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Máster y doctorado

Navier–Stokes y problemas de fluidos

Un fluido se describe mediante una velocidad en cada lugar. Una partícula sigue ese campo y puede acelerar aunque el dibujo del campo no cambie con el tiempo. Empezaremos con ese movimiento; después veremos la presión, la pérdida de energía y qué pueden demostrar las soluciones débiles.

1. Una partícula sigue el campo y nota cambios de lugar y de tiempo

u(x,t) es la velocidad del fluido en el lugar x y tiempo t.

La posición de una partícula cumple X′(t)=u(X(t),t).

Al derivar por la regla de la cadena, su aceleración es uₜ+(u·∇)u evaluada sobre la trayectoria. El segundo término aparece porque la partícula visita lugares diferentes.

Un campo estacionario e incompresible puede acelerar sus partículas
u(x,y)=(−y,x)div u=0(u·∇)u=(−x,−y)Campo fijo; partículas aceleradas.
Ocho flechas muestran el campo menos y, x sobre una circunferencia. Las flechas son tangentes y apuntan en sentido antihorario, con la misma escala de velocidad en todo el dibujo. La divergencia es cero, pero las partículas siguen círculos y tienen aceleración centrípeta menos x, menos y. La presión con gradiente x,y equilibra esa aceleración. Es un ejemplo local, no un campo periódico ni un campo de energía finita en toda la recta o plano.
La masa cumple ρₜ+div(ρu)=0.

Con densidad constante positiva se reduce a div u=0. Para un campo suave, el jacobiano J del movimiento satisface J′=(div u)J: con J inicial uno, la divergencia cero conserva volumen. No obliga a que el fluido esté quieto ni a que el campo sea constante.

Rotar sin comprimir

En el plano, u(x,y)=(−y,x).

  1. Divergencia

    ∂ₓ(−y)+∂ᵧx=0+0=0.
  2. Tiempo

    El campo no cambia explícitamente con t: uₜ=0.
  3. Aceleración

    (−y∂ₓ+x∂ᵧ)(−y,x)=(−x,−y), que no es cero salvo en el origen.
Resultado

Las partículas giran con aceleración hacia el centro.

Lo comprobamos

Este campo es un ejemplo local; no es periódico ni tiene energía finita en todo R².

Conservar área cambiando una figura

u(x,y)=(x,−y).

  1. Trayectorias

    X(t)=eᵗX(0), Y(t)=e⁻ᵗY(0).
  2. Escalas

    Una dirección se estira y la otra se comprime.

  3. Área

    El determinante es eᵗe⁻ᵗ=1; la divergencia es 1−1=0.
Resultado

Incompresible no significa conservar todas las longitudes.

Lo comprobamos

Se conserva volumen, mientras puede cambiar la forma.

2. El sistema combina aceleración, presión, viscosidad y una restricción

Normalizamos la densidad a uno y tomamos viscosidad constante ν>0. El modelo es u_t+(u\cdot\nabla)u+\nabla p=\nu\Delta u+f,\qquad\operatorname{div}u=0. u tiene n componentes, p es presión y f fuerza externa. El dato inicial u₀ debe cumplir la restricción de divergencia.

Usaremos principalmente un toro, con campos periódicos y sin pared: las caras opuestas cancelan los términos de borde. En un recipiente, una pared inmóvil con condición de no deslizamiento impone u=0. En todo Rⁿ se necesitan integrabilidad y comportamiento apropiado en infinito. Las identidades globales dependen de ese marco.

Comprobar un dato periódico compatible

u₀(x,y)=(sin y,cos x).

  1. Primera componente

    ∂ₓsin y=0, porque no depende de x.
  2. Segunda componente

    ∂ᵧcos x=0.
  3. Restricción

    La suma es cero y ambas componentes son periódicas de periodo 2π.

Resultado

El dato cumple la condición de incompresibilidad.

Lo comprobamos

Esto comprueba el dato; no afirma que el mismo campo fijo resuelva todo el sistema sin presión ni evolución.

Un dato que no sirve tal como está

u₀(x,y)=(sin x,0).

  1. Derivar

    ∂ₓsin x=cos x.
  2. Sumar

    div u₀=cos x, que no es idénticamente cero.
  3. Diagnóstico

    No cumple la restricción inicial del modelo incompresible.

Resultado

Ser suave y periódico no es suficiente.

Lo comprobamos

La presión no cambia retroactivamente un dato inicial que incumple la restricción.

3. La presión se determina globalmente para mantener la divergencia cero

Tomar divergencia de la ecuación y usar div u=0 da -\Delta p=\sum_{i,j}\partial_i\partial_j(u_i u_j)-\operatorname{div}f. La presión responde al campo de velocidades en todo el dominio. En el toro queda determinada salvo una constante espacial que puede depender del tiempo; se suele imponer media cero.

La proyección de Leray P elimina los gradientes y deja uₜ+P div(u⊗u)=νΔu+Pf. En una frecuencia ξ≠0, su matriz es I−ξ⊗ξ/|ξ|²: conserva la parte perpendicular a ξ y quita la paralela. La frecuencia cero representa la velocidad media y se trata aparte.

Proyectar un vector en una frecuencia

ξ=(3,4) y v=(5,0).

  1. Parte paralela

    ξ·v=15 y |ξ|²=25; se resta (3/5)ξ.
  2. Resultado

    Pv=(5,0)−(9/5,12/5)=(16/5,−12/5).
  3. Comprobar

    ξ·Pv=48/5−48/5=0.
Resultado

El resultado pertenece al plano perpendicular a la frecuencia.

Lo comprobamos

No se aplica esta fórmula dividiendo por |ξ|² si ξ=0.

Una libertad que no cambia la velocidad

Sustituir p(x,t) por p(x,t)+C(t).

  1. Gradiente

    C(t) no depende de la variable espacial.

  2. Derivar

    ∇[p+C(t)]=∇p.
  3. Ecuación

    El sistema de velocidades queda igual.

Resultado

Fijar la media de presión elimina esa libertad.

Lo comprobamos

No se prescribe una presión arbitraria en cada punto independientemente de u.

4. La energía pierde por viscosidad lo que la fuerza no repone

Supongamos primero u y p suaves y periódicos.

Definimos E(t)=∫|u|², sin factor un medio.

Multiplicar la ecuación por u e integrar da \tfrac12E'(t)+\nu\|\nabla u\|_2^2=\int f\cdot u. La elección de E explica el factor dos al despejar E′.

El transporte integra cero porque u·(u·∇)u=div(u|u|²/2) cuando div u=0.

La presión también desaparece: ∫u·∇p=−∫p div u=0.
La viscosidad produce ∫u·Δu=−||∇u||₂².

Se han usado periodicidad e incompresibilidad en lugares precisos.

Calcular la tasa sin perder el factor dos

ν=2, ||∇u||₂²=3 y f=0.

  1. Balance

    E′/2+2·3=0.
  2. Despejar

    E′/2=−6.
  3. Multiplicar

    E′=−12.
Resultado

La energía disminuye a tasa doce en ese instante.

Lo comprobamos

Si se hubiera definido energía con un medio, su derivada sería −6; no mezclamos las convenciones.

Una fuerza puede aumentar la energía

ν=1, ||∇u||₂²=2 y ∫f·u=5.

  1. Sustituir

    E′/2+2=5.
  2. Restar

    E′/2=3.
  3. Resultado

    E′=6>0: el trabajo de la fuerza supera la disipación.
Resultado

Viscosidad positiva no obliga a decaimiento con cualquier fuerza.

Lo comprobamos

Es una cuenta de balance en un instante, no una construcción de datos arbitrarios.

5. La energía controla promedios y no todas las derivadas

Sin fuerza, integrar el balance suave da E(t)+2ν∫₀ᵗ||∇u(s)||₂²ds=E(0).

Esto controla u en L∞ temporal con valores L² espacial y el gradiente en L² de espacio y tiempo. No proporciona una cota puntual de ∇u ni todas las derivadas superiores.

La media de u se conserva en el toro cuando f=0.

Si es cero, Poincaré permite acotar ||∇u||₂² por una constante positiva por E y obtener decaimiento exponencial. Con media no nula, una traslación constante tiene gradiente cero y no se disipa. La viscosidad actúa sobre variaciones espaciales.

Una energía que no disminuye

u(x,t)=a, vector constante en un toro y f=0.

  1. Derivadas

    uₜ=0, ∇u=0 y Δu=0.
  2. Sistema

    Con presión constante todos los términos son cero.

  3. Energía

    E=volumen del toro por |a|² permanece fija.

Resultado

No hay contradicción con la disipación: el término disipativo es cero.

Lo comprobamos

El argumento exponencial para todo E necesitaba media cero.

Poca energía no acota el gradiente inicial

En el toro de periodo 2π, vₙ=(N⁻¹ᐟ²sin(Ny),0), N entero positivo.

  1. Incompresible

    La primera componente no depende de x; la divergencia es cero.

  2. Tamaño

    ||vₙ||₂²=2π²/N, que disminuye.
  3. Gradiente

    ||∇vₙ||₂²=2π²N, que aumenta.
Resultado

Una cota L² aislada no controla derivadas iniciales.

Lo comprobamos

Son perfiles suaves; el balance temporal controla la integral posterior de disipación, no una cota inicial uniforme de ese gradiente.

6. La solución débil permite pasar de aproximaciones a una evolución global

En dimensión dos o tres, para dato u₀∈L² de divergencia cero, el problema periódico sin fuerza admite solución global de Leray–Hopf. En cada intervalo finito tiene u∈L∞ₜL²ₓ∩L²ₜH¹ₓ, continuidad débil L² y el dato inicial en el sentido adecuado. Satisface una desigualdad de energía.

La ecuación se prueba contra campos suaves de divergencia cero; la presión desaparece. Galerkin retiene un número finito de modos y da ecuaciones diferenciales para sus coeficientes. La energía acota las aproximaciones, pero para pasar u⊗u se necesita compacidad adicional. Convergencia débil y semicontinuidad no conservan automáticamente las normas ni los productos.

Eliminar la presión en la formulación

v es una prueba suave periódica con div v=0.

  1. Producto

    El aporte de presión es ∫∇p·v.

  2. Por partes

    La periodicidad da −∫p div v.

  3. Restricción

    Como div v=0, el término es cero.
Resultado

Podemos formular la evolución sin escribir p explícitamente en cada prueba.

Lo comprobamos

No se ha demostrado que p sea cero; se ha elegido una familia de pruebas que la elimina.

Un producto que no pasa con solo convergencia débil

Perfiles periódicos vₙ=(sin(Ny),0).

  1. Oscilación

    Al aumentar N, convergen débilmente a cero en L².

  2. Cuadrado

    La media de la primera componente al cuadrado es 1/2.

  3. Comparar

    El cuadrado del límite es cero: falta información para pasar ese producto.

Resultado

La construcción de una solución requiere más que una cota débil.

Lo comprobamos

Estos son perfiles ilustrativos, no una afirmación de que sean soluciones estacionarias sin fuerza.

7. Una solución fuerte necesita un control que impida concentraciones

Con dato periódico suficientemente suave y de divergencia cero hay solución suave única al menos durante un intervalo inicial.

Una hipótesis suficiente es u₀∈Hˢ con s>n/2+1.

Mientras existe esa solución, satisface igualdad energética y coincide con una de Leray–Hopf con el mismo dato: unicidad débil–fuerte.

Para continuar una solución suave basta, por ejemplo, controlar ∫₀ᵀ||∇u(t)||∞dt en el marco periódico sin fuerza. Al estimar derivadas se obtiene d||u||Hˢ²/dt≤C||∇u||∞||u||Hˢ² después de descartar disipación favorable. Grönwall explica por qué una integral finita impide que esa norma explote antes de T.

Usar una cota uniforme del gradiente

En [0,T], ||∇u(t)||∞≤M para una solución suave.

  1. Integral

    ∫₀ᵀ||∇u||∞dt≤MT.
  2. Grönwall

    La cota de la norma Hˢ² tiene factor como máximo eᶜᴹᵀ.

  3. Alcance

    Este control sirve para el criterio de continuación bajo sus otras hipótesis.

Resultado

La estimación pide una norma más fuerte que la energía L².

Lo comprobamos

M debe estar demostrado para la solución; no se deduce de una imagen del flujo.

Dos tasas candidatas de concentración

Comparar (T−t)⁻¹ᐟ² y (T−t)⁻¹ cerca de T.

  1. Primera

    La integral temporal de (T−t)⁻¹ᐟ² es finita.

  2. Segunda

    La de (T−t)⁻¹ diverge logarítmicamente.

  3. Interpretar

    El criterio distingue esas cotas integrales; no basta con decir que ambas crecen.

Resultado

La integrabilidad es una condición concreta.

Lo comprobamos

Son tasas para analizar el criterio, no ejemplos construidos de singularidad Navier–Stokes.

8. En tres dimensiones la vorticidad puede estirarse

En dos dimensiones, ω=∂ₓu₂−∂ᵧu₁ es escalar.
Sin fuerza satisface ωₜ+u·∇ω=νΔω.

Probar con ω da la disipación de ||ω||₂²/2 sin un término de estiramiento. Esta estructura y las estimaciones que recuperan u permiten la teoría suave global bidimensional.

En tres dimensiones, ω=curl u es vectorial y cumple \omega_t+(u\cdot\nabla)\omega=(\omega\cdot\nabla)u+\nu\Delta\omega. El producto de (ω·∇)u con ω no tiene signo favorable. Puede aumentar la enstrofía, y no se cierra el argumento bidimensional de la misma manera.

Medir la vorticidad de una rotación plana

u=(−y,x).

  1. Derivadas

    ∂ₓu₂=1 y ∂ᵧu₁=−1.
  2. Restar

    ω=1−(−1)=2.
  3. Lectura

    La divergencia cero no obliga a vorticidad cero.

Resultado

Compresión y rotación son propiedades diferentes.

Lo comprobamos

Esta rotación local no se trata como dato periódico de energía finita global.

Ver un estiramiento posible en un campo tridimensional

u=(−x/2−ay, ax−y/2, z), con a constante.

  1. Divergencia

    −1/2−1/2+1=0.
  2. Vorticidad

    curl u=(0,0,2a).
  3. Estirar

    (ω·∇)u=2a∂zu=(0,0,2a), no nulo si a≠0.
Resultado

La dirección vertical puede estirar vorticidad.

Lo comprobamos

Es una comprobación cinemática local; no se presenta el campo como solución estacionaria periódica sin fuerza.

9. La escala explica una dificultad y el estado del problema se verifica aparte

En R³, sin fuerza, uλ(t,x)=λu(λ²t,λx) y pλ=λ²p(λ²t,λx) conservan el sistema con la misma viscosidad.

El cambio de variables da ||uλ||Lp=λ¹⁻³ᐟᵖ||u||Lp.

L³ es invariante; L² escala como λ⁻¹ᐟ². Una estructura más concentrada puede tener menor norma energética sin menor amplitud.

Poner ν=0 da formalmente Euler, pero justificar un límite de viscosidad exige estimaciones; las paredes pueden producir capas límite. Fluidos compresibles, superficies libres y turbulencia añaden problemas que esta introducción no resuelve.

Comprobación del 4 de noviembre de 2026: Clay mantiene el problema en la categoría Active. Su comunicado del 11 de septiembre anuncia que se está evaluando un avance y describe un proceso sin resolución apresurada. Aquí se distinguen ese estado institucional, el enunciado exacto y los teoremas usados; nuestros ejemplos no deciden el premio.

Las alternativas oficiales incluyen diferentes condiciones sobre fuerzas y dominios.

Comparar concentración y energía

Tomar λ=4 en la escala tridimensional.

  1. Norma L³

    El factor es 4⁰=1.
  2. Norma L²

    El factor es 4⁻¹ᐟ²=1/2; su cuadrado energético se divide por cuatro.

  3. Amplitud

    La amplitud del campo escalado lleva un factor cuatro.

Resultado

Mayor concentración no implica mayor energía L².

Lo comprobamos

La cuenta se realiza en R³; un cambio de escala no conserva automáticamente un toro fijo.

Leer qué afirma una existencia débil

Disponemos de una solución global de Leray–Hopf en tres dimensiones.

  1. Sí aporta

    Una evolución en la clase energética y una desigualdad de energía.

  2. No se sigue de eso

    Unicidad en toda clase débil ni todas las derivadas suaves para todo tiempo.

  3. Revisar

    Cada conclusión adicional requiere su teorema y sus hipótesis; los anuncios de investigación se comprueban en sus fuentes.

Resultado

La clase de solución forma parte del resultado.

Lo comprobamos

Los ejemplos explícitos simples no prueban el comportamiento de todos los datos.

10. Dos campos explícitos permiten comprobar todos los términos

Volvamos a la rotación local u=(−y,x).
Su aceleración es (−x,−y), su laplaciano es cero y ∇p=(x,y) para p=(x²+y²)/2.

Los términos se equilibran y el campo es estacionario sin fuerza. No es periódico ni pertenece a L²(R²), de modo que no usamos con él un balance global finito del toro.

La viscosidad reduce un perfil de cizalla periódico sin cambiar su forma
u=(exp(−νt) sin y,0)t=0t=log(2)/νLa longitud de cada flecha se reduce a 1/2.La energía se reduce a 1/4.Transporte nulo; Δu=−u.
Dos muestras del mismo campo periódico con velocidad horizontal e elevado a menos nu t por seno de y y velocidad vertical cero. Las flechas comparten escala; en el segundo tiempo cada flecha tiene la mitad de longitud que en el primero. Los valores cero se dejan sin flecha. La energía es cuadrática y por ello se divide entre cuatro. El perfil no depende de x, así que el término convectivo se anula exactamente. La presión puede ser constante. Los dos ejes muestran un periodo vertical de menos pi a pi.
En cambio u=(e elevado a −νt por sin y,0) sí es periódico.

Su primera componente no depende de x y la segunda es cero; el término convectivo se anula.

Además Δu=−u y uₜ=−νu.

Una presión constante basta: esta solución muestra disipación exacta dentro del marco periódico.

La presión equilibra la aceleración de giro

u=(−y,x), p=(x²+y²)/2.

  1. Transporte

    (u·∇)u=(−x,−y).
  2. Presión

    ∇p=(x,y); la suma con el transporte es cero.
  3. Viscosidad

    Δu=0 y uₜ=0: ambos lados de Navier–Stokes con f=0 coinciden.

Resultado

Un campo fijo puede tener presión no constante.

Lo comprobamos

La ecuación de presión también cuadra: −Δp=−2.

Reducir a la mitad una cizalla periódica

u=(e elevado a −νt por sin y,0), ν>0.

  1. Tiempo

    En t=log(2)/ν, e^{-\nu t}=1/2.
  2. Velocidad

    Cada valor de velocidad es la mitad del inicial.

  3. Energía

    Como se integra el cuadrado, E(t)=E(0)/4.
    En el toro de periodo 2π, E(0)=2π².
Resultado

La viscosidad reduce el perfil manteniendo su forma.

Lo comprobamos

No es necesario invocar una aproximación para este ejemplo: resuelve exactamente el sistema.

Ahora lo resolvemos de principio a fin.

EJEMPLO RESUELTO 1

Campo incompresible

Comprueba div u=0 para u(x,y)=(−y,x).

  1. Campo

    u₁(x,y)=−y y u₂(x,y)=x.
  2. Definición

    div u=∂ₓu₁+∂ᵧu₂.
  3. Primera derivada

    −y no depende de x, por tanto ∂ₓ(−y)=0.
  4. Segunda derivada

    x no depende de y, por tanto ∂ᵧx=0.
  5. Sumar

    div u=0+0=0.
  6. Interpretar

    La rotación es incompresible localmente. No significa que sus partículas carezcan de aceleración ni que el campo sea periódico.

Resultado

La divergencia es 0.

Lo comprobamos

Es una rotación rígida local.

EJEMPLO RESUELTO 2

Tasa de energía

Si ν=2 y ||∇u||₂²=3 sin fuerza, calcula d||u||₂²/dt.

  1. Convención

    E=||u||₂², sin factor un medio.
  2. Balance

    Sin fuerza, E′/2+ν||∇u||₂²=0.
  3. Datos

    ν=2 y ||∇u||₂²=3.
  4. Producto

    ν||∇u||₂²=6.
  5. Despejar

    E′/2=−6, así que E′=−12.
  6. Comprobar

    La tasa es no positiva como exige la disipación viscosa bajo las hipótesis del balance.

Resultado

E′=−12.

Lo comprobamos

La energía no aumenta.

Los símbolos que hemos usado

u(t,x)=(u₁,…,uₙ)
Velocidad del fluido, con tiempo t y posición x en dimensión n=2 o3.
p(t,x)
Presión dividida por la densidad constante; solo su gradiente interviene en la ecuación.
ν>0
Viscosidad cinemática, que multiplica la difusión de la velocidad.
f(t,x)
Fuerza externa por unidad de masa.
div u y Δu
Divergencia Σᵢ∂ᵢuᵢ y laplaciano aplicado a cada componente.
(u·∇)u
Vector de componentes Σⱼuⱼ∂ⱼuᵢ; aceleración debida al transporte.
E(t)=||u(t)||₂²
Integral de |u|² sobre el dominio; la energía cinética de densidad uno es E/2.
ω
Vorticidad: ∂₁u₂−∂₂u₁ en2D y rotacional ∇×u en3D.
Hˢ y L²σ
Espacio de Sobolev de orden s y subespacio de campos L² de divergencia cero, respectivamente.

Ahora te toca a ti.

Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.

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