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Grado en Matemáticas

Ecuación del calor y difusión

Una zona caliente cede calor a sus vecinas; una zona fría puede calentarse. Lo que se reduce son las diferencias, no necesariamente la temperatura de cada punto. Dibujaremos cómo un perfil pierde relieve, deduciremos la ecuación a partir de un balance y veremos qué cambia cuando los extremos están fríos o aislados.

1. El balance y el flujo explican por qué aparece la segunda derivada

Para una concentración u sin fuentes, el balance es uₜ+jₓ=0: lo que aumenta dentro de un trozo es lo que entra menos lo que sale. La ley difusiva j=−κuₓ, con κ>0 constante, hace fluir hacia valores menores.

Sustituir da uₜ=κuₓₓ.

κ tiene unidades longitud²/tiempo. Para temperatura se incluyen capacidad térmica y conductividad en esa difusividad. Una segunda diferencia aproxima la curvatura: [u(x+h)−2u(x)+u(x−h)]/h². Así los dos vecinos ayudan a interpretar el signo antes de derivar.

Un pico y un hueco cambian en sentidos opuestos

Tres valores separados por h=1: primero (2,6,2), luego (6,2,6); κ=1.

  1. Pico

    La segunda diferencia central es 2−12+2=−8: el centro tiende a bajar.

  2. Hueco

    Ahora es 6−4+6=8: el centro tiende a subir.
  3. Interpretación

    Se intercambia contenido entre vecinos, reduciendo el contraste.

Resultado

El signo del cambio depende de la curvatura local.

Lo comprobamos

Son aproximaciones espaciales del modelo, no un salto exacto de ocho unidades en un tiempo finito.

El signo del flujo evita mover calor al revés

uₓ=−3 y κ=2 en una posición.

  1. Leer la pendiente

    El perfil baja al avanzar a la derecha.

  2. Ley

    j=−κuₓ=−2·(−3)=6.
  3. Dirección

    El flujo positivo va a la derecha, hacia menor valor.

Resultado

j=6 en las unidades del modelo.

Lo comprobamos

No confundimos flujo j con cambio local uₜ: este depende de la variación espacial del flujo.

2. El borde decide la masa y el equilibrio final

En (0,L), integrar uₜ=κuₓₓ da M′=κ[uₓ(L,t)−uₓ(0,t)], donde M=∫u.
Los extremos aislados tienen uₓ=0 y conservan M.

Dirichlet fija valores, no flujo: con extremos fríos puede salir contenido.

Una solución estacionaria cumple uₓₓ=0 y es afín.

Sus constantes las decide el borde. Con aislamiento es constante; con temperaturas de extremo distintas aparece una pendiente y un flujo permanente, aunque la temperatura en cada lugar no cambie.

Equilibrio no significa temperatura uniforme

Barra [0,2], u(0,t)=10,u(2,t)=30, κ=1.

  1. Afín estacionaria

    u=Ax+B.
  2. Bordes

    B=10 y 2A+10=30, así A=10.
  3. Flujo

    j=−uₓ=−10, constante en toda la barra.
Resultado

u=10+10x: estado estacionario con flujo hacia la izquierda.

Lo comprobamos

Como el flujo que entra y sale se compensa, jₓ=0 y uₜ=0.

Extremos cero no garantizan integral conservada

En [0,π], u=e^(−t)sen x.

  1. Integral

    M=2e^(−t), así M′=−2e^(−t).
  2. Derivadas de borde

    uₓ(π)=−e^(−t) y uₓ(0)=e^(−t).
  3. Balance

    Su diferencia es −2e^(−t), exactamente M′.

Resultado

La cantidad sale por los extremos fríos.

Lo comprobamos

La conservación necesita una condición de flujo, no solo una ecuación sin fuente interior.

3. Cada modo del borde se enfría a su propio ritmo

Con extremos cero, ensayamos u=X(x)T(t).
El problema espacial −X″=λX con X(0)=X(L)=0 permite sen(nπx/L), λₙ=(nπ/L)², n≥1.
Al sustituir, T′=−κλₙT, luego T=bₙe^(−κλₙt).
Calor reduce los modos rápidos con mayor intensidad
El relieve fino desaparece antest=0t=0,2t=1sen x + 0,35sen(3x) ; κ=1
Tres perfiles exactos de la ecuación del calor con extremos cero en el intervalo cero pi: dato seno de x más cero coma treinta y cinco seno de tres x, y sus evoluciones a tiempo cero coma dos y uno. El tercer modo decae como exp menos nueve t y el primero como exp menos t. Cada fila usa la misma escala vertical.

El cuadrado de n es crucial: una oscilación tres veces más rápida se amortigua con una tasa nueve veces mayor. El dibujo usa las mismas escalas en sus tres filas; las ondulaciones finas desaparecen antes que la forma ancha.

Comparar dos tasas sin confundir exponente y amplitud

L=π,κ=2; modos n=1 y n=3, ambos de amplitud inicial uno.

  1. Valores propios

    λ₁=1,λ₃=9.
  2. Tasas

    κλ₁=2 y κλ₃=18.
  3. En t=1/2

    Amplitudes e^(−1) y e^(−9), respectivamente.

Resultado

El tercer modo pierde amplitud mucho más deprisa.

Lo comprobamos

La tasa positiva es 18; el exponente temporal lleva −18t.

El relieve del dibujo tiene dos piezas

L=π,κ=1,f=sen x+0,35sen(3x).

  1. Primera contribución

    e^(−t)sen x.

  2. Segunda

    0,35e^(−9t)sen(3x).

  3. Sumar

    La ecuación es lineal; ambas piezas cumplen los extremos.

Resultado

u=e^(−t)sen x+0,35e^(−9t)sen(3x).

Lo comprobamos

En t=0 se recupera cada coeficiente del perfil; el dibujo no cambia el dato al avanzar.

4. Un perfil general se descompone y cada coeficiente evoluciona

Para f∈L²(0,L), bₙ=(2/L)∫f(x)sen(nπx/L)dx.

La base completa de senos permite recuperar f en norma L². Evolucionamos cada coeficiente y sumamos sus modos: eso describe la solución de calor con Dirichlet homogénea.

Para t>0, el factor e^(−constante·n²t) controla las derivadas y produce suavidad interior. Recuperar el dato en L² no significa coincidir puntualmente en todo extremo. Para continuidad clásica en las esquinas se exige, entre otras condiciones, compatibilidad del perfil con los bordes.

Hacer una integral de coeficientes

f(x)=x(π−x) en [0,π].

  1. Definir

    b_n=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi x(\pi-x)\sin(nx)\,dx.
  2. Integrar por partes dos veces

    La integral vale 2[1−(−1)ⁿ]/n³: los términos de borde de f son cero.

  3. Coeficientes

    bₙ=4[1−(−1)ⁿ]/(πn³): 8/(πn³) si n es impar y cero si n es par.
Resultado

u=Σₙ bₙe^(−n²t)sen(nx), para κ=1.

Lo comprobamos

La simetría respecto al centro elimina los senos pares; el cálculo coincide con esa simetría.

Un dato L² puede no encajar puntualmente con el borde

f(x)=1 en (0,π), extremos fijados a cero para t>0.

  1. Coeficientes

    \int_0^\pi\sin(nx)\,dx=\frac{1-(-1)^n}{n}.
  2. Serie

    bₙ=4/(πn) para n impar, cero para n par.
  3. Sentido del inicio

    La solución recupera 1 en L² al tender t a cero, pero no es continua en las dos esquinas.

Resultado

El dato es admisible en un marco L², no como solución continua en toda la clausura desde t=0.

Lo comprobamos

Cada seno vale cero en los extremos; una afirmación de convergencia uniforme hasta esas esquinas sería falsa.

5. El aislamiento conserva la media, porque permite el modo cero

Con uₓ(0,t)=uₓ(L,t)=0, los modos son cos(nπx/L), n≥0.
El n=0 es constante y λ₀=0: no decae.
Su coeficiente es la media m=(1/L)∫f.

Los demás tienen tasas positivas.

En L², el perfil aislado tiende a esa media. Con Dirichlet cero tiende a cero. Si falta el primer modo de decaimiento, la velocidad asintótica la decide el siguiente que sí esté presente; no se inventa un coeficiente no dado.

Promediar una barra aislada

L=π,κ=1,f=4+2cos(2x).

  1. Media

    La integral del coseno es cero, así m=4.
  2. Evolución

    u=4+2e^(−4t)cos(2x).
  3. Comprobar borde

    uₓ=−4e^(−4t)sen(2x), cero en ambos extremos.
Resultado

El perfil tiende a 4 y su integral sigue siendo 4π.

Lo comprobamos

La parte constante no puede borrarse: el aislamiento no permite perder esa media.

El modo más lento puede no estar presente

Dirichlet en [0,π], f=3sen(2x),κ=1.

  1. Primer coeficiente

    b₁=0.
  2. Solución

    u=3e^(−4t)sen(2x).
  3. Tiempo grande

    La tasa dominante es 4, no 1.

Resultado

Domina el primer modo que realmente aparece en el dato.

Lo comprobamos

La familia de modos posibles no obliga a que todos tengan coeficiente distinto de cero.

6. En toda la recta el núcleo gaussiano reparte la influencia

Para t>0, G(x,t)=exp(−x²/(4κt))/√(4πκt).
Es positiva, tiene integral uno y cumple Gₜ=κGₓₓ.
La solución en la recta se construye por convolución: u(x,t)=∫G(x−y,t)f(y)dy.
Una gaussiana se ensancha conservando su integral
La anchura crece y el pico bajat=0 ; t=0,5 ; t=2El área sigue siendo √π.
Difusión en toda la recta con kappa uno y dato exp menos x cuadrado. A tiempo t la solución es exp de menos x cuadrado entre uno más cuatro t, dividido por raíz de uno más cuatro t. Tres curvas tienen alturas uno, uno sobre raíz tres y un tercio; todas tienen área raíz pi. Se muestra una ventana finita.

Para f integrable, conserva la integral; para f∈Lᵖ con 1≤p<∞, recupera el dato en norma Lᵖ cuando t baja a cero. En puntos de continuidad se recupera el valor bajo las hipótesis habituales de integrabilidad o acotación. La anchura del núcleo es del orden de √(κt), no de t.

Una gaussiana ya ancha se ensancha más

κ=1,f=e^(−x²).

  1. Convolución de gaussianas

    Completar el cuadrado en la integral da u=exp(−x²/(1+4t))/√(1+4t).
  2. Pico

    En t=2 vale 1/3, porque √(1+8)=3.
  3. Área

    Con ξ=x/√(1+4t), la integral sigue siendo ∫e^(−ξ²)dξ=√π.
Resultado

Baja la altura y aumenta la anchura, con área fija.

Lo comprobamos

En t=0 la fórmula devuelve exactamente e^(−x²); el dibujo usa esos mismos datos.

Calcular una escala de difusión

κ=2, comparamos t=1 y t=4.

  1. Escala

    √(κt) pasa de √2 a √8=2√2.
  2. Varianza del núcleo

    Es 2κt: pasa de 4 a 16.

  3. Distinguir

    La desviación típica duplica; la varianza cuadruplica.

Resultado

Cuadruplicar el tiempo duplica una anchura característica.

Lo comprobamos

El factor constante depende de qué anchura se mida, pero el crecimiento en √t se mantiene.

7. El máximo impide crear un pico por encima de todos los datos

En un cilindro acotado, una solución clásica sin fuente, continua hasta el borde parabólico, queda entre el mínimo y máximo de su perfil inicial y de sus bordes laterales. Ese borde incluye t=0, no necesita un dato en el tiempo final.

Idea de prueba: para ε>0 consideramos v=u−εt.

En un máximo espacial interior posterior al inicio, vₓₓ≤0 y la derivada temporal en un máximo hasta ese instante es ≥0.

Pero vₜ−κvₓₓ=−ε, contradicción.

El máximo de v está en los datos; al dejar ε→0 queda la cota para u. Aplicar lo mismo a −u da el mínimo.

Usar una cota antes de resolver

Dato inicial entre 2 y 8 y ambos extremos mantenidos entre 1 y 9.

  1. Borde parabólico

    Incluye todas esas temperaturas iniciales y laterales.

  2. Extremos globales de los datos

    Mínimo al menos 1 y máximo a lo sumo 9.

  3. Conclusión

    La solución sin fuente permanece entre 1 y 9.

Resultado

1≤u≤9 en el cilindro regular considerado.

Lo comprobamos

No podemos mejorar automáticamente el límite superior a 8 si un extremo llega a 9.

El mismo argumento demuestra unicidad

Dos soluciones regulares con el mismo perfil y los mismos bordes.

  1. Restar

    w=u₁−u₂ satisface calor y tiene datos cero.
  2. Máximo

    w≤0.
  3. Mínimo

    Aplicar el máximo a −w da w≥0.
Resultado

w=0: ambas soluciones coinciden.

Lo comprobamos

La prueba usa las hipótesis del máximo y demuestra unicidad en esa clase, no existencia por sí sola.

8. La magnitud cuadrática disminuye aunque algún punto se caliente

Para E=∫₀ᴸu² y solución suave, E′=2κ∫u uₓₓ=2κ[u uₓ]−2κ∫uₓ².

Con Dirichlet cero o aislamiento se anula el borde y E′≤0. E es una magnitud cuadrática del perfil; no se identifica sin más con la energía térmica física.

Con Dirichlet, Poincaré da ∫uₓ²≥(π/L)²E, luego E(t)≤E(0)e^(−2κ(π/L)²t).

Con aislamiento aplicamos la desigualdad al perfil menos su media. Una disminución de una integral no obliga a disminuir cada valor puntual.

Ver exactamente la pérdida de energía de un modo

u=2e^(−4t)sen(2x) en [0,π],κ=1.

  1. Integrar el cuadrado

    E=4e^(−8t)·π/2=2πe^(−8t).
  2. Derivar

    E′=−16πe^(−8t).
  3. Gradiente

    ∫uₓ²=16e^(−8t)·π/2=8πe^(−8t).
Resultado

E′=−2∫uₓ², como exige la identidad.

Lo comprobamos

La tasa de E es 8, el doble de la tasa de la amplitud, que es 4.

La difusión puede calentar el punto central

Aislamiento en [0,π],u=4+2e^(−4t)cos(2x).

  1. En el centro

    u(π/2,t)=4−2e^(−4t), que sube de 2 hacia 4.
  2. Integral cuadrática

    E=16π+2πe^(−8t), que disminuye.
  3. Razón

    Los puntos más calientes ceden contenido al centro, sin cambiar la media.

Resultado

Un punto puede calentarse mientras disminuye la variación global.

Lo comprobamos

Aquí se pueden comprobar ambos comportamientos en una única solución exacta.

9. Alisar hacia el futuro no permite reconstruir establemente el pasado

Si f≥0 es integrable y no es cero como elemento de L¹, G>0 implica u(x,t)>0 para cada x y t>0. La influencia alcanza toda la recta de inmediato en este modelo ideal, aunque sea minúscula lejos de la concentración inicial.

Para reconstruir un modo desde t=T hay que multiplicar por e^(κλₙT). Ese factor crece sin límite con n. La evolución directa reduce errores L² con el mismo borde; la inversión puede amplificar ruido arbitrariamente pequeño. Regularizar requiere información adicional y no equivale a cambiar sin más el signo del tiempo.

Una pequeña amplitud observada puede esconder un dato grande

κ=1,L=π,T=1, uₙ=e^(−n²t)sen(nx).

  1. Observación

    En t=1, la norma es e^(−n²)√(π/2) y tiende a cero.
  2. Pasado

    En t=0, la norma es siempre √(π/2).
  3. Comparación con cero

    Los datos finales se aproximan a los de la solución nula, pero sus pasados no.

Resultado

La reconstrucción inversa no es continua en esas normas L².

Lo comprobamos

Se trata de una secuencia exacta de soluciones, no de un error de redondeo particular.

La influencia inmediata sigue siendo pequeña lejos del origen

Dato no negativo concentrado inicialmente en [−1,1].

  1. Convolución

    Para t>0, cada valor de f se pondera con una gaussiana positiva.

  2. Fuera del soporte

    Aunque x>1, x−y es finito y G(x−y,t)>0.
  3. Distancia

    El factor exponencial puede ser extraordinariamente pequeño, pero no es exactamente cero.

Resultado

El calor difunde con influencia instantánea en este modelo.

Lo comprobamos

No se atribuye esta propiedad al transporte ni a ondas, que tienen otra dependencia espacial.

Ahora lo resolvemos de principio a fin.

EJEMPLO RESUELTO 1

Un modo

Resuelve uₜ=uₓₓ en (0,π), extremos cero, u(x,0)=sin 2x.

  1. Datos

    κ=1,L=π y f=sen(2x), con Dirichlet cero.
  2. Modo espacial

    X=sen(2x) cumple X″=−4X y se anula en ambos extremos.
  3. Amplitud temporal

    u=T(t)X exige T′=−4T.
  4. Inicio

    El coeficiente inicial es uno, así T(0)=1 y T=e^(−4t).
  5. Reunir

    u=e^(−4t)sen(2x).
  6. Comprobar

    uₜ y uₓₓ son ambos −4e^(−4t)sen(2x); se recupera el perfil inicial y los bordes.

Resultado

u=e^(−4t)sin2x.

Lo comprobamos

La tasa cuatro coincide con κλ₂=1·2². La cantidad ∫u² vale (π/2)e^(−8t), que disminuye.

EJEMPLO RESUELTO 2

Estado constante

Con frontera aislada, estudia u(x,t)=7.

  1. Interpretar

    Una temperatura igual a 7 en todos los lugares no tiene gradientes.

  2. Tiempo

    uₜ=0.
  3. Primera derivada espacial

    uₓ=0, por lo que no hay flujo difusivo.
  4. Segunda derivada

    uₓₓ=0 y uₜ=κuₓₓ para cualquier κ>0.
  5. Aislamiento

    La derivada normal es cero en los dos extremos.

  6. Conclusión

    Es el modo constante estacionario; en un intervalo de longitud L conserva integral 7L.

Resultado

Es un estado estacionario.

Lo comprobamos

En un intervalo de longitud L, la integral es 7L y la cantidad cuadrática 49L, ambas constantes; no existen gradientes que disipar.

Los símbolos que hemos usado

u(x,t)
Temperatura o concentración, según el modelo, en posición x y tiempo t.
κ>0
Difusividad, de unidades longitud²/tiempo.
j=−κu_x
Flujo difusivo en el modelo de concentración con coeficientes constantes.
f(x)
Perfil inicial u(x,0).
λ_n=(nπ/L)²
Valores propios Dirichlet de −d²/dx² en un intervalo de longitud L.
G(x,t)
Núcleo gaussiano de difusión en toda la recta, definido para t>0.
E(t)=∫u²
Cantidad cuadrática que mide la magnitud global del perfil, sin identificarse necesariamente con la energía térmica física.

Ahora te toca a ti.

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

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