Dos datos en un mismo instante fijan una solución regular de segundo orden. Si los ponemos en extremos distintos, pueden ser compatibles, incompatibles o dejar libertad. Los valores propios señalan precisamente los parámetros que permiten una solución homogénea no nula. Los calcularemos y aprenderemos por qué sus modos son ortogonales y cómo responden a un forzamiento.
Si necesitas repasar:
1. Dos condiciones en extremos distintos pueden dejar un sistema singular
Una ecuación lineal regular de segundo orden tiene dos constantes libres. y(a),y′(a) las fijan de forma única por el teorema inicial. En cambio, y(a),y(b) pueden producir dos ecuaciones dependientes o incompatibles para esas constantes.
Se comprueba el sistema resultante: contar condiciones no basta para afirmar existencia o unicidad. Si ambas condiciones se reducen a la misma igualdad, queda libertad; si exigen valores contradictorios de la misma combinación, no habrá solución.
El mismo intervalo admite infinitas o ninguna
y″+4y=0, y(0)=0.
Familia
y=Acos(2x)+Bsen(2x); el primer dato fija A=0.Segundo extremo cero
Pedir y(π/2)=0 no restringe B, porque senπ=0.Segundo extremo uno
Pedir y(π/2)=1 exigiría 0=1.
Dos condiciones pueden dejar infinitas soluciones o ninguna.
El intervalo y la ecuación permanecieron iguales; cambió el valor que debía cumplirse en el segundo extremo.
Un problema de contorno que sí fija ambas constantes
y″=0, y(0)=−1,y(2)=3.
Integrar
y=Ax+B.Primer dato
B=−1.Segundo
2A−1=3, así A=2.
y=2x−1 es la única solución.
Las dos ecuaciones para las constantes fueron independientes y compatibles.
2. Dirichlet, Neumann y Robin cambian el problema y sus valores propios
Dirichlet fija el valor de y; Neumann fija su derivada normal; Robin combina ambos. En [0,L], la normal exterior izquierda apunta hacia menos x y la derecha hacia más x: las derivadas normales son −y′(0) y y′(L). Condiciones homogéneas tienen lado derecho cero.
El operador no queda especificado solo por la expresión diferencial: también forman parte sus condiciones. Cambiarlas puede añadir un modo constante o incluso valores propios negativos. Los signos de Robin deben escribirse con la convención normal elegida.
Un modo constante cambia de admisible al cambiar el borde
−y″=λy en [0,2].
Neumann homogénea
y′(0)=y′(2)=0 admite y=1 con λ=0.Dirichlet homogénea
y(0)=y(2)=0 excluye cualquier constante no nula.Conclusión
La expresión −y″ es la misma, pero no el espectro.
Las condiciones son parte del problema de valores propios.
La derivada normal izquierda tiene signo contrario, aunque para dato cero ambas escrituras de Neumann coincidan.
Robin permite ver por qué importan los signos
y(0)−y′(0)=0 y −y(2)+y′(2)=0.
Lectura normal
La izquierda es y+∂ₙy=0 y la derecha −y+∂ₙy=0.Probar
y=eˣ cumple las dos, porque y′=y.Ecuación
−y″=−y, así λ=−1 es un valor propio con estas condiciones.
No toda elección de borde obliga a valores propios positivos.
Es un problema separado de Robin con coeficientes reales; no contradice la positividad que veremos para Dirichlet con energía no negativa.
3. Un valor propio requiere una solución distinta de cero
En L[y]=λwy con condiciones homogéneas, y=0 siempre sirve. λ es valor propio únicamente si también existe alguna solución no nula. Esa función se llama autofunción y describe un modo permitido por la ecuación y el borde simultáneamente.
Multiplicar una autofunción por una constante no nula no cambia el valor propio. Por eso buscamos direcciones de funciones y después elegimos una normalización. Multiplicar por cero produce la solución cero, que no es una autofunción.
Un parámetro que no es propio para Dirichlet
−y″=0, y(0)=y(2)=0.
General
y=Ax+B.Extremos
B=0 y 2A=0.Resultado
Solo queda y=0.
λ=0 no es valor propio de este problema.
La existencia de la solución cero no satisface la condición de modo no trivial.
Una familia de múltiplos de un mismo modo
−y″=(π²/4)y en [0,2], extremos cero.
Candidata
y=sen(πx/2).Verificar
Su segunda derivada es −(π²/4)y y se anula en cero y dos.
Múltiplos
A y también sirve para cada A no nulo.
π²/4 sí es valor propio y el modo puede escalarse.
No aparecen valores propios diferentes por cambiar solo la amplitud de la misma autofunción.
4. Para el modelo Dirichlet hay que estudiar los tres signos de λ
En −y″=λy sobre (0,L), con extremos cero, si λ=k²>0 usamos A cos(kx)+B sen(kx). El primer extremo da A=0; una función no nula exige sen(kL)=0.
Si λ=0, las funciones afines quedan anuladas por los extremos. Si λ=−k²<0, la base es cosh(kx),senh(kx); el primer extremo elimina cosh y el segundo elimina senh porque kL>0. Con esto no se omite ningún signo. Cambiar la segunda condición cambia la ecuación que deben satisfacer las frecuencias.
Los tres primeros modos del dibujo
L=2 y Dirichlet en ambos extremos.
Frecuencias
k=nπ/2, n=1,2,3,….Valores
π²/4, π², 9π²/4,….
Funciones
sen(nπx/2); el modo n tiene n−1 ceros interiores.
El borde permite solo frecuencias discretas.
Todas las curvas del dibujo se anulan en cero y dos, pero oscilan con ritmos distintos.
Dirichlet a un lado y Neumann al otro
y(0)=0,y′(2)=0.
Caso positivo
y=Bsen(kx); y′(2)=Bkcos(2k)=0.Frecuencias
k=(2n+1)π/4, n=0,1,2,….Otros signos
Una afín con y(0)=0 y y′(2)=0 es nula; una senh tiene derivada kcosh(2k) no nula salvo amplitud cero.
Los valores son ((2n+1)π/4)².
El primer valor es π²/16, diferente del π²/4 del borde Dirichlet doble.
5. Sturm–Liouville incorpora coeficientes, peso y condiciones autoadjuntas
Añadimos condiciones homogéneas separadas reales, no triviales, que anulen p(u v′−u′v) al evaluar los bordes.
La positividad de w garantiza norma positiva para una función no nula. En ese espacio, el operador asociado es T[y]=L[y]/w con el dominio de condiciones elegido. La integración por partes mostrará su simetría; estas hipótesis sustentan el teorema espectral regular.
El peso cambia la escala de los valores propios
−2y″=3λy en [0,2], extremos cero.
Datos
p=2,q=0,w=3, todos regulares con p,w positivos.Normalizar ecuación
−y″=(3λ/2)y.Frecuencias
3λ/2=(nπ/2)², así λₙ=n²π²/6.
Las autofunciones son los mismos senos, pero los valores propios cambiaron.
Confundir el peso con uno habría dado el espectro equivocado.
Un peso que no cumple la hipótesis de norma positiva
En [0,2], intenta usar w=−1.
Forma
La expresión ∫w|u|² sería negativa para toda u no nula.
Prueba simple
Con u=1, da −2.Consecuencia
No es el producto interior positivo del marco regular que acabamos de definir.
No se aplica ese teorema con sus hipótesis sin cambiar la formulación.
Que un símbolo aparezca multiplicando λ no basta para que sea un peso positivo admisible.
6. La identidad de Green produce realidad y ortogonalidad
Si L[u]=λwu y L[v]=μwv, multiplicamos la primera por v, la segunda por u, restamos e integramos.
Las condiciones autoadjuntas anulan el borde.
Para λ,μ reales distintos, el producto ponderado es cero. Para una autofunción compleja usamos su conjugada en la identidad: (λ−conjugado(λ))∫w|u|²=0. Como la norma es positiva, λ debe ser real. Ni la realidad ni la ortogonalidad se deducen solo de que un ejemplo use senos.
Comprobar dos modos ortogonales en el modelo sencillo
u=sen(πx/2),v=sen(πx), intervalo [0,2].
Producto
uv=[cos(πx/2)−cos(3πx/2)]/2.Integrar
Las primitivas son múltiplos de los senos de esos ángulos.
Extremos
En cero y dos, los senos valen cero: ∫uv=0.
Los valores propios π²/4 y π² son distintos y los modos son ortogonales.
La identidad trigonométrica comprueba el resultado general con una cuenta concreta.
Un peso no constante participa realmente en la cancelación
p=w=eˣ,q=0, con extremos cero en [0,2].
Cambio
Escribe y=e^(−x/2)v; −y″−y′=λy se vuelve −v″+(1/4)v=λv.Modos
yₙ=e^(−x/2)sen(nπx/2), λₙ=(nπ/2)²+1/4.Producto ponderado
eˣyₘyₙ=sen(mπx/2)sen(nπx/2), cuya integral es cero para m≠n.
La ortogonalidad correcta usa el peso eˣ.
Las dos exponenciales de las autofunciones se cancelan con el peso; no se elimina este sin una razón.
7. Normalizar modos permite expandir funciones con una noción precisa de convergencia
El teorema espectral regular, bajo las hipótesis anteriores y bordes separados autoadjuntos, da una sucesión real creciente de valores propios simples que tiende a +∞. Sus autofunciones pueden normalizarse y forman una base completa en L² con peso w.
Normalizamos dividiendo por √(∫w|yₙ|²). Los coeficientes de f son sus productos interiores con los modos normalizados. La convergencia general es en norma L²w. Convergencia puntual, uniformidad y derivar la serie requieren hipótesis adicionales sobre datos y regularidad.
Calcular una normalización, no solo nombrarla
Dirichlet en [0,3], yₙ=sen(nπx/3), w=1.
Cuadrado
sen²θ=(1−cos(2θ))/2.Norma
Integrar da ∫₀³yₙ²=3/2, porque el término seno de borde se anula.
Dividir
ϕₙ=√(2/3)sen(nπx/3).
Cada ϕₙ tiene norma uno.
La amplitud original de un modo era libre; la normalización fija una escala útil para coeficientes.
El peso cambia también los coeficientes de expansión
En [0,2], w=3 y f=2sen(πx/2)−3sen(πx).
Modos unitarios
ϕₙ=sen(nπx/2)/√3, ya que la integral sin peso de cada seno al cuadrado vale uno.
Coeficientes
c₁=2√3, c₂=−3√3 y los demás cero por ortogonalidad.Reconstruir
c₁ϕ₁+c₂ϕ₂ devuelve exactamente f.
Los coeficientes dependen de la normalización y del producto interior.
No se confunden los números de una combinación en modos sin normalizar con los de una base ortonormal.
8. La energía comprueba el signo y aproxima el primer valor propio
Con bordes Dirichlet, multiplicar L[y]=λwy por y e integrar da λ=∫[p(y′)²+qy²]/∫wy². El borde se anula y el denominador es positivo. Si q≥0, el numerador de una autofunción no nula es positivo: si fuese cero, y′ sería cero y los extremos obligarían y=0.
La caracterización variacional del primer valor propio es el mínimo de este cociente de Rayleigh entre funciones de prueba admisibles no nulas con extremos cero y energía finita. Una prueba concreta ofrece una cota superior. Con otros bordes hay que conservar sus términos, y con q negativo no se deduce positividad.
Una aproximación de energía cercana al primer valor
−y″ en [0,2], extremos cero; prueba v=x(2−x).
Numerador
∫₀²(v′)²=∫₀²(2−2x)²=8/3.Denominador
∫₀²v²=16/15.Cociente
R[v]=(8/3)/(16/15)=5/2, así λ₁≤2,5.
El valor exacto π²/4, aproximadamente 2,467, queda por debajo de esa cota.
La función de prueba cumple los dos extremos; no cualquier función produce una cota del mismo problema.
La positividad tiene condiciones que no se omiten
Compara dos cambios del problema.
Potencial negativo
En [0,π], Dirichlet y L=−y″−2y, el modo sen x tiene λ=−1.Otro borde
Con q=0 y los Robin de la segunda sección, eˣ también tiene λ=−1.
Razón
En el primero q no era no negativo; en el segundo no desaparece el término de energía que exige Dirichlet.
No hay una regla de positividad independiente del operador y sus condiciones.
Ambos ejemplos respetan su ecuación, pero no las hipótesis de la conclusión positiva anterior.
9. En un valor propio, el forzamiento debe evitar el modo resonante
Para (T−λ)y=g, con T=L/w y λ propio, la identidad autoadjunta exige ∫w g ϕ=0 para cada modo ϕ del núcleo.
Se especifica la formulación antes de colocar el peso.
En este marco regular autoadjunto, esa compatibilidad es también suficiente para el forzamiento apropiado. La solución no será única: se puede añadir cualquier modo homogéneo del núcleo. Imponer que y sea ortogonal al núcleo selecciona una representante. Fuera del espectro, el problema homogéneo solo tiene cero y el problema forzado tiene solución única.
Un forzamiento incompatible
−y″−(π²/4)y=sen(πx/2), en (0,2), extremos cero.
Modo resonante
ϕ=sen(πx/2) está en el núcleo.Multiplicar e integrar
La autoadjunción deja cero del lado izquierdo.
Derecha
∫₀²ϕ²=1, distinto de cero.
No existe solución con esos bordes.
No es un fallo de nuestro método de cálculo: la identidad obliga a una contradicción.
Un forzamiento compatible deja libertad homogénea
Mismo operador, lado derecho sen(πx).
Ortogonalidad
El segundo seno es ortogonal al primero, así cumple la compatibilidad.
Particular
yₚ=4sen(πx)/(3π²), porque π²−π²/4=3π²/4.Todas
y=yₚ+Csen(πx/2).Si pedimos ∫yϕ=0, entonces C=0.
Hay soluciones, pero hace falta una normalización adicional para unicidad.
Sustituir en el operador y comprobar los dos extremos verifica cada miembro de la familia.
Ahora lo resolvemos de principio a fin.
EJEMPLO RESUELTO 1
Espectro con extremos cero
Resuelve −y″=λy, y(0)=y(π)=0.
Objetivo
La solución cero existe para todo λ; buscamos soluciones no nulas.
Signos no positivos
λ=0 da una afín anulada por los extremos; λ=−k² da cosh y senh cuyos coeficientes también se anulan.
Caso positivo
λ=k²,k>0: y=Acos(kx)+Bsen(kx).Extremo cero
A=0 y se requiere B no nulo.Extremo π
Bsen(kπ)=0 fuerza k=n entero positivo, así λₙ=n².Modos
yₙ=sen(nx), n≥1, y sus múltiplos no nulos.La segunda derivada y los dos extremos verifican el resultado; fuera de esos parámetros solo queda cero.
λₙ=n²; yₙ=sin(nx).
−(sen nx)″=n²sen nx y ambos extremos son cero para n≥1. Los casos no positivos se han examinado por separado.
EJEMPLO RESUELTO 2
Un problema de contorno compatible
Resuelve y″=0, y(0)=1,y(1)=3.
Integrar
y″=0 da y′=A.Segunda integración
y=Ax+B.Dato en cero
B=1.Dato en uno
A+1=3, por tanto A=2.Compatibilidad
Las dos condiciones determinan constantes de forma independiente.
Verificar
y=2x+1 tiene segunda derivada cero, valor uno en cero y tres en uno. Este problema es compatible y tiene solución única.
y=2x+1.
La recta une exactamente los dos datos. El rótulo de la fuente que lo llamaba incompatible se corrige porque el cálculo demuestra una solución única.
Los símbolos que hemos usado
- [a,b]
- Intervalo espacial finito con a<b donde se plantea el problema regular.
- Dirichlet
- Condición que prescribe el valor de y en un extremo.
- Neumann y Robin
- Condiciones sobre la derivada normal o una combinación lineal de valor y derivada.
- λ
- Parámetro espectral; es valor propio si hay una solución no nula de la ecuación y condiciones homogéneas.
- y_n
- Autofunción asociada al valor propio λ_n, definida salvo multiplicación por una constante no nula.
- L[y]=−(py′)′+qy
- Operador diferencial de Sturm–Liouville con p>0 y coeficientes regulares.
- ⟨u,v⟩_w
- Producto escalar ponderado ∫_a^b w u conjugado(v), con peso w>0.
Ahora te toca a ti.
Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.
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