5.2: Ecuación parabólica
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Estudiemos primero la ecuación del calor en 1 dimensión espacial (y, por supuesto, 1 tiempo). Este es el ejemplo estándar de una ecuación parabólica.
\[\begin{aligned} \dfrac{\partial}{\partial t} u = k \dfrac{\partial^2}{\partial x^2} u,\;\;0<x<L,\;t>0.\end{aligned} \nonumber \]
con condiciones de contorno
\[u(0,t) = 0,\;u(L,t)=0,\;\;t>0, \nonumber \]
y condición inicial\[u(x,0) = x,\;0<x<L. \nonumber \] Atacaremos este problema por separación de variables, una técnica que siempre vale la pena probar al intentar resolver una PDE,\[u(x,t) = X(x) T(t). \nonumber \] Esto lleva a la ecuación diferencial
\[X(x) T'(t) = kX"(x) T(t). \label{eq5.5} \]
Encontramos, dividiendo ambos lados por\(XT\), que
\[\frac{1}{k}\frac{T'(t)}{T(t)} = \frac{X"(k)}{X(k)}. \nonumber \]
Así, el lado izquierdo, una función de\(t\), equivale a una función de\(x\) en el lado derecho. Esto no es posible a menos que ambas partes sean independientes\(x\) y\(t\), es decir, constantes. Llamemos a esta constante\(-\lambda\).
Obtenemos dos ecuaciones diferenciales
\[\begin{aligned} T'(t) &= -\lambda k T(t) \\ X''(x) &= -\lambda X(x)\end{aligned} \nonumber \]
¿Qué pasa si en algún momento\(X(x)T(t)\) es cero\((x=x_0, t=t_0)\)?
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Nada. Todavía podemos realizar el mismo truco.
Esto no es tan trivial como sugiero. O tenemos\(X(x_0)=0\) o\(T(t_0)=0\). Permítanme considerar el primer caso, y asumir\(T(t_0)\neq 0\). En ese caso encontramos (de\ ref {eq5.5})), sustituyendo\(t=t_0\), eso\(X''(x_0)=0\).
Ahora tenemos que distinguir los tres casos\(\lambda>0\),\(\lambda=0\), y\(\lambda<0\).
| \(\lambda>0\) |
Escribe\(\alpha^2=\lambda\), para que la ecuación para\(X\) se convierta\[X''(x)=-\alpha^2 X(x). \nonumber \] Esto tiene como solución\[X(x) = A\cos\alpha x +B\sin\alpha x. \nonumber \]\(X(0) = 0\) da\(A\cdot 1 + B \cdot 0=0\), o\(A=0\). Usando\(X(L)=0\) encontramos aquello\[B\sin\alpha L = 0 \nonumber \] que tiene una solución no trivial (es decir, una que no es cero) cuando\(\alpha L = n\pi\), con\(n\) un entero positivo. Esto lleva a\(\lambda_n= \frac{n^2\pi^2}{L^2}\).
| \(\lambda=0\) |
Nos encontramos con eso\(X = A+Bx\). Las condiciones límite dan\(A=B=0\), por lo que solo existe la solución trivial (cero).
| \(\lambda<0\) |
Escribimos\(\lambda=-\alpha^2\), para que la ecuación para\(X\) se convierta\[X''(x)=-\alpha^2 X(x). \nonumber \] La solución ahora está en términos de funciones exponenciales, o hiperbólicas,\[X(x) = A \cosh x + B \sinh x. \nonumber \] La condición límite en\(x=0\) da\(A =0\), y la de\(x=L\) da\(B=0\). Nuevamente sólo hay una solución trivial.
Por lo tanto, solo hemos encontrado una solución para un conjunto discreto de “valores propios”\(\lambda_n>0\). Resolviendo la ecuación para\(T\) encontramos una solución exponencial,\(T=\exp(-\lambda k T)\). Combinando toda esta información en conjunto, tenemos\[u_n(x,t) = \exp\left(-k \frac{n^2\pi^2}{L^2}t\right)\sin\left(\frac{n\pi}{L}x \right). \nonumber \] La ecuación de la que partimos fue lineal y homogénea, por lo que podemos superponer las soluciones para diferentes valores de\(n\),\[u(x,t) = \sum_{n=1}^\infty c_n \exp\left(-k \frac{n^2\pi^2}{L^2}t\right)\sin\left(\frac{n\pi}{L}x\right). \nonumber \] Esta es una serie sinusoidal de Fourier con coeficientes de Fourier dependientes del tiempo. La condición inicial especifica los coeficientes\(c_n\), que son los coeficientes de Fourier en el momento\(t=0\). Así
\[\begin{aligned} c_n &=& \frac{2}{L} \int_0^L x \sin\frac{n\pi x}{L} dx \nonumber\\ &=& - \frac{2L}{n\pi}(-1)^n = (-1)^{n+1} \frac{2L}{n\pi}.\end{aligned} \nonumber \]La solución final al PDE + BC + IC es\[u(x,t) = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1} \frac{2L}{n\pi} \exp\left(-k \frac{n^2\pi^2}{L^2}t\right)\sin\frac{n\pi}{L}x. \nonumber \]
Esta solución es transitoria: si el tiempo va al infinito, va a cero.