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.
Si necesitas repasar:
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).
Dos componentes
Cada término es un producto de una función espacial y una temporal.
Proporciones
La razón de sus coeficientes es e^(−3t), que cambia con t.
Conclusión
No puede mantenerse un único perfil X multiplicado por una sola amplitud T.
Una superposición de modos puede cambiar su forma.
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.
Por separado
Ambas son soluciones para t≥0.Sumar
v=1+x/(1+t), con vₜ=−x/(1+t)² y vₓ=1/(1+t).Residual
vₜ+v vₓ=1/(1+t), distinto de cero.
La suma no es solución de Burgers.
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
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.
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).
Cociente espacial
X″/X=−9 donde X≠0.Temporal
T′/(2T)=−18/2=−9.Ecuaciones sin dividir
−X″=9X y T′=−18T siguen siendo válidas en todos los puntos.
λ=9.
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.
Cociente
X″/X no está definido en el nodo.
Ecuación espacial
X″+4X=0 allí significa 0+0=0.Producto completo
u=Tsen(2x) sigue definido y cumple su EDP si T tiene la ecuación temporal adecuada.
El nodo es parte de la solución.
Se comprueba la identidad sin dividir para recuperar todos los puntos.
3. El borde convierte la constante en una lista de valores permitidos
El primer extremo fija A=0; para B≠0 el segundo exige kL=nπ.
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.
Modos
Xₙ=sen(nπx/2).Primeros valores
λ₁=π²/4,λ₂=π²,λ₃=9π²/4.Nodos
Hay n−1 nodos interiores además de los extremos.
Las frecuencias espaciales son discretas.
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.
Longitud dos
λ₁=(π/2)².Longitud cuatro
λ₁=(π/4)².Razón
Al duplicar L, λ₁ se divide por cuatro.
La geometría entra antes que la evolución temporal.
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.
Espectro
λ=4.Calor con amplitud inicial 5
T=5e^(−12t).Ondas con posición 5 y velocidad cero
T=5cos(6t).
Calor decae con tasa 12; ondas oscila con frecuencia angular 6.
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.
Frecuencia
ω=2√4=4.Forma
T=Bsen(4t), porque T(0)=0.Velocidad
T′(0)=4B=12, así B=3.
T=3sen(4t).
Asignar B=12 habría producido una velocidad inicial de 48, distinta del dato.
5. La ortogonalidad permite extraer coeficientes uno a uno
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).
Producto con sen x
El término cruzado se anula y el numerador queda 2·π/2.
Dividir por la norma
b₁=2.Con el tercer modo
b₃=−3; los demás son cero.
La integral recupera exactamente los coeficientes visibles.
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.
Integración por partes
∫₀^πx sen(nx)dx=−π(−1)ⁿ/n.Fórmula
bₙ=2(−1)^(n+1)/n.Sentido del borde
La serie de senos no reproduce puntualmente f(π)=π, porque todos sus términos son cero allí.
La representación es válida en norma L².
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).
Logaritmo
Su logaritmo es kln n−n²τ.
Crecimiento
n² domina ln n, así el logaritmo tiende a −∞.
Series de derivadas
Para tiempos t≥τ, la misma amortiguación permite sumar potencias de n multiplicadas por gaussianas.
Los modos altos se vuelven muy pequeños para tiempo positivo.
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.
Clase
Pertenece a H₀¹, pero su derivada espacial tiene un salto en el centro.
Calor
Para t>0, la difusión suaviza la esquina interior.Ondas
Con velocidad inicial cero, las dos copias transportan ese cambio de pendiente.
La misma expansión espacial no implica la misma regularidad futura.
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.
Constante
λ₀=0 y su amplitud 6 permanece.Modo variable
λ₃=9, con factor e^(−9t).Solución
u=6+e^(−9t)cos(3x).
El límite es la media 6.
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″.
Candidatos
cos(2x) y sen(2x) son periódicos y cumplen −X″=4X.Independencia
En x=0, coseno vale 1 y seno 0; sus derivadas permiten distinguir la otra dirección.
Espacio propio
Todas las combinaciones A cos(2x)+Bsen(2x) pertenecen al valor λ=4.
El espacio propio tiene dimensión dos.
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
Un lado puede aportar senos y el otro funciones hiperbólicas. Las condiciones de cada par de lados seleccionan cuál aparece y cómo se normaliza.
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).
Horizontal
X=sen(πx), λ=π².Vertical
Y″=π²Y y Y(0)=0, así Y=Csenh(πy).Borde superior
Y(1)=1 fija C=1/senhπ.
u=sen(πx)senh(πy)/senhπ.
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.
Primer factor
sen(πx/2) aporta π²/4.
Segundo
sen(2πy/3) aporta 4π²/9.
Suma
λ=π²/4+4π²/9=25π²/36.
El producto es autofunción de −Δ con λ=25π²/36.
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.
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.
Elegir
h=10+10x cumple ambos extremos y hₜ=hₓₓ=0.Restar
v=u−h cumple calor con extremos cero.Inicio
Si el perfil inicial es f, el de v es f−h; esos son los coeficientes que se expanden.
u=h+Σbₙe^(−κλₙt)sen(nπx/2).
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.
Un solo modo
v=b(t)sen x.EDO
b′+b=1,b(0)=0.Resolver
Multiplicar por eᵗ e integrar da b=1−e^(−t).
v=(1−e^(−t))sen x.
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].
EDP
Cada derivada temporal coincide con su segunda derivada espacial.
Bordes
Ambos senos se anulan en cero y π.
Dato
En cero temporal queda 2sen x−sen(3x).
Resuelve calor con κ=1 y exactamente ese dato inicial.
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.
Familia
Los términos sugieren calor con Dirichlet en [0,π] y κ=1.
Dato no ajustado
Falta demostrar que bₙ son los coeficientes del perfil solicitado.
Convergencia
Falta indicar hipótesis y sentido de solución si la suma es infinita.
La forma de los modos no basta para resolver el problema completo.
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.
Marco
κ=2,intervalo [0,π],Dirichlet cero y modo n=1 con amplitud inicial unitaria.
Espacio
X=sen x y −X″=X, por tanto λ₁=1.Tiempo
T′=−κλ₁T=−2T.Normalización pedida
T=Ce^(−2t) y T(0)=1 fijan C=1.Reunir
u=e^(−2t)sen x.Comprobar
uₜ=2uₓₓ=−2e^(−2t)sen x; los extremos son cero y el coeficiente inicial es uno.
u=e^(−2t)sin x.
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).
Leer todos los datos
κ=1,extremos cero y f=sen x+3sen(2x).Coeficientes
b₁=1,b₂=3 y el resto cero.Primer modo
λ₁=1, contribución e^(−t)sen x.Segundo
λ₂=4, contribución 3e^(−4t)sen(2x).Superponer
Sumamos ambas soluciones por linealidad.
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.
u=e^(−t)sin x+3e^(−4t)sin2x.
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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