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Grado en Matemáticas

Separación de variables y problemas espectrales

Separar variables no consiste en adivinar de golpe toda la solución. Buscamos piezas sencillas que ya respeten el borde, aprendemos cómo evoluciona cada una y después las combinamos para ajustar el dato. Veremos dónde aparece el valor propio y por qué un mismo modo espacial puede enfriarse, oscilar o formar parte de un equilibrio.

1. Un producto es una pieza elemental, no toda solución posible

Ensayamos u(x,t)=X(x)T(t): al derivar en t, X queda fijo; al derivar en x, T queda fijo. Este producto suele ser solo un modo. En una ecuación lineal podemos sumar modos para construir un perfil más general.

La geometría y los coeficientes deben permitir la separación. Rectángulos y condiciones homogéneas en sus lados son un punto de partida; discos requieren coordenadas y funciones diferentes. En ecuaciones no lineales, sumar soluciones no funciona automáticamente.

Una suma necesita más de un producto

u=e^(−t)sen x+e^(−4t)sen(2x).

  1. Dos componentes

    Cada término es un producto de una función espacial y una temporal.

  2. Proporciones

    La razón de sus coeficientes es e^(−3t), que cambia con t.

  3. Conclusión

    No puede mantenerse un único perfil X multiplicado por una sola amplitud T.

Resultado

Una superposición de modos puede cambiar su forma.

Lo comprobamos

La linealidad permite esa suma aunque el resultado no sea un solo producto.

Comprobar por qué falla una superposición no lineal

Burgers uₜ+u uₓ=0: u₁=x/(1+t) y u₂=1.

  1. Por separado

    Ambas son soluciones para t≥0.
  2. Sumar

    v=1+x/(1+t), con vₜ=−x/(1+t)² y vₓ=1/(1+t).
  3. Residual

    vₜ+v vₓ=1/(1+t), distinto de cero.
Resultado

La suma no es solución de Burgers.

Lo comprobamos

El producto entre v y su derivada genera términos cruzados que no existían en cada solución por separado.

2. La constante de separación aparece al independizar las variables

Para uₜ=κuₓₓ, sustituimos XT y obtenemos XT′=κX″T.
Donde ambos factores son no nulos, T′/(κT)=X″/X.

El primer lado solo cambia con t y el segundo solo con x. Si son iguales para todos los pares de un rectángulo, fijar una variable muestra que ambos son constantes.

Elegimos escribir esa constante como −λ.

Quedan −X″=λX y T′=−κλT.

Las ecuaciones finales no tienen cocientes: se verifican también en nodos donde X=0. Dividir fue un paso de deducción local, no una razón para borrar esos puntos de la solución.

Ver la constante en un producto concreto

κ=2,X=sen(3x),T=e^(−18t).

  1. Cociente espacial

    X″/X=−9 donde X≠0.
  2. Temporal

    T′/(2T)=−18/2=−9.
  3. Ecuaciones sin dividir

    −X″=9X y T′=−18T siguen siendo válidas en todos los puntos.

Resultado

λ=9.

Lo comprobamos

El exponente 18 no es λ: incluye además la difusividad κ=2.

Un nodo no elimina el modo

X=sen(2x) tiene un cero en x=π/2.

  1. Cociente

    X″/X no está definido en el nodo.

  2. Ecuación espacial

    X″+4X=0 allí significa 0+0=0.
  3. Producto completo

    u=Tsen(2x) sigue definido y cumple su EDP si T tiene la ecuación temporal adecuada.

Resultado

El nodo es parte de la solución.

Lo comprobamos

Se comprueba la identidad sin dividir para recuperar todos los puntos.

3. El borde convierte la constante en una lista de valores permitidos

Con u(0,t)=u(L,t)=0 y T no idénticamente cero, X(0)=X(L)=0.
Para λ=k²>0, X=Acos(kx)+Bsen(kx).

El primer extremo fija A=0; para B≠0 el segundo exige kL=nπ.

Así λₙ=(nπ/L)²,n≥1.
Los extremos fijos solo permiten algunas frecuencias
−y″=λy ; y(0)=y(2)=0n=1 ; λ=π²/402n=2 ; λ=π²02n=3 ; λ=9π²/402Más n: más oscilaciones y mayor λ.
Tres autofunciones seno de n pi x medios en el intervalo de longitud dos, con n uno dos tres. Los valores propios son pi cuadrado cuartos, pi cuadrado y nueve pi cuadrado cuartos. Todas se anulan en ambos extremos y el número de ceros interiores crece con n.

No se omiten los otros signos: λ=0 produce una afín que los dos extremos anulan. λ<0 produce cosh y senh, y los extremos también fuerzan la función cero. Una solución cero existe siempre, pero no cuenta como autofunción.

Leer las longitudes de onda del dibujo

Intervalo [0,2], extremos cero.

  1. Modos

    Xₙ=sen(nπx/2).
  2. Primeros valores

    λ₁=π²/4,λ₂=π²,λ₃=9π²/4.
  3. Nodos

    Hay n−1 nodos interiores además de los extremos.

Resultado

Las frecuencias espaciales son discretas.

Lo comprobamos

La amplitud queda libre hasta ajustar los datos; cambiarla no cambia λₙ.

Cambiar la longitud cambia el espectro

Compara el primer modo en L=2 y L=4.

  1. Longitud dos

    λ₁=(π/2)².
  2. Longitud cuatro

    λ₁=(π/4)².
  3. Razón

    Al duplicar L, λ₁ se divide por cuatro.

Resultado

La geometría entra antes que la evolución temporal.

Lo comprobamos

No se conserva el mismo valor propio al cambiar el intervalo manteniendo el mismo índice n.

4. El mismo espectro espacial puede decaer u oscilar

Para calor, Tₙ′=−κλₙTₙ: una condición inicial fija Tₙ=bₙe^(−κλₙt). Para ondas, Tₙ″+c²λₙTₙ=0: dos condiciones iniciales fijan coseno y seno, con frecuencia ωₙ=c√λₙ.

La amplitud inicial unitaria es una elección si el enunciado pide un modo normalizado; no se añade cuando el dato inicial da otro coeficiente. Normalizar una autofunción espacial a norma uno tampoco es lo mismo que imponer que su máximo valga uno.

Un modo espacial, dos experimentos

X=sen(2x),L=π; κ=3 para calor y c=3 para ondas.

  1. Espectro

    λ=4.
  2. Calor con amplitud inicial 5

    T=5e^(−12t).
  3. Ondas con posición 5 y velocidad cero

    T=5cos(6t).
Resultado

Calor decae con tasa 12; ondas oscila con frecuencia angular 6.

Lo comprobamos

λ se multiplica por κ en un modelo y se usa su raíz multiplicada por c en el otro.

La velocidad fija el coeficiente del seno temporal

λ=4,c=2,posición inicial cero y velocidad modal 12.

  1. Frecuencia

    ω=2√4=4.
  2. Forma

    T=Bsen(4t), porque T(0)=0.
  3. Velocidad

    T′(0)=4B=12, así B=3.
Resultado

T=3sen(4t).

Lo comprobamos

Asignar B=12 habría producido una velocidad inicial de 48, distinta del dato.

5. La ortogonalidad permite extraer coeficientes uno a uno

En (0,L), ∫XₙXₘ=0 si n≠m y ∫Xₙ²=L/2 para Xₙ=sen(nπx/L).
Multiplicar f=ΣbₙXₙ por Xₘ e integrar aísla bₘ.
La fórmula es bₙ=∫fXₙ/∫Xₙ².
Con esta base, bₙ=(2/L)∫f sen(nπx/L).
Si usamos modos unitarios ϕₙ=√(2/L)Xₙ, el coeficiente es directamente ∫fϕₙ.

El perfil final debe ser el mismo, aunque cambien los números de sus coeficientes.

Extraer de una combinación ya conocida

L=π,f=2sen x−3sen(3x).

  1. Producto con sen x

    El término cruzado se anula y el numerador queda 2·π/2.

  2. Dividir por la norma

    b₁=2.
  3. Con el tercer modo

    b₃=−3; los demás son cero.
Resultado

La integral recupera exactamente los coeficientes visibles.

Lo comprobamos

La ortogonalidad es la razón de la extracción, no una regla de comparar términos sin justificar.

Un perfil lineal tiene infinitos coeficientes

f(x)=x en (0,π), interpretado en L².

  1. Integración por partes

    ∫₀^πx sen(nx)dx=−π(−1)ⁿ/n.
  2. Fórmula

    bₙ=2(−1)^(n+1)/n.
  3. Sentido del borde

    La serie de senos no reproduce puntualmente f(π)=π, porque todos sus términos son cero allí.

Resultado

La representación es válida en norma L².

Lo comprobamos

No se promete continuidad en la esquina con un borde cero incompatible con ese valor de f.

6. Una serie necesita una clase de convergencia antes de derivarla

La completitud de los senos da representación en L² para todo dato de L². Eso no autoriza a derivar término a término en t=0 ni afirma convergencia uniforme en las esquinas. Para calor, los factores e^(−constante·n²t) dominan las potencias de n que aparecen al derivar cuando t está separado de cero.

Ondas conserva amplitudes y no produce ese mismo alisamiento. Con f∈H₀¹ y g∈L² hay un marco de energía finita; mayor regularidad de los datos y compatibilidad permiten soluciones clásicas. Se distingue una identidad formal de una solución demostrada en la clase elegida.

Por qué una potencia no vence a la exponencial del calor

Fijamos τ>0 y miramos nᵏe^(−n²τ).

  1. Logaritmo

    Su logaritmo es kln n−n²τ.

  2. Crecimiento

    n² domina ln n, así el logaritmo tiende a −∞.

  3. Series de derivadas

    Para tiempos t≥τ, la misma amortiguación permite sumar potencias de n multiplicadas por gaussianas.

Resultado

Los modos altos se vuelven muy pequeños para tiempo positivo.

Lo comprobamos

La cota empeora cuando τ→0; no justifica sin más derivar en el instante inicial.

Una esquina espacial se comporta distinto en calor y ondas

Dato triangular continuo, cero en los extremos y lineal a cada lado del centro.

  1. Clase

    Pertenece a H₀¹, pero su derivada espacial tiene un salto en el centro.

  2. Calor

    Para t>0, la difusión suaviza la esquina interior.
  3. Ondas

    Con velocidad inicial cero, las dos copias transportan ese cambio de pendiente.

Resultado

La misma expansión espacial no implica la misma regularidad futura.

Lo comprobamos

En ondas se interpreta inicialmente en el marco de energía; no se declara clásica en las líneas donde viajan las esquinas.

7. Otras fronteras cambian la base y pueden introducir multiplicidades

Neumann homogénea produce cosenos, incluido el modo constante n=0. Una frontera periódica de longitud L produce cos(2πnx/L),sen(2πnx/L) para n≥1 y la constante; cada frecuencia positiva tiene dos direcciones reales independientes.

En Sturm–Liouville regular autoadjunto, −(pX′)′+qX=λwX, el peso positivo w entra en ∫wXₙXₘ. Los teoremas de ortogonalidad y base requieren esas hipótesis; no todo operador proporciona automáticamente una base ortogonal. La simplicidad de valores propios para bordes separados no se traslada a fronteras periódicas.

Un modo que nunca se enfría

Neumann en [0,π],f=6+cos(3x),κ=1.

  1. Constante

    λ₀=0 y su amplitud 6 permanece.
  2. Modo variable

    λ₃=9, con factor e^(−9t).
  3. Solución

    u=6+e^(−9t)cos(3x).
Resultado

El límite es la media 6.

Lo comprobamos

Si se usaran senos Dirichlet se estaría resolviendo un problema de frontera distinto.

Un valor propio puede tener dos modos independientes

Periodicidad de longitud 2π,operador −X″.

  1. Candidatos

    cos(2x) y sen(2x) son periódicos y cumplen −X″=4X.
  2. Independencia

    En x=0, coseno vale 1 y seno 0; sus derivadas permiten distinguir la otra dirección.

  3. Espacio propio

    Todas las combinaciones A cos(2x)+Bsen(2x) pertenecen al valor λ=4.

Resultado

El espacio propio tiene dimensión dos.

Lo comprobamos

No contradice la simplicidad de los problemas regulares con bordes separados; aquí los extremos están vinculados por periodicidad.

8. En un rectángulo también se pueden separar dos direcciones espaciales

Para Laplace, u=XY da X″Y+XY″=0.
Elegimos X″=−λX y Y″=λY.

Un lado puede aportar senos y el otro funciones hiperbólicas. Las condiciones de cada par de lados seleccionan cuál aparece y cómo se normaliza.

Separar variables combina seno horizontal con seno hiperbólico vertical
Tres lados cero y el superior dadou(x,1)=sen(πx)01u=sen(πx)senh(πy)/senhπCada curva eleva el valor sobre su nivel.
Cuadrado unidad con valores cero en lados verticales y lado inferior, y seno de pi x en el superior. La solución armónica es seno de pi x por seno hiperbólico de pi y dividido por seno hiperbólico de pi. Cuatro cortes horizontales dibujan el valor como una elevación sobre su nivel espacial para visualizar cómo decrece hacia la base.

Para −Δ en una caja con Dirichlet, los productos de modos de intervalos tienen valores propios que se suman: λₘₙ=(mπ/a)²+(nπ/b)² en un rectángulo a por b. En discos aparecen otras familias; los senos de una caja no se usan sin adaptar la geometría.

Resolver el cuadrado del dibujo

0<x,y<1; tres lados cero y u(x,1)=sen(πx).

  1. Horizontal

    X=sen(πx), λ=π².
  2. Vertical

    Y″=π²Y y Y(0)=0, así Y=Csenh(πy).
  3. Borde superior

    Y(1)=1 fija C=1/senhπ.
Resultado

u=sen(πx)senh(πy)/senhπ.

Lo comprobamos

uₓₓ=−π²u y uᵧᵧ=π²u; los cuatro lados y Laplace se comprueban directamente.

Sumar valores propios de dos intervalos

Rectángulo 2 por 3,modo (m,n)=(1,2),Dirichlet.

  1. Primer factor

    sen(πx/2) aporta π²/4.

  2. Segundo

    sen(2πy/3) aporta 4π²/9.

  3. Suma

    λ=π²/4+4π²/9=25π²/36.
Resultado

El producto es autofunción de −Δ con λ=25π²/36.

Lo comprobamos

La regla suma porque el laplaciano deriva cada dirección por separado.

9. Primero homogeneizamos el borde; después expandimos la fuente

Una suma de modos cero en el borde nunca reproduce un borde no nulo. Elegimos una función h que cumpla ese dato y escribimos u=h+v. El nuevo problema tiene borde homogéneo, pero puede incorporar una fuente procedente de hₜ y sus derivadas espaciales.

Si vₜ=κvₓₓ+q, expandimos q en los mismos modos.
Cada coeficiente satisface bₙ′+κλₙbₙ=qₙ(t).

Su solución combina la amplitud inicial amortiguada con ∫₀ᵗe^(−κλₙ(t−s))qₙ(s)ds. Se justifican convergencia y regularidad según los datos.

Restar un equilibrio con extremos distintos

Calor en [0,2],u(0,t)=10,u(2,t)=30.

  1. Elegir

    h=10+10x cumple ambos extremos y hₜ=hₓₓ=0.
  2. Restar

    v=u−h cumple calor con extremos cero.
  3. Inicio

    Si el perfil inicial es f, el de v es f−h; esos son los coeficientes que se expanden.

Resultado

u=h+Σbₙe^(−κλₙt)sen(nπx/2).

Lo comprobamos

No se expande f sin restar h: eso olvidaría el borde no homogéneo.

Una fuente modal produce una amplitud forzada

En [0,π],vₜ=vₓₓ+sen x,extremos e inicio cero.

  1. Un solo modo

    v=b(t)sen x.
  2. EDO

    b′+b=1,b(0)=0.
  3. Resolver

    Multiplicar por eᵗ e integrar da b=1−e^(−t).
Resultado

v=(1−e^(−t))sen x.

Lo comprobamos

vₜ=e^(−t)sen x y vₓₓ+sen x da la misma expresión; el límite estacionario es sen x.

10. La solución se revisa en ecuación, datos y paso al límite

Primero verificamos cada modo y el borde. Después comprobamos todos los datos iniciales, sin añadir normalizaciones que el enunciado no pide. Si la suma es infinita, justificamos en qué sentido converge y cuándo podemos intercambiar derivadas e integral o suma.

Una suma finita no plantea ese último intercambio. En una serie, los datos incompatibles en una esquina pueden seguir teniendo sentido L² sin producir continuidad clásica allí. Escribir el resultado con su dominio y su clase hace posible comprobar qué problema se ha resuelto realmente.

Comprobar una solución finita completa

u=2e^(−t)sen x−e^(−9t)sen(3x),en [0,π].

  1. EDP

    Cada derivada temporal coincide con su segunda derivada espacial.

  2. Bordes

    Ambos senos se anulan en cero y π.

  3. Dato

    En cero temporal queda 2sen x−sen(3x).

Resultado

Resuelve calor con κ=1 y exactamente ese dato inicial.

Lo comprobamos

La suma finita permite todas las derivadas sin invocar un teorema de series.

Detectar qué falta en una respuesta formal

Se propone Σbₙe^(−n²t)sen(nx) sin decir qué son bₙ.

  1. Familia

    Los términos sugieren calor con Dirichlet en [0,π] y κ=1.

  2. Dato no ajustado

    Falta demostrar que bₙ son los coeficientes del perfil solicitado.

  3. Convergencia

    Falta indicar hipótesis y sentido de solución si la suma es infinita.

Resultado

La forma de los modos no basta para resolver el problema completo.

Lo comprobamos

El paso de plantilla a solución exige ajustar y justificar los datos, no inventar una amplitud común.

Ahora lo resolvemos de principio a fin.

EJEMPLO RESUELTO 1

Calor separado

Para uₜ=2uₓₓ en (0,π), con extremos fijos u(0,t)=u(π,t)=0, encuentra el modo de senos n=1 normalizado con amplitud inicial unitaria.

  1. Marco

    κ=2,intervalo [0,π],Dirichlet cero y modo n=1 con amplitud inicial unitaria.

  2. Espacio

    X=sen x y −X″=X, por tanto λ₁=1.
  3. Tiempo

    T′=−κλ₁T=−2T.
  4. Normalización pedida

    T=Ce^(−2t) y T(0)=1 fijan C=1.
  5. Reunir

    u=e^(−2t)sen x.
  6. Comprobar

    uₜ=2uₓₓ=−2e^(−2t)sen x; los extremos son cero y el coeficiente inicial es uno.

Resultado

u=e^(−2t)sin x.

Lo comprobamos

La tasa dos es κλ₁, el perfil se anula en los extremos y su amplitud inicial es uno, tal como fija la normalización del problema.

EJEMPLO RESUELTO 2

Dos modos

Resuelve uₜ=uₓₓ en (0,π), con extremos fijos u(0,t)=u(π,t)=0 y dato inicial u(x,0)=sin x+3sin(2x).

  1. Leer todos los datos

    κ=1,extremos cero y f=sen x+3sen(2x).
  2. Coeficientes

    b₁=1,b₂=3 y el resto cero.
  3. Primer modo

    λ₁=1, contribución e^(−t)sen x.
  4. Segundo

    λ₂=4, contribución 3e^(−4t)sen(2x).
  5. Superponer

    Sumamos ambas soluciones por linealidad.

  6. Verificar el problema completo

    u=e^(−t)sen x+3e^(−4t)sen(2x) satisface la EDP,los dos bordes y el dato inicial. La suma es finita.

Resultado

u=e^(−t)sin x+3e^(−4t)sin2x.

Lo comprobamos

Cada modo satisface u_t=u_xx y ambos se anulan en cero y π. La suma es finita, así no aparece un problema de intercambio con una serie infinita.

Los símbolos que hemos usado

u(x,t)=X(x)T(t)
Ensayo de solución separada no nula, con factor espacial X y factor temporal T.
λ
Constante de separación que se convierte en valor propio al imponer frontera.
X_n,λ_n
Autofunción espacial y valor propio de su problema de contorno.
b_n
Coeficiente del perfil inicial en la expansión sobre el modo X_n.
⟨f,g⟩
Producto interior espacial; en L² usual es ∫f conjugado(g).
κ,c
Difusividad positiva del calor y velocidad positiva de ondas.

Ahora te toca a ti.

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

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