(x, t) =1

2a√πt

Zu0e

− (x − y)2

4 a2 t dy =1

2a√πt

Zu0e

− (y − x)2

4 a2 t dy

u(x, t) =u0

2a√πt

Z x2

x1

e−(y − x)2

4 a2 t dy (5.37)

Se hace en la integral (5.37) el siguiente cambio de variable:

y − x

2 a√t= q de donde dy = 2a

√tdq con lo que (5.37) se convierte en:

u0

2a√πt

Z x2−x2 a

√t

x1−x2 a

√t

e−q2

2 2a√tdq =

u0√π

Z x2−x2 a

√t

x1−x2 a

√t

e−q2

2 dq


Vale la pena recordar que en la teoría de las probabilidades hay una gran variedad de tablas dela ley normal, una de ellas, por ejemplo, permite calcular la distribución normal:

F (x) =1√2π

Z x−μσ

−∞e−q

2dq con la ley normal estandar Φ∗(x):

Φ∗(x) =1√2π

Z x

−∞e−q

2dq con ayuda de la fórmula:

F (x) = Φ∗µx− μ

σ

¶Como, además, en teoría de las probabilidades se mide:

1√2π

Z β−μσ

α−μσ

e−q2

2 dq = Φ∗µβ − μ

σ

¶−Φ∗

µβ − μ

σ

¶Se tiene entonces que:

u0√π

Z x2−x2 a

√t

x1−x2 a

√t

e−q2

2 dq =

√2u0√2π

Z x2−x2 a

√t

x1−x2 a

√t

e−q2

2 dq

=√2u0

∙Φ∗µx2 − x

2 a√t

¶− Φ∗

µx1 − x

2 a√t

¶¸Fórmula que resuelve el problema planteado mediante la tabla de la distribución normal estandar.

Ejemplo 58: Resolver con ayuda de la formula de Poisson (5.25)** la siguiente ecuación nohomogénea del calor: ½

ut (x, t) = uxx (x, t) + et−x

u (x, o) = x2e−x

Solución: Se resuelve primero la ecuación homogénea (5.26) con la condición inicial (5.26)*. Eneste caso:½

ut (x, t) = uxx (x, t)u(x, 0) = x2e−x

Por la fórmula de (5.27) se tiene que la solución buscada es:

u (x, t) =1

2√πt

Zy2e−ye−

(x − y) 2

4 t dy

Luego de sumar los exponentes de esta integral

−y−(x− y)2

4t= −4 t y + y2 − 2 x y + x2

4 t, se obtiene:

u (x, t) =1

2√πt

Zy2e−

y2 − 2 x y + 4 t y + x2

4 t dy

Como la expresión que está en el exponente de esta integral es igual a:

− y2 − 2 x y + 4 t y + x2

4 t= −x

2

4t− y2 + 2 (2t− x) y + (2t− x)2 − (2t− x)2

4t

−y2 − 2 x y + 4 t y + x2

4 t= −x

2

4t−µy + 2t− x

2√t

¶2+

µ2t− x

2√t

¶2


Se tiene entonces que es lo mismo:

1

2√πt

Zy2e−

y2 − 2 x y + 4 t y + x2

4 t dy =e−x2

4t+ 2 t − x

2√

t

2

2√πt

Zy2e

− y + 2 t − x

2√

t

2

dy, de donde,

puesto que −x2

4t+

µ2 t − x

2√

t

¶2= t−x, se obtiene:

1

2√πt

Zy2e−

y2 − 2 x y + 4 t y + x2

4 t dy =et−x

2√πt

Zy2e

− y + 2 t − x

2√

t

2

dy

Se hace el siguiente cambio de variable:

q =y + 2t− x

2√t

; dy = 2√tdq y y2 =

³2√tq + x− 2t

´2por lo que :

u (x, y) =et−x

2√πt

Zy2e

− y + 2 t − x

2√

t

2

dy =

u (x, y) =et−x

2√πt

Z ³2√tq + x− 2t

´2e−q

22√tdq

u (x, y) =et−x√π

Z ³2√tq + x− 2t

´2e−q

2dq

O también:

u (x, t) =et−x√π

∙Z4tq2e−q

2dq +

Z4√tq (x− 2t) e−q

2dq +

Z(x− 2t )2 e−q

2dq

¸

El segundo sumando de esta igualdad vale cero por imparidad de la función qe−q2que se intergra.

Por lo que:

u (x, t) = I+II

Donde:

I =et−x√π

Z4tq2e−q

2dq = 4t

et−x√π

Zq2e−q

2dq, y

II =et−x√π

Z(x− 2t )2 e−q

2dq

En la integral I se intergra por partes la función q2e−q2:Z

q2e−q2dq = −1

2

Zqe−q

2d¡−q2

¢Z

q2e−q2dq = −1

2qe−q

2 ¯∞−∞ +

1

2

Ze−q

2dq =

√π

2


Por lo que:

I = 4tet−x√π

√π

2= 2tet−x

Se calcula ahora:

II =et−x√π

Z(x− 2t )2 e−q

2dq =

et−x√π(x− 2t )2

Ze−q

2dq = et−x (x− 2t )2

Puesto que por (2.38)Re−q

2dq =

√π . Como la solución del problema homogéneo es la suma

de I + II se obtiene:

u (x, t) = 2tet−x+et−x (x− 2t )2

O lo que es lo mismo:u (x, t) = et−x

h2t + (x− 2t )2

i(5.38)

Se resuelve ahora el problema no homogéneo (5.28) con la condición inicial (5.28)*. En estecaso, se debe resolver: ½

ut (x, t) = uxx (x, t) + et−x

u(x, 0) = 0

Para lo cual se usa la fórmula de Poisson (5.29)*, que en este caso se convierte en:

u (x, t) =

Z t

0

1

2pπ(t− τ)

Zeτ−ye−

(x − y)2

4 (t − τ) dydτ pues en este ejemplo a = 1

Luego de sumar los exponentes se obtiene:

u (x, t) =

Z t

0

1

2pπ(t− τ)

Ze4(t−τ)(t−y)−x2+2xy−y2

4t−τ dydτ


u (x, t) =

Z t

o

et−x

2pπ (t− τ)

Ze− y+2(t−τ)−x

2√t−τ

2

dydτ

Se hace el siguiente cambio de variable:

y + 2 (t− τ)− x

2√t− τ

= q; y = 2√t− τq+x−2 (t− τ) ; dy = 2

√t− τdq


u (x, t) =

Z t

o

et−x

2pπ (t− τ)

Ze− y+2(t−τ)−x

2√t−τ

2

dydτ =

Z t

o

et−x2√t− τ

2√π√t− τ

µZe−q

2dq

¶dτ

Lo que, luego de realizar las correspondientes simplificaciones y de recordar por (2.38) que:


Re−q

2dq =

√π, es lo mismo que:

u (x, t) = et−xZ t

odτ

De donde, luego de integrar, se obtiene la respuesta del problema no homogéneo:

u (x, t) = et−xt (5.39)

Se suman los resultados (5.38) y (5.39), y por el principio de superposición se obtiene:

u (x, t) = et−xh2t + (x− 2t )2

i+et−xt

de donde la respuesta del problema planteado en el ejemplo 58 es:

u (x, t) = et−xh3t + (x− 2t )2

iEjemplo 59: Resolver la ecuación no homogénea del calor:½

ut (x, t) = 4uxx (x, t)− xtu(x, 0) = xex

Solución: Se resuelve primero la ecuación homogénea (5.26) con la condición inicial (5.26)*½ut (x, t) = 4uxx (x, t)u(x, 0) = xex

cuya solución se encuentra mediante la fórmula (5.27):

u(x, t) =1

4√πt

Zyeye−

(x − y)2

16 t dy puesto que a = 2

Se suman los exponentes y se obtiene:

u(x, t) =1

4√πt

Zye

16 t y − x2 + 2 x y − y2

16 t dy o lo que es lo mismo:

u(x, t) =e4t+x

4√πt

Zye− y − 8t − x

4√

t

2

dy

Se hace en esta integral el siguiente cambio de variable:

q =y − 8t− x

4√t

; y = 4√tq+x+8t; dy = 4

√tdq y se obtiene:

u (x, t) =e4t+x

4√π√t

Z ³4√tq + 8t+ x

´e−q

24√tdq

Como la función que se integra es impar 4√tRqe−q

2dq = 0 y

Re−q

2dq =

√π, se obtiene luego

de tomar esta integral la respuesta del problema homogéneo:

u(x, t) = e4t+x [8t+ x]


Mediante la fómula (2.29)* se resuelve el problema no homogéneo (5.28) con la condición inicial(528)*:½

ut (x, t) = 4uxx (x, t)− xtu(x, 0) = 0

y se obtiene:

u(x, t) =

Z t

0

1

4pπ(t− τ)

Z−yτe−

(x−y)216(t−τ) dydτ O también:

u(x, t) =

Z t

0

−τdτ4pπ(t− τ)

Zye− (x−y)216(t−τ)dy

Se hace en esta integral el cambio de variable q = x−y4√t−τ ; dy = 4

√t− τdq, de donde:Z t

0

−τdτ4pπ(t− τ)

Zye− (x−y)216(t−τ)dy =

Z t

0

τ(−4√t− τ)

4√π√t− τ

∙Z ¡x− 4

√t− τq

¢e−q

2dq

¸dτ

Z t

0

τ(−4√t− τ)

4√π√t− τ

∙Z ¡x− 4

√t− τq

¢e−q

2dq

¸dτ = −

Z t

0

τx√π

∙Ze−q

2dq +

Z−qe−q2dq

¸dτ

ComoRe−q

2dq =

√π y

R−qe−q2dq = 0 por imparidad de función que se integra, se obtiene la

respuesta del problema no homogéneo:

u(x, t) =

Z t

0−τxdτ = −xt

2

2

La respuesta del problema 59 es la suma de las soluciones del problema homogéneo y no ho-mogéneo, esto es:

u(x, t) = e4t+x(8t+ x) − xt2

2

Ejemplo 60: Resolver la ecuación homogénea del calor (5.26) con la condición inicial (5.26)*:½ut (x, t) =

14uxx (x, t)

u(x, 0) = e2x − x2

Solución: Se resuelve este problema con ayuda de la fórmula (5.27)

u(x, t) =1√πt

Ze2y − y2e−

(x − y)2

t dy Luego de sumar lo exponentes se obtiene:

u(x, t) =1√πt

Ze2y − y2− (x−y)2

t dy Se trabaja con los exponentes para obtener:


u(x, t) =1√πt

Ze2 t y = t y2 − x2 + 2 x y − y2

t dy o lo que es lo mismo:

u(x, t) =e−

x2

t

√πt

Ze−

√1 + t y − x + t√

1 + t

2=(x + t)2

1 + t

t dy o también

u(x, t) =e−x2 + t x2 = x2 − 2 x t − t2

t(1 + t)

√πt

Ze−

√1 + t y − x + t√

1 + t

2

t dy (5.39)

En la integral (5.39) se hace el cambio de variable:

q =

√1 + t y − x + t√

1 + t√t

, de donde dy =

√t√

t+ 1dq (5.40)

Se sustituyen los valores de (5.40) en la integral (5.39) y se obtiene:

u(x, t) =1√πte−

x2−2x−t1+t

Ze−q

2

√t√

1 + t2dq

Puesto queRe−q

2dq =

√π, se obtiene la solución del problema planteado en el ejemplo 60:

u(x, t) =1√1 + t2

e−x2−2x−t1+t

Ejemplo 61: Resolver la siguiente ecuación no homogénea del calor (5.28) con la condicióninicial (5.28)* mediante el cronograma del método de la transformada de Fourier (5.0), planteadoal inicio de este capítulo: ½

ut (x, t) = 4uxx (x, t) + t+ et

u(x, 0) = 2

Solución:Por (5.3) se toma la transformada de Fourier a esta la ecuación y por (5.3), (5.4) seobtiene la imagen:

F½

ut (x, t) = 4uxx (x, t) + t+ et

u(x, 0) = 2

=

½F [ut (x, t)] = 4F [uxx (x, t)] + F

£t+ et

¤F [u(x, 0)] = F (2)

=

½vt (s, t) = −4s2v (s, t) + 2πδ (s)

¡t+ et

¢v(s, 0) = 4πδ(s)

Por (5.1) se toma la transformada de Laplace a este resultado y se obtiene:

L [vt (s, t)] = −4s2L [v (s, t)]+2πδ (s)£L (t) + L

¡et¢¤


La imagen de esta ecuación por (5.12) es:

−v (s, 0)+zL [v (s, t)]+4s2 [v (s, t)]L = 2πδ (s)µ1

z2+

1

z − 1

¶o también:

−4πδ (s)+¡z + 4s2

¢L [v (s, t)] = 2πδ (s)

z2+2πδ (s)

z − 1

Por (5.14) se despeja el valor L [v (s, t)]:

L [v (s, t)] = 2πδ (s)

z2(z + 4s2)+

2πδ (s)

(z − 1)(z + 4s2)+4πδ (s)

(z + 4s2)

Por la regla (3.10) de la función δ (x) se obtiene:

L [v (s, t)] = 2πδ (s)

z3+2πδ (s)

z(z − 1)+4πδ (s)

z

A partir de esta igualdad se busca v (s, t) mediante la transformada inversa de Laplace y seobtiene:

v (s, t) = πδ (s)L−1µ2

z3

¶+2πδ (s)L−1

µ1

z(z − 1)

¶+4πδ (s)L−1

µ1

z

¶.

De donde, luego de por (5.15) tomar la transformada inversa de Laplace y factorar el téminocomún 2πδ (s) , se obtiene:

v(s, t) = 2πδ (s)

∙1

2t2 + (et − 1) + 2

¸Puesto que u (x, t) = F−1 [v (s, t)], se toma la inversa de Fourier a la función v(s, t) y se obtiene:

F−1 [v (s, t)] =µ1

2t2 + et + 1

¶F−1 [2πδ (s)] . Puesto que F−1 [2πδ (s)] = 1,

finalmente, puesto que F−1 [v (s, t)] = u (x, t) , se obtiene la respuesta del problema planteado:

u(x, t) =t2

2+ et + 1

Ejemplo 62: Resolver la siguiente ecuación no homogénea del calor (5.28) con la condicióninicial (5.28)* mediante el cronograma del método de la transformada de Fourier (5.0), planteadoal inicio de este capítulo: ½

ut (x, t) = uxx (x, t) + 3t2 (5.41)

u(x, 0) = sinx (5.41)*


Solución: Se toma la transformada de Fourier a la ecuación (5.41); (5.41)* y se obtiene laimagen:

F½

ut (x, t) = uxx (x, t) + 3t2

u(x, 0) = sin (x)

=

½F [ut (x, t)] = F [uxx (x, t)] + 3F

¡t2¢

F [u (x, 0)] = F (sinx)

=

½vt (s, t) = −s2v (s, t) + 6πδ (s) t2 (5.42)v (s, 0) = iπ [δ (s− 1)− δ (s+ 1)] por (4.9)

Se toma la transformada de Laplace a (5.42) y se obtiene:

L [vt (s, t)] = −s2L [v (s, t)]+6πδ (s)L¡t2¢o lo que igual que en (5.10) es lo mismo que:

−v (s, o)+zL [v (s, t)] = −s2L [v (s, t)]+6πδ (s)L¡t2¢

Se sustitutuyen los valores correspondientes de v (s, 0) = iπ [δ (s− 1)− δ (s+ 1)] y L¡t2¢= 2

z3

para obtener:

−iπ [δ (s− 1)− δ (s+ 1)]+zL [v (s, t)] = −s2L [v (s, t)]+6πδ (s) 2z3.

Luego se despeja L [v (s, t)] y se obtiene:

L [v (s, t)] = 12πδ (s)

(z + s2) z3+iπ [δ (s− 1)− δ (s+ 1)]

(z + s2)

por la propiedad (3.10) y (3.10)* de la función δ (x) de Dirac esta igualdad es lo mismo que:

L [v (s, t)] = 12πδ(s)

z4+iπ [δ (s− 1)− δ (s+ 1)]

z + 1

Se toma la transformada inversa de Laplace a esta igualdad y se obtiene que:

v (s, t) = 2πδ(s)L−1µ6

z4

¶+iπ [δ (s− 1)− δ (s+ 1)]L−1

∙1

z + 1

¸O lo que por la tabla de la transformada de Laplace es la solución particular de la ecuacióndiferencial (5.42):

v(s, t) = 2πδ(s)t3+iπ [δ (s− 1)− δ (s+ 1)] e−t

Puesto que F−1 [v (s, t)] = u (x, t) se toma ahora la transformada inversa de Fourier a v (s, t) yse obtiene:

u (x, t) = t3F−1 [2πδ(s)]+e−tF−1 iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)] Puesto que:

F−1 [2πδ(s)] = 1 y F−1 iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)] = sinx


se obtiene la solución de la ecuación (5.41) que cumple con la condición inicial (5.41)*, planteadoen el ejemplo 62.

u (x, t) = t3 + e−t sinx

Ejemplo 63:Resolver la siguiente ecuación no homogénea del calor (5.28) con la condición inicial(5.28)* mediante el cronograma del método de la transformada de Fourier (5.0), planteado alinicio de este capítulo: ½

ut (x, t) = uxx (x, t) + e−t cos (x) (5.43)u (x, 0) = cos(x) (5.43)*

Solución: Se toma la transformada de Fourier a la ecuación (543); (5.43)* y se obtiene laimagen:.

F½

ut (x, t) = uxx (x, t) + e−t cos (x)u (x, 0) = cos(x)

=

½F [ut (x, t)] = F [uxx (x, t)] + e−tF (cosx)F [u (x, 0)] = F (cosx)

=

½vt (s, t) = −s2v (s, t) + e−tπ [δ (s− 1) + δ (s+ 1)] (5.44)v (s, 0) = π [δ (s− 1) + δ (s+ 1)] por (4.10)


L [vt (s, t)] = −s2L [vt (s, t)]+π [(δ(s+ 1) + δ (s− 1)]L¡e−t¢

Cuya imagen, igual que en (5.10) y por el numeral 2 de la tabla de transformada de Laplace, es:

−v(s, 0)+zL [v (s, t)] = −s2L [v (s, t)]+π [(δ(s+ 1) + δ (s− 1)]µ

1

z + 1

¶Se sustituye en esta última igualdad el valor de v (s,0) = π [δ (s− 1) + δ (s+ 1)] y se obtiene:

−π [δ (s− 1) + δ (s+ 1)]+zL [v (s, t)] = −s2L [v (s, t)]+π [(δ(s+ 1) + δ (s− 1)]µ

1

z + 1

¶Se factora en esta igualdad el factor común L [v (s, t)] y se obtiene:

L [v (s, t)]¡z + s2

¢= π [(δ(s+ 1) + δ (s− 1)]

µ1

z + 1+ 1

¶Se despeja de esta ecuación algébrica la solución L [v (s, t)] y se obtiene:

L [v (s, t)] =π [(δ(s+ 1) + δ (s− 1)]

³1

z+1 + 1´

(z + s2)


Se aplica la propiedad (3.10)* de la función delta de Dirac δ (s− so) f(s) = f (so) δ (s− so) yse obtiene:

L [v (s, t)] = π [(δ(s+ 1) + δ (s− 1)]∙

1

(z + 1)2+

1

z + 1

¸Se encuentra la transformada inversa de Laplace a esta igualdad y se obtiene:

v (s, t) = π [(δ(s+ 1) + δ (s− 1)]L−1∙

1

(z + 1)2+

1

z + 1

¸O lo que es lo mismo:

v (s, t) = π [(δ(s+ 1) + δ (s− 1)]¡te−t + e−t

¢Puesto que F−1 [v (s, t)] = u (x, t) se toma a esta igualdad la transformada inversa de Fourier yse obtiene:

F−1 [v (s, t)] = F−1 π [(δ(s+ 1) + δ (s− 1)]¡te−t + e−t

¢De donde, puesto que F−1 π [(δ(s+ 1) + δ (s− 1)] = cosx, la solución de la ecuación (5.43)que cumple con la condición inicial (5.43)*, planteada en el ejemplo 63 es:

u (x, t) = e−t (t+ 1) cosx

Observación: El método de la transformación de Fourier sirve incluso para resolver ecuacionesdiferenciales en derivadas parciales que son parecidas a la ecuación del calor, como se va a veren los siguientes ejemplos.

Ejemplo 64: Resolver la siguiente ecuación diferencial parcial homogénea con condición inicialconocida, mediante el cronograma del método de la transformada de Fourier planteado al iniciode este capítulo (5.0): ½

ut (x, t) = a2uxx (x, t) + ku (5.45)u(x, 0) = φ (x) (5.45)*

Donde k es una constante cualquiera, que si vale cero la ecuación (5.45) se convierte en laecuación homogénea del calor.

Solución: Se toma la transformada de Fourier a la ecuación (5.45) y a la condición inicial(5.45)* y se obtiene la imagen:

F½

ut (x, t) = a2uxx (x, t) + kuu(x, 0) = φ (x)

=

½F [ut (x, t)] = a2F [uxx (x, t)] + kF (u)F [u (x, 0)] = F [φ (x)]

=

½vt (s, t) = −a2s2v (s, t) + kv (s, t) = −

£a2s2 − k

¤v (s, t) (5.46)

v (s, 0) = Φ (s) lo mismo que en (5.10)


Para resolver la ecuación diferencial ordinaria (5.46) se usa el método de la separación de lasvariables, esto es:

dv

v=¡k − a2s2

¢dt

Según el teorema fundamental del cálculo integral, si dos diferenciales coinciden sus integralesdifieren en una constante de integración. Por lo tanto:

ln v =¡k − a2s2

¢t+ln c de donde:

v (s, t) = ce(k−a2s2)t

Que es la solución general de la ecuación diferencial ordinaria (5.46). Se calcula el valor de laconstante de integración c, para lo cual se usa la condición inicial (5.10).

v (s, 0) = Φ (s) = ce(k−a2s2)0 = c

por lo que la solución general se convierte en la solución particular:

v (s, t) = Φ (s) e(k−a2s2)t = ektΦ (s) e−a

2s2t

Como se conoce que F−1 [v (s, t)] = u (x, t) se obtiene que:

u (x, t) = ektF−1hΦ (s) e−a

2s2ti

pero por la propiedad 13 de la trasformada inversa de Fourier se conoce que:

u (x, t) = ektF−1 [Φ (s)] ∗ F−1³e−a

2s2t´

u (x, t) = ektφ (s) ∗ F−1³e−a

2s2t´

con base en (5.27) se obtiene la solución de la ecuación (5.45) que cumple con la condición inicial(5.45)* planteado en el ejemplo 64:

u (x, t) =ekt

2a√πt

Zφ (y) e−

(x − y)2

4 a2 t dy (5.47)

Ejemplo 65: Encontrar la solución fundamental usf (x, t) de la ecuación (5.45) del ejemplo 64si la condición inicial es igual a la función δ (x) de Dirac:½

ut (x, t) = a2uxx (x, t) + ku (5.45)u(x, 0) = δ(x)

Solución: Este problema se resuelve directamente con ayuda de la fórmula (5.47):

u (x, t) =ekt

2a√πt

Zδ (y) e−

(x − y)2

4 a2 t dy

=ekt

2a√πte−

(x − y)2

4 a2 t |y=0 =ekt

2a√πte−

x2

4 a2 t Luego:


usf (x, t) =ekt

2a√πte−

x2

4 a2 t (5.48)

La solución (5.48) de la ecuación (5.45) se llama nucleo de Poisson de la ecuación (5.45) y serepresenta como g (x, t), esto es:

usf (x, t) = g (x, t) =ekt

2a√πte−

x2

4 a2 t (5.48)

Por lo que la solución de la ecuación (5.45) es la convolución de la condición inicial (5.45)* φ(x)con (5.48):

u(x, t) = φ(x) ∗ ekt

2a√πte−

(x − y)2

4 a2 t (5.49)

Ejemplo 66: Resolver la siguiente ecuación diferencial parcial homogénea con condición inicialconocida, mediante el cronograma del método de la transformada de Fourier planteado al iniciode este capítulo (5.0): ½

ut (x, t) = a2uxx (x, t) + kux (5.50)u(x, 0) = φ (x) (5.50)*

Donde k es una constante cualquiera, que si vale cero la ecuación (5.50) se convierte en laecuación homogénea del calor.

Solución: Se toma la transformada de Fourier a la ecuación (5.50) que cumple con la condicióninicial (5.50)* y se obtiene la imagen:

F½

ut (x, t) = a2uxx (x, t) + kuxu(x, 0) = φ (x)

=

½F [ut (x, t)] = a2F [uxx (x, t)] + kF (ux)F [u (x, 0)] = F [φ (x)]

=

½vt (s, t) = −a2s2v (s, t) + iksv (s, t) = −

£a2s2 − iks

¤v (s, t) (5.51)

v (s, 0) = Φ (s) igual que en (5.10)

Para resolver la ecuación diferencial ordinaria (5.51) se usa el método de la separación de lasvariables, esto es:

dv

v= −

¡a2s2 − iks

¢dt

Según el teorema fundamental del cálculo integral, si dos diferenciales coinciden sus integralesdifieren en una constante de integración. Por lo tanto:

ln v = −¡a2s2 − iks

¢t+ln c de donde:

v (s, t) = ce−(a2s2−iks)t

es la solución general de la ecuación diferencial ordinaria (5.51). Se calcula el valor de laconstante de integración c, para lo cual se usa (5.10), la condición inicial del problema (5.51).

v (s, 0) = Φ (s) = ce−(a2s2−iks)0 = c


por lo que la solución general se convierte en la solución particular:

v (s, t) = Φ (s) e−(a2s2−iks)t

Como se conoce que F−1 [v (s, t)] = u (x, t) se obtiene que:

u (x, t) = F−1hΦ (s) e−(a

2s2−iks)ti

pero por la propiedad 13 de la trasformada inversa de Fourier se deduce que:

u (x, t) = F−1 [Φ (s)]∗F−1he−(a

2s2−iks)ti

Como F−1 [Φ (s)] = φ (x) se tiene entonces que:

u (x, t) = φ (x)∗F−1he−(a

2s2−iks)ti

con base en (2.4) se busca F−1he−(a

2s2−iks)ti, esto es:

F−1he−(a

2s2−iks)ti=1

2π

Zeixse−(a

2s2−iks)tds

se suman los exponentes y se obtiene:

F−1he−(a

2s2−iks)ti=

1

2π

Zeixs−a

2ts2+ikstds lo que es igual a:

F−1he−(a

2s2−iks)ti=

1

2π

Ze−[a

2ts2−i(x−kt)s]ds O, por el binomio de Newton:

F−1he−(a

2s2−iks)ti=

e− x−kt

2a√t

2

2π

Ze− a

√ts− i(x−kt)

2a√t

2

ds (5.52)

En la integral (5.52) se realiza el siguiente cambio de variable: q = a√ts− i(x−kt)

2a√t; ds = dq

a√tde

donde (5.52) toma la forma de:

e− x−kt

2a√t

2

2π

Ze− a

√ts− i(x−kt)

2a√t

2

ds =e− x−kt

2a√t

2

2π

Ze−q

2 1

a√tdq

pero comoRe−q

2dq =

√π se obtiene que:

F−1he−(a

2s2−iks)ti=

1

2a√πte− x−kt

2a√t

2

(5.53)

Luego, para obtener la solución u (x, t) se debe convolucionar la condición inicial φ (x) de laecuación (5.50) con (5.53):

u (x, t) = φ (x)∗ 1

2a√πte− x−kt

2a√t

2

Por la definición (1.1) de convolución, se obtiene:


u (x, t) =1

2a√πt

Zφ (y) e

− x−y−kt2a√t

2

dy (5.54)

A (5.53) se conoce con el nombre de nucleo de Poisson de la ecuación (5.50) y se lo representacomo g (x, t). Por lo que para resolver el problema (5.50) se debe convolucionar la condicióninicial (5.50)* φ (x) con el nucleo de Poisson (5.53). Se ha encontrado así la solución (5.54) dela ecuación (5.50) que cumple con la condición inicial (5.50)* planteada en el ejemplo 66.

Ejemplo 67: Encontrar la solución fundamental usf (x, t) de la ecuación diferencial parcial(5.50), planteada en el ejemplo 66, o sea si la condición inicial de esta ecuación es la funciónδ (x) de Dirac: ½

ut (x, t) = a2uxx (x, t) + kuxu(x, 0) = δ(x)

Este problema se puede resolver directamente con ayuda de la fórmula (5.54), esto es:

u (x, t) =1

2a√πt

Zδ (y) e


2

dy =

=1

2a√πte− x−y−kt

2a√t

2

|y=0 =1

2a√πt

e− x−kt

2a√t

2

Luego:

usf (x, t) =1

2a√πte− x−kt

2a√t

2

(5.53)

Con lo que la solución de la ecuación homogénea (5.50) es la convolución de la condición inicial(5.50)* φ(x) de esta ecuación con la solución fundamental, o sea, con el nucleo de Poisson (5.53)de la ecuación (5.50):

u(x, t) = φ(x) ∗ g (x, t) (5.54)*

u(x, t) = φ(x) ∗ 1

2a√πte− x−kt

2a√t

2

(5.54)**

u(x, t) =1

2a√πt

Zφ (y) e


2

dy (5.54)

Ejemplo 68: Resolver la siguiente ecuación diferencial parcial no homogénea con condicióninicial conocida, mediante el cronograma del método de la transformada de Fourier planteadoal inicio de este capítulo (5.0): ½

ut (x, t) = 2uxx (x, t)− u (x, t) + et cosx (5.55)u(x, 0) = sinx (5.55)*

Solución: Se toma la transformada de Fourier a la ecuación (5.55) y a la condición inicial(5.55)* y se obtiene:

F½

ut (x, t)− 2uxx (x, t) + u (x, t) = et cosxu(x, 0) = sinx

=

½F [ut (x, t)]− 2F [uxx (x, t)] + F [u (x, t)] = etF (cosx)

F [u (x, o)] = v (s, 0) = F (sinx)


=

½vt (s, t) + 2s

2v (s, t) + v (s, t) = etπ [δ (s+ 1) + δ (s− 1)] (5.56)v (s, 0) = iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)] (5.56)*

Se resuelve (5.56) por el método de la transformada de Laplace, o sea se toma la transformadade Laplace a (5.56):

L [vt (s, t)]+2s2L [v (s, t)]+L [v (s, t)] = π [δ (s+ 1) + δ (s− 1)]L¡et¢

por (5.12) de la transformada de Laplace, se tiene:

−v (s, 0)+zL [v (s, t)]+2s2L [v (s, t)]+L [v (s, t)] = π [δ (s+ 1) + δ (s− 1)] 1

z − 1o lo que por (5.56)* es lo mismo que:

−iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)]+L [v (s, t)]©z + 2s2 + 1

ª= π [δ (s+ 1) + δ (s− 1)] 1

z − 1Por (5.14) se despeja de esta igualdad L [v (s, t)] y se obtiene:

L [v (s, t)] = iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)]z + 2s2 + 1

+π [δ (s+ 1) + δ (s− 1)](z + 2s2 + 1) (z − 1)

Se aplica ahora a la igualdad obtenida la propiedad (3.10) y (5.10)* de la función δ (x) y por lapropiedad distributiva de esta función se obtiene:

L [v (s, t)] = iπ [δ (s+ 1)]

z + 3−iπ [δ (s− 1)]

z + 3+

π [δ (s+ 1)]

(z + 3) (z − 1)+π [δ (s− 1)](z + 3) (z − 1)

de donde, luego de tomar la transformada inversa de Laplace a esta última igualdad se obtiene:

v (s, t) = iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)]L−1∙1

z + 3

¸+

+iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)]L−1∙

π [δ (s+ 1)]

(z + 3) (z − 1)

¸Se ha aplicado la linealidad de la transformada inversa de Laplace.

Al encontrar los correspondientes originales se obtiene la solución particular de la ecuación (5.56)que cumple con la condición inicial (5.56)*:

v (s, t) = e−3tiπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)]+µet − e−3t

4

¶π [δ (s+ 1) + δ (s− 1)]

Como se conoce que la solución buscada u (x, t) de la ecuación (5.55) que cumple con la condicióninicial (5.55)* es F−1 [v (s, t)] , se tiene entonces que:

u (x, t) = e−3tF−1 iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)]+µet − e3t

4

¶F−1 π [δ (s+ 1) + δ (s− 1)]

Como F−1 iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)] = sin (x) y F−1 π [δ (s+ 1) + δ (s− 1)] = cos (x) seobtiene que la solución de la ecuación (5.55) que cumple con la condición (5.55)* planteado enel ejemplo 68 es:

u (x, t) = e−3t sinx+

µet − e−3t

4

¶cosx


Como fácilmente se puede comprobar.

Ejemplo 69: Resolver la siguiente ecuación diferencial parcial no homogénea con condicióninicial conocida, mediante el cronograma del método de la transformada de Fourier planteadoal inicio de este capítulo (5.0): ½

ut (x, t) = 2uxx (x, t) + u (x, t) + et sinx (5.57)u(x, 0) = sinx (5.57)*


F½

ut (x, t)− 2uxx (x, t)− u (x, t) = et sinxu(x, 0) = sinx

=

½F [ut (x, t)]− 2F [uxx (x, t)]− F [u (x, t)] = etF (sinx)

F [u (x, 0)] = F [sinx] = v (s, 0)

=

½vt (s, t) + 2s

2v (s, t)− v (s, t) = etiπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)] (5.58)v (s, 0) = iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)] (5.58)*

Se toma la transformada de Laplace a (5.58) y se obtiene la imagen siguiente:

L [vt (s, t)]+2s2L [v (s, t)]−L [v (s, t)] = iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)]L¡et¢

O también igual que (5.10):

−v (s, 0)+zL [v (s, t)]+2s2L [v (s, t)]−L [v (s, t)] = iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)] 1

z − 1

como: v (s, 0) = F [sinx] = iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)] , se obtiene:

−iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)]+zL [v (s, t)]+2s2L [v (s, t)]−L [v (s, t)] =

= iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)] 1

z − 1Se factora L [v (s, t)] y se obtiene:

L [v (s, t)]£z +

¡2s2 − 1

¢¤= iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)] 1

z − 1+iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)]

Se despeja de esta igualdad el valor de L [v (s, t)] y se obtiene:

L [v (s, t)] =iπδ (s+ 1)

[z + (2s2 − 1)] (z − 1) −iπ [δ (s− 1)]

[z + (2s2 − 1)] (z − 1) +

+iπδ (s+ 1)

z + (2s2 − 1) −iπδ (s− 1)z + (2s2 − 1) .

De donde, con base en la propiedad (3.10) y (3.10)* de la función δ (x) de Dirac, se obtiene:

L [v (s, t)] = iπδ (s+ 1)

(z + 1) (z − 1)−iπ [δ (s− 1)](z + 1) (z − 1)+

iπδ (s+ 1)

z + 1−iπδ (s− 1)

z + 1


o lo que es lo mismo:

L [v (s, t)] = iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)]∙

1

z2 − 1 +1

z + 1

¸Se ha obtenido la imagen de la ecuación (5.58); (5.58)*. Para obtener v (s, t), la solución par-ticular de la ecuación (5.58) que cumple con la condición inicial (5.58)*, se debe tomar a estaimagen la transformación inversa de Laplace, esto es:

v (s, t) = iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)]L−1∙

1

z2 − 1 +1

z + 1

¸De donde:

v (s, t) = iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)]£sinh (t) + e−t

¤= iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)] cosh (t)

Puesto que, evidentemente sinh (t) + e−t = 12

¡et − e−t

¢+ e−t = 1

2

¡et + e−t

¢= cosh (t) . Se ha

obtenido v (s, t) , la solución particular de la ecuación diferencial ordinaria (5.58) que cumplecon la condición inicial (5.58)*. Como se sabe que u (x, t) = F−1 [v (s, t)] , se tiene entonces:

u (x, t) = cosh (t)F−1 iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)]

como además F−1 iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)] = sin (x) , se obtiene la solución de la ecuación(5.57) que cumple con la condición inicial (5.57)*, planteada en el ejemplo 69, es:

u (x, t) = cosh (t) sinx,

como fácilmente se puede comprobar.

Ejemplo 70: Resolver la siguiente ecuación diferencial parcial no homogénea con condicióninicial conocida, mediante el cronograma del método de la transformada de Fourier planteadoal inicio de este capítulo (5.0).½

ut (x, t) = 2uxx (x, t) + 2u (x, t) + et (5.59)u (x, 0) = sinx (5.59)*


F½

ut (x, t) = 2uxx (x, t) + 2u (x, t) + et

u (x, 0) = sinx

=

½vt (s.t) + 2s

2v (s, t)− 2v (s, t) = 2πδ(s)et (5.60)F (sinx) = v (s, 0) = iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)] (5.60)*


L [vt (s.t)]+2s2L [v (s, t)]−2L [v (s, t)] = 2πδ(s)L¡et¢

Por (5.10) esta igualdad se transforma en:

−v(s, 0)+zL [v (s, t)]+2s2L [v (s, t)]−2L [v (s, t)] = 2πδ(s)L£et¤


Como v (s, 0) = iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)] , se obtiene:

−iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)]+L [v (s, t)]£z + 2s2 − 2

¤= 2πδ(s)

1

z − 1

De donde se despeja L [v (s, t)]:

L [v (s, t)] = 2πδ (s)

(z − 1) (z + 2s2 − 2)+iπδ (s+ 1)− δ (s− 1)

z + 2s2 − 2

por la propiedad (3.10) y (3.10)* de la función δ (x) de Dirac y la propiedad distributiva de lamisma, se obtiene:

L [v (s, t)] = 2πδ (s)

(z − 1) (z − 2)+iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)]

z

Se toma la transfomada inversa de Laplace a esta igualdad y se obtiene:

v (s, t) = 2πδ (s)L−1µ

1

z − 2 −1

z − 1

¶+iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)]L−1

µ1

z

¶Puesto que:

1

(z − 1) (z − 2) =1

z − 2−1

z − 1

Lo que significa que la solución de la ecuación diferencial ordinaria (5.60) que cumple con lacondición inicial (5.60)* es:

v (s, t) = 2πδ (s)¡e2t − et

¢+iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)] . (5.61)

Como F−1 [v (s, t)] = u (x, t) , se toma la transformada inversa de Fourier a la igualdad (5.61) yse obtiene:

u (x, t) =¡e2t − et

¢F−1 [2πδ (s)]+F−1 iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)]

De donde, puesto que F−1 [2πδ (s)] = 1 y F−1 iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)] = sin (x) , finalmente seobtiene la solución u (x, t) de la ecuación diferencial (5.59) que cumple condición inicial (5.59)*,planteada en el ejemplo 70.

u (x, t) = e2t − et + sinx


Ejemplo 71: Resolver la siguiente ecuación diferencial parcial lineal homogénea:½ut (x, t) = a2uxx (x, t) + kux (x, t) (5.62)u(x, 0) = 1 (5.62)*

Donde k es una constante cualquiera.


Solución: Por la fórmula (5.54)** se tiene que:

u(x, t) = 1∗ 1

2a√πte− x−kt

2a√t

2

O lo que lo mismo:

u(x, t) =1

2a√πt

Ze− x−y−kt

2a√t

2

dy

Mediante el cambio de variable q = x−y−kt2a√t; dy = −2a

√tdq, se obtiene:

u(x, t) =1

2a√πt

Z −∞

∞e−q

2³−2a√tdq´=

1

2a√πt

Ze−q

2³2a√tdq´

O lo que es lo mismo:u (x, t) = 1

Este resultado cumple con la ecuación diferencial (5.62) y con la condición inicial (5,62)*,planteadas en el ejemplo 71, como fácilmente se comprueba.

Ejemplo 72: Resolver la siguiente ecuación diferencial parcial con condición inicial conocida,mediante el cronograma del método de la transformada de Fourier planteado al inicio de estecapítulo (5.0): ½

ut (x, t) = uxx (x, t) + ux (x, t) (5.63)u(x, 0) = x (5.63)*

Solución: Se toma la transformada de Fourier a la ecuación (5.63) y a la condicón inicial (5.63)*y obtiene la imagen:

F½

ut (x, t)− uxx (x, t)− ux (x, t) = 0u(x, 0) = x

=

½F [ut (x, t)]− F [uxx (x, t)]− F [ux (x, t)] = 0F [ u(x, 0)] = F [x] = v (s, 0) = 2πiδ0(x)

=

½vt (s, t) + s2v (s, t)− isv (s, t) = 0 (5.64)

v (s, 0) = 2πiδ0(x) (5.64)*


L [vt (s, t)]+s2L [v (s, t)]−isL [v (s, t)] = 0 Lo que por (5.10) es igual a:

−v (s, 0)+zL [v (s, t)]+s2L [v (s, t)]−isL [v (s, t)] = 0Como v (s, 0) = 2πiδ0(x), esto es lo mismo que:

− 2πiδ0(x)+zL [v (s, t)]+s2L [v (s, t)]−isL [v (s, t)] = 0

de donde se factora L [v (s, t)] y se obtiene:

L [v (s, t)]£z + s2 − is

¤= 2πiδ0(x) O también:


L [v (s, t)] = 2πiδ0(x)1

z + s2 − is

de acuerdo con la regla (3.11) de la función δ (x) de Dirac, esto es igual a:

L [v (s, t)] = 2πiδ0(x)1

z− i2πiδ(x)

1

z2

se toma a esta expresión la transformada inversa de Laplace y se obtiene:

v (s, t) = 2πiδ0(x)L−1µ1

z

¶− i2πiδ(x)L−1

µ1

z2

¶O lo que es lo mismo:

v (s, t) = 2πiδ0(x)+ 2πδ(x)t (5.65)

La función (5.65) v (s, t) es la solución particular de la ecuación diferencial ordinaria (5.64) quecumple con la condición inicial (5.64)*. Como u (x, t) = F−1 [v (s, t)] , se tiene entonces que:

u (x, t) = F−1£2πiδ0(x)

¤+tF−1 [ 2πδ(x)]

De donde, puesto que F−1£2πiδ0(x)

¤= x y F−1 [ 2πδ(x)] = 1, se obtiene finalmente la solución

del problema (5.63) que cumple con la condición inicial (5.63)* del ejemplo 72.

u (x, t) = x+ t

Como fácilmemnte puede comprobarse.

Ejemplo 73: Resolver la siguiente ecuación diferencial parcial con condición inicial conocida,mediante el cronograma del método de la transformada de Fourier planteado al inicio de estecapítulo (5.0). ½

ut (x, t) = uxx (x, t) + ux (x, t) (5.66)u(x, 0) = 1 + sinx (5.66)*


F½

ut (x, t) = uxx (x, t) + ux (x, t)u(x, 0) = 1 + sinx

=

½F [ut (x, t)] = F [uxx (x, t)] + F [ux (x, t)]

v (s, 0) = F (1) + F (sinx)

=

½vt (s, t) + s2v (s, t)− isv (s, t) = 0 (5.67)v (s, 0) = 2πδ (s) + iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)] (5.67)*

O lo que es lo mismo:½vt (s, t) =

¡−s2 + is

¢v (s, t) (5.67)

v (s, 0) = 2πδ (s) + iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)] (5.67)*


Se resuelve la ecuación diferencial ordinaria (5.67) que cumple con la condición inicial (5.67)*por el método de la separación de las variables:

dv

v=¡−s2 + is

¢dt

Según el teorema fundamental del cálculo integral, si dos diferenciales coinciden sus integralesdifieren en una constante de integración. Por lo tanto, luego de integrar se obtiene:

ln v =¡−s2 + is

¢t +ln c.

De donde se conoce el valor de v (x, t) , solución general de la ecuación (5.67)

v (s, t) = ce(−s2+is)t

mediante la condición inicial de la ecuación (5.67)* se encuentra el valor de la constante deintegración c

v (s, 0) = ce(−s2+is)0 = v (s, 0) = 2πδ (s)+ iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)]

Por lo tanto, la solución particular de la ecuación diferencial ordinaria (5.67) que cumple con lacondición inicial (5.67)* es:

v (s, t) = 2πδ (s) + iπ [δ (s+ 1) + δ (s− 1)] e(−s2+is)t

Según la propiedad (3.10) y (3.10)* de la función δ (x) se obtiene:

v (s, t) = 2πδ (s)+ iπhδ (s+ 1) e(−1−i)t − δ (s− 1) e(−1+i)t

iPor lo que la solución particular de la ecuación diferencial ordinaria (5.67) que cumple con lacondición inicial (5.67)* se convierte en:

v (s, t) = 2πδ (s)+e−t iπ£δ (s+ 1) e−it − δ (s− 1) eit

¤Como F−1 [v (s, t)] = u (x, t) se tiene que:

u (x, t) = F−1 [ 2πδ(x)]+½e−it

i

2F−1 [2πδ (s+ 1)]− eit

i

2F−1 [2πδ (s− 1)]

¾e−t

Por la propiedad (4.2)*** F−1 [2πδ (s)] = 1 y (4.8)* F [2πδ(s− s0)] = eis0x de la función δ (x)de Dirac y porque i = −1i se obtiene entonces que:

u (x, t) = 1+

µ−12i

e−ixe−it +1

2ieixeit

¶e−t Lo que es lo mismo que:

u (x, t) = 1+ei(x+t) − e−i(x+t)

2ie−t

lo que por la forma exponencial de la función trigonométrica sin z = 12i

¡eiz − e−z

¢da la solución

de la ecuación (5.66) que cumple con la condición inicial (5.66)* del ejemplo 73.

u (x, t) = 1 + e−t sin (x+ t) (5.68)



Observación: El método estudiado sirve incluso para resolver ecuaciones diferenciales parcialesde primer orden, que no se parecen en nada a la ecuación del calor, como los ejemplos siguientesque ha sido escogidos con la finalidad de ver las sutilezas del método.

Ejemplo 74: Resolver la ecuación diferencial parcial no homogénea (5.69) con condición inicial(5.69)*, mediante el cronograma del método de la transformada de Fourier planteado al iniciode este capítulo (5.0). ½

ut (x, t) + 2ux (x, t) + u (x, t) = xt (5.69)u(x, 0) = 2− x (5.69)*

Se toma la transformada de Fourier a la ecuación (5.69) y a la condición inicial (5.69)* y seobtiene:

F½

ut (x, t) + 2ux (x, t) + u (x, t) = xtu(x, 0) = 2− x

=

½vt (s, t) + 2isv (s, t) + v (s, t) = 2π

£δ0(s)

¤t (5.70)

v(s, 0) = 4πδ(s)− 2πiδ0(s) (5.70)*

Se toma la transformada de Laplace a la imagen (5.70) y se obtiene:

L [vt (s, t)]+2isL [v (s, t)]+L [v (s, t)] = 2π£δ0(s)

¤L (t)

O lo que por (5.10) es lo mismo que:

−v (s, 0)+L [vt (s, t)]+2isL [v (s, t)]+L [v (s, t)] = 2π£δ0(s)

¤L(t)

De donde, luego de factorar L [v (s, t)] y porque L(t) = 1z2, se obtiene:

−v(s, 0)+(z+2is+1)L [v (s, t)] = 2πiδ0(s)µ1

z2

¶Como v(s, 0) = 4πδ(s)− 2πiδ0(s) se obtiene:

−4πδ(s)+2πiδ0(s)+(z+2is+1)L [v (s, t)] = 2πiδ0(s)( 1z2)

De donde, luego de despejar el valor de L [v (s, t)] , se obtiene:

L [v (s, t)] = 4πδ(s) 1

z + 2is+ 1+

µ1

z2− 1¶2πiδ0(s)

1

z + 2is+ 1

Por la propiedad (3.10) a(x)δ(x) = a(0)δ(x) y (3.11) a (x) δ0 (x) = −a0 (0) δ (x) + a (0) δ0 (x) dela función δ(x) y luego de realizar operaciones algébricas sobre el resultado, se obtiene:

L [v (s, t)] = 4πδ(s) 1

z + 1−


−4πδ(s)∙1

z2− 2

z+

2

z + 1

¸+2πiδ0 (s)

µ1

z2− 1

z

¶Lo que luego de factorar es igual a:

L [v (s, t)] = 4πδ(s)µ2

z− 1

z2− 1

z + 1

¶+2πiδ0 (s)

µ1

z2− 1

z

¶Se toma la transformada inversa de Laplace a esta igualdad para obtener la función v (s, t).

v (s, t) = 4πδ(s)L−1∙2

z− 1

z2− 1

z + 1

¸+2πiδ0 (s)L−1

µ1

z2− 1

z

¶Por la tabla de la transformada de Laplace que se halla al inicio de este capítulo se encuentra:

v (s, t) = 4πδ(s)¡2− t− e−t

¢+2πiδ0 (s) (t− 1)

Se ha obtenido la solución particular de la ecuación diferencial ordinaria (5.70) que cumple conla condición inicial (5.70)*. Como F−1 [v (s, t)] = u (x, t) se tiene que:

u (x, t) = 2¡2− t− e−t

¢F−1 [2πδ(s)]+(t− 1)F−1

£2πiδ0 (s)

¤Como se conoce que:

F−1 [2πδ(s)] = 1 y F−1£2πiδ0 (s)

¤= x

Se obtiene:

u (x, t) = 2¡2− t− e−t

¢1+(t− 1)x

de donde, luego de abrir los paréntesis se encuentra la solución de la ecuación (5.69) que cumplecon la condición inicial (5.69)*:

u(x, t) = xt− x− 2t+ 4− 2e−t

Ejemplo 75: Resolver la siguiente ecuación diferencial parcial no homogénea con condicióninicial conocida, mediante el cronograma del método de la transformada de Fourier planteadoal inicio de este capítulo (5.0).½

ut (x, t)− ux (x, t)− u (x, t) = xet (5.71)u(x, 0) = sinx (5.71)*

Se toma la transformada de Fourier a la ecuación diferencial (5.71) y a la condición inicial (5.71)*y se obtiene la imagen:

F½

ut (x, t)− ux (x, t)− u (x, t) = xet

u(x, 0) = sinx

=

½F [ut (x, t)]− F [ux (x, t)]− F [u (x, t)] = F (x) et

F [u(x, 0)] = v (s, 0) = F (sinx)


=

½vt (x, t)− isv (x, t)− v (x, t) = 2πiδ0(s)et (5.72)F [sinx] = iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)] = v (s, 0) (5.72)*

Se toma la transformada de Laplace a la imagen (5.72) y se obtiene:

L [vt (s, t)]−isL [v (s, t)]−L [v (s, t)] = 2π£δ0(s)

¤L¡et¢

Igual que en (5.10), luego de factorar la igualdad anterior y con base en el numeral 2 de latransformada de Laplace se obtiene:

−v (s, 0)+zL [v (s, t)]−(1+is)L [v (s, t)] = 2πiδ0(s) 1

z − 1Como v (s, 0) = iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)] , se obtiene entonces que:

−iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)]+(z − 1− is)L [v (s, t)] = 2πiδ0(s) 1

z − 1de donde se despeja L [v (s, t)] y se obtiene:

L [v (s, t)] = 2πi

z − 1δ0(s)

1

z − 1− is+iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)] 1

z − 1− is(5.73)

El primer sumando de (5.73) por (3.11) es igual a:

2πi

z − 1δ0(s)

1

z − 1− is=2πiδ0(s)

(z − 1)2+2πδ(s)

(z − 1)3

y el segundo sumando de (5.73) por la propiedad (3.10)* es igual a:

iπ [δ (s+ 1)− δ (s− 1)] 1

z − 1− is= iπδ (s+ 1)

µ1

z − 1 + i

¶−

−iπδ (s− 1)µ

1

z − 1− i

¶de donde (5.73) es igual a:

L [v (s, t)] =2πiδ0(s)

(z − 1)2+2πδ(s)

(z − 1)3+

+iπδ (s+ 1)

µ1

z − 1 + i

¶− iπδ (s− 1)

µ1

z − 1− i

¶Luego de tomar la transformada inversa de Laplace a la igualdad anterior se obtiene que v (s, t)es igual a:

v (s, t) = 2πiδ0(s)L−1∙

1

(z − 1)2¸+ 2πδ(s)L−1

∙1

(z − 1)3¸+

+iπδ (s+ 1)L−1µ

1

z − 1 + i

¶− iπδ (s− 1)L−1

µ1

z − 1− i

¶

5.8. FÓRMULA DE POISSON MULTIDIMENSIONAL 141

Se consulta la tabla de la transformada de Laplace se encuentra al comienzo de este capítulo yse obtiene la solución particular de la ecuación diferencial (5.72):

v (s, t) = 2πiδ0(s)tet+2πδ(s)1

2t2et+iπδ (s+ 1) e(1−i)t−iπδ (s− 1) e(1+i)t

Como F=1 [v (s, t)] = u (x, t) , se obtiene:

u (x, t) = tetF−1£2πiδ0(s)

¤+1

2t2etF−1 [2πδ(s)] +

+i

2e(1−i)tF−1 [2πδ (s+ 1)]− 1

2e(1+i)tF−1 [2πδ (s− 1)] (5.74)

O también, porque F−1 [2πδ (s)] = 1, F−1£2πiδ0(s)

¤= x, y por (4.8)* F−1 [δ(s− s0)] =

12πe

is0x,(5.74) se convierte en:

u (x, t) = tetx+1

2t2et+

i

2e(1−i)te−ix− i

2e(1+i)teix

Luego de factorar los exponentes y puesto que i = −1i , la igualdad anterior se convierte en:

u (x, t) = tetx+1

2t2et+

et£ei(x+t) − e−i(x+t)

¤2i

por la forma exponencial de la función sin z = 12i

¡eiz − e−iz

¢se obtiene la solución de la ecuación

(5.71) que cumple con la condición inicial (5.71)*:

u (x, t) = tetx+1

2t2et + et sin (x+ t) (5.75)

La función (5.75) es la solución del problema planteado en el ejemplo 75, como fácilmente sepuede comprobar.

5.8. Fórmula de Poisson Multidimensional

Todo lo antedicho sobre las condiciones que debe cumplir la función u (x, t) para que sea soluciónde la ecuación (5.1) que cumple con la condición inicial (5.1)* se repite respecto a la funciónu (x, t) de dos o más variables, sólo que ahora: x = (x1, x2, ..., xn) ∈ Rn; y como antes t ≥ 0.Estas condiciones se exigen para cada una de las variables xi de las que depende el procesotrasmisión del calor en n dimensiones.

En este caso la ecuación del calor y la condición inicial toman la forma:½ut (x, t) = a2∆u (x, t) + f(x, t) (5.76)u(x, 0) = φ(x) (5.76)*

Donde el operador de Laplace ∆ en coordenadas rectangulares se define como:

∆ =∂2

∂x21+

∂2

∂x22+ · · ·+ ∂2

∂x2n(5.77)


El mismo que aplicado a la función u (x, t) toma la forma de:

∆u =∂2u

∂x21+

∂2u

∂x22+ · · ·+ ∂2u

∂x2n(5.77)*

Esto es, la suma de las segundas derivadas respecto a cada una de las variables que participa enel proceso de trasmisión del calor, con lo que la ecuación del calor (5.76) en espacios de más deuna dimensión toma la forma de:(

ut (x, t) = a2³∂2u∂x21

+ ∂2u∂x22

+ · · ·+ ∂2u∂x2n

´+ f (x, t) (5.76)

u (x, 0) = φ (x) (5. 76)*

Como antes, debe ser conocida la función φ(x), que representa la temperatura inicial de cadapunto x = (x1, x2, ..., xn) .

El procedimiento a seguir es exactamente el mismo (5.0) que se empleó para resolver la ecuación(5.1) con la condición inicial (5.2), sólo que ahora se va a emplear la transformación multi-dimensional de Fourier, definida en (2.12), y la transformación inversa de Fourier, tambiénmultidimensional, definida en (2.13). Como ya se indicó:

F [u (x, t)] =ZRn

e−i(x,s)u (x, t) dx = F (s, t) (2.12)

donde x = (x1, x2, ..., xn) ∈ Rn, dx = dx1dx2 · · · dxn, s = (s1, s2, ..., sn) ∈ Rn

y el producto escalar (x, s) = x1s1 + x2s2 + · · ·+ xnsn ∈ REn primer lugar se debe analizar cómo actúa el operador multidimensional de Fourier sobreel laplaciano de una función cualquiera u (x, t) , esto es, a qué es igual F [∆u] . Lo que por lapropiedad 1 de linealidad de la transformada de Fourier es lo mismo que:

F [∆u] = Fµ∂2u

∂x21+

∂2u

∂x22+ · · ·+ ∂2u

∂x2n

¶(5.77)

F [∆u] = F∙∂2u

∂x21

¸+F

∙∂2u

∂x22

¸+···+F

∙∂2u

∂x2n

¸(5.78)

Se ve ahora qué representa cada uno de estos sumandos, por ejemplo el primero, los demás serealizan de manera semejante.

F∙∂2u

∂x21

¸=

ZRn

e−i(x,s)∂2u

∂x21dx (5.79)

Se separa la integral (5.79) en dos integrales reiteradas:ZRn

e−i(x,s)∂2u

∂x21dx =

ZRn−1

e−i(x2s2+···+xnsn)dx2···dxnZRe−ix1s1

∂2u

∂x21dx1 (5.80)

Por la generalización de la propiedad 5 de la transformada de Fourier, se tiene que:ZRe−ix1s1

∂2u

∂x21dx1 = −s21

ZRe−ix1s1udx1


Por lo que (5.80) se convierte en:ZRn−1

e−i(x2s2+···+xnsn)dx2···dxnZRe−ix1s1

∂2u

∂x21dx1 =

= −s21ZRn−1

e−i(x2s2+···+xnsn)dx2···dxnZRe−ix1s1udx1

O en lo que es lo mismo:

−s21ZRn−1

e−i(x2,s2+···+xnsn)dx2···dxnZRe−ix1s1udx1 = −s21

ZRn

e−i(x,s)udx

Por lo que (5.79) toma la forma de:

F∙∂2u

∂x21

¸= −s21F [u (x, t)]

Luego de repetir este procedimiento con cada uno de los sumandos de (5.78), esta igualdad seconvierte en:

F∙∂2u

∂x21

¸+F

∙∂2u

∂x22

¸+···+F

∙∂2u

∂x2n

¸= −s21F [u]−s22F [u]−···−s2nF [u]

O también:

−s21F [u]−s22F [u]−···−s2nF [u] =¡−s21 − s22 − · · ·− s2n

¢v (s, t)

De donde (5.78) toma la forma de:

F [∆u] = −v (s, t)¡s21 + s22 + · · ·+ s2n

¢Donde ||s||2 = s21 + s22 + · · ·+ s2n ∈ R. Por lo que (5.78) queda finalmente igual a:

F [∆u] = −v (s, t) ksk2 (5.78)*

Luego, por linealidad de la transformada de Fourier, se tiene que:

F£a2∆u

¤= a2F [∆u] = −a2 ksk2 v (s, t) (5.78)**

Por lo tanto, la transformada de Fourier a la ecuación diferencial (5.76) que cumple con lacondición inicial (5.76)* es:

F½

ut (x, t) = a2∆u (x, t) + f(x, t)u(x, 0) = φ(x)

=

½F [ut (x, t)] = a2 F [∆u (x, t)] + F [f(x, t)]F [u(x, 0)] = F [φ(x)]

=

½vt (s, t) + a2 ||s||2 v (s, t) = F (s, t) (5.81)v(s, 0) = Φ(s) (5.81)*


La imagen (5.81) de la ecuación del calor (5.76) y de su condición inicial (5.76)* es una ecuacióndiferencial ordinaria de primer orden lineal no homogénea con respecto a la variable t, en la quela variable s participa como parámetro, con la condición inicial (5.81)*. De los varios métodosque se usan para resolver esta ecuación, como ya se hizo en caso de una dimensión, se empleael método de la transformada de Laplace, que convierte la ecuación diferencial ordinaria en unaalgébrica; esto es, se toma la transformada de Laplace a la ecuación (5.81) y se obtiene la imagen:

L [vt (s, t)]+a2 ||s||2 L [v (s, t)] = L [F (s, t)] (5.82)

O lo que, igual que en (5.10), es lo mismo que:

−v (s, 0)+L [v (s, t)]+a2 ||s||2L [v (s, t)] = L [F (s, t)]

Lo que por (5.81)* da:

−Φ (s)+zL [v (s, t)]+a2 ||s||2 L [v (s, t)] = L [F (s, t)] (5.83)

O también:

L [v (s, t)]³z + a2 ||s||2

´= Φ (s)+L [F (s, t)]

Ecuación algébrica de la que se despeja el valor de la transfomada de Laplace L [v (s, t)]

L [v (s, t)] = Φ (s) 1

z + a2 ||s||2+L [F (s, t)] 1

z + a2 ||s||2(5.84)

Se toma la transformada inversa de Laplace a la iguakdad (5.84) y se obtiene la solución de laecuación diferencial ordinaria (5.81) que cumple con la condición inicial (5.81)*. Esto es:

v (s, t) = Φ (s)L−1∙

1

z + a2 ||s||2¸+L−1

½[F (s, t)]

1

z + a2 ||s||2¾(5.85)

En el segundo sumando de(5.85), por tratarse de la transformada inversa de Laplace del productode dos imagenes, se debe convolucionar los originales de ambas funciones, y puesto que según elnumeral 2 de la tabla de transformadas de Laplace:

L−1µ

1

z + a2 ||s||2¶= e−a

2t||s||2 Se obtiene el valor de v(s, t):

v(s, t) = Φ(s)e−a2t||s||2+F (s, t)∗e−a2t||s||

2

(5.86)

Por la definición de convolución para t ≥ 0, el segundo sumando de (5.86) se convierte en:

v(s, t) = Φ(s)e−a2t||s||2+

Z t

0F (s, τ)e−a

2(t−τ)||s||2dτ (5.86)*

La igualdad (5.86)* es la solución particular de la ecuación diferencial ordinaria (5.81) quecumple con la condición inicial (5.81)*. Como por otra parte:

u(x, t) = F−1 [v(s, t)]


Se obtiene entonces que:

u(x, t) = F−1hΦ(s)e−a

2t||s||2i+F−1

∙Z t

0F (s, τ)e−a

2(t−τ)||s||2dτ

¸(5.87)

El primer sumando de (5.87), por tratarse del producto de dos imágenes, será la convolución deambos originales. Por lo que el primer sumando de (5.87) se convierte en:

F−1hΦ(s)e−a

2t||s||2i= F−1 [Φ(s)]∗F−1

he−a

2t||s||2i= φ(x)∗F−1

he−a

2t||s||2i

(5.8

Con respecto al segundo sumando de (5.87) se tiene por (5.20) que:

F−1∙Z t

0F (s, τ) ∗ e−a2(t−τ)||s||

2

dτ

¸=

Z t

0F−1

hF (s, τ)e−a

2(t−τ)||s||2idτ (5.89)

Se suman ambos resultados (5.88) y (5.89), se obtiene la función u (x, t):

u(x, t) = φ(x)∗F−1he−a

2t||s||2i+

Z t

0F−1

hF (s, τ)e−a

2(t−τ)||s||2idτ ( 5.90)

El segundo sumando de (5.90) por la propiedad 13 de la transformada de Fourier se convierteen:


2t||s||2i+

Z t

0F−1 [F (s, τ)]∗F−1

he−a

2(t−τ)||s||2idτ



2t||s||2i+

Z t

0f(x, τ)∗F−1

he−a

2(t−τ)||s||2idτ (5.90)*

La transformada inversa de Fourier de la función e−a2t||s||2 , la misma que se obtendrá más

adelante, es igual a:

F−1he−a

2t||s||2i=

1¡2a√πt¢n e−kx2k4 a2 t = g (x, t) (5.91)

A la función g (x, t) se la conoce con el nombre de nucleo de Poisson para la ecuación del caloren n dimensiones. De igual manera se puede obtener, puesto que ambas funciones exponencialesdifieren sólo en t y en t− τ , que:

F−1he−a

2(t − τ)ks2ki=

1h2apπ(t− τ)

in e− kx2k4 a2(t− τ) = g (x, t− τ) (5.92)

De donde el valor del original u (x, t) queda como:

u(x, t) = φ (x)∗g (x, t)+Z t

0f (x, τ)∗g (x, t− τ) dτ (5.93)


O también:

u(x, t) = φ (x)∗ 1¡2a√πt¢n e−kx2k4 a2 t+

Z t

0f (x, τ)∗ 1h

2apπ(t− τ)

in e− kx2k4 a2(t− τ)dτ (5.93)*

Se sustituye en (5.93)* la fórmula de la convolución (1.1) y se obtiene finalmente:

u(x, t) =1

(2a√πt)n

ZRn

φ(y)e−||x−y||24a2t dy+

Z t

0

1h2apπ(t− τ)

in ZRn

f(y, τ)e− ||x−y||24a2(t−τ)dydτ (5.93)**

Que se conoce con el nombre de fórmula de Poisson. En este caso se tiene que:

y = (y1, y2, ...., yn)

||x− y||2 = (x1−y1)2+(x2−y2)2+···+(xn−yn)2

dy = dy1dy2···dynSe comprueba ahora que:

F−1(e−a2||s||2t) = g (x, t) =

1¡2a√πt¢n e− ||x||2

4a2t

Efectivamente, se tiene por (2.13):

F−1 [F (s)] = 1

(2π)n

ZRn

ei(x,s)F (s)ds

Por lo que en este caso:

F−1³e−a

2||s||2t´=

1

(2π)n

ZRn

ei(x,s)e−a2||s||2tds

Lo que por tratatarse de funciones exponenciales, las que al multiplicarse se suman sus expo-nentes, se convierte en el producto de n integrales reiteradas:

1

(2π)n

ZRn

ei(x,s)e−a2||s||2tds =

nYj=1

1

2π

Zeixjsje−a

2s2j tds

Cada una de las cuales, igual a lo estudiado en (5.23) de la ecuación del calor en una dimensión,es igual a:

nYj=1

1

2π

Zeixjsje−a

2s2j tds =nY

j=1

1

2a√πte−

x2j

4a2t

Como la base es la misma se suman los exponentes y se obtiene:

nYj=1

1

2a√πte−

x2j

4a2t =

µ1

2a√πt

¶n

e−x21+x

22+···+x

2n

4a2t =

µ1

2a√πt

¶n

e−||x||24a2t


De donde:

F−1(e−a2||s||2t) = g (x, t) =

1¡2a√πt¢n e− ||x||2

4a2t

Función que, como ya se dijo, se conoce como núcleo de Poisson para la ecuación del calor en ndimensiones. Por lo que la igualdad (5.91) queda comprobada y la solución de la ecuación delcalor en n dimensiones se da con ayuda de la fórmula:

u(x, t) =1

(2a√πt)n

ZRn

φ(y)e−||x − y||24a2t dy+

Z t

0

1

(2apπ(t− τ))n

ZRn

f(y, τ)e− ||x − y||24a2(t−τ) dydτ (5.93)**,

que se conoce con el nombre de fórmula de Poisson y que da una solución en cuadratura de laecuación diferencial (5.76) que cumple con la condición inicial (5.76)*, porque basta con conocerla distribución inicial del calor φ(x) y la fuente puntal de calor f(x, t) para resolver cualquierproblema de la ecuación del calor, pues para obtener la solución únicamente se debe sustituirestos valores en la fórmula de Poisson (5.93)**. También vale la pena recalcar que la fórmula dePoisson no es más que la suma de las soluciones de dos problemas sobre la trasmisión de calor;algo igual al caso de una dimensión cuando se analizó el principio de superposición.


Ejemplo 76: Resolver la siguiente ecuación diferencial del calor:½ut(x, y, z, t) = ∆u(x, y, z, t) (5.94)u(x, y, z, 0) = xyz (5.94)*

Solución: En este caso, por tratarse de la ecuación homogénea del calor, la solución de laecuación (5.94) que cumple con la condición (5.94)*se debe buscar como el primer sumando de(5.93)**, esto es:

u(x, t) =1

(2√πt)3

ZR3

y1y2y3e− ||x − y||2

4 t dy1dy2dy3 (5.95)

Donde, como ya se dijo:

||x− y||2 = (x1−y1)2+(x2−y2)2+(x3−y3)2

Con lo que la solución buscada toma la forma de:

u (x, t) =3Y

j=1

1

2√πt

Zyje

−(yj − xj)

2

4t dyj (5.95)*

En cada una de estas integrales se hace el cambio de variable:

qj =yj − xj

2√t; yj = xj+2

√tqj ; dy = 2

√tdqj


Con lo que (5.95)* se convierte en:

u (x, t) =3Y

j=1

1

2√πt

Z ³xj + 2

√tqj

´e−q

2j 2√tdqj (5.96)

Como por imparidad de la función que se integra, se tiene queRqje

−q2j dqj = 0, la integral (5.96),luego de simplificar para el factor 2

√t, se convierte en:

u (x, t) =3Y

j=1

1√πxj

Ze−q

2j dqj (5.97)

Pero como se conoce por (2.38) que:Ze−x

2dx =

√π

se tiene que (5.97) es igual a:

u (x, t) =3Y

j=1

xj = x1x2x3 = xyz

Que es la solución de la ecuación (5.94) que cumple con la condición inicial (5.94)* planteadaen el ejemplo 76.

Ejemplo 77: Resolver la siguiente ecuación diferencial del calor:½ut(x, y, z, t) = ∆u(x, y, z, t) (5.95)u(x, y, z, 0) = x2y2z2 (5.95)*

Solución: Como la ecuación es homogénea la solución se debe encontrar con ayuda del primer

sumando de la fórmula (5.93)**, que en este caso se convierte en:

u(x, t) =1

(2√πt)3

ZR3

y21y22y23e− ||x−y||2

4 t dy1dy2dy2 (5.96)

Donde, como ya se dijo:

||x− y||2 = (x1−y1)2+(x2−y2)2+(x3−y3)2

La igualdad (5.96) puede ser reescrita de manera equivalente:

u (x, t) =3Y

j=1

1

2√πt

Zy2j e

−(yj − xj)

2

4t dyj (5.97)

Se realiza en (5.97) el cambio de variable:

qj =yj − xj

2√t; yj = xj+2

√tqj ; dyj = 2

√tdqj


Con lo que (5.97) se convierte en:

u (x, t) =3Y

j=1

1

2√πt

Z ³xj + 2

√tqj

´2e−q

2j 2√tdqj (5.98)

Luego de simplicar para el factor 2√t y de elevar al cuadrado la expresión que se encuentra

bajo el símbolo de la integral, se tiene que (5.98) se convierte en:

u (x, t) =3Y

j=1

1√π

Z ³x2j + 4

√txjqj + 4tq

2j

´e−q

2j dqj (5.99)

Se separa (5.99) en tres integrales y se toma estas tres integrales una a una. La primera de lasintegrales de (5.99) vale:

1√π

Zx2je

−q2j dqj =x2j√π

Ze−q

2j dqj = x2j

Puesto que se conoce por (2.38) queRe−x

2dx =

√π. La segunda integral de (5.99) por imparidad

de la función que se integra vale cero.

1√π

Z4√txjqje

−q2j dqj =4√txj√π

Zqje

−q2j dqj = 0

En el tercer sumando de (5.99), como:

1√π

Zq2e−q

2dq = −1

2

1√π

Zqe−q

2d¡−q2

¢=

=1√π

µ−12qe−q

2∞−∞ +

1

2

Ze−q

2dq

¶=

1√π

√π

2=1

2

Se tiene finalmente que la solución u (x, t) de (5.97) es igual a:

3Yj=1

1√π

Z ³x2j + 4

√txjqj + 4tq

2j

´e−q

2j dqj =

3Yj=1

1√π

Z ¡x2j + 4tq

2j

¢e−q

2j dqj

u (x, t) =3Y

j=1

x2j√π

Ze−q

2j dqj+

4t√π

Zq2j e

−q2j dqj

u (x, t) =3Y

j=1

¡x2j + 2t

¢O lo que es lo mismo:

u (x, t) =¡2t+ x2

¢ ¡2t+ y2

¢ ¡2t+ z2

¢Que es la solución de la ecuación del calor (5.94) que cumple con la condición (5.94)* planteadaen el ejemplo 77.


Ejemplo 78: Resolver la siguiente ecuación diferencial del calor:

½ut(x, y, t) = ∆u(x, y, t) (5.100)u(x, y, 0) = ex−y (5.100)*

Solución: Se resuelve la ecuación diferencial homogénea (5.100) que cumple con la condicióninicial (5.100)* con el primer sumando de la fórmula de Poisson (5.93)**, que en este caso tomala forma de:

u(x, t) =1

4πt

ZR2

φ(q)e−kx − qk2

4t dq.

Lo que es igual a:

u (x, t) =1

4πt

Z Zeu − ve

− (x − u)2+(y − v)2

4t dudv. (5.101)

Se separa la integral (5.101) en el producto dos integrales reiteradas y se resuelve por separadocada una de ellas.

u (x, t) =

Zeue

− (x − u)2

4t du

Ze−ve

− (y − v)2

4t dv = I·II

Se resuelve primero la integal I para lo cual, por tener la misma base, se suman los exponenentes:

I =

Ze−ve

− (y − v)2

4t dv =

Ze−v−

(y − v)2

4t dv (5.102)

Se trabaja con el exponente de la integral (5.102) y se obtiene luego de realizar las operacionescorrespondientes:

−∙v +

(y − v)2

4t

¸= −

"µv − y

2√t+√t

¶2− t+ y

#


−"µ

v − y

2√t+√t

¶2− t+ y

#= t−y−

µv − y

2√t+√t

¶2Se sustituyen estos valores en la integral (5.102) y se extrae de la misma la función et−y por nodepender de la variable de integración, con lo que se obtiene:Z

e−v−(y − v)2

4t dv = et−yZ

e− v − y

2√t+√t2

dv. (5.103)

Se hace en (5.103) el siguiente cambio de variable:

p =v − y

2√t+√t; v = 2

√tp−√t+y; dv = 2

√tdp


Se sustituyen estos valores en la integral (5.103) y se obtiene:

et−yZ

e− v − y

2√t+√t2

dv = et−y2√t

Ze−p

2dp

Como se conoce por (2.38) queRe−p

2dp =

√π, se obtiene que:

et−y2√t

Ze−p

2dp = 2

√πtet−y

Se resuelve ahora de manera análoga la segunda de las integrales II y se obtiene el siguienteresultado:Z

eue− (x−u)

2

4t du = 2√πtex+t

Por lo tanto, la solución de la ecuación (5.100) que cumple con la condición inicial (5.100)* esel producto de las integrales I y II, de donde:

u(x, t) =1

4πt

Z Zeu−ve

− (x − u)2 + (y − v)2

4t dudv =(2√πtex+t)(2

√πtet−y)

4πt

Por último, luego de hacer las simplicaciones correspondientes, se obtiene la solución:

u(x, y, t) = ex−y+2t



Resolver las Siguientes Ecuaciones:

0. ut (x, t) = a2uxx (x, t)

u (x, o) =

½u1 si x > 0u2 si x < 0

solución, u (x, t) =u1 + u22

+u1 − u2√

π

Z x2 a

√t

0e−z

2dz

Donde u1 y u2 son los valores numéricos de la temperatura y:

Φ (x) =2√π

Z x

0e−z

2dz, es la función del error

1. ut (x, t)− 2uxx (x, t) + u (x, t) = e−t cosx

u (x, o) = cosx

solución, u (x, t) =1

2cosx

¡e−t + e−3t

¢


2. ut (x, t)− uxx (x, t) = sin t

u(x, 0) = e−x2

solución, u (x, t) = − cos t+ 1√1 + 4t

e−x2

1 + 4t

3. ut (x, t)− uxx (x, t) = 0

u(x, 0) = xe−x2

solución, u (x, t) =x

(1 + 4t)32

e−x2

1 + 4t

4. ut (x, t)− 2uxx (x, t)− 2u (x, t) = et

u(x, 0) = sinx

solución, u (x, t) = e2t − et + e−2t cosx

5. ut (x, t)− uxx (x, t)− ux (x, t) = 0

u(x, 0) = x

solución, u (x, t) = x+ t

6. ut (x, t)− 4uxx (x, t) = t+ et

u(x, 0) = 2

solución, u (x, t) =t2

2+ et + 1

7. ut (x.t)− uxx (x, t) = e−t sinx

u(x, 0) = sinx

solución, u (x, t) = (1 + t) e−t sinx

8. ut (x, t)− uxx (x, t)− u (x, t) = et

u(x, 0) = cosx

solución, u (x, t) = tet + cosx

9. ut (x, t)− uxx (x, t)− u (x, t) = t sinx

u(x, 0) = 1

solución, u (x, t) = et +t2 sinx

2


10. 4ut (x, t)− uxx (x, t) = 0

u (x, 0) = e−x2sinx

solución, u (x, t) =1√1 + t

e− 4x2+t4(1+t) sin

x

1 + t

11. ut (x, t)−1

4uxx (x, t) = 0

u(x, 0) = e2x−x2

solución, u (x, t) =1√1 + t

e2 x − x2 + t

1 + t

12. ut (x, t)− uxx (x, t) + u (x, t) = 0

u(x, 0) = cosx

solución, u (x, t) = e−2t cosx

13. ut (x, t)− uxx (x, t)− u (x, t) = 0

u(x, 0) = sinx

solución, u (x, t) = sinx

14. ut (x, t)− uxx (x, t) + u (x, t) = 0

u(x, 0) = sinx

solución, u (x, t) = et sin (x+ t)

15. ut (x, t)− uxx (x, t)− ux (x, t) = 0

u (x, 0) = cosx

solución, u (x, t) = e−t cos (x+ t)

16.ut (x, t)− uxx (x, t)− u (x, t) = et

u(x, 0) = sinx

solución, u (x, t) = tet + sinx

17. ut (x, t)− 2uxx (x, t)− u (x, t) = et sinx

u(x, 0) = sinx

solución, u (x, t) = sinx cosh t


18. ut (x, t)− uxx (x, t) = ex

u(x, 0) = sinx

solución, u (x, t) = x+ cosx

19. ut (x, t)− uxx (x, t) = e−t sinx

u(x, 0) = sinx

solución, u (x, t) = e−t (t+ 1) sinx

20. ut (x, t)− 4uxx (x, t) = t+ et

u(x, 0) = 2


2t2 + et + 1

21. ut (x, t)− 49uxx (x, t) = t+ e−t

u(x, 0) = 1


2t2 − e−t + 2

22. ut (x, t)− uxx (x, t) + u (x, t) = et cosx

u(x, 0) = sinx


4

¡et − e−3t

¢cosx+ e−3t sinx

23. ut (x, t)− uxx (x, t)− u (x, t) = 1 + t

u(x, 0) = 1 + sinx

solución, u (x, t) = 3et + sinx− t− 2

24. ut (x, t)− uxx (x, t)− u (x, t) = 0

u(x, 0) = δ (x)


2√πte−

x2 + 4 t2

4 t

25. ut (x, t)− uxx (x, t)− ux (x, t) = 0

u(x, 0) = 1

solución, u (x, t) = 1

26. ut (x, t)− ux (x, t) = sinh (t)

u(x, 0) = x− sinxsolución, u (x, t) = cosh (t)− sin (x+ t) + t+ x− 1


27. ut (x, t) + 2ux (x, t) + 3u (x, t) = 0

u(x, 0) = x2

solución, (x, t) = (x− 2t)2 e−3t

28. ut (x, t) + (1 + t)2 ux (x, t) + u (x, t) = 1

(x, 0) = e−x

solución, (x, t) = 1− e−t + e−x+13t3

29. 2ut (x, t)− ux (x, t)− xu (x, t) = 0

(x, 0) = 1

solución, (x, t) = et8(4x+t)

30. 2ut (x, t) = ux (x, t)− xu (x, t)

(x, 0) = 2xe12x2

solucion, (x, t) = (2x+ t) e12x2

31. 2ut (x, t) = ux (x, t) +2x

1 + x2u (x, t)

(x, 0) = 1

solución, u (x, t) =1 + (x+ t)2

1 + x2

32. ut (x, y, t) = ∆u (x, y, t) + et

u (x, y, 0) = cosx sin y

solución, u (x, y, t) = et − 1 + e−2t cosx sin y

33. ut (x, y, t) = ∆u (x, y, t) + sin t sinx sin y

u (x, y, 0) = 1

solución, u (x, y, t) = 1 +1

5sinx sin y

¡2 sin t− cos t+ e−2t

¢34. ut (x, y, t) = ∆u (x, y, t) + cos t

u (x, y, 0) = xye−x2−y2

solución, u (x, y, t) = sin t+xy

(1 + 4t)3e−

x2 + y2

1 + 4 t


35. 8ut (x, y, t) = ∆u (x, y, t) + 1

u (x, y, 0) = e−(x−y)2

solución, u (x, y, t) =t

8+

1√1 + t

e−[x − y]2

1 + t

36. ut (x, y, z, t) = 2∆u (x, y, z, t) + t cosx

u (x, y, z, 0) = cos y cos z

solución, u (x, y, z, t) =1

4

¡e−2t + 2t− 1

¢cosx+ e−4t cos y cos z

37. ut (x, y, z, t) = 3∆u (x, y, z, t) + et

u (x, y, z, 0) = sin (x− y − z)

solución, u (x, y, z, t) = et − 1 + e−9t sin (x− y − z)

38. 4ut (x, y, z, t) = ∆u (x, y, z, t) + sin (2z)

u (x, y, z, 0) =1

4sin (2z) + e−x

2cos (2y)


4sin (2z) +

cos (2y)√1 + t

e−t −x2

1 + t

39. ut (x, y, z, t) = ∆u (x, y, z, t) + cos (x− y + z)

u (x, y, z, 0) = e−(x + y − z)2


3

¡1− e−3t

¢cos (x− y + z) +

1√1 + 12t

e(x + y − z)2

1 + 12 t

40. ut (x, y, z, t) = ∆u (x, y, z, t)

u (x, y, z, 0) = x2 + y2 + z2

solución, u (x, y, z, t) = 6t+ x2 + y2 + z2

41. ut (x, y, z, t) = ∆u (x, y, z, t)

u(x, y, z, 0) = cos(x+ y + z)e−kxk2

Capítulo 6

Ecuación de Onda

La ecuación de onda es una ecuación diferencial parcial lineal de segundo orden, de tipo hiper-bólico. Su estudio fue generado por el análisis del problema de la cuerda vibrante, como la de losinstrumentos musicales, iniciado por d’Alembert, Euler, Bernoulli y Lagrange; posteriormentese encontró que esta ecuación describe la propagación de una gran variedad de ondas, comoson las ondas sonoras, las ondas de luz y las ondas en el agua. Su conocimiento es básico enla acústica, el electromagnetismo y la dinámica de fluidos. Desde el punto de vista físico, unaonda es la propagación de la perturbación de alguna carracterística del medio, como puede serla densidad, la presión, el campo electromagnético que, en determinada dependencia, se propa-ga en cada instante en el espacio al mismo tiempo que transporta energía mientras se alejade la fuente, o punto, que produjo la perturbación del medio circundante. La perturbación esuna variación periódica y, más que nada, oscilatoria del medio (valores que se repiten en losextremos opuestos), por lo que la onda es considerada la propagación de la vibración originadaen ese punto. El espacio es el medio en el que se producen y se propagan las ondas y el medio, alque se hace referencia, es de naturaleza múltiple: el aire, el agua, algo metálico o simplemente elvacío. Sin embargo, esta noción se complica en el caso de una cuerda para la cual, bajo ciertascircunstancias, la energía que transporta la onda se propaga en ambas direcciones por igual opara las ondas electromagnéticas en el vacío, donde el concepto de medio no es aplicable.

Existe una gran variedad de magnitudes físicas cuyas oscilaciones se propagan en el espacio amanera de ondas; asimismo son muy variados los mecanismos de transmisión de la onda de unpunto a otro. Por estas razones, el fenómeno ondulatorio se estudia independientemente del ori-gen físico que lo provoca, basándose exclusivamente en los rasgos comunes. Pero aunque todaslas ondas tengan caracteristicas generales comunes, poseen también diversos aspectos que per-miten agruparlas en distintas clases, pues los fenómenos físicos que originan su aparición les danpropiedades particulares que las distinguen las unas de las otras. Por ejemplo, las ondas acús-ticas y las electromagnéticas se diferencian en que las primeras están relacionadas con aspectosprincipalmente mecánicos, tales como masa, cantidad de movimiento, inercia o elasticidad, queson importantes para describir estas ondas, a diferencia de las electromagnéticas, para las cualesestos aspectos no tiene relevancia. Por lo tanto, las diferencias en el origen o la naturaleza de lasondas generan propiedades que caracterizan a cada onda por los distintos efectos que producenen el medio en que se propagan: vórtices u ondas de choque, en el caso del aire; dispersión, enel caso de los sólidos; presión de radiación, en el caso del electromagnetismo.

157

158 CAPÍTULO 6. ECUACIÓN DE ONDA

La propiedad particular de las ondas sonoras, si se toma en cuenta su origen mecánico, es queestas pueden propagarse en el espacio-tiempo solamente si el medio no es infinitamente rígidoni infinitamente flexible. Si todas las partes que constituyen el medio estuvieran rígidamenteligadas, podrían vibrar como un todo sin retraso en la transmisión de la vibración y, por lo tanto,sin movimiento ondulatorio; pero si todas las partes fueran independientes, no podría haberninguna transmisión de la vibración y no habría movimiento ondulatorio. Todo lo antedichono tiene sentido para las ondas que no requieren de un medio, como son las electromagnéticas.De igual manera, el estudio de los procesos ondulatorios de distinta índole puede permitir lacomprensión de fenómenos diversos. Un ejemplo de ello es el principio de interferencia; Youngfue el primero que lo estudió en la propagación de la luz, pero ahora se lo investiga en la acústicaen la dispersión de sonido a través del mismo sonido.

6.1. Problema de Cauchy

Para determinar la variación de la onda u (x, t) en el transcurso del tiempo se debe conocer suforma inicial u (x, 0) = φ (x) y su velocidad inicial ut (x, 0) = ψ (x) (valores llamados condicionesiniciales o valores iniciales). Se sobreentiende que la onda se propaga en el espacio infinito, poreso, estos datos son suficientes para obtener la posición u de cada punto x en cada instantet. El caso cuando la cuerda es finita será estudiado en la segunda parte de este texto, para locual se debe conoce también lo que pasa en los extremos de la onda, si están fijos, libres o sise mueven de alguna forma predeterminada (valores que se conocen como condiciones de bordeo de frontera). Al resolver el problema de la propagación de la onda en el espacio infinito seobtiene la fórmula de D’Alembert, en este caso, el desplazamiento de los puntos de la onda esperpendicular a la dirección de propagación en cualquier instante. Modelo que coincide con lafuncion de onda que representa a una cuerda vibrante. Se sobreentiende que la cuerda es infinita,de manera que lo que pasa en los extremos de la cuerda no influye en lo que sucede en la mitadde la misma, por lo que las condiciones de borde o de frontera no son tomadas en cuenta en elanalisis de este caso.

El problema a resolver consiste en encontrar la función u(x, t), solución de la ecuación diferencialde onda y que cumple las condiciones iniciales conocidas:⎧⎨⎩

utt (x, t) = a2 4 u (x, t) + f(x, t) (6.1)u(x, 0) = φ(x) (6.1)*ut(x, 0) = ψ(x) (6.1)**

para las que x ∈ R; t ≥ 0.

Las funciones φ (x) y ψ (x) están definidas a lo largo de todo el eje de la equis. La primerafunción representa la forma inicial de la onda, esto es, la deformación del medio x en el instanteinicial t = 0; la segunda función representa la velocidad inicial de cada punto x en el intantet = 0; la tercera función f (x, t) representa la fuerza puntal instantánea, o sea una fuerza externaque a partir del instante t > 0 actúa sobre cada punto x de la onda u (x, t) en cada instante t.Se supone, como ya se dijo, que la solución u(x, t) de la ecuación (6.1) no cumple con ningunacondición de borde, pero sí cumple con las siguientes condiciones: u(x, t); ux(x, t); uxx(x, t), paracualquier t ≥ 0, son funciones integrables con respecto a la variable x; se tiene además que ut(x, t)

6.2. REGLA DE LEIBNITZ 159

y utt (x, t) para 0 ≤ t ≤ T deben ser acotadas, esto es:

ut (x, t) ≤ A(x); |utt (x, t)| ≤ A(x)

para las cuales se tiene que:ZA(x)dx = C <∞

El problema a resolver se conoce como problema de Cauchy y el método para resolverlo esllamado método de D’Alembert. Como siempre se va a representar:

F [f(x)] =Z

e−ixsf(x)dx = F (s)

y a la transformada inversa de Fourier de la función F (s) como:

F−1 [F (s)] = 1

2π

ZeixsF (s)ds = f(x)

Bajo estas condiciones se puede demostrar que existe y es única la solución que se expresa conla ayuda de la fórmula de D’Alembert si n = 1, con la fórmula de Poisson si n = 2 y con lafórmula de Kirkhoff si n = 3

6.2. Regla de Leibnitz

Como en la resolución de algunos problemas relacionados con la ecuación de onda se va a emplearla regla de derivación de Leibnitz, se la recuerda sin demostración. Sea la siguiente integral Ifunción exclusiva de la variable x:

I (x) =

Z ψ(x)

ϕ(x)F (x, y) dy

en la que la función F (x, y) es uniformemente continua. Se cumple entonces la regla (6.0) dederivación de Leibnitz:

dI

dx=

dψ

dxF [x, ψ (x)]− dϕ

dxF [x, ϕ (x)] +

Z ψ(x)

ϕ(x)

∂

∂xF (x, y) dy (6.0)

6.3. Cronograma del Método a Emplear

Se tiene una ecuación diferencial parcial de tipo onda (e.d.p.o.) en el espacio de las variables(x, t) .Mediante la transformada de Fourier F se convierte la (e.d.p.o.) en una ecuación diferencialordinaria (e.d.o.) en el espacio imagen (s, t) .Mediante la transformada de Laplace L se conviertela (e.d.o.) en una ecuación algébrica (e.a.) en el espacio imagen (z, t) . Se resuelve la ecuación


algébrica mediante los métodos convencionales básicos y se obtiene la solución de la ecuaciónalgébrica (s.e.a.) en el espacio (z, t) . Se toma la transformada inversa de Laplace L−1 a la(s.e.a.) y se obtiene la solución de la ecuación diferencial ordinaria (s.e.d.o.) en el espacio (s, t) .Se aplica a la (s.e.d.o.) la trasnformada inversa de Fourier F−1 y se obtiene la solución de laecuación diferencial parcial tipo onda (s.e.d.p.o.) en el espacio original (x, t) . El siguiente gráfico(5.0) explica el método.

→µ

e.d.p.o(x, t)

¶→ F

∙µe.d.p(x, t)

¶¸=

µe.d.o(s, t)

¶→ L

∙µe.d.o(s, t)

¶¸=

µe.a(z, t)

¶→

→µ

s.e.a(z, t)

¶→ L−1

∙µs.e.a(z, t)

¶¸=

µs.e.d.o(s, t)

¶→ F−1

∙µs.e.d.o(s, t)

¶¸=

µs.e.d.p.o(x, t)

¶

6.4. Fórmula de D’Alembert

Se trata de encontrar una fórmula que resuelva en cuadratura la ecuación de onda para el casocuando n = 1. La ecuación de onda unidimensional tiene la forma siguiente:⎧⎨⎩

utt (x, t) = a2uxx (x, t) + f(x, t) (6.2)u(x, 0) = φ(x) (6.2)*ut(x, 0) = ψ(x) (6.2)**

Para resolver este problema, se sigue el mismo esquema planteado para la ecuación del calor.En el caso de la ecuación de onda se toma la transformada de Fourier a toda la ecuación (6.2) ya las condiciones iniciales (6.2)*, (6.2)**. Se va a representar a las imágenes de la transformadade Fourier para las funciones que participan en la ecuación de onda de la manera siguiente:

1.6 F [u(x, t)] =Z

e−ixsu (x, t) dx = v(s, t)

2.6 F [ut(x, t)] =Z

e−ixsut (x, t) dx =∂

∂t

Ze−ixsu (x, t) dx = vt(s, t)

3.6 F [utt(x, t)] =Z

e−ixsutt (x, t) dx =∂2

∂t2

Ze−ixsu (x, t) dx = vtt(s, t)

4.6 F [uxx(x, t)] =Z

e−ixsuxx (x, t) dx = (is)2Z

e−ixsu (x, t) dx = −s2v(s, t)

5.6 F [f(x, t)] =Z

e−ixsf (x, t) dx = F (s, t)

En la obtención de 2.6 y 3.6 se emplea la regla de Leibnitz y en 4.6, la consecuencia de lapropiedad 5 de la transformada de Fourier. De esta manera, la ecuación diferencial de onda seconvierte por linealidad de la tranformada de Fourier en:

F

⎧⎨⎩utt (x, t) = a2uxx (x, t) + f(x, t) (6.2)u(x, 0) = φ(x) (6.2)*ut(x, 0) = ψ(x) (6.2)**

6.4. FÓRMULA DE D’ALEMBERT 161

=

⎧⎨⎩F [utt (x, t)] = a2F [uxx (x, t)] + F [f(x, t)]F [u(x, 0)] = F [φ(x)]F [ut(x, 0)] = F [ψ(x)]

=

⎧⎨⎩vtt (s, t) + a2s2v (s, t) = F (s, t) (6.3)v(s, 0) = Φ(s) = F [φ (x)] (6.3)*vt(s, 0) = Ψ(s) = F [ψ (x)] (6.3)**

La imagen de la ecuación de onda es una ecuación diferencial ordinaria de segundoorden lineal no homogénea con coeficientes constantes y con condiciones iniciales conocidas.Esta imagen no es otra cosa que la ecuación diferencial del oscilador armónico simple. Se tomaa la ecuación (6.3) la transformada de Laplace y se obtiene el siguiente resultado:

L [vtt (s, t)]+a2s2L [v (s, t)] = L [F (s, t)] (6.4)

Por la propiedad 5 de la transformada de Laplace, para el caso cuando n = 2 se tiene que:

L£f 0 0(t)

¤= z2L [f (t)]−f 0 (0)−zf (0)

Por esta razón, la imagen para la transformada de Laplace de la ecuación (6.3) es:

z2L [v (s, t)]−zΦ (s)−Ψ (s)+a2s2L [v (s, t)] = L [F (s, t)] (6.5)

Se factora L [v (s, t)] y se obtiene:

L [v (s, t)]¡z2 + a2s2

¢= zΦ (s)+Ψ (s)+L [F (s, t)] (6.5)*

Se despeja de (6.5)*, que es una ecuación algébrica, el valor de la incógnita L [v (s, t)] y seobtiene:

L [v (s, t)] = Φ (s) z

z2 + a2s2+1

asΨ (s)

as

z2 + a2s2+1

asL [F (s, t)] as

z2 + a2s2(6.6)

Como L−1 [v (s, t)] = v (s, t), se toma la transformada inversa de Laplace a la igualdad (6.6)para obtener v (s, t) , la solución particular de la ecuación diferencial ordinaria (6.3) que cumplecon las condiciones iniciales (6.3)* y (6.3)**.

v (s, t) = Φ (s)L−1µ

z

z2 + a2s2

¶+1

asΨ (s)L−1

µas

z2 + a2s2

¶+

+1

asL−1

½L [F (s, t)] as

z2 + a2s2

¾(6.6)*

El valor de as en el numerador y denominador del segundo y tercer sumando de (6.6)* se loha situado por facilidad posterior. Por los numerales 3 y 4 de la tabla de la transformada deLaplace, se obtienen los originales de (6.6)*; además, el tercer sumando de esta igualdad, porser el producto de dos imágenes, es la convolución de los correspondientes originales.

v (s, t) = Φ (s) cos(ats)+1

asΨ (s) sin(ats)+

1

asF (s, t)∗sin(ats) (6.7)

Por ser la variable t > 0, la convolución del tercer sumando de (6.7) toma la siguiente forma:

v(s, t) = Φ (s) cos(ats)+Ψ (s)

assin(ats)+

1

a

Z t

0F (s, τ)

sin a(t− τ)s

sdτ (6.7)*


Como además se conoce que:

F−1 [v (s, t)] = u (x, t)

para obtener la solución de la ecuación diferencial parcial (6.2) que cumple con las condicionesiniciales (6.2)* y (6.2)** se toma la transformada inversa de Fourier a la ecuación (6.7)*:

u(x, t) = F−1 [Φ(s) cos(ats)] +F−1∙1

2aΨ(s)

2 sin(ats)

s

¸+

+F−1∙1

2a

Z t

0F (s, τ)

sin 2a(t− τ)s

sdτ

¸(6.8)

El valor de 2 ha sido situado por conveniencia posterior en el numerador y el denominador delsegundo y tercer sumando de la igualdad (6.8). Como en esta igualdad hay tres sumandos, porfacilidad se va a hacer la siguiente representación:

I = Φ(s) cos(ats)

II =1

2aΨ(s)

2 sin(ats)

s

III =1

2a

Z t

0F (s, τ)

2 sin a(t− τ)s

sdτ

Con lo que (6.8) toma la forma de:

u(x, t) = F−1 (I)+F−1 (II)+F−1 (III) (6.9)

Se toma primero, por ser la más evidente, la inversa del segundo sumando de la igualdad (6.9).

F−1 (II) = F−1∙1

2aΨ(s)

2 sin(ats)

s

¸Por la propiedad 13 de la transformada de Fourier, esto es lo mismo que:

F−1 (II) = F−1 [Ψ (s)]∗ 12aF−1

∙2 sin(ats)

s

¸(6.10)

F−1 (II) = ψ (x)∗ 12aF−1

∙2 sin(ats)

s

¸(6.10)*

Por la propiedad 7 de la transformada de Furier se tiene que:

1

2aF−1

∙2 sin(ats)

s

¸=1

2aχat (x)

En este caso:

χat (x) =

½0 si |x| > at1 si |x| < at

es la función característica de un intervalo de longitud at, con lo que (6.10)* toma la forma de:

F−1 (II) = 1

2aχat (x)∗ψ (x)


Por facilidad se ha empleado la conmutativad de la convolución, lo que por la definición (1.1)de convolución da:

F−1 (II) = 1

2a

Zχat(y)ψ(x−y)dy

O también por definición de la función característica del intervalo χat (x):

1

2a

Zχat(y)ψ(x−y)dy =

1

2a

Z at

−atψ(x−y)dy

Se hace en esta última integral el cambio de variable:

x−y = q; dy = −dq y se obtiene:

1

2a

Z at

−atψ(x−y)dy = 1

2a

Z x−at

x+atψ(q) (−dq) de donde:

F−1 (II) = 1

2a

Z x+at

x−atψ(q)dq (6.11)

Se calcula ahora la transformada inversa de Fourier del primer sumando de la igualdad (6.8):

F−1 (I) = F−1 [Φ(s) cos(ats)] = 1

2π

Zeixs [Φ(s) cos(ats)] ds

O lo que, por la regla de derivación de Leibnitz (6.0), es lo mismo que:

1

2π

Zeixs [Φ(s) cos(ats)] ds =

∂

∂t

½1

2π

Zeixs

∙Φ(s)

1

assin (ats)

¸ds

¾O también, luego de extraer la constante 2a de esta integral se obtiene:

1

2a

∂

∂t

½1

2π

Zeixs

∙Φ(s)

2 sin (ats)

s

¸ds

¾=1

2a

∂

∂tF−1

∙Φ(s)

2 sin(ats)

s

¸Se repiten para esta última igualdad los mismos pasos que se dieron en el segundo sumandocuando se obtuvo (6.11) y se obtiene:

1

2a

∂

∂tF−1

∙Φ(s)

2 sin(ats)

s

¸=1

2a

∂

∂t

∙Z x+at

x−atφ(q)dq

¸Lo que por la regla de derivación de Leibnitz (6.0) es lo mismo que:

1

2a

∂

∂t

∙Z x+at

x−atφ(q)dq

¸=

aφ(x+ at)− (−a)φ(x− at)

2a

O también:

F−1 (I) = φ(x+ at) + φ(x− at)

2(6.12)


Por último, se toma la transformada inversa de Fourier al tercer sumando de la ecuación (6.8):

F−1 (III) = 1

2aF−1

∙Z t

0F (s, τ)

2 sin a(t− τ)s

sdτ

¸Como ya se comprobó en (5.20), la trasnformada inversa de Fourier puede ser introducida dentrode esta integral, por lo que:

F−1∙1

2a

Z t

0F (s, τ)

2 sin a(t− τ)s

sdτ

¸=1

2a

Z t

0F−1

∙F (s, τ)

2 sin a(t− τ)s

s

¸dτ

O lo que por la propiedad 13 de la transformada de Fourier es lo mismo que:

1

2a

Z t

0F−1

∙F (s, τ)

2 sin a(t− τ)s

s

¸dτ =

1

2a

Z t

0

½F−1 [F (s, τ)] ∗ F−1

∙2 sin a(t− τ)s

s

¸¾dτ

Cuyos originales se reemplazan y se obtiene:

1

2a

Z t

0

½F−1 [F (s, τ)] ∗ F−1

∙2 sin a(t− τ)s

s

¸¾dτ =

1

2a

Z t

0

hf(x, τ) ∗ χa(t−τ) (x)

idτ

O también, por conmutatividad de la convolución:

1

2a

Z t

0

hf(x, τ) ∗ χa(t−τ) (x)

idτ =

1

2a

Z t

0

hχa(t−τ) (x) ∗ f(x, τ)

idτ

Se actúa con este resultado de manera semejante a lo que se hizo cuando se obtuvo (6.11) y seobtiene:

1

2a

Z t

0

hχa(t−τ) (x) ∗ f(x, τ)

idτ =

1

2a

Z t

0

Z x+a(t−τ)

x−a(t−τ)f(q, τ)dqdτ

De donde:

F−1 (III) = 1

2a

Z t

0

Z x+a(t−τ)

x−a(t−τ)f(q, τ)dqdτ (6.13)

La solución u (x, t) de la ecuación (6.2) que cumple con las condiciones iniciales (6.2)* y (6.2)**es la suma (6.9) de los tres resultados parciales (6.11), (6.12) y (6.13), esto es:

u (x, t) =φ(x− at) + φ(x+ at)

2+1

2a

Z x+at

x−atψ(q)dq+

1

2a

Z t

0

Z x+a(t−τ)

x−a(t−τ)f(q, τ)dqdτ (6.14)

A (6.14) se conoce como fórmula de D’Alembert. Esta fórmula es la solución en cuadratura dela ecuación diferencial (6.2) que cumple con las condiciones iniciales (6.2)* y (6.2)**, porquebasta con conocer la forma inicial de la onda φ(x), la velocidad inicial de cada punto de la ondaψ (x) y la fuerza puntal instantánea f(x, t) para resolver cualquier problema de la ecuación deonda, ya que sólo se debe sustituir estos tres valores en la fórmula de D’Alembert (6.14) paraobtener la solución del problema planteado. También vale la pena recalcar que la fórmula deD’Alembert no es más que la suma de las soluciones de tres problemas sobre la ecuación de


onda; en otras palabras, la solución (6.14) cumple con el principio de superposición de ondas,esto es, la solución del problema planteado⎧⎨⎩

utt (x, t) = a2uxx (x, t) + f (x, t) (6.2)u (x, 0) = φ (x) (6.2)*ut (x, 0) = ψ (x) (6.2)**

se da mediante la fórmula D’Alambert (6.14), que puede ser analizada como la suma de tressoluciones de tres problemas separados. El primero de los cuales consiste en resolver la ecuaciónde onda cuando sólo se conoce su forma inicial, esto es, la perturbación inicial del medio que seda mediante la ecuación:

I =

⎧⎨⎩utt (x, t) = a2uxx (x, t)

u (x, 0) = φ (x)ut (x, 0) = 0

Este problema es equivalente a que en la ecuación diferencial (6.2) se tenga f (x, t) = ψ (x) = 0.En este caso, la solución se encuentra con la ayuda de la fórmula de fórmula D’Alambert (6.14),y ésta es:

u1 (x, t) =φ (x+ at) + φ (x− at)

2

El segundo problema se da cuando se resuelve la ecuación de onda si sólo se conoce la velocidadinicial de cada uno de los puntos de la misma, esto es, si se resuelve la ecuación:

II =

⎧⎨⎩utt (x, t) = a2uxx (x, t)

u (x, 0) = 0ut (x, 0) = ψ (x)

Este problema es equivalente a que en la ecuación diferencial (6.2) se tenga f (x, t) = φ (x) = 0.En este caso, la solución se encuentra por la fórmula D’Alambert (6.14), y ésta es:

u2 (x, t) =1

2a

Z x+at

x−atψ (q) dq

El tercer problema se da cuando se debe resolver la ecuación de onda si sólo se conoce la fuerzapuntual instantánea f (x, t) que actúa sobre cada punto x a partir del instante t > 0, esto es, sise resuelve la ecuación:

III =

⎧⎨⎩utt (x, t) = a2uxx (x, t) + f (x, t)

u (x, 0) = 0ut (x, 0) = 0

Este problema es equivalente a que en la ecuación diferencial (6.2) se tenga φ (x) = ψ (x) = 0.En este caso, la solución se encuentra mediante la fórmula D’Alambert (6.14), y ésta es:

u3 (x, t) =1

2a

Z t

0

Z x+a(t−τ)

x−a(t−τ)f(q, τ)dqdτ


La solución u (x, t) de la ecuación diferencial (6.2) que cumple con las condiciones iniciales(6.2)* y (6.3)** es la suma de las soluciones u1 (x, t) , u2 (x, t) y u3 (x, t) de los tres problemasparticulares I, II y III, o sea, la fórmula de D’Alambert (6.14). A esta regla se la conoce comoprincipio de superposición de ondas.

Se analiza ahora la solución (6.14) cuando la ecuación de onda es homogénea, o sea cuando lafuerza puntual instantánea f (x, t) está ausente en la ecuación de onda, o sea cuando el movimien-to oscilatorio se produce únicamente como consecuencia de la deformación inicial u (x, 0) = φ (x)y de la velocidad inicial ut (x, 0) = ψ (x) y ninguna fuerza externa actúa sobre la onda a partirdel instante t > 0. En este caso, el problema planteado toma la forma de:⎧⎨⎩

utt (x, t) = a2uxx (x, t) (6.2)u (x, 0) = φ (x) (6.2)*ut (x, 0) = ψ (x) (6.2)**

Y la solución encontrada por fórmula de D’Alambert (6.14) toma la forma de:

u (x, t) =φ(x− at) + φ(x+ at)

2+1

2a

Z x+at

x−atψ(q)dq (6.14)

Esta solución es la suporposición de dos ondas: la que se produce por la deformación inicial delmedio u (x, 0) = φ (x) y la que se produce como consecuencia de la velocidad inicial de cadapunto de la onda ut (x, 0) = ψ (x) . Si se considera ambos aspectos del fenómeno odulatorio porseparado, se tiene que la propagación de la onda u (x, t), si se toma en cuenta sólo la deformacióninicial del espacio u (x, 0) = φ (x) , será la onda resultante:

u (x, t) =φ(x− at) + φ(x+ at)

2

la misma que se propagará en el plano espacio tiempo (x, t) como la semi suma de la mismadeformación u (x, 0) = φ (x) , sólo que la una onda se trasladará a lo largo de la recta x− at = 0y la otra onda a lo largo de la recta x+ at = 0, y este fenómeno se producirá en cada instantet > 0 a partir del momento t = 0. Lo mismo se puede repetir con respecto al segundo sumandoque participa en la solución de este problema, sólo que ahora:

u (x, t) = Ψ(x−at)−Ψ(x+at) = 1

2a

Z x+at

x−atψ(q)dq

donde la función 2aΨ (x) en la primitiva de la velocidad ut (x, 0) = ψ (x) de la onda u (x, t) .

Se resuelve ahora algunos ejemplos de la ecuación de onda y de fenómenos similares al ondula-torio, que se modelan con ecuaciones diferencial parciales parecidas a la ecuación de onda.


Ejemplo 79: Resolver mediante la fórmula D’ Alembert la siguiente ecuación de onda:⎧⎨⎩utt (x, t) = a2uxx (x, t) + xt (6.15)u (x, 0) = x2 (6.15)*ut (x, 0) = x (6.15)**


Solución: Se aplica el principio de superposición para encontrar la solución de este problema yse tiene que el segundo sumando de la fórmula (6.14) es igual a:

1

2a

Z x+at

x−atψ (q) dq =

1

2a

Z x+at

x−atqdq (6.16)

Luego de integrar (6.16) se obtiene

1

2a

Z x+at

x−atqdq =

1

2a

"(x+ at)2 − (x− at)2

2

#, de donde:

1

2a

Z x+at

x−atqdq = xt

El primer sumando de la fórmula (6.14) vale:

φ (x+ at) + φ (x− at)

2=

(x+ at)2 + (x− at)2

2, o también:

φ (x+ at) + φ (x− at)

2= x2 + a2t2 (6.17)

El tercer sumando de la fórmula (6.14) es igual a:Z t

0

Z x+a(t−τ)

x−a(t−τ)f (q, τ) dqdτ =

Z t

0

Z x+a(t−τ)

x−a(t−τ)qτdqdτ

=

Z t

0τq2

2

¯x+a(t−τ)x−a(t−τ) dτ

=1

2

Z t

0τh(x+ a (t− τ))2 − (x− a (t− τ))2

idτ

= 2ax

Z t

0τ (t− τ) dτ

Luego de tomar esta integral se obtiene:

2ax

Z t

0τ (t− τ) dτ =

1

3axt3 (6.18)

Se suman los tres resultados parciales (6.16), (6.17) y (6.18) y se obtiene finalmente la soluciónde la ecuación diferencial (6.15) que cumple con las condiciones iniciales (6.15)* y (6.16)**.

u (x, t) = xt+ x2 + a2t2 +1

3axt3


Ejemplo 80: Resolver por el principio de superposición la siguiente ecuación diferencial parcial:⎧⎨⎩utt (x, t) = a2uxx (x, t) (6.19)u (x, 0) = sinx (6.19)*ut (x, 0) = cosx (6.19)**


Solución: Con base en el principio de superposición se resuelve el segundo sumando de lafórmula (6.14) y se obtiene:

1

2a

Z x+at

x−atψ (q) dq =

1

2a

Z x+at

x−atcos (q) dq

1

2a

Z x+at

x−atψ (q) dq =

1

2a[sin (x+ at)− sin (x− at)]

O lo que por trigonometría es lo mismo que:

1

2a

Z x+at

x−atψ (q) dq =

sin (at) cosx

a(6.20)

El primer término de la fórmula (6.14), que se obtiene con base en el mismo principio de super-posición, es igual a:

φ (x+ at) + φ (x− at)

2=sin (x+ at)− sin (x− at)

2

φ (x+ at) + φ (x− at)

2= sinx cos (at) (6.21)

Se suman las soluciones (6.20) y (6.21) y se obtiene la solución de la ecuación diferencial (6.19)que cumple con las condiciones iniciales (6.19)* y (6.19)**:

u (x, t) =sin (at) cosx

a+ sinx cos (at)

Ejemplo 81: Resolver la siguiente ecuación diferencial parcial de tipo onda mediante el crono-grama del método de la transformada de Fourier (5.0) planteado al inicio del capítulo 5.⎧⎨⎩

utt (x, t) = uxx (x, t)− u (x, t) (6.22)u(x, 0) = x (6.22)*ut(x, 0) = 1 (6.22)**

Solución: El método planteado es válido para ecuaciones parecidas a la ecuación de onda, comoes el caso de la ecuación (6.22) con las condiciones iniciales (6.22)* y (6.22)**. Por lo que setoma la transformada de Fourier a todo el problema y se obtiene:

F

⎧⎨⎩utt (x, t) = uxx (x, t)− u (x, t)u(x, 0) = xut(x, 0) = 1

=

⎧⎨⎩F [utt (x, t)] = F [uxx (x, t)]− F [u (x, t)]F [u(x, 0)] = F (x)F [ut(x, 0)] = F (1)

La imagen de la ecuación diferencial (6.22) que cumple con las condiciones iniciales (6.22)* y(6.22)**es la ecuación diferencial ordinaria lineal homogénea:

=

⎧⎨⎩vtt (s, t) + (s

2 + 1)v (s, t) = 0 (6.23)v (s, 0) = 2πiδ0 (s) (6.23)*vt (s, t) = 2πδ (s) (6.23)**


La solución general de la ecuación (6.23) es:

v (s, t) = c1 cos³p

s2 + 1t´+c2 sin

³ps2 + 1t

´(6.24)

Para encontrar los valores de las constantes de integración se aplican las condiciones iniciales(6.23)* y (6.23)** y se obtiene:½

v(s, 0) = c1 = 2πiδ0(s)

vt(s, 0) = c2√s2 + 1 = 2πδ(s)

De donde:(c1 = 2πiδ

0(s)

c2 =2πδ(s)√s2+1

Por la propiedad (3,10) de la función δ (s) de Dirac se simplifica el valor de la constante c2.½c1 = 2πiδ

0(s) (6.25)c2 = 2πδ(s) (6.25)*

Se reemplazan los valores de las constantes de integración (6.25) y (6.25)* en la solución general(6.24) y se obtiene la solución particular de la ecuación diferencial ordinaria (6.23) que cumplecon las condiciones iniciales (6.23)* y (6.23)**:

v (s, t) = 2πiδ0(s) cos³p

s2 + 1t´+2πδ(s) sin

³ps2 + 1t

´(6.26)

La que, luego de aplicar al primer sumando de (6.26) la propiedad (3.11) de la función δ (x) deDirac y al segundo sumando de (6.26) la propiedad (3.10) de esta misma función, toma la formade:

v (s, t) = 2πiδ0(s) cos (t)+2πδ(s) sin (t) (6.27)

Se toma la transformada inversa de Fourier a la igualdad (6.27) y se obtiene:

F−1 [v(s, t)] = cos (t)F−1£2πiδ0(s)

¤+sin (t)F−1 [2πδ(s)]

De donde finalmente se obtiene la sulución de la ecuación diferencial (6.2) que cumple con lascondiciones iniciales (6.22)* y (6.22)**.

u(x, t) = x cos(t) + sin(t)


Ejemplo 82: Resolver la siguiente ecuación de onda:⎧⎨⎩utt (x, t) = uxx (x, t) + ex (6.28)u (x, 0) = sinx (6.28)*ut (x, 0) = x+ cosx (6.28)**


Solución: Por ser más interesante y novedoso se va a resolver este problema mediante el crono-grama del método de la transformada de Fourier (5.0) planteado al inicio del capítulo 5, aunqueprimero se va a obtener la solución de la ecuación diferencial (6.28) que cumple con las condi-ciones iniciales (6.28)* y (6.28)**por la fórmula D’ Alembert (6.14).

u (x, t) =sin (x− t) + cos (x− t)

2+1

2

Z x+t

x−t(q + cos q) dq+

1

2

Z t

0

Z x+t−τ

x−t+τeqdqdz

Se efectúan las operaciones correspondientes y se obtiene la solución del problema planteado en(6.28), (6.28)* y (6.28)**.

u (x, t) = xt+ sin (x+ t) + ex [cosh (t)− 1]

Solución que también se va a encontrar luego de tomar la transformada de Fourier a (6.23),(6.23)* y (6.23)**.

F

⎧⎨⎩utt (x, t) = uxx (x, t) + ex

u (x, 0) = sinxut (x, 0) = x+ cosx

=

⎧⎨⎩F [utt (x, t)] = F [uxx (x, t)] + F (ex) (6.29)F [u (x, 0)] = v (s, 0) = F (sinx) (6.29)*F [ut (x, 0)] = vt (s, 0) = F (x) + F (cosx) (6.29)**

De todas las funciones que participan en esta ecuación, la única imagen que no se ha visto hastaahora es la de la función ex, que se va a calcular de imediato:

F (ex) =Z

e−isxexdx

Esto por la definición (2.1) de la transformada de Fourier. Se suman los exponentes de estaintegral y se obtiene:Z

e−isxexdx =

Ze−i(s+i)x·1·dx

Que no es más que la transfomada de Fourier de la función f (x) = 1 a la variable s+ i. Comola transformada de Fourier de la función f (x) = 1 por (4.5) es igual a 2πδ (s), la transformadade Fourier de la función f (x) = ex es 2πδ (s+ i) . Por lo que la imagen buscada de (6.29),(6.29)*, (6.29)** es la siguiente ecuación diferencial ordinaria:⎧⎨⎩

vtt (s, t) + s2v (s, t) = 2πδ (s+ i) (6.30)v (s, 0) = iπ [δ (s− 1)− δ (s+ 1)] (6.30)*vt (s, 0) = 2πiδ

0(s) + π [δ (s− 1) + δ (s+ 1)] (6.30)**

Se conocen las imágenes de (6.30)* y (6.30)** por las propiedades (4.9) y (4.10) de la trans-formada de Fourier y el ejemplo 31.5 de esta misma transformada. Se toma la transformada deLaplace a la ecuación diferencial ordinaria (6.30).

L [vtt (s, t)]+s2L [v (s, t)] = 2πδ (s+ i)L (1)

e igual que en (5.10) se obtiene la imagen de la tranformada de Laplace de la ecuación (6.30):

−vt (s, 0)−zv (s, 0)+z2L [v (s, t)]+s2L [v (s, t)] = 2πδ (s+ i)1

z


Lo que por (6.30)* y (6.30)** es lo mismo que:

−2πiδ0(s)−π [δ (s− 1) + δ (s+ 1)]−iπz [δ (s− 1)− δ (s+ 1)]+

+L [v (s, t)]£z2 + s2

¤= 2πδ (s+ i)

1

z(6.31)

Se despeja de la ecuación algébrica (6.31) la transformada de Laplace L [v (s, t)] y se obtiene:

L [v (s, t)] = 2πiδ0(s)

z2 + s2+π [δ (s− 1) + δ (s+ 1)]

z2 + s2+z

iπ [δ (s− 1)− δ (s+ 1)]

z2 + s2+2πδ (s+ i)

z2 + s21

z(6.32)

Luego de aplicar al segundo, tercero y cuarto sumando de (6.32) la propiedad (3.10)* de lafunción δ (x) de Dirac, (6.32) se convierte en:

L [v (s, t)] = 2πiδ0(s)

z2 + s2+π [δ (s− 1) + δ (s+ 1)]

z2 + 1+z

iπ [δ (s− 1)− δ (s+ 1)]

z2 + 1+1

z

2πδ (s+ i)

z2 − 1 (6.33)

Se aplica al primer sumando de (6.33) la propiedad (3.11) de la función δ (x) de Dirac y seobtiene:

2πiδ0(s)

z2 + s2=

2s

(z2 + s2)2|s=0 δ (s)+

1

z2 + s2|s=0 2πiδ0(s) =

2πiδ0(s)

z2(6.34)

De donde, luego de sustituir el valor de (6.34) en el primer sumando de la igualdad (6.33) seobtiene:

L [v (s, t)] = 2πiδ0(s)

z2+π [δ (s− 1) + δ (s+ 1)]

z2 + 1+z

iπ [δ (s− 1)− δ (s+ 1)]

z2 + 1+1

z

2πδ (s+ i)

z2 − 1 (6.35)

Se toma la transformada inversa de Laplace a (6.35) y se obtiene:

v (s, t) = 2πiδ0(s)L−1µ1

z2

¶+ π [δ (s− 1) + δ (s+ 1)]L−1

µ1

z2 + 1

¶+

+iπ [δ (s− 1)− δ (s+ 1)]L−1µ

z

z2 + 1

¶+ 2πδ (s+ i)L−1

∙1

z (z2 − 1)

¸(6.36)

Luego de encontrar los valores de los correspondientes originales de (6.36) en la tabla de latransformada de Laplace que se encuentra al inicio del capítulo 5 se obtiene:

v (s, t) = 2πiδ0(s)t+ π [δ (s− 1) + δ (s+ 1)] sin t+

+iπ [δ (s− 1)− δ (s+ 1)] cos t+ 2πδ (s+ i) (cosh (t)− 1) (6.37)

Se toma la transformada inversa de Fourier a (6.37) y se obtiene:

F−1 [v (s, t)] = F−1£2πiδ0(s)

¤t+F−1 π [δ (s− 1) + δ (s+ 1)] (sin t)+

+F−1 iπ [δ (s− 1)− δ (s+ 1)] (cos t)+F−1 [2πδ (s+ i)] [cosh (t)− 1] (6.38)

De donde finalmente se obtiene la solución buscada:

u (x, t) = xt+cosx sin t+sinx cos t+ex [cosh (t)− 1] (6.38)*


La misma que por trigonometría se convierte finalmente en:

u (x, t) = xt+ sin (x+ t) + ex [cosh (t)− 1]

Que es la solución de la ecuación diferencial de onda (6.28) que cumple con las condicionesiniciales (6.28)* y (6.28)**, lo que fácilmente se puede comprobar.

Ejemplo 83: Resolver mediante el cronograma del método de la transformada de Fourier (5.0)planteado al inicio del capítulo 5, la siguiente ecuación diferencial de tipo onda.½

utt (x, t) = uxx (x, t)− a2u (x, t) (6.39)u(x, 0) = ut(x, 0) = x (6.39)*

Solución: Se toma la transformada de Fourier al problema planteado y se obtiene:

F½

utt (x, t) = uxx (x, t)− a2u (x, t)u(x, 0) = ut(x, 0) = x

=

½vtt (s, t) + (s

2 + a2)v (s, t) = 0 (6.40)v (s, 0) = vt (s, 0) = 2πiδ

0 (s) 6.40)*

Esta imagen es una ecuación diferencial ordinaria lineal homógenea de segundo orden con condi-ciones iniciales conocidas. La solución general de la ecuación (6.40) es:

v (s, t) = c1 cos³p

s2 + a2t´+c2 sin

³ps2 + a2t

´(6.41)

La derivada de la solución (6.41) es:

vt (s, t) = −c1ps2 + a2 sin

³ps2 + a2t

´+c2

ps2 + a2 cos

³ps2 + a2t

´(6.42)

Se evaluan las funciones (6.41) y (6.42) en cero y se obtiene

v(s, 0) = c1 cos (0) + c2 sin (0) = 2πiδ0(s)

vt (s, t) = c2ps2 + a2 = 2πiδ0(s)

De donde se conocen los valores de las constantes de integración:(c1 = 2πiδ

0(s)c2 =

2πi√s2+a2

δ0(s)

Por la fórmula (3.11) aδ0 = −a0(0)δ+ a(0)δ se simplifica el valor de la cosntante de integraciónc2:

c2 =2πi

aδ0(s)

Se reemplaza los valores de las constantes de integración c1 y c2 en la solución general (6.41) dela ecuación (6.40) y se obtiene la solución particular de la ecuación (6.40) que cumple con lascondiciones iniciales (6.40)*:

v (s, t) = 2πihδ0(s) cos

ps2 + a2t

i+2πi

a

hδ0(s) sin

ps2 + a2t

i(6.43)


Se aplica de nuevo la propiedad (3.11) aδ0 = −a0(0)δ+a(0)δ0 a (6.43) y esta solución particulartoma la forma de:

v (s, t) = 2πiδ0(s)

∙cos(at) +

1

asin(at)

¸(6.44)

Se encuentra la transformada inversa de Fourier a (6.44) y finalmente se obtiene:

F−1 [v (s, t)] =∙cos(at) +

1

asin(at)

¸F−1

£2πiδ0(s)

¤que es la solución de la ecuación diferencial (6.40) que cumple con las condiciones iniciales(6.40)*.

u(x, t) = x

∙cos(at) +

1

asin(at)

¸Como fácilmente se puede comprobar.

Ejemplo 84: Resolver mediante el cronograma del método de la transformada de Fourier (5.0)planteado al inicio del capítulo 5, la siguiente ecuación diferencial de tipo onda.½

utt (x, t) = uxx (x, t)− 2ut (x, t) (6.45)u(x, 0) = ut(x, 0) = x (6.45)*

Esta ecuación es intereante porque en ella participa la velocidad de la onda ut (x, t) .

Solución: Luego de tomar la transformada de Fourier a la ecuación diferencial (6,45) y a lacondición inicial (6.45)* se obtiene:

F½

utt (x, t) = uxx (x, t)− 2ut (x, t)u(x, 0) = ut(x, 0) = x

=

½vtt (s, t) + 2vt (s, t) + s2v (s, t) = 0 (6.46)v(s, 0) = vt(s, 0) = 2πiδ

0(s) (6.46)*Se toma la transformada de Laplace a la ecuación diferencial ordinaria (6.46) y se obtiene:

L [vtt (s, t)]+2L [vt (s, t)]+s2L [v (s, t)] = 0

Por la propiedad 5 de la transformada de Laplace y la generalización para n = 2 se obtiene que(6.46) se transforma en:

z2L [v (s, t)]−vt (s, 0)−zv (s, 0)+2 zL [v (s, t)]− v (s, 0)+s2L [v (s, t)] = 0 (6.47)

Luego de sustituir los valores de (6.46)* en (6,47) y de factorar en la ecuación algébrica (6.47)el valor de L [v (s, t)] , se obtiene:

L [v (s, t)]¡z2 + 2z + s2

¢−2πiδ0(s) (z + 3) = 0

Por lo que la solución de (6.47) es:

L [v (s, t)] = 2πiδ0(s) z + 3

z2 + 2z + s2(6.48)


Por la fórmula (3.11) de la función δ (x) de Dirac, según la cual aδ0 = −a0(0)δ + a(0)δ, se tieneque (6.48) se convierte en:

L [v (s, t)] = 2πiδ0(s)z + 2 + 1z (z + 2)

= 2πiδ0(s)

∙1

z+

1

z (z + 2)

¸(6.49)

De donde, luego de tomar la transformada inversa de Laplace a la igualdad (6.49) se obtiene porlinealidad de esta transformada:

v (s, t) = 2πiδ0(s)

½L−1

µ1

z

¶+ L−1

∙1

z (z + 2)

¸¾El original del primer sumando se lo encuentra en la tabla de la transformada de Laplace, eloriginal del segundo sumando por la propiedad 11 de la transformada de Laplace es lo mismoque:

v (s, t) = 2πiδ0(s)

µ1 +

Z t

0e−2τdτ

¶(6.50)

Luego de integrar (6.50) se obtiene:

v (s, t) = 2πiδ0(s)

µ3

2− 12e−2t

¶(6.51)

Se toma la transformada inversa de Fourier a ambos lados de la igualdad (6.51) y se obtiene,puesto que F−1 [v (s, t)] = u (x, t) .

u (x, t) =

µ3

2− 12e−2t

¶F−1

£2πiδ0(s)

¤(6.52)

De donde finalmente se obtiene la solución buscada:

u (x, t) =

µ3

2− 12e−2t

¶x

La función u (x, t) es la solución de la ecuación diferencial (6.45) que cumple con las condicionesiniciales (6.45)*, como fácilmente se puede comprobar.

6.5. Fórmula de Kirkhoff

Al resolver la ecuación de onda para estudiar el fenómeno ondulatorio en el espacio se obtiene lafórmula de Kirkhoff. En este caso, como n = 3, x = (x1, x2, x3) ∈ R3 y t ≥ 0, se debe resolverla siguiente ecuación diferencial.⎧⎨⎩

utt (x, t) = a2 4 u (x, t) + f(x, t) (6.53)u(x, 0) = φ(x) (6.53)*ut(x, 0) = ψ(x) (6.53)**

6.5. FÓRMULA DE KIRKHOFF 175

En la que el operador de Laplace ∆ es la suma de las segundas derivadas parciales de la funciónu(x, t) respecto a las variables x1, x2 y x3, esto es:

∆u (x1, x2, x3, t) =∂2u

∂x21+∂2u

∂x22+∂2u

∂x23

La función u(x1, x2, x3, t), solución de la ecuación de onda, cumple para cada una de las vari-ables las condiciones que cumple la función u (x, t) , solución del problema unidimensional (6.1),además u(x1, x2, x3, 0) = φ(x1, x2, x3) y ut(x1, x2, x3, 0) = ψ(x1, x2, x3) son funciones conoci-das. La transformada de Fourier en R3 tiene la forma de:

F [u (x, t)] =

ZR3

e−i(x,s)u(x, t)dx = v(s, t) (6.54)

F [f (x, t)] =

ZR3

e−i(x,s)f(x, t)dx = F (s, t) (6.54)*

F [φ (x)] = Φ (s) (6.54)**

F [ψ (x)] = Ψ (s) (6.54)***

La trasnformada inversa de Fourier se define como:

F−1 [v (s, t)] =1

(2π)3

ZR3

ei(x,s)v(x, t)ds = u(x, t) (6.55)

F−1 [F (s, t)] =1

(2π)3

ZR3

ei(x,s)F (s, t)ds = f(x, t) (6.55)*, etc.

donde s = (s1, s2, s3) , t ≥ 0.Todas las 16 propiedades de la transformada de Fourier, vistas en el capítulo 2 de este texto,se cumplen a su manera para el caso n dimensional de esta transformada, menos la propiedad7 que será reformulada a su debido tiempo. Para resolver la ecuación diferencial (6.53), quecumple con las condiciones iniciales (6.53)* y (6.53)** se toma la transformada de Fourier aestas igualdades y se obtiene por linealidad de este operador:

F

⎧⎨⎩utt (x, t) = a24 u (x, t) + f(x, t)u(x, 0) = φ(x)ut(x, 0) = ψ(x)

=

⎧⎨⎩F [utt (x, t)] = a2F [4u (x, t)] + F [f(x, t)]F [u(x, 0)] = F [φ(x)]F [ut(x, 0)] = F [ψ(x)]

De donde, luego de tomar en cuenta (5.78)**, (6.54), (6.54)*, (6.54)** y (6.54)*** se obtiene:⎧⎨⎩F [utt (x, t)] = a2F [4u (x, t)] + F [f(x, t)]F [u(x, 0)] = F [φ(x)]F [ut(x, 0)] = F [ψ(x)]

=

⎧⎨⎩ vtt (s, t) + a2 ||s||2 v (s, t) = F (s, t) (6.56)F [φ(x)] = Φ (s) (6.56)*F [ψ(x)] = Ψ (s) (6.56)**

Lo que es una ecuación diferencial ordinaria de segundo orden con condiciones iniciales, que sonlas imágenes de las condiciones iniciales (6.53)* y (6.53)**, y en las que la varible s participacomo parámetro. Para encontrar la solución de esta ecuación diferencial se toma la transformadade Laplace a (6.56) y por la propiedad 5 de la transformada de Laplace y su consecuencia paran = 2 se obtiene:

z2L [v (s, t)]− zΦ (s)−Ψ (s) + a2 ||s||2L [v (s, t)] = L [F (s, t)] (6.57)L [v (s, t)]

³z2 + a2 ||s||2

´= zΦ (s) +Ψ (s) + L [F (s, t)] (6.57)*


Se despeja de la ecuación algébrica (6.57)* el valor de la incógnita L [v (s, t)] y se obtiene:

L [v (s, t)] = Φ (s)z

z2 + a2 ||s||2+

1

a ||s||Ψ (s)a ||s||

z2 + a2 ||s||2+

+1

a ||s||L [F (s, t)]a ||s||

z2 + a2 ||s||2(6.58)

El valor de a ||s|| ha sido situado en el numerador y denominador del segundo y tercer sumandode la ecuación (6.58) por conveniencia. Se toma la transformada inversa de Laplace a (6.58) yse obtiene:

v (s, t) = Φ (s)L−1∙

z

z2 + a2 ||s||2¸+

1

a ||s||Ψ (s)L−1∙

a ||s||z2 + a2 ||s||2

¸+

+1

a ||s||L−1½L [F (s, t)] a ||s||

z2 + a2 ||s||2¾

(6.59)

La transformada inversa de Laplace del primer sumando de la igualdad (6.59) se obtiene di-rectamente en el numeral 3 de la tabla de transformadas de Laplace que se encuentra al iniciodel capítulo 5 del presente texto y el del segundo sumando, del numeral 4 de la misma tabla;con respecto al último sumando de (6.59), por ser el producto de dos imágenes, este valor seencuentra como la convulución de los correspondientes originales:

v(s, t) = Φ(s) cos(at ||s||)+1aΨ (s)

sin(at ||s||)||s|| +

1

aF (s, t)∗sin(at ||s||)||s|| (6.60)

Por ser la varible t > 0, la convolución del tercer sumando de (6.60) se convierte en:

v(s, t) = Φ(s) cos(at ||s||)+1aΨ (s)

sin(at ||s||)||s|| +

1

a

Z t

0

F (s, τ) sin [a(t− τ) ||s||]||s|| dτ (6.61)

La función (6.61) es la solución particular de ecuación diferencial ordinaria (6.56) que cumplecon las condiciones iniciales (6.56)* y (6.56)**. Por otra parte se tiene que:

u (x, t) = F−1 [v (s, t)]

por lo que se toma la transformada inversa de Fourier a (6.61) y se obtiene:

u(x, t) = F−1 [Φ(s) cos(at ||s||)] + 1aF−1

∙Ψ (s)

sin(at ||s||)||s||

¸+

+1

aF−1

∙Z t

0

F (s, τ) sin [a(t− τ) ||s||]||s|| dτ

¸(6.62)

El primer sumando de la igualdad (6.62), por ser el producto de dos imágenes, por la propiedad13 de la transformada de Fourier es igual a la convolución de sus correspondientes originales,lo mismo se cumple respecto al segundo sumando, en cuanto al tercer sumando de esta mismaigualdad, como ya se hizo en (5.20), se puede introducir la transformada inversa de Fourierdentro de la integral; con lo que (6.62) se convierte en:

u(x, t) = F−1 [Φ (s)] ∗ F−1 [cos(at ||s||)] + 1

aF−1 [Ψ (s)] ∗ F−1

∙sin(a ||s||)||s||

¸+

+1

a

Z t

0F−1

∙F (s, τ) sin [a(t− τ) ||s||]

||s||

¸dτ (6.63)


Como F−1 [Φ (s)] = φ (x) y F−1 [Ψ (s)] = ψ (x) (6.63) se convierte en::

u(x, t) = φ (x) ∗ F−1 [cos(at ||s||)] + 1

aψ (x) ∗ F−1

∙sin(at ||s||)

||s||

¸+

+1

a

Z t

0F−1

∙F (s, τ) sin [a(t− τ) ||s||]

||s||

¸dτ (6.63)*

La transformada inversa de Fourier que se encuentra en la parte interna de la integral de la igual-dad (6.63)* por tomarse al producto de dos imágenes, por la propiedad 13 de la transformadade Fourier se convierte en:

F−1∙F (s, τ) sin [a(t− τ) ||s||]

||s||

¸= f (x, τ)∗F−1

∙sin [a(t− τ) ||s||]

||s||

¸Con lo que (6.63)* se convierte en:

u(x, t) = φ (x) ∗ F−1 [cos(at ||s||)] + 1

aψ (x) ∗ F−1

∙sin(at ||s||)

||s||

¸+

+1

a

Z t

0f (x, τ) ∗ F−1

∙sin [a(t− τ) ||s||]

||s||

¸dτ (6.63)**

Se separa (6.63)** en tres sumandos y se busca el original de cada uno de estos sumandos.

u (x, t) = I+II+III donde:

I = φ (x) ∗ F−1 [cos(at ||s||)] (6.64)

II =1

aψ (x) ∗ F−1

∙sin(at ||s||)

||s||

¸(6.64)*

III =1

a

Z t

0f (x, τ) ∗ F−1

∙sin [a(t− τ) ||s||]

||s||

¸dτ (6.64)**

Se encuentra primero la transformación de Fourier de la función característica de la esfera S deradio R con centro en el origen de coordenadas. Se representa a esta función característica comoχ SR(0) (x) , donde SR (0) = x : ||x|| = R es la ecuación de la esfera de radio R con centro enel origen de coordenadas. La ecuación característica de esta superficie se define como:

χSR(0) (x) =

½0 si ||x|| 6= R1 si ||x|| = R

(6.65)

La función caracteristica de esta superficie vale uno sólo en la superficie de la esfera de radio Ry vale cero tanto en la parte interna como en la externa de esta superficie. Se obtiene ahora latransformada de Fourier de la función caracteristica χSR(0) (x):

Fhχ SR(0) (x)

i=

ZR3

e−i(x,s)χ SR(0) (x) dx (6.66)

Por (6.65) se tiene que (6.66) se convierte en la integral tomada por la superficie cerrada de laesfera SR(0), puesto que sólo en ese dominio la función característica vale uno, esto es:ZR3

e−i(x,s)χ SR(0) (x) dx =

ISR(0)

e−i(x,s)ds (6.67)


Por la definición de producto escalar (x, s) = kxk ksk cos θ = R ksk cos θ, donde θ se escoge comoel ángulo comprendido entre el vector x = (x1, x2, x3) y el vector s = (s1, s2, s3), porque parala esfera SR (0) se tiene que las varibles ϕ y θ varían en el rango 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ π yporque el valor de ds en coordenadas esféricas es igual a R2 sin θdϕdθ, la integral de superficie(6.67) se convierte en:ISR(0)

e−i(x,s)ds =

Z 2π

0dϕ

Z π

0e− iRksk cos θR2 sin θdθ (6.68)

Se integra (6.68) con respecto a la variable ϕ y aplica la fórmula de Euler cuando se integrarespecto a la variable θ y se obtiene:Z 2π

0dϕ

Z π

0e−iRksk cos θR2 sin θdθ = 2πR2

Z π

0[cos (R ksk cos θ)− i sin (R ksk cos θ)] sin θdθ (6.69)

La parte imaginaria de la integral (6.69) vale cero, como fácilmente se comprueba:Z π

0sin (R ksk cos θ) sin θdθ = −

Z π

0sin (R ksk cos θ) d (cos θ) (6.70)

Se hace en la integral (6.70) el cambio de variable q = cos θ, con lo que (6.70) se convierte en:

−Z π

0sin (R ksk cos θ) d (cos θ) = −

Z −1

1sin (R ksk q) dq = 0

Resultado evidente por ser impar la función sin (R ksk q) , que se integra. Se realizan las mismasoperaciones en la parte real de la integral (6.69) y se obtiene:

2πR2Z π

0[cos (R ksk cos θ)] sin θdθ = −2πR2

Z π

0[cos (R ksk cos θ)] d (cos θ) (6.71)

Se hace en (6.71) el cambio de variable q = cos θ, con lo que esta integral se convierte en:

−2πR2Z π

0[cos (R ksk cos θ)] d (cos θ) = −2πR2

Z −1

1[cos (R ksk q)] dq

Se invierten los limites de esta integral y por paridad de la función que se integra se obtiene:

2πR2Z 1

−1[cos (R ksk q)] dq = 4πR2

Z 1

0[cos (R ksk q)] dq


4πR2Z 1

0[cos (R ksk q)] dq = 4πR sin(R ||s||)

||s|| = Fhχ SR(0) (x)

iPor lo tanto se ha obtenido la imagen de la función caractéristica (6,65), que también puede serescrita como:

1

4πRFhχ SR(0) (x)

i=sin(R ||s||)||s|| (6.72)


De donde:

F−1∙sin(R ||s||)||s||

¸=

1

4πRχ SR(0) (x) (6.72)*

Resultado muy importante y que va a ser empleado a continuación en la resolución del segundosumando de (6.63)**, donde únicamente se aplica la propiedad conmutativa de la convolución yque el radio de la esfera es la función del tiempo R = at.

F−1∙sin(at ||s||)

||s||

¸∗1aψ (x) =

1

4πatχSat(0) (x)∗

1

aψ (x)

La definición de convolución en n dimensiones es la misma que para una dimensión, por lo que:

1

4πatχSat(0) (x)∗

1

aψ (x) =

1

4πa2t

ZR3

χSat(0) (y)ψ(x−y)dy (6.73)

La integral triple (6.73), por integrarse la función característica,

χSat(0) (x) =

½0 si ||x|| 6= at1 si ||x|| = at

se convierte en la integral tomada por la superficie cerrada de la esfera de radio at con centroen el origen de coordenadas:

1

4πa2t

ZR3

χSat(0) (y)ψ(x−y)dy =1

4πa2t

ISat(0)

ψ(x−y)dsy (6.74)

Se realiza en (6.74) el cambio de variable x−y = z, con lo que dsy se convierte en dsz, tambiénSat (0) = x : ||x|| = at se convierte en Sat (x) = z : ||z − x|| = at, o sea una esfera de radioat con centro en el punto x = (x1, x2, x3) en el sistema de coordenadas z = (z1, z2, z3), y el valordel del segundo sumando (6.64)* se convierte en:

II =1

aψ (x)∗F−1

∙sin(at ||s||)

||s||

¸=

1

4πa2t

ISat(x)

ψ(z)dsz (6.75)

Con respecto al primer sumando (6.64) se tiene que luego de aplicar la regla de Leibnitz (6.0),es lo mismo que:

I = φ (x)∗ F−1 [cos(at ||s||)] = 1

aφ (x)∗ ∂

∂tF−1

∙sin(at ||s||)

||s||

¸(6.76)

Se repite en (6.76) las mismas operaciones que se realizaron para obtener (6.75) y se obtiene:

I =1

aφ (x)∗ ∂

∂tF−1

∙sin(at ||s||)

||s||

¸=

∂

∂t

⎡⎢⎣ 1

4πa2t

ISat(x)

φ(z)dsz

⎤⎥⎦ (6.77)


Con respecto al tercer sumando (6.64)** se tiene que:

III =1

a

Z t

0f (x, τ)∗F−1

∙sin [a(t− τ) ||s||]

||s||

¸dτ

Es lo mismo que:

III =1

a

Z t

0χSa(t−τ)(0) (x)∗f (x, τ) dτ (6.78)

Luego de repetir en (6.78) las mismas operaciones que se realizaron para obtener (6.75) seobtiene:

1

a

Z t

0χSa(t−τ)(0) (x)∗f (x, τ) dτ =

Z t

0

1

4πa2 (t− τ)

ISa(t−τ)(x)

f (z, τ) dszdτ (6.79)

Luego de sumar los tres resultados (6.77), (6.75) y (6.79) se obtiene la solución del problema(6.53) que cumple con las condiciones iniciales (6.53)* y (6.53)**, la misma que es igual a:

u (x, t) =∂

∂t

⎡⎢⎣ 1

4πa2t

ISat(x)

φ(z)dsz

⎤⎥⎦+ 1

4πa2t

ISat(x)

ψ(z)dsz +

+

Z t

0

1

4πa2 (t− τ)

ISa(t−τ)(x)

f (z, τ) dszdτ (6.80)

Como Sat (x) = z : ||z − x|| = at es la ecuación de una esfera de radio at con centro en elpunto x = (x1, x2, x3) y Sa(t−τ) (x) = z : kz − xk = a (t− τ) es la ecuación de una esfera deradio a (t− τ) con centro en el punto x = (x1, x2, x3) se tiene que (6.80) toma finalmente laforma de:

u (x, t) =∂

∂t

⎡⎢⎣ 1

4πa2t

Ikz−xk=at

φ(z)dsz

⎤⎥⎦+ 1

4πa2t

Ikz−xk=at

ψ(z)dsz +

+

Z t

0

1

4πa2 (t− τ)

Ikz−xk=a(t−τ)

f (z, τ) dszdτ (6.80)*

Que se conoce con el nombre de fórmula de Kirkhoff y cuya interpretación se da a continuación.Esta fórmula, igual que en el caso unidimensional, es la superposición de tres ondas, esto es, elproblema (6.53) puede ser visto como la unión de tres problemas distintos:

(I)

⎧⎨⎩utt (x, t) = a24 u (x, t)u(x, 0) = φ(x)ut(x, 0) = 0

(II)

⎧⎨⎩utt (x, t) = a24 u (x, t)u(x, 0) = 0ut(x, 0) = ψ(x)


(III)

⎧⎨⎩utt (x, t) = a24 u (x, t) + f(x, t)u(x, 0) = 0ut(x, 0) = 0

En la primera ecuación diferencial (I), el fenómeno ondulatorio se produce como consecuenciade la perturbación inicial del medio φ(x) y la solución es el primer sumando de (6.80)*; enla segunda ecuación diferencial (II), el fenómeno ondulatorio se produce porque cada puntodel espacio tiene una velocidad ψ(x), que provoca el fenómeno ondulatorio, y la solución es elsegundo sumando de (6.80)*; en la tercera ecuación diferencial (III), el fenómeno ondulatoriose produce porque sobre cada punto x del espacio a partir del instante t = 0 comienza a actuaruna fuerza que lo modifica, f(x, t), llamada fuerza puntual instantánea que actúa sobre cadapunto x en cada insatnte t > 0 y cuya la solución es el tercer sumando de (6.80)*. La solución(6.80)* es la suma de las soluciones de las ecuaciones (I) , (II) y (III):

u (x, t) =∂

∂t

⎡⎢⎣ 1

4πa2t

Ikz−xk=at

φ(z)dsz

⎤⎥⎦+ 1

4πa2t

Ikz−xk=at

ψ(z)dsz +

+

Z t

0

1

4πa2 (t− τ)

Ikz−xk=a(t−τ)

f (z, τ) dszdτ (6.80)*

Vale la pena recordar que una integral de superficie, por ejemplo el segundo sumando de (6.80)*,

1

4πa2t

Ikz−xk=at

ψ(z)dsz, (6.81)

se toma luego de transformar esta integral de superficie cerrada en una doble integral, para lo cualse proyecta a cualquier plano de coordenadas, por ejemplo a (z1, z2) la superficie de integración,o sea la esfera kz − xk = at, cuya proyección es un círculo de radio at cuya ecuación es:

(z1 − x1)2+(z2 − x2)

2 6 (at)2 . (6.82)

En la función ψ(z) = ψ(z1, z2, z3) se debe sustituir el valor de

z3 = x3±q(at)2 − (z1 − x1)

2 − (z2 − x2)2 (6.83)

obtenido a partir de la superficie de integración kz − xk = at, que también se expresa como:

(z1 − x1)2+(z2 − x2)

2+(z3 − x3)2 = (at)2 , de donde:

z3−x3 = ±q(at)2 − (z1 − x1)

2 − (z2 − x2)2, con lo que:

ψ(z) = ψ

∙(z1, z2, x3 +

q(at)2 − (z1 − x1)

2 − (z2 − x2)2

¸(6.84)

en la parte superior de la esfera de radio at, y:

ψ(z) = ψ

∙(z1, z2, x3 −

q(at)2 − (z1 − x1)

2 − (z2 − x2)2

¸(6.85)


en la parte inferior de la misma esfera. Al realizar esta proyección también se debe tomaren cuenta al cos ν, donde ν es el ángulo formado entre la normal unitaria a la superficie deintegración, en este caso la esfera kz − xk = at, y el vector unitario al plano de integración,en este caso k = (0, 0, 1) . Pero como el ángulo ν es agudo en la parte superior de la esferakz − xk = at y obtuso en la parte inferior de la misma, se tiene que se duplica el valor de estaintegral doble. Lo mismo se puede repetir para los otros dos sumandos de (6.80)*, resultado quese va a emplear para la obtención de la fórmula de Poisson que se estudiará a continuación.

6.5.1. Ejemplo Resuelto

Ejemplo 85: Resolver por la fórmula de Kirkhoff y el principio de superposición de onda, lasiguiente ecuación diferencial:⎧⎨⎩

utt (x, y, z, t) = 25∆u (x, y, z, t) + 5xzu(x, y, z, 0) = x2 − 2y2 + z2

ut(x, y, z, 0) = 3(6.86)

Solución: Por facilidad en el uso de las fórmulas se usa la simbología de índices:⎧⎨⎩utt (x1, x2, x3, t) = 25∆u (x1, x2, x3, t) + 5x1x2u(x1, x2, x3, 0) = x21 − 2x22 + x23

ut(x1, x2, x2, 0) = 3(6.86)*

Por el principio de superposición se resuelve para (6.86)* el primer sumando de la fórmula deKirkhoff (6.80)*:

∂

∂t

⎡⎢⎣ 1

4πa2t

Ikz−xk=at

φ(z)dsz

⎤⎥⎦ = ∂

∂t

⎡⎢⎣ 1

100πt

Ikz−xk=at

¡z21 − 2z22 + z23

¢dsz

⎤⎥⎦ (6.87)

Donde kz − xk = at es lo mismo que (z1 − x1)2 + (z2 − x2)

2 + (z3 − x3)2 = 25t2

Se usa las coordenadas esféricas gereralizadas para resolver la integral (6.87):⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩z1 − x1 = 5t sin θ cosϕz2 − x2 = 5t sin θ sinϕz3 − x3 = 5t cos θ

Jac = 25t2 sin θ

(6.87)*

Con lo que al sustituir las coordenadas esféricas (6.87)* en la integral (6.87), ésta se convierteen:

∂

∂t

½1

100πt

Z 2π

0

Z π

0

h(x1 + 5t sin θ cosϕ)

2 − 2 (x2 + 5t sin θ sinϕ)2 + (x3 + 5t cos θ)2i25t2 sin θdθdϕ

¾Luego de realizar las correspondientes simplicaciones esta integral se convierte en:

∂

∂t

½t

4π

Z 2π

0

Z π

0


2 − 2 (x2 + 5t sin θ sinϕ)2 + (x3 + 5t cos θ)2isin θdθdϕ

¾(6.88)


Se analiza cada una de las tres funciones de la integral (6.88). La primera función que se integraen (6.88) es:

∂

∂t

∙t

4π

Z 2π

0

Z π

0(x1 + 5t sin θ cosϕ)

2 sin θdθdϕ

¸(6.88.1)

Se eleva al cuadrado la función que se encuentra bajo el signo de la integral (6.88.1), se la separaen tres sumandos y se integra cada sumando por separado. La integral del primer sumando es:

∂

∂t

µt

4π

Z 2π

0

Z π

0x21 sin θdθdϕ

¶= x21

1

4π

¡ϕ¯2π0

¢(− cos θ) |π0 = x21 (6.88.1.1)

Se integra el segundo sumando de (6.88.1):

∂

∂t

t

4π

Z 2π

0

Z π

010x1t sin

2 θ cosϕdθdϕ =5x12

∂

∂t

t2

π

¡sinϕ

¯2π0

¢ ∙12

µθ − 1

2sin 2θ

¶|π0¸= 0 (6.88.1.2)

Se integra el tercer sumando de (6.88.1):

∂

∂t

t

4π

Z 2π

0

Z π

025t2 sin3 θ cos2 ϕdθdϕ =

75t2

4π

Z 2π

0cos2 ϕdϕ

Z π

0sin3 θdθ =

75t2

4ππ4

3= 25t2 (6.88.1.3)

El valor de la integral (6.88.1) es la suma de las integrales (6.88.1.1), (6.88.1.2) y (6.88.1.3).

∂

∂t

t

4π

Z 2π

0

Z π

0(x1+5t sin θ cosϕ)

2 sin θdθdϕ = x21+25t2 (6.88.1)

La segunda función que se tiene que integrar en (6.88), luego de las correspondientes simplifica-ciones, es:

− ∂

∂t

∙t

2π

Z 2π

0

Z π

0(x2 + 5t sin θ sinϕ)

2 sin θdθdϕ

¸(6.88.2)

Se eleva al cuadrado la función que se encuantra bajo el signo de la integral (6.88.2) se la separaen tres sumandos y se integra cada sumando por separado. La integral del primer sumando es:

− ∂

∂t

∙t

2π

Z 2π

0

Z π

0x22 sin θdθdϕ

¸= −x22

2π

¡ϕ¯2π0

¢(− cos θ) |π0 = −2x22 (6.88.2.1)


− ∂

∂t

µt

2π

Z 2π

0

Z π

010tx2 sin

2 θ sinϕdθdϕ

¶= −5x2

∂

∂t

t2

π

¡− cosϕ

¯2π0

¢ Z π

0sin2 θdθ = 0 (6.88.2.2)


− ∂

∂t

t

2π

Z 2π

0

Z π

025t2 sin3 θ sin2 ϕdθdϕ = −75t

2

2π

Z 2π

0sin2 ϕdϕ

Z π

0sin3 θdθ =

= −75t2

2ππ4

3= −50t2 (6.88.2.3)


El valor de la integral (6.88.2) es la suma de las integrales (6.88.2.1), (6.88.2.2) y (6.88.2.3):

− ∂

∂t

∙t

2π

Z 2π

0

Z π

0(x2 + 5t sin θ sinϕ)

2 sin θdθdϕ

¸= −2x22−50t2 (6.88.2)

La tercera función que se integra luego de hacer las correspondientes simplificaciones en (6.88)es:

∂

∂t

∙t

4π

Z 2π

0

Z π

0(x3 + 5t cos θ)

2 sin θdθdϕ

¸(6.88.3)

Se eleva al cuadrado la función que se encuantra bajo el signo de la integral (6.88.3) se la separaen tres sumandos y se integra cada sumando por separado. La integral del primer sumando es:

∂

∂t

∙t

4π

Z 2π

0

Z π

0x23 sin θdθdϕ

¸=

x234π

¡ϕ¯2π0

¢(− cos θ) |π0 = x23 (6.88.3.1)


∂

∂t

µt

4π

Z 2π

0

Z π

010tx3 cos θ sin θdθdϕ

¶=5x32

∂

∂t

t2

π

¡ϕ¯2π0

¢µ12sin2 θ |π0

¶= 0 (6.88.3.2)


∂

∂t

µt

4π

Z 2π

0

Z π

025t2 cos2 θ sin θdθdϕ

¶=

75t2

4π

¡ϕ¯2π0

¢µ−13cos3 θ |π0

¶=

=75t2

4π2π2

3= 25t2 (6.88.3.3)

El valor de la integral (6.88.3) es la suma de las integrales (6.88.3.1), (6.88.3.2) y (6.88.3.3).

∂

∂t

∙t

4π

Z 2π

0

Z π

0(x3 + 5t cos θ)

2 sin θdθdϕ

¸= x23+ 25t

2 (6.88.3)

El valor de la integral (6.88) es la suma de los resultados parciales (6.88.1), (6.88.2) y (6.88.3).Esto es:

∂

∂t

t

4π

Z 2π

0

Z π

0


2 − 2 (x2 + 5t sin θ sinϕ)2 + (x3 + 5t cos θ)2isin θdθdϕ =

= x21+25t2−2x22−50t2+x23+ 25t2 = x21−2x22 +x23 (6.89)

Por el principio de superposición se resuelve para (6.86) el segundo sumando de la fórmula deKirkhoff (6.80)*:

1

4πa2t

Ikz−xk=at

ψ(z)dsz =1

4π25t

Ikz−xk=at

3dsz (6.90)

Se sustituyen las coordenadas esféricas generalizadas (6.87)* en (6.90) y se obtiene:

1

4π25t

Ikz−xk=at

3dsz =3

100πt

Z 2π

0

Z π

025t2 sin θ dθdϕ (6.91)


Se realizan las correspondientes simplificaciones y se toma la integral (6.91):

3

100πt

Z 2π

0

Z π

025t2 sin θ dθdϕ =

3t

4π

¡ϕ¯2π0

¢(− cos θ |π0 ) = 3t

Por el principio de superposición se resuelve para (6.86) con ayuda del tercer sumando de lafórmula de Kirkhoff:Z t

0

1

4πa2 (t− τ)

Ikz−xk=a(t−τ)

f (z, τ) dszdτ =

Z t

0

1

100π (t− τ)

Ikz−xk=a(t−τ)

5z1z3dszdτ (6.92)

Se sustituye en la integral de (6.92) las coordenadas esféricas generalizadas (6.87)*, que en estecaso son iguales a:⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

z1 − x1 = 5 (t− τ) sin θ cosϕz2 − x2 = 5 (t− τ) sin θ sinϕz3 − x3 = 5 (t− τ) cos θ

Jac = 25 (t− τ)2 sin θ

(6.87)*

Z t

0

1

100π (t− τ)

Ikz−xk=a(t−τ)

5z1z3 dsz =

=

Z t

0

1

20π (t− τ)

Z 2π

0

Z π

0[x1 + 5 (t− τ) sin θ cosϕ] [x3 + 5 (t− τ) cos θ] 25 (t− τ)2 sin θdθdϕdτ

=

Z t

05t− τ

4π

Z 2π

0

Z π

0[x1 + 5 (t− τ) sin θ cosϕ] [x3 + 5 (t− τ) cos θ] sin θdθdϕdτ (6.92)*

La integral (6.92)* se separa en cuatro integrales:

5

4πx1x3

Z t

0(t− τ)

Z 2π

0

Z π

0sin θdθdϕdτ (6.92*.1)

25

4πx1

Z t

0(t− τ)2

Z 2π

0

Z π

0cos θ sin θdθdϕdτ (6.92*.2)

25

4πx3

Z t

0(t− τ)2

Z 2π

0

Z π

0cosϕ sin θ sin θdθdϕdτ (6.92*.3)

125

4π

Z t

0(t− τ)3

Z 2π

0

Z π

0cosϕ sin2 θ cos θdθdϕdτ (6.92*.4)

Se toma la integral (6.92*.1)

5

4πx1x3

Z t

0(t− τ)

Z 2π

0

Z π

0sin θdθdϕdτ =

5

4πx1x3

∙µtτ − 1

2τ2¶|τ0¸ ¡

ϕ¯2π0

¢(− cos θ |π0 )

5

4πx1x3

1

2t22π2 =

5

2t2x1x3


La integral (6.92*.2) vale cero puesto que:

25

4πx1

Z t

0(t− τ)2

Z 2π

0

Z π

0cos θ sin θdθdϕdτ = x1

∙Z t

05t− τ

4π5 (t− τ)

¸2π

µ1

2sin2 θ |π0

¶= 0

La integral (6.92*.3) también vale cero porque:

25

4πx3

Z t

0(t− τ)2

Z 2π

0

Z π

0cosϕ sin θ sin θdθdϕdτ =

=25

4πx3

Z t

0(t− τ)2 dτ

¡sinϕ

¯2π0

¢ Z π

0sin θ sin θdθ = 0

Por último, la integral (6.92*.4) vale cero por la misma razón que (6.92*.3), esto es:

125

4π

Z t

0(t− τ)3

Z 2π

0

Z π

0cosϕ sin2 θ cos θdθdϕdτ =

125

4π

Z t

0(t− τ)3 dτ

¡sinϕ

¯2π0

¢ Z π

0sin2 θ cos θdθ = 0

La integral (6.92)* es la suma de las integrales (6.92*.1), (6.92*.2), (6.92*.3) y (6.92*.4).Z t

0

1

100π (t− τ)

Ikz−xk=a(t−τ)

5z1z3 dsz =5

2t2x1x3

Por último, por el principio de superposición, el resultado del ejemplo 85, o sea la solución dela ecuación de onda en tres dimensiones (6.86) es la suma de las soluciones de los problemas(6.88), (6.90) y (6.92)*. Esto es:

u (x, y, z, t) = x2 − 2y2 + z2 + 3t+5

2t2xz

Como fácilmente se comprueba, esta función además de ser la solución de la ecuación (6.86) ycumple con las condiciones iniciales de la misma.

6.6. Fórmula de Poisson

La fórmula de Poisson es equivalente a la fórmula de Kirkhoff en el plano. Para su obtenciónse emplea el método del decenso, esto es, se proyecta la fórmula de Kirkhoff a uno de los tresplanos de coordenadas, por ejemplo, al plano (z1, z2) . En este caso el operador de Laplace esbidimensional. Como ||z − x|| = at es equivalente a (z1 − x1)

2+(z2 − x2)2+(z3 − x3)

2 = a2t2,se obtiene:

z3−x3 = ±qa2t2 − (z1 − x1)

2 − (z2 − x2)2 (6.93)

Para obtener el elemento de superficie, se debe calcular:

dsz =

s1 +

µ∂z3∂z1

¶2+

µ∂z3∂z2

¶2dz1dz2 (6.94)


a partir de (6.93) se calcula primero:

∂z3∂z1

= − z1 − x1

±qa2t2 − (z1 − x1)

2 − (z2 − x2)2

(6.95)

∂z3∂z2

= − z2 − x2

±qa2t2 − (z1 − x1)

2 − (z2 − x2)2

(6.95)*

Por lo tanto, el elemento de superficie se encuentra luego de sustituir (6.95) y (6,95)* en (6.94):

dsz =

s1 +

µ∂z3∂z1

¶2+

µ∂z3∂z2

¶2dz1dz2 =

atdz1dz2

±qa2t2 − (z1 − x1)

2 − (z2 − x2)2(6.94)

El doble signo que se halla antes del radical (6.94) hace que se duplique el valor de intergraldoble, puesto que el cos ν es positivo para la parte superior de la esfera kz − xk = at y esnegativo para los puntos de la parte inferior de la misma superficie, como ya se explicó parala aplicación de la fórmula de Kirkhoff. Algo semejante sucede cuando ||z − x|| = a (t− τ),ecuación de una esfera que es equivalente a (z1 − x1)

2 + (z2 − x2)2 + (z3 − x3)

2 = a2 (t− τ)2.Con lo que, luego de simplificar para t y para t− τ la fórmula de Poisson toma la forma de:

u(x, t) =∂

∂t

⎡⎣ 1

2πa

ZDat(x)

φ(z1, z2)dz1dz2qa2t2 − (z1 − x1)

2 − (z2 − x2)2

⎤⎦++1

2πa

ZDat(x)

ψ(z1, z2)dz1dz2qa2t2 − (z1 − x1)

2 − (z2 − x2)2+

+1

2πa

Z t

0

ZDa(t−τ)(x)

f(z1, z2, τ)dz1dz2qa2(t− τ)2 − (z1 − x1)

2 − (z2 − x2)2dτ (6.95)

como Dat(x) = z : ||z − x|| ≤ at es el círculo de radio at con centro en el punto x = (x1, x2)del plano z = (z1, z2) y Da(t−τ)(x) = z : ||z − x|| ≤ a (t− τ) es el círculo de radio a (t− τ) concentro en el punto x = (x1, x2) del plano z = (z1, z2), la fórmula (6.95) se convierte en:

u(x, t) =∂

∂t

⎡⎣ 1

2πa

Z||z−x||≤at

φ(z1, z2)dz1dz2qa2t2 − (z1 − x1)

2 − (z2 − x2)2

⎤⎦++1

2πa

Z||z−x||≤at

ψ(z1, z2)dz1dz2qa2t2 − (z1 − x1)

2 − (z2 − x2)2+

+1

2πa

Z t

0

Z||z−x||≤a(t−τ)

f(z1, z2, τ)dz1dz2qa2(t− τ)2 − (z1 − x1)

2 − (z2 − x2)2dτ (6.95)*

La fórmula (6.95)* se conoce con el nombre de fórmula de Poisson y con su ayuda se resuelve laecuación de onda cuando el operador de Laplace ∆ es bidimensional. Se debe notar que cadasumando de la fórmula de Poisson (6.95)* es la proyeccción del correspondiente sumando de lafórmula de Kirkhoff (6.80)* al plano de coordenadas (z1, z2) .


6.6.1. Ejemplo Resuelto

Ejemplo 86: Resolver la siguiente ecuación diferencial en derivadas parciales:⎧⎨⎩utt (x, y, t) = ∆u (x, y, t) + 2u(x, y, 0) = xut(x, y, 0) = y

(6.96)

Solución: Por facilidad se escribe la ecuación (6.95) con la representación de índices:⎧⎨⎩utt (x1, x2, t) = ∆u (x1, x2, t) + 2u(x1, x2, 0) = x1ut(x1, x2, 0) = x2

(6.96)*

y se utiliza la fórmula de Poisson (6.85)*, que en este caso se convierte en:

u(x1, x2, t) =∂

∂t

⎡⎣ 12π

Z||z−x||≤t

z1dz1dz2qa2t2 − (z1 − x1)

2 − (z2 − x2)2

⎤⎦++1

2π

Z||z−x||≤t

z2dz1dz2qa2t2 − (z1 − x1)

2 − (z2 − x2)2+

+1

2π

Z t

0

Z||z−x||≤ t−τ

2dz1dz2q(t− τ)2 − (z1 − x1)

2 − (z2 − x2)2dτ (6.97)

Con base en el principio de superposición se busca u (x1, x2, t) = I + II + III. Donde:

I =∂

∂t

⎡⎣ 12π

Z||z−x||≤t

z1dz1dz2qt2 − (z1 − x1)

2 − (z2 − x2)2

⎤⎦ (6.98)

y ||z − x|| ≤ t es lo mismo que (z1 − x1)2 + (z2 − x2)

2 ≤ t2. Se usan las coordenadas polaresgeneralizadas:⎧⎨⎩

z1 − x1 = ρ cosϕz2 − x2 = ρ sinϕ

Jac = ρ(6.99)

Puesto que el radio del circulo en este caso es el tiempo y la variable ϕ varía emtre 0 y 2π laintegral (6.98) se convierte en:

I =∂

∂t

"1

2π

Z 2π

0dϕ

Z t

0

(x1 + ρ cosϕ)pt2 − ρ2

ρdρ

#(6.98)*

Se separa (6.98)* en dos integrales: I = I.I + I.II

1

2π

∂

∂t

"Z 2π

0dϕ

Z t

0

(x1 + ρ cosϕ)pt2 − ρ2

ρdρ

#= I.I+I.II


=1

2π

∂

∂t

"Z 2π

0dϕ

Z t

0

ρ cosϕpt2 − ρ2

ρdρ+

Z 2π

0dϕ

Z t

0

x1pt2 − ρ2

ρdρ

#El primer sumando I.I de esta igualdad vale cero puesto que:

I.I =

Z 2π

0dϕ

Z t

0

ρ cosϕpt2 − ρ2

ρdρ =¡sinϕ

¯2π0

¢ Z t

0

ρ cosϕpt2 − ρ2

ρdρ = 0

Se integra el segundo sumando I.II y se obtiene:

I.II =∂

∂t

"1

2π

Z 2π

0dϕ

Z t

0

x1pt2 − ρ2

ρdρ

#=

∂

∂t

"1

2π2πx1

−12

Z t

0

1pt2 − ρ2

d¡t2 − ρ2

¢#

I.II =∂

∂t

∙−x1

1

22pt2 − ρ2

¯t0

¸=

∂

∂tx1t

I.II = x1

Es el resultado de (6.98)*. Se busca la integral del segundo sumando de (6.97)

II =1

2π

Z||z−x||≤t

z2dz1dz2qt2 − (z1 − x1)

2 − (z2 − x2)2

(6.100)

Se usan las coordenadas polares generalizadas (6.99), y puesto que el radio del círculo es el

tiempo y la variable ϕ varía emtre 0 y 2π la integral (6.100) se convierte en:

1

2π

Z||z−x||≤t

z2dz1dz2qt2 − (z1 − x1)

2 − (z2 − x2)2=1

2π

Z 2π

0dϕ

Z t

0

(x2 + ρ sinϕ)pt2 − ρ2

ρdρ

La misma que se separa en dos integrales

1

2π

Z 2π

0dϕ

Z t

0

(x2 + ρ sinϕ)pt2 − ρ2

ρdρ = II.I+II.II

=1

2π

"Z 2π

0dϕ

Z t

0

ρ sinϕpt2 − ρ2

ρdρ+

Z 2π

0dϕ

Z t

0

x2pt2 − ρ2

ρdρ

#El primer sumando II.I vale cero puesto que:

II.I =

Z 2π

0dϕ

Z t

0

ρ sinϕpt2 − ρ2

ρdρ =¡− cosϕ

¯2π0

¢ Z t

0

ρpt2 − ρ2

ρdρ = 0

Se integra el segundo sumando II.II y se obtiene:

II.II =1

2π

Z 2π

0dϕ

Z t

0

x2pt2 − ρ2

ρdρ =1

2π2πx2

−12

Z t

0

1pt2 − ρ2

d¡t2 − ρ2

¢= −x2

1

22pt2 − ρ2

¯t0


De donde, luego de evaluar este resultado en los correspondientes límites se obtiene el valor de(6.100):

II = x2t

Se busca la integral del tercer sumando de (6.97)

III =1

2π

Z t

0

Z||z−x||≤ t−τ

2dz1dz2q(t− τ)2 − (z1 − x1)

2 − (z2 − x2)2dτ (6.101)

En este caso ||z − x|| ≤ t− τ es lo mismo que (z1 − x1)2 + (z2 − x2)

2 ≤ (t− τ)2 .

Se usan las coordenadas polares generalizadas (6.99) y y puesto que el radio del círculo es eltiempo retardado en τ , o sea ρ = t− τ y la variable ϕ varía emtre 0 y 2π la integral (6.101) seconvierte en la integral triple:

III =1

2π

Z t

0

Z 2π

0

Z t−τ

0

2ρp(t− τ)2 − ρ2

dρdϕdτ (6.102)

Puesto que 2ρdρ = −d£(t− τ)2 − ρ2

¤yR 2π0 dϕ = 2π, la integral (6.102) es igual a:

III = −Z t

0

Z t−τ

0

d£(t− τ)2 − ρ2

¤p(t− τ)2 − ρ2

dτ

La misma que luego de integrar se convierte en:

III = −2Z t

0

p(t− τ)2 − ρ2

¯t−τ0 dτ

III = 2

Z t

0(t− τ)dτ

Se toma esta integral y se obtiene el valor de (6.102):

III = t2.

Luego, por el principio de superposición, se suman los resultados I + II + III y se obtiene elvalor de la integral (6.97) solución del problema (6.96) planteado en el ejemplo 86:

u(x, y, t) = x+ yt+ t2



Resolver para n = 1


1. utt (x, t) = a2uxx (x, t) + sinωt

u(x, 0) = ut(x, 0) = 0

Solucion u (x, t) =1

ωt+

1

ω2sinωt

2. utt (x, t) = uxx (x, t) + 6

u(x, 0) = x2

ut(x, 0) = 4x

Solucion u (x, t) = (x+ 2t)2

3. utt (x, t) = a2uxx (x, t) + sinωx

u(x, 0) = ut(x, 0) = 0


(aω)2sinωx [1− cos (aωt)]

4. utt (x, t) = uxx (x, t) + sinx

u(x, 0) = sinx

ut(x, 0) = 0

Solucion u (x, t) = sinx

5. utt (x, t) = 9uxx (x, t) + sinx

u (x, o) = 1

ut (x.o) = 1

solucion u (x, t) = 1 + t+1

9(1− cos 3t) sinx

6. utt (x, t) = 9uxx (x, t) + u (x, t)

u (x, o) = 1

ut (x.o) = x

solucion u (x, t) = cosh (t) + x sinh (t)

7. utt (x, t) = uxx (x, t) + 4u (x, t)u (x, 0) = xut (x, 0) = 1

solucion u (x, t) = 12 sinh (2t) + x cosh (2t)

8. utt (x, t) = uxx (x, t)− 4u (x, t)u(x, 0) = ut(x, 0) = 1

solucion (x, t) = cos 2t+ 12 sin 2t

9. uxx (x, t)− utt (x, t) + 2ux (x, t) + 2ut (x, t) = 0

u(0, t) = x

ux(0, t) = 0

Solucion u (x, t) = x− t− 12+1

2e2t


10. uxx (x, t)− utt (x, t)− 2ux (x, t)− 2ut (x, t) = 4

u(0, t) = −tux(0, t) = t− 1


2

£1− x− 3t+ (x+ t− 1) e2x

¤

11. xuxx (x, t)− utt (x, t) +1

2ux (x, t) = 0

u(x, 0) = x

ut(x, 0) = 0

x > 0

Solucion u (x, t) = x+1

4t2

12. uxx (x.t) + 2uxt (x, t)− 3utt (x, t) = 2

u(x, 0) = 0

ut(x, 0) = x+ cosx

Solucion u (x, t) = xt+3

2sin

µ2

3t

¶cos

µx+

1

3t

¶Resolver Para n = 2

13. utt (x, y.t) = ∆u (x, y, t) + 2u(x, y, 0) = x

ut(x, y, 0) = ysolucion u (x, y, t) = x+ yt+ t2

14. utt (x, y.t) = ∆u (x, y, t) + x3 − 3xy2u(x, y, 0) = ex cos y

ut(x, y, 0) = ey sinxsolucion u (x, y, t) = 1

2 t2¡x3 − 3xy2

¢+ ex cos y + tey sinx

15. utt (x, y, t) = ∆u (x, y, t) + 6xytu(x, y, 0) = x2 − y2

ut(x, y, 0) = xysolucion u (x, y, t) = xyt

¡1 + t2

¢+ x2 − y2

16. utt (x, y, t) = ∆u (x, y, t) + t sin yu(x, y, 0) = x2

ut(x, y, 0) = sin ysolucion u (x, y, t) = x2 + t2 + t sin y

17. utt (x, y, t) = 2∆u (x, y, t)u(x, y, 0) = 2x2 − y2

ut(x, y, 0) = 2x2 + y2

solucion u (x, y, t) = 2x2 − y2 +¡2x2 + y2

¢t+ 2t2 + 2t3


18. utt (x, y, t) = 3∆u (x, y, t) + x2 + y2

u(x, y, 0) = x2

ut(x, y, 0) = y2

solucion u (x, y, t) = x2 + ty2 + 12 t2¡6 + x3 + y3

¢+ t3 + 3

4t4 (x+ y)

19. utt (x, y, t) = ∆u (x, y, t) + e2x + 4y

u(x, y, 0) = e2x + 4y

ut(x, y, 0) = e2x + 4y

solucion u (x, y, t) = e2x + 4y£2625 cosh (5t)−

125 +

15 sinh (5t)

¤20. utt (x, y, t) = ∆u (x, y, t)

u(x.y, 0) = cos (x+ y)ut(x, y, 0) = sin (x+ y)

solucion u (x, y, t) = cos¡√2t¢cos (x+ y) + 1√

2sin¡√2t¢sin (x+ y)

21. utt (x, y, t) = ∆u (x, y, t)

u(x, 0) =¡x2 + y2

¢2ut(x, 0) =

¡x2 + y2

¢2solucion u (x, y, t) =

¡x2 + y2

¢2(1 + t) + 8t2

¡x2 + y2

¢ ¡1 + 1

3t¢+ 83 t4¡1 + 1

5 t¢

22. utt (x, y, t) = ∆u (x, y, t) +¡x2 + y2

¢et

u(x, y, 0) = 0ut(x, y, 0) = 0

solucion u (x, y, t) =¡x2 + y2 + 4

¢ ¡et − 1− t

¢− 2t2

¡1 + 1

3 t¢

Resolver Para n = 3

23. utt (x, y, z, t)− 8∆u (x, y, z, t) = 2xyzu(x, y, z, 0) = x2 + y2 − 2z2ut(x, y, z, 0) = 1

solucion u (x, y, z, t) = x2 + y2 − 2z2 + t+ t2xyz

24. utt (x, y, z, t)− 8∆u (x, y, z, t) = t2x2

u(x, y, z, 0) = y2

ut(x, y, z, 0) = z2

solucion u = y2 + tz2 + 8t2 + 83t3 + 1

12 t4x2 + 2

45t4

25. utt (x, y, z, t)− 3∆u (x, y, z, t) = 6¡x2 + y2 + z2

¢u(x, y, z, 0) = x2y2z2

ut(x, y, z, 0) = xyzsolucion u (x, y, z, t) = x2y2z2 + txy + 3t2

¡x2 + y2 + z2 + x2y2 + x2z2 + y2z2

¢+

+3t4¡x2 + y2 + z2 + 3

2

¢+ 9

5 t6

26. utt (x, y, z, t)−∆u (x, y, z, t) = 6te√2x sin y cos z

u(x, 0) = ex+y cos¡√2z¢

ut(x, 0) = e3y+4z sin (5x)

solucion u (x, y, z, t) = ex+y cos¡√2z¢+ te3y+4z sin (5x) + t3e

√2x sin y cos z


27. utt (x, y, z, t)−∆u (x, y, z, t) = 0u(x, y, z, 0) =

¡x2 + y2 + z2

¢2ut(x, y, z, 0) =

¡x2 + y2 + z2

¢2solucion u (x, y, z, t) = (1 + t)

¡x2 + y2 + z2

¢2+

+10t2¡1 + 1

3 t¢ ¡x2 + y2 + z2

¢+ t4 (5 + t)

28. utt (x, y, z, t)−∆u (x, y, z, t) =¡x2 + y2 + z2

¢et

u(x, y, z, 0) = 0ut(x, y, z, 0) = 0

solucion u (x, y, z, t) =¡6 + x2 + y2 + z2

¢ ¡et − 1− t

¢− t2 (1 + 3t)

29. utt (x, y, z, t)−∆u (x, y, z, t) = ez cosx sin yu(x, y, z, 0) = x2ey+z

ut(x, y, z, 0) = ey+z sinxsolucion u (x, y, z, t) = ez (1− cos t) cosx sin y + ey+z (sinh (t) sinx) +

+ 1√2sinh

¡√2t¢+ x2 cosh

¡√2t¢

30. utt (x, y, z, t)−∆u (x, y, z, t) = xet cos (3y + 4z)u(x, y, z, 0) = xy cos zut(x, y, z, 0) = yzex

solucion u (x, y, z, t) = xy cos t cos z + yzex sinh (t) ++ 126x

£et − cos (5t)− 1

5 sin (5t)¤cos (3y + 4z)

31. utt (x, y, z, t)−∆u (x, y, z, t) = 0u(x, y, z, 0) = cos

px2 + y2 + z2

ut(x, y, z, 0) = cospx2 + y2 + z2

solucion u (x, y, z, t) = (cos t+ sin t) cospx2 + y2 + z2 +

+ 1√x2+y2+z2

(t cos t− t sin t− sin t) sinpx2 + y2 + z2

Capítulo 7

Ecuación de Laplace

La ecuación de Laplace es un ejemplo importante de las ecuaciones diferenciales en derivadasparciales de segundo orden de tipo elíptico. Lleva su nombre en honor al matemático francésPierre Laplace, que trabajó con ellas. En matemáticas, el problema de Dirichlet consiste enhallar una función que sea solución de la ecuación de Laplace en el interior de un dominio,donde toma valores conocidos sobre el contorno cerrado que le sirve de frontera; este problemase plantea para muchas ecuaciones diferenciales parciales, pero originalmente se lo hizo para laecuación de Laplace, en cuyo caso se enuncia de la manera siguiente: conocidos los valores deuna función φ (x) ,continua en todos los puntos del contorno de una región, ¿existe una únicafunción u (x, y) , continua junto con sus derivadas de primero y segundo orden en el interiorde esta región, que además cumpla con la ecuación de Laplace y coincida con la función φ (x)en el contorno? En otras palabras, se busca una función u (Ω) tal que ∆u (Ω) = 0 y tal queu (Γ) = φ (Γ) . Donde Ω es el dominio interno limitado por el contorno cerrado Γ, en este caso,se dice que se tiene el problema interno de Direchlet; el problema externo se expresa de maneraanáloga, sólo que en este caso se busca u que cumpla con la ecuación ∆u (Ω∗) = 0 y talque u (Γ) = φ (Γ) en la parte externa a Γ. Las soluciones de la ecuación de Laplace, llamadasfunciones armónicas, son muy importantes en numerosos campos de la ciencia, particularmenteen el electromagnetismo, la astronomía, la dinámica de fluidos, la mecánica cuántica y se las usapara describir el comportamiento de la electricidad, de la gravedad o del fluido de un líquidoincompresible, etc.

Como ya se indicó en el capítulo 5:

∆u (x, t) =∂2u

∂x21+∂2u

∂x22+···+∂2u

∂x2n(5.77)*

Donde ∆ es el operador de Laplace en coordenadas rectangulares que se ha aplicado a la funciónu (x, t) . Este operador es el resultado de la doble superposición del operador simbólico ∇ deHamilton a la función u (x, t), por lo que vale la pena recordar las propiedades de este operador.Se llama operador de Hamilton al vector simbólico ∇ (nabla):

∇ =µ

∂

∂x1,∂

∂x2, ...,

∂

∂xn

¶195

196 CAPÍTULO 7. ECUACIÓN DE LAPLACE

que convierte a cada función u (x) = u (x1, x2, ..., xn) en el campo vectorial:

∇u (x) =µ∂u

∂x1,∂u

∂x2, ...,

∂u

∂xn

¶llamado también gradu, se lee gradiente del campo escalar u (x). Este campo vectorial tienepropiedades muy importantes: indica la dirección hacia la cual el campo escalar u (x) crece odecrece más rapidamente; en cada punto del espacio es ortogonal a cualquier superficie de nivelu (x) = const, mejor dicho, es ortogonal al plano tangencial construido en cada punto de lasuperficie de nivel u (x) = const; como campo vectorial, el gradu es un campo conservativo,esto significa que el trabajo que se realiza en este campo al moverse desde el punto A hastael punto B no depende de la trayectoria que une estos dos puntos sino únicamente de estospuntos, lo que implica que el valor del trabajo realizado para ir desde el punto A hasta el puntoB, que se representa como WAB, se calcula como la diferencia de potenciales, esto es como:WAB = u (B) − u (A) . Propiedad de la que se deduce que la circulación del campo vectorialgradu por cualquier contorno cerrado l vale siempre 0. La circulación, esto es el trabajo relizadopor cualquier contorno cerrado, se calcula en este caso como:Il

gradu (x) dx =

Il

gradu (x1, x2, ..., xn) dx1dx2...dxn = 0

Al aplicar nuevamente el operador de Hamilton al campo vectorial gradu se genera un campoescalar llamado div (gradu) , lo que se representa como ∇2u o también como ∆u. La divergenciade un campo vectorial cualquiera permite medir en cada punto de este campo si hay una fuenteo un sumidero, esto es, si en ese punto se genera o se consume campo. Si la divergencia valecero en todo un campo vectorial, el flujo de ese campo vectorial por cualquier superficie cerradatambién vale cero. La ecuación de Laplace tiene la forma de:

∆u (x) = ∆u (x1, x2, ..., xn) = 0 (7.1)

Lo que significa que se ha medido la divergencia al campo conservativo gradu y que ésta siemprevale cero.

Una mejor interpretación de la ecuación de Laplace (7.1) la da la ecuación del calor:

ut (x, t) = a2µ∂2u

∂x21+

∂2u

∂x22+ · · ·+ ∂2u

∂x2n

¶+f (x, t) (5.76)

en el caso en que el proceso de trasmisión del calor en un cuerpo homogéneo sea estacionario,esto es, dependa sólo del espacio y no del tiempo. Pero en la realidad, todo lo existente dependedel tiempo. Según los griegos, el dios Kronos (tiempo) se devoraba a sus hijos, así, pues, todoes temporal y perece en el tiempo. Cuando se habla de que un proceso es estacionario se hacereferencia a que en un lapso bastante grande el proceso de trasmisión del calor permanececonstante. Un buen ejemplo de ello es el Sol, que cada día trasmite casi la misma cantidad deenergía calorífica al espacio, en particular a la Tierra. Todos estamos concientes de que el Sol seva a apagar después de cinco mil millones de años, aproximadamente, pero no estaremos vivospara verlo. Por lo tanto en los procesos estacionarios se tiene que ut (x, t) = 0 y por lo tanto laecuación del calor (5.76) toma la forma de:

∂2u

∂x21+∂2u

∂x22+···+∂2u

∂x2n=−1a2

f (x) = F (x) (5.76.1)

197

que se conoce con el nombre de ecuación de Poisson, y que será resuelta más adelante en elcapítulo 8. Si en la ecuación (5.76.1) F (x) = 0 se obtiene la ecuación de Laplace:

∆u (x1, x2, ..., xn) =∂2u

∂x21+∂2u

∂x22+···+∂2u

∂x2n= 0 (7.1)

Pero en esta ecuación, por tratarse de un proceso estacionario, carece no hay cómo definir lacondición inicial u (x, 0) = φ (x). Por otra parte, la ecuación de Laplace (7.1 ) tiene infinito unnúmero de soluciones. Cualquier función u (x) que sea solución de esta ecuación se conoce conel nombre de función armónica. Son funciones armonícas evidentes:

u (x) = a1x1 + a2x2 + · · ·+ anxn + b para cualquier valor de las constantes a1, a2, · · ·, an, b.En el plano, es solución de la ecuación de Laplace la función:

u (x, y) = ln

q(x− x0)

2 + (y − y0)2 para ∀ (x0, y0) ∈ R2

Lo que fácilmente se comprueba. En cambio, en el espacio es solución de la ecuación de Laplacela función:

u (x, y) =1q

(x− x0)2 + (y − y0)

2 + (z − z0)para ∀ (x0, y0, z0) ∈ R3

Se puede comprobar fácilmente que la ecuación de Laplace siempre tiene un infinito número desoluciones, por lo que para encontrar una sola solución de la ecuación de Laplace que satisfagaciertos requerimientos previos, se debe exigir que la solución cumpla con con alguna condición enel dominio donde se busca la solución, pero esta condición, por tratarse de procesos estacionarios,no se puede dar con respecto al tiempo, por lo que se hace necesario darla con respecto al espacio,la misma se conoce como condición de borde o de frontera. En el plano, que es donde se va resolverinicialmente este problema, esto se hace de la siguiente manera. Toda curva de Jordan, esto esuna curva cerrada que no se corta a sí mismo, divide al plano en dos partes: la interna, que nocontiene al∞ y la parte externa, que sí lo contiene. A la parte interna se representa como Ω y ala externa como Ω∗, la frontera es representada como Γ. El problema interno de Direchlet, que seresuelve mediante el método (5.0) de la transformada de Fourier planteado al inicio del capítulo5, (el externo se formula de manera análoga), se expresa de la siguiente forma: Encontrar unafunción u (x) , armónica en Ω si se conoce su valor en Γ. En general, la importancia de la ecuaciónde Laplace es que su solución permite conocer lo que pasa en una región Ω cualquiera si seconoce lo que hay en Γ, la frontera de esta región, en otras palabras, conocer lo que hay tras lapared con base a lo que hay sobre la pared. Resumiendo todo lo dicho, una función armónica seobtiene luego de resolver la ecuación de Laplace, sujeta a la condición de borde o de frontera:

∆u = 0 (7.1)

u (Γ) = φ (Γ) (7.1)*

En el plano cartesiano de coordenadas rectangulares (x, y) este problema se formula así, encon-trar u (x, y) tal que:

∆u (x, y) = 0 (7.2) si:

u (x, 0) = φ (x) (7.2)*


Esto, escrito de forma detallada, es:

uxx+uyy = 0 (7.3) si:

u (x, 0) = φ (x) (7.3)*

Algo que tiene sentido puesto que y = 0 es la ecuación del eje de las equis, que puede servisto como una circunferencia cerrada de radio infinto. En este caso se tiene el problema internode Direchlet, el externo se expresa de manera semejante. La ecuación (7.3) puede ser escritatambién como:

uyy = −uxx (7.4)

u(x, 0) = φ(x) (7.4)*

que es como se va a resolver el problema interno de Direchlet.

7.1. Fórmula de D’Alembert

Para resolver mediante el cronograma del método (5.0) de la transformada de Fourier, planteadoal inicio del capítulo 5, el problema interno de Direchlet para la ecuación diferencial de Laplace,se aplica a la igualdad (7.4) y a la condición de borde (7.4)* la transformada de Fourier y seobtiene las siguientes imágenes:

F½

uyy = −uxxu(x, 0) = φ(x)

=

½vyy − s2v = 0 (7.5)

v(s, 0) = Φ(s) (7.6)

La imagen (7.5) de la ecuación de Laplace es una ecuación diferencial lineal homogénea desegundo orden con coeficientes constantes, cuya solución general se busca por el método deEuler:

v (s, y) = eλy (7.7)

Se sustituye (7.7) en (7.5) y se obtiene:

eλyλ2−eλys2 = 0

Como la función eλy nunca vale cero, se simplifica para eλy esta ecuación y se obtiene:

λ2−s2 = 0 (7.8)

Que se conoce con el nombre de ecuación característica de la ecuación diferencial (7.5), cuyasraíces son λ = ± |s| . Se sustituyen las raíces de la ecuación característica en (7.7) y se obtienev1 (s, y) = e|s|y y v2 (s, y) = e−|s|y, soluciones linealmente independientes de la ecuación (7.5),por lo que la solución general de la ecuación (7.5) se escribe como la combinación lineal de lafunciones v1 (s, y) y v2 (s, y) . Esto es:

v (s, y) = c1ey|s|+c2e

−y|s| (7.9)


En este caso se tiene el inconveniente de que se debe resolver el problema de Cauchy, o seaencontrar el valor de las dos constantes de integración de la igualdad (79) cuando sólo hay unacondición (7.6), lo que aparentemente hace que este problema no tenga solución. Esta dificultadse sortea mediante el siguiente razonamiento lógico. Si se quiere resolver el problema interno sedebe hacer a la constante c1 = 0 caso contrario la solución (7.9) diverge cuando y →∞, lo quesignifica que mientras más se aleja uno de la fuente de calor (el eje y = 0), más calor se siente;lo que es absurdo, pues se acerca al fuego todo aquel que quiere calentarse y mientras más lejosdel fuego se esté, menos calor se siente. El problema externo se resuelve de igual manera, sóloque en este caso se debe hacer c2 = 0. Dar el valor a la constante c1 = 0 permite obtener unasola solución de la ecuación (7.9), esta es:

v (s, y) = c2e−y|s| (7.10)

Se aplica a (7.10) la condición (7.6) y se obtiene:

v(s, 0) = c2 = Φ(s) (7.11)

Se remplaza (7.11) en (7.10) y se obtiene la solución particular de la ecuación (7.5) que cumplela condición (7.6).

v(s, y) = Φ(s)e−y|s| (7.12)

Como se conoce que la solución u (x, y) de la ecuación diferencial de Laplace (7.3) que cumplecon la condición de borde (7.3)* es:

u (x, y) = F−1 [v(s, y)] . Se toma la transformada inversa a (7.12) y se obtiene:

u(x, y) = F−1hΦ(s)e−y|s|

iPor la propiedad 13 de la transformada inversa de Fourier, se tiene que:

u(x, y) = F−1 [Φ(s)]∗F−1³e−y|s|

´. O, puesto que F−1 [Φ(s)] = φ (x) , se cumple:

u(x, y) = φ (x)∗F−1³e−y|s|

´(7.13)

Con base en la definición de transformada inversa de Fourier, se calcula ahora F−1¡e−y|s|

¢.

F−1³e−y|s|

´=1

2π

Zeixse−y|s|ds

Se subdivide el intervalo de integración (−∞,∞) en dos intervalos: (−∞, 0) y (0,∞), ypuesto que |s| = −s si s ∈ (−∞, 0) y |s| = s si s ∈ (0,∞) se obtiene:

1

2π

Zeixse−y|s|ds =

1

2π

Z 0

−∞eixseysds+

1

2π

Z ∞

0eixse−ysds

Se suman los exponentes de igual base y se obtiene:

1

2π

Z 0

−∞eixseysds+

1

2π

Z ∞

0eixse−ysds =

1

2π

Z 0

−∞e(y+ix)sds+

1

2π

Z ∞

0e−(y−ix)sds


Se toman estas integrales y se obtiene:

1

2π

Z 0

−∞e(y−ix)sds+

1

2π

Z ∞

0e−(y+ix)sds =

1

2π

"e(y+ ix)s

(y + ix)

¯0−∞ −

e−(y − ix)s

(y − ix)|∞0

#Se evalúan estas fracciones y se obtiene:

1

2π

"e(y + ix)s

(y + ix)

¯0−∞ −

e−(y− ix)s

(y − ix)|∞0

#=1

2π

∙1

(y + ix)+

1

(y − ix)

¸(7.14)

Puesto que por (2.3) se tiene que:

eys [cos(sx) + i sin(sx)]

y + ix→ 0 si s→ −∞

ye−ys [cos(sx) + i sin(sx)]

y − ix→ 0 si s→∞

por tratarse del producto de una función acotada por otra que tiende a cero. Por lo tanto, (7.14)se convierte en:

1

2π

∙1

(y + ix)+

1

(y − ix)

¸=1

π

y

y2 + x2de donde (7.13) es igual a:

u(x, y) = φ (x)∗ y

π(y2 + x2)(7.15)

Lo que por definición de convolución (1.1) da la solución de la ecuación diferencial de Laplace(7.3) que cumple con la condición de borde (7.3)*. Esto significa que la solución de la ecuaciónde Laplace siempre se encuentra mediante la convolución de la condición de borde φ (x) con lafunción:

g (x, y) =y

π(y2 + x2), (7.16)

que se conoce con el nombre de nucleo de Poisson para la ecuación de Laplace. En otras palabras,la solución u (x, y) de la ecuación de Laplace (7.3) que cumple con la condición de borde (7.3)*se encuentra mediante la convolución de la condición de borde φ (x) con el nucleo de Poissong (x, y), o sea, u(x, y) = φ (x) ∗ g (x, y), o lo que es lo mismo:

u(x, y) =y

π

Zφ(z)dz

(x− z)2 + y2(7.17)


En el siguiente ejemplo se da una interpretación clara del significado de la fórmula (7.17)

Ejemplo 87: Resolver el problema fundamental de la ecuación de Laplace, esto es, resolver:½∆u (x, y) = 0

u(x, 0) = δ(x)


Solución: La solución de este problema por la fórmula (7.17) es:

u(x, y) =y

π

Zδ(z)dz

(x− z)2 + y2

Pero por la propiedad (3.6) de la función δ (x) de Dirac, puesto que la función (7.16) es eviden-temente finita, se tiene que:

y

π

Zδ(z)dz

(x− z)2 + y2=

1

π

y

(x− z)2 + y2|z=0 =

y

π

1

x2 + y2= usf

La solución fundamental de la ecuación de Laplace coincide con el nucleo de Poisson de laecuación de Laplace. Fácilmente se comprueba que la función g (x, y) es armónica, o sea quecumple con la ecuación de Laplace. La solución fundamental, tal como se vio en (4.13), es unadistribución, sólo que ahora puede ser representada como fy(x). Esta distribución de Cauchydepende de la variable y > 0, y es tal que la intregral

Rfy(x)dx = 1 ∀y > 0. Todas estas

funciones alcanzan el valor máximo en el punto y = 0, el mismo es igual a 1π y ,esto es, el máximo

es inversamente proporcional al valor de la variable y. Luego, mientras más pequeño es elvalor de esta variable, mayor es el valor del máximo que alcanza la función fy(x), pero siempre,independientemente de lo pequeño que sea el valor de la variable y, la integral

Rfy(x)dx = 1.

Esto significa que la forma de esta distribución se hace cada vez más aguda (semejándose a unaaguja) en la medida en que y → 0. Cuando una distribución se comporta de esta manera, sedice que su límite es la función δ(x) de Dirac, con lo que se cumple la condición de borde deeste ejemplo. Esto significa que si fuera factible transferir una caloría de calor al punto x = 0 elmismo aumentaría de temperatura sin fin. En la medida en que se toman puntos en las rectasy = c > 0, donde c es una constante positiva cualquiera, el punto x = 0 tiene una temperaturaigual a 1

π y , que disminuye y tiende a cero en la medida en que y crece, pero la cantidad de caloren toda la recta y = c siempre será igual a uno, puesto que la integral

Rfy(x)dx = 1. Lo que

comprueba la ley de conservación de la energía. En general, el problema de Direchlet para laecuación de Laplace:

∆u (x, y) = 0 (7.2)

u (x, 0) = φ (x) (7.2)*

tiene por solución la convolución de la temperatura en el borde Γ, esto es φ (x) , con la soluciónfundamental de la ecuación del calor o nucleo de Poisson (7.16) g (x, y) = y

π1

x2+y2.

u (x, y) = φ ∗ usf =y

π

Zφ (z) dz

(x− z)2 + y2(7.17)

Ejemplo 88: Resolver el problema interno de Direchlet con la condición de borde igual a lafunción de Heaviside θ(x): ⎧⎨⎩

∆u (x, y) = 0

u(x, 0) = θ(x) =

½0 si x < 01 si x > 0


Solución: La solución de este problema por (7.17) es la convolución de la función de Heavisidecon la solución fundamental (7.16).

u(x, y) = θ (x)∗ y

π(x2 + y2)(7.18)

Como la convolución de la función de Heaviside θ (x) con cualquier función f (x) , según elejemplo 5.1 es:

[θ ∗ f ] (x) =Z x

−∞f(q)dq

se tiene que (7.18) toma la forma de:

u (x, y) =

Z x

−∞

y

π

dq

q2 + y2=1

π

Z x

−∞

1

1 +³qy

´2dµq

y

¶

Se toma esta integral y se obtiene:

u (x, y) =1

πarctan(

q

y) |x−∞

De donde se obtiene la solución buscada

u (x, y) =1

2+1

πarctan

µx

y

¶(7.19)

Fácilmente se comprueba que (7.19) es una función armónica, pero más interesante es comprobarque (7.19) cumple con la condicion de borde u(x, 0) = θ(x). Claramente se ve que cuando y → 0el valor de x

y tiende a +∞ si x > 0 y a −∞ si x < 0 por lo tanto:

arctan (∞) = π

2y arctan (−∞) = −π

2Se obtiene finalmente que:

u (x, y) =1

2+1

πarctan

µx

y

¶=

½0 si x < 0 ∧ y → o1 si x > 0 ∧ y → 0

= θ (x)

Lo que comprueba la condicion de borde del problema planteado. También es fácil conocer conayuda de la solución (7.19) cómo se distribuye el calor en cada punto del dominio y > 0.

A la largo de la recta y = x la temperatura es u (x, x) = 12 +

1π arctan(1) =

12 +

14 =

34 ; en cambio

a lo largo de la recta y = −x la tempratura es u (x,−x) = 12 +

1π arctan(−1) =

14 . En general,

toda recta que pasa por el origen de coordenadas tiene la misma temperatura, esto es, comoy = αx, la temperatura es u (x, αx) = 1

2 +1π arctan(

1α). La temperatura en el infinito es igual a:

u (x,∞) = 12 +

1π arctan(

x∞) =

12 +

1π arctan(0) =

12 .

Ejemplo 89: Resolver el problema interno de Direchlet con la condición de borde igual a lafunción característica χl(x).⎧⎨⎩

∆u (x, y) = 0

u(x, 0) = χl(x) =

½0 si |u| > l1 si |u| < l


Solución: La solución de este problema por la fórmula (7.17) es la convolución de la funcióncaracterística χl (x) con la solución fundamental

u (x, y)sf =y

π

1

x2 + y2, esto es:

χl∗usf =Z

χl(z)ydz

π [(x− z)2 + y2]Por definición de la función característica se tiene que:Z

χl(z)ydz

π [(x− z)2 + y2]=

y

π

Z l

−l

dz

(x− z)2 + y2Si se hace x−z = q se obtiene:

y

π

Z l

−l

dz

(x− z)2 + y2=

y

π

Z x+l

x−l

dq

q2 + y2Luego de tomar esta integral se obtiene:

y

π

Z x+l

x−l

dq

q2 + y2=1

πarctan

µq

y

¶|x+lx−l

Se evalúa este resultado en los límites señalados y se obtiene:

1

πarctg

µq

y

¶|x+lx−l=

1

π

∙arctan

µx+ l

y

¶− arctan

µx− l

y

¶¸De donde:

u (x, y) =1

π

∙arctan

µx+ l

y

¶− arctan

µx− l

y

¶¸Es la solución del problema planteado en el ejemplo 89.

Ejemplo 90: Resolver el problema interno de Direchlet con la condición de borde igual a lafunción sign (x) . ½

∆u (x, y) = 0u(x, 0) = sign (x)

Solución: La solución de este problema por (7.17) es la convolución de la función sign (x) conla solución fundamental.

u(x, y) = [sign (x) ∗ usf ] (x)

Pero en ejemplo 5.2 se vio que:

[sign (x) ∗ f (x)] (x) =Z x

−∞f(q)dq−

Z ∞

xf(q)dq

Luego, la solución del ejemplo 90 se da mediante la integración de:

u(x, y) =y

π

Z x

−∞

dq

q2 + y2−yπ

Z ∞

x

dq

q2 + y2

Se calcula el valor de estas integrales:

y

π

Z x

−∞

dq

q2 + y2−yπ

Z ∞

x

dq

q2 + y2=1

πarctan

µq

y

¶ ¯x−∞ −

1

πarctan

µq

y

¶|∞x


Lo que luego de evaluar da:

1

πarctan

µq

y

¶ ¯x−∞ −

1

πarctan

µq

y

¶|∞x =

1

πarctan

µx

y

¶+1

2−12+1

πarctan

µx

y

¶De donde, finalmente, la solución buscada es:

u (x, y) =2

πarctan

µx

y

¶

Que la función 2π arctan

³xy

´es armónica se comprueba fácilmente, lo interesante es comprobar

que esta función cumple con la condición de borde. Claramente se ve que cuando y → 0 el valorde x

y tiende a +∞ si x > 0 y a −∞ si x < 0 por lo que como:

arctan (∞) = π

2y arctan (−∞) = −π

2Se obtiene finalmente que:

u (x, y) =2

πarctan

µx

y

¶=

½−1 si x < 0 ∧ y → o1 si x > 0 ∧ y → 0

= sign (x)

Lo que comprueba la condicion de borde del problema planteado. Es interesante ver comose distribuye el calor en el dominio y > 0. A la largo de la recta y = x, la temperatura esu (x, x) = 2

π arctan(1) = 0,5; en cambio a lo largo de la recta y = −x la tempratura es:u (x,−x) = 2

π arctan(−1) = −0,5. En general, toda recta que pasa por el origen de coordenadastiene la misma temperatura, eso es, si y = αx, la temperatura es: u (x, αx) = 2

π arctan(1α). La

temperatura en el infinito es de: u (x,∞) = 2π arctan(

x∞) =

2π arctan(0) = 0; la temperatura del

eje y o sea en la rccta x = 0 también vale cero.

Ejemplo 91: Resolver el problema interno de Direchlet con la condición de borde igual a lafunción a

a2+x2. ½

∆u (x, y) = 0u(x, 0) = a

a2+x2

Solución: Se resuelve esta problema mediante el cronograma del método (5.0) de la trans-formada de Fourier, planteado al inicio del capítulo 5, para lo cual se aplica al problema latransformada de Fourier y se obtiene:

F½

uyy = −uxxu(x, 0) = a

a2+x2=

(vyy − s2v = 0 (7.5)

F³

aa2+x2

´= v (s, 0) = Φ (s) (7.20)

Por los razonamientos hechos desde (7.7) hasta (7.11) se encontró que la solución particular de(7.5) es:

v(s, y) = Φ(s)e−y |s| (7.21)

Donde en este caso Φ(s) = F³

aa2+x2

´. Se debe por lo tanto encontrar esta imagen, pero como

ya se vio en (2.16): Fh

aπ(a2+x2)

i= e−a| s|, luego F

ha

(a2+x2)

i= πe−a| s| = Φ (s) por lo que

(7.21) se convierte en:

v(s, y) = πe−a| s|e−y| s| = πe−(a + y)| s| Como:


F−1 [v(s, y)] = u (x, y) se obtiene que:

u (x, y) = F−1hπe−(a + y)| s|

iPero por (2.16)* se tiene que:

F−1hπe−(a + y)| s|

i=

a+ y

(a+ y)2 + x2

De donde la solución del problema planteado en el ejemplo 91 es:

u (x, y) =a+ y

(a+ y)2 + x2

Como fácilmente puede comprobarse.

Ejemplo: 92 Resolver el problema interno de Direchlet con la condición de borde igual a lafunción cosx,esto es: ½

∆u (x, y) = 0u(x, 0) = cosx

Solución: Se resuelve esta problema mediante el cronograma del método (5.0) de la trans-formada de Fourier, planteado al inicio del capítulo 5, para lo cual se aplica al problema latransformada de Fourier y se obtiene:

F½

uyy = −uxxu(x, 0) = cosx

=

½vyy − s2v = 0 (7.5)F (cos) = v (s, 0) = Φ (s) (7.22)

En los razonamientos hechos desde (7.7) hasta (7.11) se encontró que la solución particular de(7.5) es:

v(s, y) = Φ(s)e−y |s| (7.21)

Donde, en este caso Φ(s) = F (cosx) = π [δ(s− 1) + δ(s+ 1)] . Esto por (4.10) y puesto ques0 = 1. De donde (7.21) toma la forma de:

v(s, y) = π [(δ(s− 1) + δ(s+ 1)] e−y |s|

lo que por ley distributiva de la función δ (x) y por la propiedad (3.10)* de esta misma funciónes igual a:

π [(δ(s− 1) + δ(s+ 1)] e−y |s| = πhδ(s− 1)e−y |s| + δ(s+ 1)e−y |s|

i= π

hδ(s− 1)e−y |1| + δ(s+ 1)e−y |−1|

i= e−y π [δ(s− 1) + δ(s+ 1)]

Como F−1 [v(s, y)] = u (x, y) se obtiene finalmente que:

u (x, y) = e−y F−1 π [δ(s− 1) + δ(s+ 1)]

de donde:u (x, y) = e−y cosx

Es la función armánica buscada, como fácilmente se puede comprobar.


7.2. Ecuación de Helmholtz

Se trata de una ecuación diferencial de tipo elíptico muy importante porque sirve de modelopara la difusión de gases inestables que se desintegran en el proceso de difusión, por ejemplo,las emanaciones del radio para las que la velocidad de reacción en cadena de la desentegraciónes proporcional a la concetranción del gas.


Ejemplo 93: Resolver la ecuación diferencial de Helmholtz.½∆u (x, y) = λ2u (x, y)u (x, 0) = cos (2x)

(7.23)

Solución: En este ejemplo se comprueba una vez más la importancia de la transformada deFourier, porque a pesar de que la ecuación de Helmholtz no se ha estudiado en el presente texto,ésta se resuelve de manera semejante, o sea mediante el cronograma del método (5.0) de latransformada de Fourier, planteado al inicio del capítulo 5, para lo cual se aplica la transformadade Fourier a la ecuación (7.23) y a su correspondiente condición de borde.

F½

4 u = λ2uu(x, 0) = cos (2x)

=

½vyy − s2v = λ2vF(cos 2x) = π [δ(s+ 2) + δ(s− 2)] (7.24)

La imagen (7.24) es una ecuación diferencial ordinaria lineal homogénea:½vyy − (s2 + λ2)v = 0v(s, 0) = π [δ(s+ 2) + δ(s− 2)] (7.25)

que se resuelve por el el método de Euler, esto es se busca v = eλy, de donde (7.25) se convierteen:

λ2eλy−(s2+λ2)eλy = 0

Se simplifica la función eλy porque la función exponencial nunca vale cero y se obtiene la ecuacióncaracterística:

λ2 = s2+λ2

cuyas raíces son:

λ = ±ps2 + λ2

Lo que genera dos soluciones particulares de la ecuación (7.25): v1 = e√s2+λ2 y v2 = e−

√s2+λ2 .

Se encuentra la solución general de la ecuación diferencial (7.25) como la combinación lineal deestas soluciones particulares linealmente independientes.

v (s, y) = c1e√s2+λ2 +c2e

−√s2+λ2

7.2. ECUACIÓN DE HELMHOLTZ 207

La solución, por la misma razón que se dio para resolver (7.9), es v (s, y) = c2e−√s2+λ2y. Se cal-

cula el valor de la constante de integración c2 = v (s, 0) = c2e−√s2+λ20 = π [δ(s+ 2) + δ(s− 2)] .

De donde:

v(s, y) = π [δ(s+ 2) + δ(s− 2)] e−√s2+λ2y

Por propiedad (3.10)* de la función δ (x) de Dirac, se tiene que:

π [δ(s+ 2) + δ(s− 2)] e−√s2+λ2y = π [δ(s+ 2) + δ(s− 2)] e−

√4+λ2y = v(s, y) (7.26)

Como F−1 [v(s, y)] = u (x, y) es la solución buscada, se toma la transformación inversa de Fouriera (7.26) y se obtiene:

u(x, y) = e−√4+λ2yF−1 δ(s+ 2) + δ(s− 2)

De donde se obtiene la solución del ejemplo 93

u(x, y) = e−√4+λ2y cos 2x

Lo que fácilmente se puede comprobar.

Ejemplo 94: Resolver la ecuación diferencial de Helmholtz:½∆u (x, y) = k2uu(x, 0) = 1

Solución: Igual que en el ejemplo anterior, se toma a todo el problema 94 la transformada deFourier y se obtiene:

F½

∆u = k2uu(x, 0) = 1

=

½vyy − (s2 + k2)v = 0

v(s, 0) = 2πδ(s)

Igual a lo que se resolvió en (7.25) se obtiene la solución general:

v (s, y) = c1e√s2+k2y+c2e

−√s2+k2y

E igual a los razonamientos que se hicieron en (7.9) se encuentra que la constante c1 = 0 y elvalor de la constante de integración:

c2 = v(s, 0) = 2πδ(s) de donde:

v (s, y) = 2πδ(s)e−√s2+k2y

Por la propiedad (3.10) de la función δ (x) de Dirac se obtiene que:

v (s.y) = e−ky2πδ(s) (7.27)

Como F−1 [v(s, y)] = u (x, y) es la solución buscada, se toma la transformación inversa de Fouriera (7.27) y se obtiene:

F−1 [v(s, y)] = u (x, y) = e−kyF−1 [2πδ(s)]


De donde se obtiene la respuesta del ejemplo 94

u(x, y) = e−ky

Lo que se comprueba fácilmente.

Ejemplo 95: Resolver la ecuación diferencial de Helmholtz:½∆u (x, y) = u (x, y)u(x, 0) = x

Solución: Igual que en el ejemplo anterior, se toma al problema 95 la transformada de Fouriery se obtiene:

F½

∆u = uu(x, 0) = x

=

½vyy − (s2 + 1)v = 0

v(s, 0) = 2πiδ0(x)

Igual a lo que se resolvión en (7.25) se obtiene la solución general:

v (s, y) = c1e√s2+1y+c2e

−√s2+1y

E igual a lo que se vio en (7.9) se encuentra:

c1 = 0 y v(s, 0) = c2 = 2πiδ0(x) de donde:

v (s, y) = 2πiδ0(x)e−√s2+1y

Por la propiedad (3.11) de la función δ (x) de Dirac se obtiene que:

v (s, y) = 2πi

∙e−√s2+1y

µ− s√

s2 + 1

¶δ (s)

¸+2πie− yδ0(x) (7.28)

El primer sumando de la igualdad (7.28) vale cero por la propiedad (3.10) de la función δ (x) deDirac, de donde:

v (s, y) = 2πie− yδ0(x) (7.28)*

Pero como F−1 [v(s, y)] = u (x, y) es la solución buscada, se toma la transformación inversa deFourier a (7.28)* y se obtiene:

u (x, y) = F−1 [v(s, y)] = e− yF−1£2πiδ0(x)

¤. De donde la solución buscada es:

u (x, y) = xe− y



1. ∆u (x, y) = 0

u(x, 0) =1

1 + x2

y > 0

Solucion :y + 1

x2 + (y + 1)2

2. ∆u (x, y) = 0

u(x, 0) =x

1 + x2

y > 0

Solucion :x

x2 + (y + 1)2

3. ∆u (x, y) = 0

u(x, 0) = cosx

y > 0

Solucion u (x, y) = e−y cosx

4. ∆u = k2uu(x, 0) = cosx

Solucion u (x, y) = e−√k2+1y cosx

5. ∆u (x, y) = k2u (x, y)u(x, 0) = sin 2x

Solucion u (x, y) = e−√k2+4y sin 2x

Capítulo 8

Ecuación de Poisson

La ecuación de Poisson es una ecuación diferencial en derivadas parciales de la física matemáticacon una amplia utilidad en la electrostática, la ingeniería mecánica y la física teórica. Lleva esenombre en honor al matemático, geómetra y físico francés Siméon Denis Poisson. La ecuación dePoisson, junto con las condiciones de borde, constituye uno de los problemas clásicos relacionadoscon el operador de Laplace. En este texto se va a resolver el problema interno (o de Direchlet),el externo se resuelve de manera semejante. En el plano cartesiano de coordenadas rectangulares(x, y) este problema se formula así: Encontrar la función u (x, y) definida sobre el dominio Ω =x ∈ R, y ≥ 0 que satisfaga la ecuación diferencial (8.1) y la condición de frontera (8.1)*½

∆u (x, y) = f (x, y) (8.1)u (x, 0) = φ (x) (8.1)*

donde ∆u = ∂2u∂x2

+ ∂2u∂y2

es el operador de Laplace coordenadas rectangulares, f (x, y) y φ (x)son funciones reales aunque no se excluye el caso cuando pueden ser complejas.

8.1. Solución de la Ecuación de Poisson

Para resolver el problema planteado en (8.1) y (8.1)*, se ve primero una ecuación un poco máscomplicada, que luego se simplifica; se estudia la ecuación diferencial parcial de prueba:⎧⎨⎩

4u (x, y) = f (x, y) (8.2)u(x, 0) = φ (x) (8.2)*uy (x, 0) = ψ (x) (8.2)**

donde las funciones u (x, y) , f (x, y) , φ (x) y ψ (x) cumplen las mismas condiciones que cumplela ecuación de onda, estudiada en el capítulo 6. Se resuelve esta ecuación mediante el cronogramadel método (5.0) de la transformada de Fourier, planteado al inicio del capítulo 5. En este casose toma la transformada de Fourier a la ecuación (8.2) y a las condiciones (8.2)* y (8.2)**. Seva a representar a las imágenes de la transformada de Fourier para las funciones que participanen esta ecuación de prueba de la manera siguiente:

1.8 F [u(x, y)] =Z

e−ixsu (x, y) dx = v(s, y)

211

212 CAPÍTULO 8. ECUACIÓN DE POISSON

2.8 F [uyy(x, y)] =Z

e−ixsuyy (x, y) dx =∂2

∂y2

Ze−ixsu (x, y) dx = vyy(s, y)

3.8 F [uxx(x, y)] =Z

e−ixsuxx (x, y) dx = (is)2Z

e−ixsu (x, y) dx = −s2v(s, y)

4.8 F [f(x, y)] =Z

e−ixsf (x, y) dx = F (s, y)

5.8 F [u (x, 0)] = v (s, 0) = F [φ (x)] =Z

e−ixsφ (x) dx = Φ (s)

6.8 F [uy(x, 0)] = vy(s, 0) =

Ze−ixsuy (x, 0) dx =

Ze−ixsψ (x) dx = Ψ (s)

En la obtención de 2.8 se ha empleado la regla de Leibnitz y en 3.8 la consecuencia de lapropiedad 5 de la transformada de Fourier para n = 2. De esta manera, la ecuación diferencialde prueba se convierte por linialidad de la tranformada de Fourier en:

F

⎧⎨⎩4u (x, y) = f (x, y)u(x, 0) = φ (x)uy (x, 0) = ψ (x)

=

⎧⎨⎩F [uxx (x, y)] +F [uyy (x, y)] = F [f (x, y)]

F [u (x, 0)] = Φ (s)F [uy (x, 0)] = Ψ (x)

Por 2.8, 3.8, 4.8, 5.8 y 6.8 la transformada de Fourier de la ecuación diferencial parcial de pruebase convierte en la siguiente ecuación diferencial ordinaria:⎧⎨⎩F [uxx (x, y)] + F [uyy (x, y)] = F [f (x, y)]

F [u (x, 0)] = Φ (s)F [uy (x, 0)] = Ψ (x)

=

⎧⎨⎩vyy − s2v = F (s, y) (8.3)

v (s, 0) = Φ (s) (8.3)*v (s, 0) = Ψ (s) (8.3)**

Se toma a la ecuación diferencial ordinaria (8.3) la transformada de Laplace, que está definidaigual que en el capítulo 5 sólo que en lugar de la variable t > 0 se usa la variable y > 0, y seobtiene el siguiente resultado:

L [vyy (s, y)]−s2L [v (s, y)] = L [F (s, y)] (8.4)

Por la propiedad 5 de la transformada de Laplace para el caso cuando n = 2, se tiene que:

L£f 0 0(t)

¤= z2L [f (t)]−f 0 (0)−zf (0)

La imagen para la transformada de Laplace de la ecuación (8.3) es entonces:

z2L [v (s, y)]−zΦ (s)−Ψ (s)−s2L [v (s, y)] = L [F (s, y)] (8.5)

Se despeja de (8.5), que es una ecuación algébrica, el valor de la incógnita L [v (s, y)] y se obtiene:

L [v (s, y)] = Ψ (s) 1

z2 − s2+Φ (s)

z

z2 − s2+L [F (s, t)] 1

z2 − s2(8.6)

La igualdad (8.6) puede ser escrita como:

L [v (s, y)] = Ψ (s)is

is

z2 + (is)2+Φ (s)

z

z2 + (is)2+L [F (s, t)]

is

is

z2 + (is)2(8.6)*

8.1. SOLUCIÓN DE LA ECUACIÓN DE POISSON 213

El valor de is en el numerador y denominador del primer y tercer sumando de (8.6)* ha sidosituado por facilidad posterior. Se toma la transformada inversa de Laplace a (8.6)* para obtenerla solución particular de la ecuación diferencial ordinaria (8.3) que cumple con las condiciones(8.3)* y (8.3)**.

v (s, y) =1

isΨ (s)L−1

µis

z2 + (is)2

¶+Φ (s)L−1

µz

z2 + (is)2

¶+

+L−1½L [F (s, y)]

is

is

z2 + (is)2

¾(8.7)

Por los numerales 3 y 4 de la tabla de las transformadas de Laplace, se obtienen los originalesde los dos primeros sumandos de (8.7) y el tercer sumando de esta igualdad, por ser el productode dos imágenes, es la convolución de los correspondientes originales:

v (s, y) =1

isΨ (s) sin(iys)+Φ (s) cos(iys)+

1

isF (s, y)∗sin(iys) (8.8)

Por comodidad posterior se sitúa el valor de 2 en el numerador y el denominador del primery tercer sumando de la igualdad (8.8)* y por ser la variable y > 0, la convolución del tercersumando de (8.8) toma la forma que se encuentra en la igualdad (8.8)*.

v(s, t) =Ψ (s)

2i

2 sin(iys)

s+Φ (s) cos(iys)+

1

2i

Z y

0F (s, q)

2 sin [i(y − q)s]

sdq (8.8)*

La función (8.8)* es la solución particular de la ecuación diferencial ordinaria (8.3) que cumplecon las condiciones (8.3)* y (8.3)**. Como además se conoce que:

F−1 [v (s, y)] = u (x, y) ,

para obtener la solución de la ecuación diferencial (8.2) que cumple con las condiciones (8.2)* y(8.2)** se toma la transformada inversa de Fourier a la ecuación (8.8)*.

u(x, t) = F−1∙1

2iΨ(s)

2 sin(iys)

s

¸+ F−1 [Φ(s) cos(iys)] +

+F−1∙1

2i

Z y

0F (s, q)

2 sin [i(y − q)s]

sdq

¸(8.9)

Como en la igualdad (8.9) hay tres sumandos, por facilidad se hace la siguiente representación:

I =1

2iΨ(s)

2 sin(iys)

sII = Φ(s) cos(iys)

III =1

2i

Z y

0F (s, q)

2 sin [i(y − q)s]

sdq

Con lo que (8.9) toma la forma de:

u(x, t) = F−1 (I)+F−1 (II)+F−1 (III) (8.9)*


Se toma primero, por ser la más evidente, la inversa del primer sumando de la igualdad (8.9).

F−1 (I) = F−1∙1

2iΨ(s)

2 sin(iys)

s

¸Por la propiedad 13 de la transformada de Fourier, esto es lo mismo que:

F−1 (I) = F−1 [Ψ(s)]∗F−1∙1

2i

2 sin(iys)

s

¸(8.10)

O también:

F−1 (I) = ψ (s)∗F−1∙1

2i

2 sin(iys)

s

¸(8.10)*

Por la propiedad 7 de la transformada de Furier se tiene que:

F−1∙1

2i

2 sin(iys)

s

¸=1

2iχiy (x)

En este caso:

χiy (x) =

½0 si |x| > iy1 si |x| < iy

es la función característica de un intervalo de longitud iy, con lo que (8.10)* toma la forma de:

F−1 (I) = 1

2iχiy (x)∗ψ (x) (8.10)**,

por facilidad se ha empleado la conmutativad de la convolución. La igualdad (8.10)** por ladefinición (1.1) de convolución es igual a:

F−1 (I) = 1

2i

Zχiy(q)ψ(x−q)dq

O también por definición de la función característica del intervalo χiy (x) es igual a:

1

2i

Zχiy(q)ψ(x−q)dq =

1

2i

Z iy

−iyψ(x−q)dq

Se hace en esta integral el cambio de variable:

x−q = z, dq = −dz y se obtiene:

1

2i

Z iy

−iyψ(x−q)dq = 1

2a

Z x−iy

x+iyψ(z) (−dz) ,

de donde, luego de intercambiar los límites de la integral, se obtiene:

F−1 (I) = 1

2i

Z x+iy

x−iyψ(z)dz (8.11)


Se calcula la transformada inversa de Fourier del segundo sumando de la igualdad (8.9).

F−1 (II) = F−1 [Φ(s) cos(iys)] = 1

2π

Zeixs [Φ(s) cos(iys)] ds

Lo que por la regla de derivación de Leibnitz (6.0) es lo mismo que:

1

2π

Zeixs [Φ(s) cos(iys)] ds =

∂

∂y

½1

2π

Zeixs

∙Φ(s)

1

issin (iys)

¸ds

¾O también:

F−1 (I) = 1

2i

∂

∂yF−1

∙Φ(s)

2 sin(iys)

s

¸Se ha multiplicado numerador y denominador por 2 y se ha extraido de la integral la constante12i . Se repiten para esta igualdad los mismos pasos que se dieron en el primer sumando cuandose obtuvo (8.11) y se obtiene:

1

2i

∂

∂tF−1

∙Φ(s)

2 sin(iys)

s

¸=1

2i

∂

∂y

∙Z x+iy

x−iyφ(z)dz

¸Lo que por la regla de derivación de Leibnitz (6.0) es igual a:

1

2i

∂

∂y

∙Z x+iy

x−iyφ(z)dz

¸=

iφ(x+ iy)− (−i)φ(x− iy)

2i


F−1 (II) = φ(x+ iy) + φ(x− iy)

2(8.12)

Por último, se toma la transformada inversa de Fourier al tercer sumando de la ecuación (8.9):

F−1 (III) = F−1∙1

2i

Z y

0F (s, q)

2 sin [i(y − q)s]

sdq

¸Como ya se comprobó en (5.20), la trasnformada inversa de Fourier puede ser introducida dentrode esta integral, por lo que:

F−1∙1

2i

Z y

0F (s, q)

2 sin [i(y − q)s]

sdq

¸=1

2i

Z y

0F−1

∙F (s, q)

2 sin [i(y − q)s]

s

¸dq

Lo que por la propiedad 13 de la transformada de Fourier es lo mismo que:

1

2i

Z y

0F−1

∙F (s, q)

2 sin [i(y − q)s]

s

¸dq =

1

2i

Z y

0

½F−1 [F (s, q)] ∗ F−1

∙2 sin [i(y − q)s]

s

¸¾dq

O también, por conmutatividad de la convolución y puesto que:

F−1 [F (s, q)] = f(x, q) y F−1∙2 sin [i(y − q)s]

s

¸= χi(y−q) (x)


Se obtiene:

1

2i

Z y

0

½F−1 [F (s, q)] ∗ F−1

∙2 sin [i(y − q)s]

s

¸¾dq =

1

2i

Z y

0

hχi(y−q) (x) ∗ f(x, q)

idq

Se actúa con este resultado de manera semejante a lo que se hizo con el primer sumando de (8.9)y se obtiene:

1

2i

Z y

0

hχi(y−q) (x) ∗ f(x, q)

idq =

1

2i

Z y

0

Z x+i(y−q)

x−i(y−q)f(p, q)dpdq

De donde:

F−1 (III) = 1

2i

Z y

0

Z x+i(y−q)

x−i(y−q)f(p, q)dpdq (8.13)

La solución u (x, y) de la ecuación (8.2) que cumple con las condiciones (8.2)* y (8.2)** es lasuma (8.9)* de los tres resultados parciales (8.11), (8.12) y (8.13):

u (x, y) =φ(x+ iy) + φ(x− iy)

2+1

2i

Z x+iy

x−iyψ(z)dz+

1

2i

Z y

0

Z x+i(y−q)

x−i(y−q)f(p, q)dpdq (8.14)

Que no es más que la fórmula de D’Alembert para resolver la ecuación de prueba (8.2) quecumple con las condiciones (8.2)* y (8.2)**. Ahora bien, si en la ecuación de prueba se haceque la función ψ (z) valga cero, se obtiene:

u (x, y) =φ(x+ iy) + φ(x− iy)

2+1

2i

Z y

0

Z x+i(y−q)

x−i(y−q)f(p, q)dpdq (8.15),

que es la solución de la ecuación de Poisson (8.1) que cumple con la condición (8.1)*:½∆u (x, y) = f (x, y) (8.1)u (x, 0) = φ (x) (8.1)*

En la solución (8.15) se puede usar el principio de superposición empleado en la ecuación deonda y en la ecuación del calor.


Ejemplo 96: Resolver la ecuación de Poisson:½∆u = xy

u (x, 0) = ex

Solución: Por el principio de superposición se resuelve el problema homogéneo de la ecuaciónde Poissson:½

∆u = 0u (x, 0) = ex


cuya solución, de acuerdo con el primer sumando de la fórmula (8.15), es:

φ(x+ iy) + φ(x− iy)

2=

ex+iy + ex−iy

2= ex

eiy + e−iy

2

La fracción 12

¡eiy + e−iy

¢es la forma exponencial de la función trigonométrica cos y, por lo que:

exeiy + e−iy

2= ex cos y (8.16)

A la solución (8.16) de la ecuación homogénea se debe añadir por el principio de superposiciónla solución de la ecuación no homogénea de Poisson:½∆u = xyu (x, 0) = 0

Para lo cual se usa el segundo sumando de la fórmula de D’Alembert (8.15),

1

2i

Z y

0

Z x+i(y−q)

x−i(y−q)f(p, q)dpdq =

1

2i

Z y

0

Z x+i(y−q)

x−i(y−q)pqdpdq

Luego de tomar la primera integral se obtiene:

1

2i

Z y

0

Z x+i(y−q)

x−i(y−q)pqdpdq =

1

4i

Z y

0pq2

¯x+i(y−q)x−i(y−q) dp

Luego de evaluar el resultado en los correspondientes límites, esta integral se convierte en:

1

4i

Z y

0pq2

¯x+i(y−q)x−i(y−q) dp =

1

4i

Z y

0p4ix (y − p) dp

Se toma esta integral luego de simplicar para 4i y se obtiene:Z y

0px (y − p) dp =

µ1

2xyp2 − 1

3xp3¶|y0


1

2i

Z y

0

Z x+i(y−q)

x−i(y−q)pqdpdq =

1

6xy3 (8.17)

La solución u (x, y) de la ecuación Poisson es por el principio de superposición la suma de (8.16)y (8.17):

u (x, y) = ex cos y +1

6xy3

Como fácilmente puede comprobarse.

Ejemplo 97: Resolver la ecuación de Poisson½∆u = x2 + y2

u (x,0) = x3 + cosx(8.18)


Solución: Para resolver este problema se usa el principio de superposición y se resuelve primeroel problema homogéneo de (8.18):½

∆u = 0

u (x,0) = x3 + cosx

Problema que se resuelve mediante el primer sumando de la fórmula (8.15):


2=(x+ iy)3 + (x− iy)3

2+cos(x+ iy) + cos(x− iy)

2



2=

x3 + 3x2iy − 3xy2 − iy3 + x3 − 3x2iy − 3xy2 + iy3

2+

+cosx cos iy − sinx sin iy + cosx cos(−iy) + sinx sin iy

2

Luego de hacer las correspondientes simplificaciones en ambos sumandos y puesto que:

cosx cos (iy) = cosx cosh y se obtiene que:


2= x3−3xy2+cosx cosh y (8.19)

A la solución (8.19) de la ecuación homogénea de Poisson hay que añadir, por el principio desuperposición, la solución de la ecuación no homogénea de Poisson, esto es, se debe resolver elproblema:½∆u = x2 + y2

u (x,0) = 0

La solución de este problema se encuentra mediante el segundo sumando de la fórmula (8.15).

1

2i

Z y

0

Z x+i(y−q)

x−i(y−q)f(p, q)dpdq =

1

2i

Z y

o

Z x+i(y−q)

x−i(y−q)

¡p2 + q2

¢dpdq (8.20)

Luego de tomar la primera integral se obtiene:

1

2i

Z y

o

Z x+i(y−q)

x−i(y−q)

¡p2 + q2

¢dpdq =

1

2i

Z y

o

µp3

3+ q2p

¶ ¯x+i(y−q)x−i(x−q)

dq

Luego de evaluar esta integral en sus correspondientes límites se obtiene que (8.20) es igual a:

=1

2i

Z y

o

"(x+ iy − iq)3

3− (x− iy + iq)3

3+ q2 (x+ iy − iq)− q2 (x− iy + iq)

#dq

8.2. ECUACIÓN DE POISSON EN EL ESPACIO 219

Lo que da:

=1

2i

Z y

0

2¡3x2 − y2 + 2qy + 2q2

¢(y − q) i

3dq

Se simplifica para 2i, se toma esta integral y se obtiene:Z y

0

¡3x2 − y2 + 2qy + 2q2

¢(y − q)

3dq =

1

3

∙¡2x2y − y3

¢q +

3

2q2y2 − 3

2x2q2 − 1

2q4¸|y0

Luego de evaluar en los límites correspondientes se obtiene:

1

3

∙¡2x2y − y3

¢q +

3

2q2y2 − 3

2x2q2 − 1

2q4¸|y0 =

1

2x2y2 (8.21)

La solución u (x, y) de la ecuación de Poisson (8.18), por el principio de superposición, es lasuma de (8.19) y (8.21):

u (x, y) = x3 − 3xy2 + 12x2y2 + cosx cosh y

Lo que fácilmente puede comprobarse.

8.2. Ecuación de Poisson en el Espacio

Se trata de resolver para la ecuación tipo Poisson el problema interno (o de Direchlet), elexterno se resuelve de manera semejante, en el espacio de cuatro dimensiones en coordenadasrectangulares. El problema se formula así: Encontrar la función u (x, t) definida en el dominioΩ =

©x = (x1, x2, x3) ∈ R3, t ≥ 0

ªque satisfaga la ecuación diferencial de prueba (8.22) y las

condiciones de frontera (8.22)* y (8.22)**. En este caso n = 4 y la variable t ≥ 0 es equivalentea la variable y que se usó en el plano y no se debe confundir con el tiempo; en otras palabras,se debe resolver la ecuación diferencial parcial.⎧⎨⎩

utt (x, t) +4u (x, t) = f(x, t) (8.22)u(x, 0) = φ(x) (8.22)*ut(x, 0) = ψ (x) (8.22)**

La ecuación (8.22) se convierte en la ecuación de Poisson cuando la condición ψ (x) = 0, seme-jante a lo que se hizo para el plano.½

4u (x, t) = f(x, t) (8.22)u(x, 0) = φ(x) (8.22)*

En este caso, el operador de Laplace ∆ aplicado a la función u(x, t) es la suma de las segundasderivadas parciales respecto a las variables x1, x2, x3 y t, esto es:

∆u (x1, x2, x3, t) =∂2u

∂x21+∂2u

∂x22+∂2u

∂x23+∂2u

∂t2


sólo que en la ecuación de prueba se ha separado estas derivadas para facilidad posterior.

La función u(x1, x2, x3, t), solución de la ecuación de prueba, cumple para cada una de lasvariables con las condiciones que cumple la función u (x, t) , solución del problema unidimensional(6.1), además u(x1, x2, x3, 0) = φ(x1, x2, x3) y ut(x1, x2, x3, 0) = Ψ (x) son funciones conocidas.

La transformada de Fourier en R3, tal como ya se vio en los casos anteriores, tiene la forma de:

F [u (x, t)] =

ZR3

e−i(x,s)u(x, t)dx = v(s, t) (8.23)

F [f (x, t)] =

ZR3

e−i(x,s)f(x, t)dx = F (s, t) (8.23)*

F [φ (x)] = Φ (s) (8.23)**

F [ψ (x)] = Ψ (x) (8.23)***

La transformada inversa de Fourier se define como:

F−1 [v (s, t)] =1

(2π)3

ZR3

ei(x,s)v(x, t)ds = u(x, t) (8.24)

F−1 [F (s, t)] =1

(2π)3

ZR3

ei(x,s)F (s, t)ds = f(x, t) (8.24)*, etc.

donde s = (s1, s2, s3) ; t ≥ 0 y (x, s) = x1s1 + x2s1 + x3s1.

Como ya se dijo, todas las 16 propiedades de la transformada de Fourier, vistas en el capítulo 2de este texto, se cumplen a su manera para el caso n dimensional de esta transformada, menosla propiedad 7 que ya fue reformulada en (6.72).

Para resolver la ecuación diferencial (8.22) que cumple con las condiciones (8.22)* y (8.22)**,se emplea el cronograma del método (5.0) de la transformada de Fourier, planteado al inicio delcapítulo 5, esto es, se toma la transformada de Fourier a la ecuación (8.22) y las condiciones(8.22)* y (8.22)**. Por linealidad del operador de Fourier se obtiene:

F

⎧⎨⎩utt (x, t) +4u (x, t) = f(x, t)u(x, 0) = φ(x)ut (x, 0) = ψ (x)

=

⎧⎨⎩F [utt (x, t)] + F [4u (x, t)] = F [f(x, t)]F [u(x, 0)] = F [φ(x)]F [ut(x, 0)] = F [ψ(x)]

De donde, luego de tomar en cuenta (5.78)*, (8.23), (8.23)*, (8.23)** y (8.23)*** se obtiene:⎧⎨⎩F [utt (x, t)] + F [4u (x, t)] = F [f(x, t)]F [u(x, 0)] = F [φ(x)]F [ut(x, 0)] = F [ψ(x)]

=

⎧⎨⎩ vtt (s, t)− ||s||2 v (s, t) = F (s, t) (8.25)F [φ(x)] = Φ (s) (8.25)*F [ψ(x)] = Ψ (s) ( 8.25)**

Lo que es una ecuación diferencial ordinaria de segundo orden con condiciones iniciales, imágenesde las condiciones (8.22)* y (8.22)**, y en la que la varible s participa como parámetro. Paraencontrar la solución de esta ecuación diferencial se toma la transformada de Laplace a (8.25) ypor la propiedad 5 de la transformada de Laplace y su consecuencia para n = 2 se obtiene:

z2L [v (s, t)]− zΦ (s)−Ψ (s)− ||s||2L [v (s, t)] = L [F (s, t)]L [v (s, t)]

³z2 + i2 ||s||2

´= zΦ (s) +Ψ (s) + L [F (s, t)] (8.26)


Se ha factorado la imagen L [v (s, t)] y se ha sustituido i2 = −1. Se despeja de la ecuaciónalgébrica (8.26) el valor de la incógnita L [v (s, t)] y se obtiene:

L [v (s, t)] = Φ (s) z

z2 + (i ||s||)2+Ψ (s)

i ||s||i ||s||

z2 + (i ||s||)2+

1

i ||s||L [F (s, t)]i ||s||

z2 + (i ||s||)2(8.27)

El valor de i ||s|| ha sido situado en el numerador y denominador del segundo y tercer sumandode la ecuación (8.27) por conveniencia. Se toma la transformada inversa de Laplace a (8.27) yse obtiene:

v (s, t) = Φ (s)L−1∙

z

z2 + (i ||s||)2¸+Ψ (s)

i ||s|| L−1∙

i ||s||z2 + (i ||s||)2

¸+

+1

i ||s||L−1½L [F (s, t)] i ||s||

z2 + (i ||s||)2¾(8.28)

El valor del original del primer sumando, segundo sumando y segundo factor del tercer sumandode la igualdad (8.28) se obtiene directamente en el numeral 3 y 4 de la tabla de transformadasde Laplace que se encuentra al inicio del capítulo 5. Como el tercer sumando de (8.28) es elproducto de dos imágenes, su original es la convulución de los correspondientes originales. Porlo que:

v(s, t) = Φ(s) cos (it ||s||)+1iΨ (s)

sin (it ||s||)||s|| +

1

iF (s, t)∗sin(it ||s||)||s|| (8.29)

Por ser la varible t > 0, la convolución del tercer sumando de (8.29) convierte a esta igualdaden:

v(s, t) = Φ(s) cos (it ||s||)+1iΨ (s)

sin (it ||s||)||s|| +

1

i

Z t

0

F (s, τ) sin [i(t− τ) ||s||]||s|| dτ (8.30)

La función (8.30) es la solución de ecuación diferencial ordinaria (8.25) que cumple con lascondiciones (8.25)* y (8.25)**. Como por otra parte se tiene que:

u (x, t) = F−1 [v (s, t)]

se toma la transformada inversa de Fourier a (8.30) y se obtiene:

u(x, t) = F−1 [Φ(s) cos (it ||s||)] + 1iF−1

∙Ψ (s)

sin (it ||s||)||s||

¸+

+1

iF−1

∙Z t

0

F (s, τ) sin [i(t− τ) ||s||]||s|| dτ

¸(8.31)

El primer y segundo sumando de la igualdad (8.31), por la propiedad 13 de la transformada deFourier del producto de dos imágenes es igual a la convolución de los correspondientes originales;en cuanto al tercer sumando de esta misma igualdad, como ya se hizo en (5.20), se puedeintroducir la transformada inversa de Fourier dentro de la integral, con lo que la igualdad (8.31)se convierte en:

u(x, t) = F−1 [Φ (s)] ∗ F−1 [cos(it ||s||)] + 1iF−1 [Ψ (s)] ∗ F−1

∙sin (it ||s||)

||s||

¸+

+1

i

Z t

0F−1

∙F (s, τ) sin [i(t− τ) ||s||]

||s||

¸dτ (8.32)


Lo que por la propiedad 13 de la transformada de Fourier aplicada al tercer sumando de (8.32),y puesto que F−1 [Φ (s)] = φ (x) , F−1 [Ψ (s)] = ψ (x) y F−1 [F (s, τ)] = f (x, τ), es igual a:

u(x, t) = φ (x) ∗ F−1 [cos(it ||s||)] + 1iψ (x) ∗ F−1

∙sin (it ||s||)

||s||

¸+

+1

i

Z t

0f (x, τ) ∗ F−1

∙sin [i(t− τ) ||s||]

||s||

¸dτ (8.33)

Se separa (8.33) en tres sumandos y se resuelve cada uno de estos sumandos por separado.

I = φ (x) ∗ F−1 [cos(it ||s||)] (8.34)

II =1

iψ (x) ∗ F−1

∙sin (it ||s||)

||s||

¸(8.34)*

III =1

i

Z t

0f (x, τ) ∗ F−1

∙sin [i(t− τ) ||s||]

||s||

¸dτ (8.34)**

En el capítulo 6 se analizó la función característica de la esfera S de radioR con centro en el origende coordenadas. Esta función se representó como χ SR(0) (x) , donde SR (0) = x : ||x|| = Res la ecuación de la esfera de radio R con centro en el origen de coordenadas. Esta funcióncaracterística vale uno sólo en la superficie de la esfera de radio R y vale cero tanto en laparte interna como en la parte externa de esta superficie. De igual manera se define la funcióncaracterística de la esfera S para el caso cuando R = it, se la representa como χ Sit(0) (x) ,donde Sit (0) = x : ||x|| = it es la ecuación de la esfera de radio it con centro en el origen decoordenadas. La ecuación de esta superficie se define como:

χSit(0) (x) =

½0 si ||x|| 6= it1 si ||x|| = it

(8.35)

Función caracteristica que vale uno sólo en la superficie de la esfera de radio it y vale cero tantoen la parte interna como en la externa de esta superficie. Puede ser que llame la atención queuna esfera tenga radio imaginario, pero un poco más adelante esta esfera se va a convertir enalgo real. Se obtiene ahora la transformada de Fourier de la función caracteristica χSit(0) (x).

Fhχ Sit(0) (x)

i=

ZR3

e−i(x,s)χ Sit(0) (x) dx (8.36)

Pero por la definición (8.35) se tiene que (8.36) se convierte en la integral tomada por la superficiecerrada de la esfera Sit(0), puesto que sólo en ese dominio la función característica vale uno.ZR3

e−i(x,s)χ Sit(0) (x) dx =

ISit(0)

e−i(x,s)ds (8.36)*

Para calcular esta integral se usa las coordenadas esféricas generalizadas

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩x1 = iρ sin θ cosϕx2 = iρ sin θ sinϕx3 = iρ cos θJac = −ρ2 sin θ

(8.37)


que sustituidas en la igualdad Sit (0) = x : ||x|| = it (o sea en la ecuación x21+ x22+ x23 = −t2)la convierten en ρ = t, una esfera de radio t con centro en el origen; para esta esfera se tieneque las variables ϕ y θ varían en el rango 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ π. Por la definición de productoescalar (x, s) = kxk ksk cos θ = R ksk cos θ (ya que kxk = R), se tiene además que θ se escogecomo el ángulo comprendido entre el vector x = (x1, x2, x3) y el vector s = (s1, s2, s3), y setiene también que el valor de ds en coordenadas esféricas es igual a R2 sin θdϕdθ. Por todas estasrazones, la integral de superficie (8.36)* se convierte en:ISit(0)

e−i(x,s)ds =

Z 2π

0dϕ

Z π

0e− i(Rksk cos θ)R2 sin θdθ (8.38)

Se integra (8.38) con respecto a la variable ϕ, se sustituye el valor de R = it y aplica la fórmulade Euler cuando se integra respecto a la variable θ y se obtiene:Z 2π

0dϕ

Z π

0e−i(itksk cos θ) (it)2 sin θdθ =

= 2π (it)2Z π

0[cos (it ksk cos θ)− i sin (it ksk cos θ)] sin θdθ (8.39)

La parte imaginaria de la integral (8.39) vale cero, como fácilmente se comprueba:Z π

0sin (it ksk cos θ) sin θdθ = −

Z π

0sin (it ksk cos θ) d (cos θ) (8.40)

Se hace en la integral (8.40) el cambio de variable q = cos θ, con lo que (8.40) se convierte en:

−Z π

0sin (it ksk cos θ) d (cos θ) = −

Z −1

1sin (it ksk q) dq = 0

Resultado evidente por ser impar la función sin (it ksk q) = i sinh (it ksk q) que se integra. Serealizan las mismas operaciones en la parte real de la integral (8.39) y se obtiene:

2π (it)2Z π

0[cos (it ksk cos θ)] sin θdθ = −2πt2

Z π

0[cos (it ksk cos θ)] d (− cos θ) (8.41)

Se hace en (8.41) el cambio de variable q = cos θ, con lo que esta integral se convierte en:

2πt2Z π

0[cos (it kSk cos θ)] d (cos θ) = 2πt2

Z −1

1[cos (it ksk q)] dq

Se invierten los limites de esta integral y por paridad de la función que se integra, cos (it ksk q) =cosh (t ksk q) , se obtiene:

−2πt2Z 1

−1[cos (it ksk q)] dq = −4πt2

Z 1

0[cos (it kitk q)] dq


−4πt2Z 1

0[cos (it ksk q)] dq = −4πt2 sin(it ||s||)

it ||s|| = 4πitsin(it ||s||)||s||


Se ha simplificado el valor de t y se ha usado que 1i = −i. De donde:

Fhχ Sit(0) (x)

i= 4πit

sin(it ||s||)||s||

Por lo tanto se ha obtenido la imagen de la función caractéristica (8.35), que también puede serescrita como:

1

4πitFhχ Sit(0) (x)

i=sin(it ||s||)||s|| (8.42)

Por lo tanto:

F−1∙sin(it ||s||)||s||

¸=

1

4πitχ SR(0) (x) (8.42)*

Resultado muy importante y que va a ser empleado a continuación en la resolución del segundosumando (8.34)*, donde únicamente se aplica la propiedad conmutativa de la convolución.

F−1∙sin(it ||s||)||s||

¸∗1iψ (x) =

1

4πitχSit(0) (x)∗

1

iψ (x)

La definición de convolución en n dimensiones es la misma que para una dimensión, por lo que:

1

4πitχSit(0) (x)∗

1

iψ (x) =

−14πt

ZR3

χSit(0) (y)ψ(x−y)dy (8.43)

Se ha sustituido en (8.43) el valor i2 = −1. Puesto que en la integral triple (8.43) se integra lafunción característica,

χSit(0) (x) =

½0 si ||x|| 6= it1 si ||x|| = it

esta integral se convierte en la integral tomada por la superficie cerrada de la esfera de radio itcon centro en el origen de coordenadas:

−14πt

ZR3

χSit(0) (y)ψ(x−y)dy =−14πt

ISit(0)

ψ(x−y)dsy (8.44)

Se realiza en (8.44) el cambio de variable x−y = z, con lo que dsy se convierte en dsz, tambiénSit (0) = x : ||x|| = it se convierte en Sit (x) = z : ||z − x|| = it, o sea una esfera de radio itcon centro en el punto x = (x1, x2, x3) en el sistema de coordenadas z = (z1, z2, z3), y el valordel segundo sumando de (8.34)* se convierte en:

II =1

iψ (x)∗F−1

∙sin(it ||s||)||s||

¸=−14πt

ISit(x)

ψ(z)dsz (8.45)

Con respecto al primer sumando (8.34), luego de aplicar la regla de Leibnitz (6.0), se obtiene:

I = φ (x)∗ F−1 [cos(it ||s||)] = 1

iφ (x)∗ ∂

∂tF−1

∙sin(it ||s||)||s||

¸(8.46)


Se repiten las mismas operaciones que se realizaron para obtener (8.44) y se obtiene:

I =1

iφ (x)∗ ∂

∂tF−1

∙sin(it ||s||)||s||

¸=

∂

∂t

⎡⎢⎣−14πt

ISit(x)

φ(z)dsz

⎤⎥⎦ (8.47)

Con respecto al tercer sumando (8.34)** se tiene que

III =1

i

Z t

0f (x, τ)∗F−1

∙sin [i(t− τ) ||s||]

||s||

¸dτ

es lo mismo que

III =1

i

Z t

0χSi(t−τ)(0) (x)∗f (x, τ) dτ

Luego de repetir las mismas operaciones que se realizaron para obtener (8.45) se obtiene que elresultado de (8.34)** es:

1

i

Z t

0χSi(t−τ)(0) (x)∗f (x, τ) dτ = −

Z t

0

1

4π (t− τ)

ISi(t−τ)(x)

f (z, τ) dszdτ (8.48)

Luego de sumar los tres resultados parciales (8.45), (8.47) y (8.48) se obtiene finalmente lasolución de la ecuación (8.22) que cumple con las condiciones (8.22)* y (8.22)**, la misma quees igual a:

u (x, t) =∂

∂t

⎡⎢⎣−14πt

ISit(x)

φ(z)dsz

⎤⎥⎦− 1

4πt

ISat(x)

ψ(z)dsz +

−Z t

0

1

4π (t− τ)

ISi(t−τ)(x)

f (z, τ) dszdτ (8.49)

Como Sit (x) = z : ||z − x|| = it es la ecuación de una esfera de radio it con centro en el puntox = (x1, x2, x3) , se tiene que (8.49) toma finalmente la forma de:

u (x, t) =∂

∂t

⎡⎢⎣−14πt

Ikz−xk=it

φ(z)dsz

⎤⎥⎦− 1

4πt

Ikz−xk=it

ψ(z)dsz +

−Z t

0

1

4π (t− τ)

Ikz−xk=i(t−τ)

f (z, τ) dszdτ (8.50)

Que es el equivalente a la fórmula de Kirkhoff para la ecuación de tipo Poisson. Si en (8.50) se


hace ψ (x) = 0 se obtiene la solución de una ecuación equivalente a la ecuación de Poisson:

u (x, t) =∂

∂t

⎡⎢⎣−14πt

Ikz−xk=it

φ(z)dsz

⎤⎥⎦−Z t

0

1

4π (t− τ)

Ikz−xk=i(t−τ)

f (z, τ) dszdτ (8.50)*

Que es solución de la ecuación:⎧⎨⎩utt (x, t) +4u (x, t) = f(x, t) (8.22)u(x, 0) = φ(x) (8.22)*ut(x, 0) = 0 (8.22)**

Muy parecida a la ecuación de Poisson en cuatro dimensiones:½ux1x1 + ux2x2 + ux3x3 + utt = f(x1, x2, x3, t)

u(x1, x2, x3, 0) = φ(x1, x2, x3)

Para Ω =©x = (x1, x2, x3) ∈ R3 y t ≥ 0

ªPara tomar las integrales (8.50)* se debe tomar en cuenta que la igualdad kz − xk = it esequivalente a la ecuación (z1 − x1)

2 + (z2 − x2)2 + (z3 − x3)

2 = −t2 (8.60) y la igualdad

kz − xk = i (t− τ) equivale a ecuación (z1 − x1)2 + (z2 − x2)

2 + (z3 − x3)2 = − (t− τ)2 (8.54).

Se define las coordenadas esféricas generalizadas:⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩z1 − x1 = iρ sin θ cosϕz2 − x2 = iρ sin θ sinϕz3 − x3 = iρ cos θ

Jac = −ρ2 sin θ

(8.37)*

Se las sustituye en las ecuaciones (8.60) y (8.54) y se obtiene en coordenadas esféricas gen-eralizadas la ecuación de una esfera de radio ρ = t y de una esfera de radio ρ = t − τ ,correspondientemente, puesto que para la esfera se tiene que las variables ϕ y θ varían en elrango 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ π, para la integral (8.50)*están definidos los límites de integración.

El principio de superposición también se cumple en este caso. Esto significa que la ecuación(8.22) que cumple las condiciones (8,22)* y (8.22)** puede ser separada en dos ecuaciones, lahomogénea:⎧⎨⎩

utt (x, t) +4u (x, t) = 0u(x, 0) = φ(x)ut(x, 0) = 0

Cuya solución es el primer sumando de (8.50)*, esto es:

u (x, t) =∂

∂t

⎡⎢⎣−14πt

Ikz−xk=it

φ(z)dsz

⎤⎥⎦ (8.50)**


y la no homogénea:⎧⎨⎩utt (x, t) +4u (x, t) = f(x, t)

u(x, 0) = 0ut(x, 0) = 0

cuya solución es el segundo sumando de (8.50)*:

u (x, t) = −Z t

0

1

4π (t− τ)

Ikz−xk=i(t−τ)

f (z, τ) dszdτ (8.50)***

La solución de la ecuación (8.22) que cumple las condiciones (8.22)* y (8.22)** es la suma(superposición) de las soluciones (8.50)** y (8.50)***. La solución de la ecuación de Poisson:½

uxx + uyy + uzz + utt = f(x, y, z, t)u(x, y, z, 0) = 0

coincide con la solución (8.50)*.

8.2.1. Ejemplos resueltos

Ejemplo 98: Resolver la ecuación diferencial parcial de tipo Poisson:⎧⎨⎩utt +∆u = 1 + sin t

u (x, 0) = cos zut (x, 0) = 0

(8.51)

Solución: De la fórmula (8.40)* tiene que:

u (x, t) = −Z t

0

1

4π (t− τ)

Ikz−xk=i(t−τ)

f (z, τ) dszdτ =

= −Z t

0

1

4π (t− τ)

Ikz−xk=i(t−τ)

(1 + sin τ) dszdτ (8.52)

resuelve la ecuación diferencial no homogénea:⎧⎨⎩utt +∆u = 1 + sin tu (x, 0) = 0ut (x, 0) = 0

(8.53)

Como ya se dijo, en la fórmula (8.52) se debe tomar en cuenta que kz − xk = i (t− τ) esequivalente a la ecuación:

(z1 − x1)2+(z2 − x2)

2+(z3 − x3)2 = − (t− τ)2 (8.54)


Se usa las coordenadas esféricas generalizadas, por conveniencia se define la una parte con índicesy la otra parte sin índices, esto es se hace x1 = x, x2 = y, x3 = z.⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

z1 − x = iρ sin θ cosϕz2 − y = iρ sin θ sinϕz3 − z = iρ cos θ

Jac = −ρ2 sin θ

(8.37)**

Se sustituyen las coordenadas esféricas generalizadas (8.37)** en la ecuación (8.54) y se obtieneρ = t− τ , la ecuación en coordenadas esféricas generalizadas de una esfera de radio t− τ , y laintegral (8.52), puesto que para la esfera se tiene que 0 ≤ ϕ ≤ 2π y 0 ≤ θ ≤ π, se convierte en:

−Z t

0

1

4π (t− τ)

Ikz−xk=i(t−τ)

(1 + sin τ) dszdτ =

= −Z t

0

1

4π (t− τ)

Z 2π

0

Z π

0(1 + sin τ)

¡−ρ2 sin θ

¢dϕdθdτ (8.56)

La integral (8.56) se separa en dos interales:

I =

Z t

0

1

4π (t− τ)

Z 2π

0

Z π

0ρ2 sin θdϕdθdτ

II =

Z t

0

1

4π (t− τ)

Z 2π

0

Z π

0ρ2 sin θ sin τdϕdθdτ

Se toma la primera integral, en la que se sustituye el valor ρ2 = (t− τ)2.

I =

Z t

0

1

4π (t− τ)

Z 2π

0

Z π

0(t− τ)2 sin θdϕdθdτ =

1

4π

Z t

0(t− τ)

Z 2π

0

Z π

0sin θdϕdθdτ

I =1

4π

Z t

0(t− τ)

¡ϕ¯2π0

¢(− cos θ |π0 ) dτ =

Z t

0(t− τ) dτ =

1

2t2

Con igual consideración, se toma la segunda integral:

II =

Z t

0

1

4π (t− τ)

Z 2π

0

Z π

0(t− τ)2 sin θ sin τdϕdθdτ

II =1

4π

Z t

0(t− τ) sin τdτ

Z 2π

0dϕ

Z π

0sin θdθ =

1

4π

Z t

0(t− τ) sin τdτ (ϕ |π0 ) (− cos θ |π0 )

II =

Z t

0(t− τ) sin τdτ = t− sin t

La solución de la ecuación no homogénea es la suma de I + II. Esto es:

u (x, t) =1

2t2+t−sin t (8.57)

La función (8.57) resuelve el problema (8.53). Se busca ahora la solución de la ecuación ho-mogénea:⎧⎨⎩

utt +∆u = 0u (x, 0) = cos z

ut (x, 0) = 0(8.58)


Se resuelve (8.58) con ayuda del primer sumando de (8.40).

u (x, t) =∂

∂t

⎡⎢⎣−14πt

Ikz−xk=it

φ (z) dsz

⎤⎥⎦ = ∂

∂t

⎡⎢⎣−14πt

Ikz−xk=it

cos z3dsz

⎤⎥⎦ (8.59)

La ecuación kz − xk = it es equivalente a:

(z1 − x)2+(z2 − y)2+(z3 − z)2 = −t2 (8.60)

Se usa las coordenadas esféricas generalizadas:⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩z1 − x = iρ sin θ cosϕz2 − y = iρ sin θ sinϕz3 − z = iρ cos θ

Jac = −ρ2 sin θ

(8.37)**

Con lo que la ecuación (8.60) es equivalente a ρ = t, una esfera de radio t y la intergal (8.59),puesto que para la esfera se tiene que 0 ≤ ϕ ≤ 2π y 0 ≤ θ ≤ π, se convierte en:

∂

∂t

⎡⎢⎣−14πt

Ikz−xk=it

cos z3dsz

⎤⎥⎦ =−14π

∂

∂t

∙1

t

Z 2π

0

Z π

0cos (z + it cos θ)

¡−t2 sin θ

¢dϕdθ

¸

=1

2

∂

∂t

∙t

Z π

0cos (z + it cos θ) sin θdθ

¸(8.61)

Como por trigonometría se tiene que:

cos (z + it cos θ) = cos (z) cos (it cos θ)−sin (z) sin (it cos θ) (8.62)

Se conoce además que:½cos (it cos θ) = cosh (t cos θ) (8.63)sin (it cos θ) = i sinh (t cos θ) (8.64)

se obtiene al sustituir (8.63) y (8.64) en (8.62) que:

cos (z + it cos θ) = cos (z) cosh (t cos θ)−i sin (z) sinh (t cos θ) (8.62)*

Con lo que al sustituir (8.62)* en la integral (8.61) se obtiene:

=1

2

∂

∂t

∙t

Z π

0[cos (z) cosh (t cos θ)− i sin (z) sinh (t cos θ)] sin θdθ

¸=−12

∂

∂t

∙t

Z π

0[cos (z) cosh (t cos θ)− i sin (z) sinh (t cos θ)] d (cos θ)

¸(8.65)

Se hace en (8.65) el cambio de variable q = cos θ y se obtiene:

−12

∂

∂t

∙t

Z π

0[cos (z) cosh (t cos θ)− i sin (z) sinh (t cos θ)] d (cos θ)

¸=


=−12

∂

∂t

∙t

Z −1

1[cos (z) cosh (tq)− i sin (z) sinh (tq)] dq

¸(8.66)

La parte imaginaria de la integral (8.66) vale cero por imparidad de la función sinh (tq), por loque (8.66) toma la forma de:

−12

∂

∂t

∙t

Z −1

1[cos (z) cosh (tq)− i sinh (tq)] dq

¸=

=1

2

∂

∂t

∙Z 1

−1cos (z) cosh (tq) d (tq)

¸(8.66)*

Se ha alterado los límites de la integral (8.66)* y se ha usado que tdq = d (tq). Luego, por nodepender de variable q se extrae cos (z) del interior de la integral (8.66)* y por paridad de lafunción cosh (tq) , que se integra, se obtiene:

cos (z)1

2

∂

∂t

∙Z 1

−1cosh (tq) d (tq)

¸= cos (z)

∂

∂t

∙Z 1

0cosh (tq) d (tq)

¸= cos (z)

∂

∂t

£sinh (tq)

¯10

¤= cos (z)

∂

∂t[sinh (t)]

= cos (z) cosh (t)

Que es el resultado de (8.61), y que puede ser escrito como:

∂

∂t

⎡⎢⎣−14πt

Ikz−xk=it

cos z3dsz

⎤⎥⎦ = cos (z) cosh (t) (8.67)

Con lo que la solución de la ecuación diferencial (8.51) es la suma de (8.57) y (8.67):

u (x, t) =1

2t2 + t− sin t + cos (z) cosh (t) (8.68)

Como fácilmente se puede comprobar. La función (8.68) además de ser solución de la ecuaciónde prueba (8.51) es también solución de la ecuación de Poisson:½

uxx + uyy + uzz + utt = 1 + sin tu (x, y, z, 0) = cos z

Como fácilmente se puede comprobar. Todo lo que se ha hecho en el ejemplo 98 es un métodoindirecto para resolver este tipo de problemas.

Ejemplo 99:

Resolver la ecuación diferencial parcial de prueba:⎧⎨⎩utt +∆u = x2 + y2 + z2

u (x, 0) = (x+ y) ez

ut (x, t) = 0(8.69)


Solución: Se aplica la fórmula (8.50)* y obtiene que:

u (x, t) = −Z t

0

1

4π (t− τ)

Ikz−xk=i(t−τ)

f (z, τ) dszdτ =

= −Z t

0

1

4π (t− τ)

Ikz−xk=i(t−τ)

¡z21 + z22 + z23

¢dszdτ (8.70)

resuelve la ecuación diferencial no homogénea con condiciones iniciales nulas:⎧⎨⎩utt +∆u = x2 + y2 + z2

u (x, 0) = 0ut (x, 0) = 0

(8.69)*

En la fórmula (8.70) se debe tomar en cuenta que kz − xk = i (t− τ) es equivalente a la ecuación:

(z1 − x1)2+(z2 − x2)

2+(z3 − x3)2 = − (t− τ)2 (8.54)

Se usa las coordenadas esféricas generalizadas (8.37)**, en las que por conveniencia se definióuna parte con índices y otra parte sin índices, esto es, x1 = x, x2 = y, x3 = z:⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

z1 − x = iρ sin θ cosϕz2 − y = iρ sin θ sinϕz3 − z = iρ cos θ

Jac = −ρ2 sin θ

(8.37)**

Se sustituyen las coordenadas esféricas generalizadas (8.37)** en la ecuación (8.54) y se obtieneρ = t− τ , la ecuación de una esfera de radio t− τ , y la integral (8.70) se convierte en la sumade tres integrales:

−Z t

0

1

4π (t− τ)

Ikz−xk=i(t−τ)

¡z21 + z22 + z23

¢dszdτ = I+II+III

que son:

I = −Z t

0

1

4π (t− τ)

Ikz−xk=i(t−τ)

z21dszdτ

Puesto que se integra en una esfera de radio ρ = t − τ se tiene que 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ π;además, −ρ2 = − (t− τ)2 , dsz = − ρ2 sin θdϕdθ y z23 = (x+ iρ sin θ cosϕ)2, con lo que integralI se convierte en:

I = −Z t

0

1

4π (t− τ)

Z 2π

0

Z π

0(x+ iρ sin θ cosϕ)2

h− (t− τ)2

isin θdϕdθdτ

I =

Z t

0

t− τ

4π

Z 2π

0

Z π

0(x+ iρ sin θ cosϕ)2 sin θdϕdθdτ


II = −Z t

0

1

4π (t− τ)

Ikz−xk=i(t−τ)

z22dszdτ

II = −Z t

0

1

4π (t− τ)

Z 2π

0

Z π

0(y + iρ sin θ sinϕ)2

h− (t− τ)2

isin θdϕdθdτ

II =

Z t

0

t− τ

4π

Z 2π

0

Z π

0(y + iρ sin θ sinϕ)2 sin θdϕdθdτ

III = −Z t

0

1

4π (t− τ)

Ikz−xk=i(t−τ)

z23dszdτ

III =

Z t

0

1

4π (t− τ)

Z 2π

0

Z π

0(z + iρ cos θ)2

h− (t− τ)2

isin θdϕdθdτ =

III =

Z t

0

t− τ

4π

Z 2π

0

Z π

0(z + iρ cos θ)2 sin θdϕdθdτ

En estas tres integrales, luego de elevar al cuadrado los términos que se encuentran dentro deestas integrales, la integración de los dobles productos valen cero porque en las integrales I y IIsucede que:Z 2π

0cosϕdϕ =

Z 2π

0sinϕdϕ = 0

y en la integral III se tiene que:Z π

0sin θ cos θdθ = 0

Por lo que estas tres integrales se convierten en:

I =1

4π

Z t

0(t− τ) dτ

Z 2π

0

Z π

0

¡x2 − ρ2 sin2 θ cos2 ϕ

¢sin θdϕdθ

II =1

4π

Z t

0(t− τ) dτ

Z 2π

0

Z π

0

¡y2 − ρ2 sin2 θ sin2 ϕ

¢sin θdϕdθ

III =1

4π

Z t

0(t− τ) dτ

Z 2π

0

Z π

0

¡z2 − ρ2 cos2 θ

¢sin θdϕdθ

Se toma cada una de estas integrales:

I =1

4π

Z t

0(t− τ) dτ

Z 2π

0

Z π

0

¡x2 − ρ2 sin2 θ cos2 ϕ

¢sin θdϕdθ

I =1

4π

Z t

0(t− τ) dτ

Z 2π

0

Z π

0x2 sin θdϕdθ +

−14π

Z t

0(t− τ) dτ

Z 2π

0

Z π

0ρ2 sin3 θ cos2 ϕdϕdθ

I = I.I + I.II


Se resuelve I.I

I.I =1

4π

Z t

0(t− τ) dτ

Z 2π

0

Z π

0x2 sin θdϕdθ =

x2

4π

Z t

0(t− τ) dτ

¡ϕ¯2π0

¢(− cos θ |π0 ) =

I.I = x2Z t

0(t− τ) dτ =

1

2x2t2

Se resuelve I.II luego de sustituir en esta integral ρ2 = (t− τ)2

I.II =−14π

Z t

0(t− τ) dτ

Z 2π

0

Z π

0ρ2 sin3 θ cos2 ϕdϕdθ =

I.II =−14π

Z t

0(t− τ)3 dτ

Z 2π

0

1 + cos (2ϕ)

2dϕ

Z π

0sin3 θdθ =

I.II =−14π

µt3τ − 3

2t2τ2 + tτ3 − 1

4τ4¶ ¯

t0 π2

32 = − 1

12t4

De donde la integral I = I.I + I.II es igual a:

I =1

2x2t2− 1

12t4

Se calcula la integral II.

II =1

4π

Z t

0(t− τ) dτ

Z 2π

0

Z π

0

¡y2 − ρ2 sin2 θ sin2 ϕ

¢sin θdϕdθ

II =1

4π

Z t

0(t− τ) dτ

Z 2π

0

Z π

0y2 sin θdϕ+

+−14π

Z t

0(t− τ) dτ

Z 2π

0

Z π

0ρ2 sin3 θ sin2 ϕdϕdθ

Esta integral, puesto queZ 2π

0

Z π

0sin3 θ sin2 ϕdϕdθ =

Z 2π

0

Z π

0sin3 θ cos2 ϕdϕdθ

es semejante a I, en la que sólo hay que sustituir y2 en vez de x2:

II =1

2y2t2− 1

12t4

Se calcula la integral III

III =1

4π

Z t

0(t− τ) dτ

Z 2π

0

Z π

0

¡z2 − ρ2 cos2 θ

¢sin θdϕdθ =

III =1

4π

Z t

0(t− τ) dτ

Z 2π

0

Z π

0z2 sin θdϕdθ +

−14π

Z t

0(t− τ) dτ

Z 2π

0

Z π

0ρ2 cos2 θ sin θdϕdθ

Se separa esta integral en tres integrales III = III.I + III.II y calcula la integral III.I

III.I =1

4π

Z t

0(t− τ) dτ

Z 2π

0

Z π

0z2 sin θdϕdθ =

=z2

4π

Z t

0(t− τ) dτ

¡ϕ¯2π0

¢(− cos θ |π0 )

= z2Z t

0(t− τ) dτ =

1

2z2t2


Se calcula la integral III.II

III.II =−14π

Z t

0(t− τ) dτ

Z 2π

0

Z π

0ρ2 cos2 θ sin θdϕdθ =

III.II =1

4π

Z t

0(t− τ)3 dτ

Z 2π

0dϕ

Z π

0cos2 θ sin θdθ

III.II =1

4π

Z t

0(t− τ)3 dτ

¡ϕ¯2π0

¢µ13cos3 θ |π0

¶= − 1

12t4

La integral III = III.I + III.II da por resultado.

III =1

2z2t2− 1

12t4

por lo que

I + II + III = −Z t

0

1

4π (t− τ)

Ikz−xk=i(t−τ)

¡z21 + z22 + z23

¢dszdτ =

I + II + III =1

2x2t2 − 1

12t4 +

1

2y2t2 − 1

12t4 +

1

2z2t2 − 1

12t4

De donde:

u (x, t) =t2

2

¡x2 + y2 + z2

¢− 14t4 (8.72)

La función u (x, t) (8.72) es la solución de la ecuación no homogénea (8.69)*. Se resuelve ahorala ecuación homogénea: ⎧⎨⎩

utt +∆u = 0u (x, 0) = (x+ y) ez

ut (x, t) = 0(8.69)**

Para lo cual se usa la fórmula (8.50)* que en este caso toma la forma de:

u (x, t) =∂

∂t

⎡⎢⎣−14πt

Ikz−xk=it

φ(z)dsz

⎤⎥⎦ = ∂

∂t

⎡⎢⎣−14πt

Ikz−xk=it

[(z1 + z2) ez3 ] dsz

⎤⎥⎦ (8.73)

La ecuación kz − xk = it es la misma que (z1 − x)2 + (z2 − y)2 + (z3 − z)2 = −t2 (8.60)Se usa las coordenadas esféricas generalizadas (8.37)**

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩z1 − x = iρ sin θ cosϕz2 − y = iρ sin θ sinϕz3 − z = iρ cos θ

Jac = −ρ2 sin θ

(8.37)**

Con lo que la ecuación (8.60) toma la forma de ρ = t una esfera de radio t y la integral (8.73)se convierte en la integral:

∂

∂t

∙1

4πt

Z 2π

0

Z π

0

h(x+ iρ sin θ cosϕ+ y + iρ sin θ sinϕ) ez+iρ cos θ

iρ2 sin θdϕdθ

¸


La que luego de factorar y de sustituir ρ = t se convierte en:

I =∂

∂t

∙1

4πt

Z 2π

0

Z π

0[x+ y + (cosϕ+ sinϕ) it sin θ] ez+it cos θt2 sin θdϕdθ

¸Esta integral es la suma de dos integrales I = I.I + I.II, donde:

I.I =∂

∂t

∙t

4π

Z 2π

0dϕ

Z π

0[x+ y] ezeit cos θ sin θdθ

¸

I.II = i∂

∂t

∙t2

4π

Z 2π

0(cosϕ+ sinϕ) dϕ

Z π

0sin2 θez+it cos θdθ

¸La integral I.II = 0 puesto que:Z 2π

0(cosϕ+ sinϕ) dϕ = 0

En la integral I.I, luego de sustituir la fórmula de Euler eit cos θ = cos (t cos θ) + i sin (t cos θ) yde extraer el factor (x+ y) ez por no depender ni de la variable ϕ ni de la variable θ, se obtiene:

I.I =x+ y

4πez

∂

∂t

∙t

Z 2π

0dϕ

Z π

0[cos (t cos θ) + i sin (t cos θ)] sin θdθ

¸(8.75)

O lo que, luego de integrarR 2π0 dϕ = 2π y de sustituir sin θdθ = −d (cos θ) , es lo mismo que:

I.I = −x+ y

2ez

∂

∂t

∙t

Z π

0[cos (t cos θ) + i sin (t cos θ)] d (cos θ)

¸(8.75)*

En la integral (8.75)* se hace el cambio de variable q = cos θ, se alteran los límites de la integraly se toma en cuenta que la parte imaginaria de esta integral vale cero porque el sin (tq) es unafunción impar, con lo que esta integral se convierte en:

= −x+ y

2ez

∂

∂t

∙Z −1

1[cos (tq) + i sin (tq)] d (tq)

¸=

x+ y

2ez

∂

∂t

∙Z 1

−1cos (tq) d (tq)

¸(8.76)

Se toma la integral (8.76), que por paridad de la función cos (tq) se convierte en:

(x+ y) ez∂

∂t

∙Z 1

0cos (tq) d (tq)

¸= (x+ y) ez

∂

∂t

£sin (tq)

¯10

¤(x+ y) ez

∂

∂t

∙Z 1

0cos (tq) d (tq)

¸= (x+ y) ez

∂

∂t[sin (t)]

(x+ y) ez∂

∂t

∙Z 1

0cos (tq) d (tq)

¸= (x+ y) ez cos t

Con lo que la integral (8.73) es igual a:

∂

∂t

⎡⎢⎣−14πt

Ikz−xk=it

[(z1 + z2) ez3 ] dsz

⎤⎥⎦ = (x+ y) ez cos t (8.77)


La solución de la ecuación (8.69), por el principio de superposición, es igual a la suma de (8.72)y (8.77), esto es:

u (x, t) =t2

2

¡x2 + y2 + z2

¢− 14t4 + (x+ y) ez cos t (8.78)

Como fácilmente se puede comprobar. La función (8.78), además de ser solución de la ecuaciónde prueba (8.69), es también solución de la ecuación de Poisson:½

uxx + uyy + uzz + utt = x2 + y2 + z2

u (x, y, z, 0) = (x+ y) ez

Con lo que se ha empleado un método indirecto para resolver este problema.

8.3. Método del Descenso

De igual manera a lo que se hizo con la ecuación de onda, se puede emplear el método deldescenso para resolver la ecuación:⎧⎨⎩

utt (x, t) +4u (x, t) = f(x, t) (8.79)u(x, 0) = φ(x) (8.79)*ut(x, 0) = 0 (8.79)**

en el espacio tridimensional x = (x1, x2, t) . Se trata de resolver para la ecuación tipo Poissonel problema interno (o de Direchlet), el externo se resuelve de manera semejante, en el espaciode tres dimensiones en coordenadas rectangulares. El problema se formula así, encontrar la fun-ción u (x, t) definida sobre el dominio Ω =

©x = (x1, x2) ∈ R2, t ≥ 0

ªque satisfaga la ecuación

diferencial (8.79) y las condiciones de frontera (8.79)* y (8.79)**. En este problema, la variablet ≥ 0 es equivalente a la variable y que se usó en el plano y no se debe confundir con el tiempo.En este caso se proyecta la fórmula (8.50)*, que resuelve la ecuación diferencial de Poisson en elespacio, a uno de los tres planos de coordenadas, por ejemplo al plano (z1, z2) , lo que convierteal operador de Laplace en un operador bidimensional. Como ||z − x|| = it es equivalente a(z1 − x1)

2 + (z2 − x2)2 + (z3 − x3)

2 = −t2 (8.60), se obtiene:

z3−x3 = ±q−t2 − (z1 − x1)

2 − (z2 − x2)2 (8.80)

Para obtener el elemento de superficie se debe calcular:

dsz =

s1 +

µ∂z3∂z1

¶2+

µ∂z3∂z2

¶2dz1dz2 (8.81)

Se calcula primero:

∂z3∂z1

=− (z1 − x1)

±q−t2 − (z1 − x1)

2 − (z2 − x2)2

(8.82)

∂z3∂z2

=− (z2 − x2)

±q−t2 − (z1 − x1)

2 − (z2 − x2)2

(8.83)

8.3. MÉTODO DEL DESCENSO 237

Por lo tanto, el elemento de superficie se encuentra luego de sustituir (8.82) y (8.83) en (8.81):

dsz =

s1 +

µ∂z3∂z1

¶2+

µ∂z3∂z2

¶2dz1dz2 =

tdz1dz2

±qt2 + (z1 − x1)

2 + (z2 − x2)2

(8.84)

El doble signo que se halla antes del radical (8.84) hace que se duplique el valor de intergraldoble, puesto que el cos ν es positivo para la parte superior de la esfera kz − xk = it y esnegativo para los puntos de la parte inferior de la misma superficie, como ya se explicó para laaplicación de la fórmula de Kirkhoff; con lo que la solución de la ecuación tipo Poisson toma laforma de:

u(x, y, t) =∂

∂t

⎡⎣−12πt

ZDi t(x)

φ(z1, z2)tdz1dz2qt2 + (z1 − x1)

2 + (z2 − x2)2

⎤⎦+−Z t

0

1

2π (t− τ)

ZDi(t−τ)(x)

f(z1, z2, τ) (t− τ) dz1dz2q(t− τ)2 + (z1 − x1)

2 + (z2 − x2)2dτ (8.85)

como Dit(x) = z : ||z − x|| ≤ it es el círculo de radio it con centro en el punto x = (x1, x2)del plano z = (z1, z2) , la fórmula (8.85), luego de hacer la correspondientes simplificaciones, seconvierte finalmente en:

u(x, y, t) =−12π

∂

∂t

⎡⎣Z||z−x||≤it

φ(z1, z2)dz1dz2qt2 + (z1 − x1)

2 + (z2 − x2)2

⎤⎦+− 12π

Z t

0

Z||z−x||≤i(t−τ)

f(z1, z2, τ)dz1dz2q(t− τ)2 + (z1 − x1)

2 + (z2 − x2)2dτ (8.85)*

La fórmula (8.85)* sirve para resolver la ecuación de tipo Poisson cuando el operador de Laplace∆ es bidimensional. Cada sumando de la fórmula (8.85)* es la proyeccción del correspondientesumando de la fórmula (8.50)* al plano de coordenadas (z1, z2) . En la toma de estas integralesse usa las coordenadas polares generalizadas:⎧⎨⎩

z1 − x1 = iρ cosϕz2 − x2 = iρ sinϕ

Jac = −ρ(8.88)

En este caso, como la desigualdad ||z − x|| ≤ it es equivalente a (z1 − x1)2+(z2 − x2)

2 ≤ −t2y ||z − x|| ≤ i (t− τ) equivale a la desigualdad (z1 − x1)

2 + (z2 − x2)2 ≤ −(t − τ)2, se tiene

que luego de sustituir en ellas las coordenadas polares generalizadas se obtiene las desigualdadesρ ≤ t y ρ ≤ t − τ , que responden a dos círculos de radio t y t − τ correspondientemente. Enestas figuras las variables ρ y ϕ varían entre 0 ≤ ρ ≤ t, 0 ≤ ϕ ≤ 2π, con lo que los límites deestas integrales están definidos.

En las fórmulas (8.50)* y (8.85)* se puede usar el principio de superposición usado tanto en laecuación del calor como en la ecuación de onda estudiadas en los capítulos 5 y 6 de presentetexto, esto es, la solución de la ecuación diferencial parcial (8.79) que cumple con las condiciones


iniciales (8.79)* y (8.79)** puede ser encontrada como la suma de las soluciones de la ecuaciónhomogénea: ⎧⎨⎩

utt (x, t) +4u (x, t) = 0u(x, 0) = φ(x)ut(x, 0) = 0

cuya solución la da el primer sumando de (8.85)*:

u(x, y, t) =−12π

∂

∂t

⎡⎣Z||z−x||≤it

φ(z1, z2)dz1dz2qt2 + (z1 − x1)

2 + (z2 − x2)2

⎤⎦ (8.85)**

y la solución de la ecuación no homogénea:⎧⎨⎩utt (x, t) +4u (x, t) = f(x, t)

u(x, 0) = 0ut(x, 0) = 0

cuya solución es el segundo sumando de (8.85)*:

u (x, y, t) =−12π

Z t

0


f(z1, z2, τ)dz1dz2q(t− τ)2 + (z1 − x1)

2 + (z2 − x2)2dτ (8.85)***

La solución (8.85)* del problema general es la suma (superposición) de la soluciones particulares(8.85)** y (8.85)**. En particular, la solución de la ecuación de Poisson½

uxx + uyy + utt = f(x, t)u(x, y, 0) = φ(x, y)

coincide con la solución (8.85)*.


Ejemplo 100: Resolver la ecuación diferencial parcial tipo Poisson:

⎧⎨⎩utt (x, y, t) +∆u (x, y, t) = xyt

u (x, y, 0) = 1 + x2

ut (x, y, o) = 0(8.86)

Se aplica la fórmula (8.85)* para resolver la ecuación (8.86) y se obtiene:

u(x, t) =−12π

∂

∂t

⎡⎣Z||z−x||≤it

¡1 + z21

¢dz1dz2q

t2 + (z1 − x1)2 + (z2 − x2)

2

⎤⎦+− 12π

Z t

0


z1z2τdz1dz2q(t− τ)2 + (z1 − x1)

2 + (z2 − x2)2dτ (8.87)


Por el principio de superposición se resuelve primero la ecuación homogénea:⎧⎨⎩utt (x, y, t) +∆u (x, y, t) = 0

u (x, y, 0) = 1 + x2

ut (x, y, o) = 0(8.86)*

Para resolver la ecuación (8.86)* se usa la coordenadas polares generalizadas (8.88) en las quepor comodidad se ha sustituido x1 = x, x2 = y, con lo que:⎧⎨⎩

z1 − x = iρ cosϕz2 − y = iρ sinϕJac = −ρ

(8.88)

y la ecuación ||z − x|| ≤ it o su equivalente (z1 − x)2 + (z2 − y)2 ≤ −t2 se convierte en ρ ≤ t,un círculo de radio t con centro en el origen de coordenadas y el primer sumando de (8.87),puesto que para este círculo se tiene que 0 ≤ ϕ ≤ 2π y 0 ≤ ρ ≤ t, se convierte en:

u(x, y, t) =−12π

∂

∂t

"Z 2π

0

Z t

0−ρ1 + (x+ iρ cosϕ)2p

t2 − ρ2dρdϕ

#

u (x, y, t) =−12π

∂

∂t

"Z 2π

0

Z t

0−ρ1 + x2 + 2xiρ cosϕ− ρ2 cos2 ϕp

t2 − ρ2dρdϕ

#(8.89)

Al integrar (8.89) el resultado del doble producto se hace cero porqueR 2π0 cosϕdϕ = 0 por lo

que la integral (8.89) se convierte en:

u(x, y, t) =1

2π

∂

∂t

"Z 2π

0

Z t

0ρ1 + x2 − ρ2 cos2 ϕp

t2 − ρ2dρdϕ

#(8.90)

Se separa la integral (8.90) en tres sumandos:

I =1

2π

∂

∂t

"Z 2π

0

Z t

0

ρpt2 − ρ2

dρdϕ

#

II =1

2π

∂

∂t

"Z 2π

0

Z t

0ρ

x2pt2 − ρ2

dρdϕ

#

III =1

2π

∂

∂t

"Z 2π

0

Z t

0

ρ3 cos2 ϕpt2 − ρ2

dρdϕ

#Se calcula el primer sumando:

I =1

2π

∂

∂t

"Z 2π

0

Z t

0

ρpt2 − ρ2

dρdϕ

#=

∂

∂t

h(−1)

pt2 − ρ2

¯t0

i= 1

Se calcula el segundo sumando:

II =1

2π

∂

∂t

"Z 2π

0

Z t

0

x2ρpt2 − ρ2

dρdϕ

#= x2

∂

∂t

∙∂

∂t

h(−1)

pt2 − ρ2

¯t0

i¸= x2


Se calcula el tercer sumando:

III =1

2π

∂

∂t

"Z 2π

0

Z t

0

−ρ2 cos2 ϕρpt2 − ρ2

dρdϕ

#= − ∂

∂t

"1

2π

Z 2π

0cos2 ϕdϕ

Z t

0

ρ3pt2 − ρ2

dρ

#

Se sustituye en la primera integral cos2 ϕ = 1+cos 2ϕ2 y en la segunda integral se hace el cambio

de variable ρ = t sin θ con lo que se obtiene:

III =−12π

∂

∂t

"Z 2π

0

1 + cos 2ϕ

2dϕ

Z π2

0

t3 sin3 θpt2 − t2 sin2 θ

t cos θdθ

#=

= − ∂

∂t

"1

2t3Z π

2

0sin3 θdθ

#= − ∂

∂t

∙1

2t32

3(cos θ)

¯π20

¸=

=∂

∂t

∙1

2t32

3(cos θ)

¯π20

¸= − ∂

∂t

∙1

3t3¸= −t2

El resultado de la integral (8.90) es la suma de I + II + III, o sea:

u(x, y, t) =1

2π

∂

∂t

"Z 2π

0

Z t

0

¡1 + x2 − ρ2 cos2 ϕ

¢ρp

t2 − ρ2dρdϕ

#= 1+x2−t2

Que resuelve el problema de la ecuación homogénea (8.86)* como fácilmente se puede comprobar.Con ayuda del segundo sumando de (8.87) se resuelve la ecuación no homogénea:⎧⎨⎩

utt (x, y, t) +∆u (x, y, t) = xytu (x, y, 0) = 0ut (x, y, o) = 0

(8.86)**

Se sustituyen las coodenadas polares geralizadas (8.88) en la ecuación ||z − x|| ≤ i (t− τ) o suequivalente (z1 − x)2 + (z2 − y)2 ≤ − (t− τ)2 con lo que esta ecuación se convierte en ρ ≤ t− τun círculo de radio t− τ con centro en el origen de coordenadas y el segundo sumando de (8.87)que resuelve la ecuación homogénea (8.86)** se convierte en:

IV = − 12π

Z t

0


z1z2τdz1dz2q(t− τ)2 + (z1 − x1)

2 + (z2 − x2)2dτ

Luego de sustituir las coordenadas polares generalizadas (8.88) en la integral IV se obtiene:

IV =1

2π

Z t

0

Z 2π

0

Z t−τ

0

(x+ iρ cosϕ) (y + iρ sinϕ) τp(t− τ)2 − ρ2

ρdρdϕdτ (8.91)

Se observa que el producto que debe integrarse se compone de cuatro sumandos:

(x+ iρ cosϕ) (y + iρ sinϕ) = xy+xiρ cosϕ+yiρ cosϕ−ρ2 sinϕ cosϕ

la integral de los tres últimos sumando de este producto vale cero porque:Z 2π

0cosϕdϕ =

Z 2π

0sinϕdϕ =

Z 2π

0sinϕ cosϕdϕ = 0


por lo que integral (8.91) se convierte en:

IV = −xy2π

Z t

0τ¡ϕ¯2π0

¢ £(t− τ)2 − ρ2

¤ 12¯t−τ0 dτ = xy

Z t

0τ(t−τ)dτ = 1

6xyt3

De donde:

IV =1

6xyt3

Que es la solución del problema no homogéneo (8.86)**. La solución del ejemplo 100, por elprincipio de superposición, es la suma de I + II + III + IV, esto es:

u(x, y, t) = 1 + x2 − t2 +1

6xyt3 (8.92)

Sin dificultad se comprueba que (8.92) resuelve el problema (8.86), por lo tanto es tambiénsolución de la ecuación de Poisson:½

utt + uxx + uyy = xytu (x, y, 0) = 1 + x2

(8.93)

Como se comprueba fácilmente.

Ejemplo 101: Resolver la siguiente ecuación diferencial parcial tipo Poissson:⎧⎨⎩utt (x, y, t) +∆u (x, y, t) = x+ y + cos t

u (x, y, 0) = y2

ut (x, y, o) = 0(8.94)

La fórmula (8.85)* que se aplica para resolver la ecuación (8.94) es:

u(x, y, t) =−12π

∂

∂t

⎡⎣Z||z−x||≤it

z22dz1dz2qt2 + (z1 − x1)

2 + (z2 − x2)2

⎤⎦+− 12π

Z t

0


(z1 + z2 + cos τ) dz1dz2q(t− τ)2 + (z1 − x1)

2 + (z2 − x2)2dτ (8.95)

Por el principio de superposición se resuelve primero la ecuación homogénea:⎧⎨⎩utt (x, y, t) +∆u (x, y, t) = 0

u (x, y, 0) = y2

ut (x, y, o) = 0(8.94)*

Para resolver la ecuación (8.94)* se usa la coordenadas polares generalizadas (8.88), con lo quela ecuación ||z − x|| ≤ it o su equivalente (z1 − x)2+ (z2 − y)2 ≤ −t2 se convierte en ρ ≤ t, uncírculo de radio t con centro en el origen de coordenadas, y el primer sumando de (8.95), queresuelve la ecuación homogénea (8.94)* con ayuda de la fórmula:

u(x, y, t) =−12π

∂

∂t

⎡⎣Z||z−x||≤it

z21dz1dz2qt2 + (z1 − x1)

2 + (z2 − x2)2

⎤⎦


se convierte en las coordenadas polares generalizadas en:

u(x, y, t) =−12π

∂

∂t

"Z 2π

0

Z t

0

(y + iρ sinϕ)2 (−ρ)pt2 − ρ2

dρdϕ

#

=1

2π

∂

∂t

"Z 2π

0

Z t

0

¡y2 + 2iyρ sinϕ− ρ2 sin2 ϕ

¢ρp

t2 − ρ2dρdϕ

#(8.96)

Luego de elevar al cuadrado, la integral que contiene el doble producto 2iyρ sinϕ se hace iguala cero porque

R 2π0 sinϕdϕ = 0.Por lo que la integral (8.96) se convierte en:

u(x, y, t) =1

2π

∂

∂t

"Z 2π

0

Z t

0

¡y2 − ρ2 sin2 ϕ

¢ρp

t2 − ρ2dρdϕ

#

Se separa esta integral en dos integrales:

I =1

2π

∂

∂t

"Z 2π

0

Z t

0

y2ρpt2 − ρ2

dρdϕ

#

II =−12π

∂

∂t

"Z 2π

0

Z t

0

ρ3 sin2 ϕpt2 − ρ2

dρdϕ

#Se calcula la integral I:

I =1

2π

∂

∂t

"Z 2π

0

Z t

0

y2ρpt2 − ρ2

dρdϕ

#=

I = y2∂

∂t

∙1

2π

¡ϕ¯2π0

¢ ³−pt2 − ρ2

¯t0

´¸I = y2

Se calcula la integral II:

II =−12π

∂

∂t

"Z 2π

0

Z t

0

ρ3 sin2 ϕpt2 − ρ2

dρdϕ

#=

II =−12π

∂

∂t

"Z 2π

0sin2 ϕdϕ

Z t

0

ρ3pt2 − ρ2

dρ

#

En la primera integral de II se sustituye sin2 ϕ = 1−sin 2ϕ2 y en la segunda integral se hace el

cambio de variable ρ = t sin θ, con lo que la integral II se convierte en:

II = − ∂

∂t

"1

2π

Z 2π

0

1− sin 2ϕ2

dϕ

Z π2

0

t3 sin3 θpt2 − t2 sin2 θ

t cos θdθ

#

II = −12

∂

∂t

∙t32

3

³− cos θ

¯π20

´¸II = −t2


La solución de (8.96) es la suma de I + II, esto es:

u(x, y, t) =−12π

∂

∂t

"Z 2π

0

Z t

0

(y + iρ sinϕ)2 (−ρ)pt2 − ρ2

dρdϕ

#= y2−t2 (8.97)

Como fácilmente se comprueba (8.97) es la solución de la ecuación (8.94)*.

Se resuelve la ecuación diferencial no homogénea:⎧⎨⎩utt (x, y, t) +∆u (x, y, t) = x+ y + cos t

u (x, y, 0) = 0ut (x, y, o) = 0

(8.94)**

la misma que por la fórmula:

u (x, y, t) =−12π

Z t

0


f(z1, z2, τ)dz1dz2q(t− τ)2 + (z1 − x1)

2 + (z2 − x2)2dτ (8.85)***

Se convierte en:

u (x, y, t) =−12π

Z t

0


(z1 + z2 + cos τ) dz1dz2q(t− τ)2 + (z1 − x)2 + (z2 − y)2

dτ (8.98)

Las coordenadas polares generalizadas (8.88) convierte a la ecuación ||z − x|| ≤ i (t− τ), o a suequivalente (z1 − x)2+(z2 − y)2 ≤ − (t− τ)2 , en la ecuación ρ ≤ t− τ , un círculo de radio t− τcon centro en el origen de coordenas, y a la integral (8.98) en:

u (x, y, t) =−12π

Z t

0

Z 2π

0

Z t−τ

0

[x+ y + iρ (cosϕ+ sinϕ) + cos τ ] (−ρ)p(t− τ)2 − ρ2

dϕdρdτ (8.99)

La parte imaginaria de la integral (8.99) vale cero porque:Z 2π

0(cosϕ+ sinϕ) dϕ = 0

por lo que la integral (8.99) se convierte en:

u (x, y, t) =1

2π

Z t

0

Z 2π

0

Z t−τ

0

[x+ y + cos τ ] ρp(t− τ)2 − ρ2

dϕdρdτ (8.100)

Se separa (8.100) en dos integrales:

I =1

2π

Z t

0

Z 2π

0

Z t−τ

0

(x+ y) ρp(t− τ)2 − ρ2

dϕdρdτ

II =1

2π

Z t

0

Z 2π

0

Z t−τ

0

ρ cos τp(t− τ)2 − ρ2

dϕdρdτ


Se toma la integral I:

I =1

2π

Z t

0

Z 2π

0

Z t−τ

0

(x+ y) ρp(t− τ)2 − ρ2

dϕdρdτ

I =x+ y

2π

Z t

0

¡ϕ¯2π0

¢ ³−p(t− τ)2 − ρ2

¯t−τ0

´dτ

I = (x+ y)

Z t

00(t− τ)dτ =

1

2(x+ y) t2

Se toma la integral II:

II =1

2π

Z t

0

Z 2π

0

Z t−τ

0

ρ cos τp(t− τ)2 − ρ2

dϕdρdτ

II =1

2π

Z t

0

¡ϕ¯2π0

¢ ³−p(t− τ)2 − ρ2

¯t−τ0

´cos τdτ

II =

Z t

0(t− τ) cos τdτ = 1− cos t

La solución de la integral (8.100) es la suma de I + II, esto es:

u (x, y, t) =1

2(x+ y) t2+ 1−cos t (8.101)

La función (8.101) es la solución de la ecuación (8.94)**, como fácilmente puede comprobarse.La solución de la ecuación original (8.94), por el principio de superposición, es la suma de lasfunciones (8.97) y (8.101). Esto significa que:

u (x, y, t) = y2 − t2 +1

2(x+ y) t2 + 1− cos t

es la solución de la ecuación (8.94):⎧⎨⎩utt (x, y, t) +∆u (x, y, t) = x+ y + cos t

u (x, y, 0) = y2

ut (x, y, o) = 0

Como fácilmente puede comprobarse, pero la misma función es también solución de la ecuaciónde Poisson: ½

uxx + uyy + utt = x+ y + cos tu (x, y, 0) = y2

como se puede comprobar fácilmente también.


Resolver para Ω = x ∈ R; y ≥ 0 las siguientes ecuaciones tipo Poisson:

1. uxx + uyy = cosx cos y

u (x, 0) =−12cosx

sol. u (x, y) =−12cosx cos y


2. uxx + uyy =¡x2 − y2

¢cosh (y)

u (x, 0) = x2 + y2

sol. u (x, y) =¡x2 − y2

¢cosh (y)

3. uxx + uyy = 2 sin (x+ y)

u (x, 0) = x2 − sinxsol. u (x, y) = x2 − y2 − sin (x+ y)

4. uxx + uyy = 4− 2 cos (x− y)

u (x, 0) = x2 + cosx

sol. u (x, y) = x2 + y2 + cos (x− y)

5. uxx + uyy = e=x¡y2 + 3

¢u (x, 0) = e−x

sol. u (x, y) = e−x¡y2 + 1

¢Resolver para Ω =

©(x, y) ∈ R2; t ≥ 0

ªlas siguientes ecuaciones de Poisson:

6.uxx + uyy + utt = 3xyt+ 2

u (x, y, 0) = x2 − y2 − 1sol. u (x, y, t) = xyt3 + x2 − y2 + t2 − 1

7.uxx + uyy + utt = x2 + t2 +

µ1− 1

2y2¶

u (x, y, 0) =1

2y2

sol. u (x, y, t) =1

2x2t2 +

1

2y2 cos t

8.uxx + uyy + utt = 2x+ 2y

u (x, y, 0) = sinx

sol. u (x, y, t) = (x+ y) t2 + sinx cosh t

9.uxx + uyy + utt = 2x2 − 2y2

u (x, y, 0) = cosx

sol. u (x, y, t) =¡x2 − y2

¢t2 + cosx cosh t

10.uxx + uyy + utt = x2 − y2 + (x+ y) cos t

u (x, y, 0) = −x− y

sol. u (x, y, t) =1

2

¡x2 − y2

¢t2 − (x+ y) cos t


Resolver para Ω =©(x, y, z) ∈ R3; t ≥ 0

ªlas siguientes ecuaciones de Poisson:

11.uxx + uyy + uzz + utt = x+ y + z

u (x, y, z, 0) = x2 + y2 − 2z2

sol. u (x, y, z, t) =1

2(x+ y + z) t2 + x2 + y2 − 2z2

12.uxx + uyy + uzz + utt = 6− (x+ y) cos z cosh t

u (x, y, z, 0) = (x+ y) cos z + x2 + y2 + z2

sol. u (x, y, z, t) = (x+ y) cos z cosh t+ x2 + y2 + z2

13.uxx + uyy + uzz + utt = x2 − z2 − (x+ z) cos t

u (x, y, z, 0) = x+ z

sol. u (x, y, z, t) =1

2

¡y2 − z2

¢t2 + (x+ z) cos t

14.uxx + uyy + uzz + utt =¡z2 − x2

¢t+ (y − z) cosh t

u (x, y, z, 0) = y − z

sol. u (x, y, z, t) =1

6

¡z2 − x2

¢t3 + (y − z) cosh t

Bueno Rodolfo Laplace

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