El método de separación de variables es una técnica clásica que se utiliza para resolver ecuaciones en derivadas parciales. Para determinar una solución se supone que esta puede expresarse con sus variables separadas, es decir, como un producto de dos funciones en la que en cada una solo interviene una de las variables.
u(x,t)=X(x)\cdot T(t).
Entonces
\begin{gathered} u_x=\dfrac{{\partial u}}{{\partial x}} = X'T,\quad u_t=\dfrac{{\partial u}}{{\partial t}} = XT', \\ u_{xx}=\dfrac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {x^2}}} = X''T,\quad u_{xt}=\dfrac{{{\partial ^2}u}}{{\partial x\partial t}} = X'T',\quad u_{tt}=\dfrac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {t^2}}} = XT''.\\ \end{gathered}
Al sustituir las expresiones anteriores en la EDP a resolver, debemos llegar a una ecuación diferencial equivalente expresada con una igualdad en la que en un miembro solo aparece a variable x y en el otro miembro solo aparece la varible t, de forma que para que esto se pueda cumplir ambas expresiones tiene que ser iguales a una constante.
Ejemplo: Utiliza el método de separación de variables para obtener la solución del problema
\left\{ {\begin{array}{l} {{u_t} + u = {u_x}} \\ {u(x,0) = 4{e^{ – 3x}}.} \end{array}} \right.\;
Consideremos que u(x,t)=X(x)\cdot T(t), entonces u_t=XT' y u_x=X'T, la ecuación es
XT' + XT = X'T
y dividiendo por XT
\dfrac{{T'}}{T} + 1 = \dfrac{{X'}}{X}.
Como el lado izquierdo sólo depende de la variable t y el de la derecha sólo de la variable x, sólo pueden ser iguales si son una constante \lambda, luego
\left\{ {\begin{darray}{l} {\frac{{T'}}{T} + 1 = \lambda} \\[2ex] {\frac{{X'}}{X} = \lambda} \end{darray}} \right.
Resolvemos estas ecuaciones en variables separables.
\dfrac{{T'}}{T} + 1 = \lambda \Leftrightarrow \dfrac{{T'}}{T} = \lambda – 1
\ln (T) = (\lambda – 1)t + c \Leftrightarrow T(t) = {e^{(\lambda – 1)t + c}} = {e^c}{e^{(\lambda – 1)t}}
luego T(t)=a_1e^{{(\lambda-1)}t}.
De forma similar, X(x)=a_2e^{\lambda x}.
Concluimos que
u(x,t)=a_2e^{\lambda x}\cdot a_1e^{{(\lambda-1)}t}=a_1a_2e^{\lambda(x+t)-t}=ke^{\lambda(x+t)-t}.
Utilizando ahora la condición
u(x,0)=4e^{-3x}=ke^{\lambda x}
de forma que k=4 y \lambda=-3. La solución es pues
\boxed{\color{blue}u(x,t)=4e^{-3x-4t}.}
Utilizamos el mismo procedimiento y el principio de superposición para resolver el siguiente ejemplo.
Ejemplo: Utiliza el método de separación de variables para obtener la solución del problema
\left\{ {\begin{darray}{l} {{4u_t} + u_x = {3u}} \\ {u(x,0) = 4{e^{ – x}}-e^{-5x}.} \end{darray}} \right.\;
Consideremos que u(x,t)=X(x)\cdot T(t), entonces u_t=XT' y u_x=X'T , la ecuación es
\begin{darray}{c} 4XT' + X'T = 3XT \quad \text{ y dividiendo por } XT\\ \dfrac{{4T'}}{T} + \dfrac{{X'}}{X} = 3 \\[2ex] \end{darray}
de donde
\left\{ {\begin{darray}{c} {\dfrac{{T'}}{T} = \dfrac{\lambda}{4}} \\[2ex] {3 – \dfrac{{X'}}{X} = \lambda} \end{darray}} \right.
procediendo de forma similar que antes, las soluciones son X(x)=a_1e^{{(3-\lambda)}x} y T(t)=a_2e^{\frac{\lambda}{4}t}.
Entonces
u(x,t)=ke^{(3-\lambda)x+\frac{\lambda}{4}t}.
Utilizando ahora el principio de superposición
{\begin{array}{c} {{k_1}{e^{(3 – {\lambda_1})x}} = 4{e^{ – x}} \Rightarrow {k_1} = 4,\quad {\lambda_1} = 4,} \\ {{k_2}{e^{(3 – {\lambda_2})x}} = {e^{ – 5x}} \Rightarrow {k_2} = 1,\quad {\lambda_2} = 8.} \end{array}}
La solución es
\boxed{\color{blue}u(x,t)=4e^{-x+t}+e^{-5x+2t}.}
Finalizamos con una EDP de orden dos.
Ejemplo: Utilizar el método de separación de variables para obtener la solución del problema:
\left\{ {\begin{array}{l} {{u_{tx}} = {u_{tt}} + u},\\ {u(0,t) = 2{e^t}.} \end{array}} \right.\;
Pongamos que u(x,t)=X(x)\cdot T(t) y entonces la ecuación se transforma en
X'(x)T'(t)=X(x)T''(t)+X(x)T(t),
y separando variables,
\dfrac{X'(x)}{X(x)}=\dfrac{T''(t)+T(t)}{T'(t)},
de forma que,
\left\{ {\begin{array}{l} {\dfrac{{X'(x)}}{X(x)} = \lambda}\\[2ex] {\dfrac{{T''(t)+T(t)}}{T'(t)} =\lambda} \end{array}} \right.
con \lambda constante.
La primera ecuación a resolver es
\dfrac{{X'(x)}}{X(x)} = \lambda
cuya solución es X(x)=a_1e^{\lambda x}.
La otra ecuación que debemos resolver es
\dfrac{{T''(t)+T(t)}}{T'(t)} =\lambda\Rightarrow T''(t)-\lambda T'(t)+T(t)=0.
que es una ecuación diferencial ordinaria de orden dos con coeficientes constantes. El polinomio característico es
r^2-\lambda r +1=0
con soluciones r=\dfrac{\lambda \pm\sqrt{\lambda ^2-4}}{2}.
Distinguimos tres casos:
- \lambda=-2: tenemos como solución r=-1 doble, la solución es T(t)=a_2e^{-t}+a_3te^{-t} y
u(x,t)=a_1e^{-2x}(a_2e^{-t}+a_3te^{-t})=e^{-2x-t}(A+Bt)
Pero entonces u(0,t)=2e^t=e^{-t}(A+Bt) es imposible y no hay solución.
- -2<\lambda<2: tenemos como soluciones r=\dfrac{\lambda\pm\sqrt{4-\lambda^2}i}{2}=\pm \omega i y la solución es de la forma
T(t)=a_2\cos\omega t+a_3\operatorname{sen}\omega t
De esta forma u(x,t)=a_1e^{\lambda x}(a_2\cos\omega t+a_3\operatorname{sen}\omega t)=e^{\lambda x}(A\cos\omega t+B\operatorname{sen}\omega t)
Para esta función la condición u(0,t)=2e^t es imposible y no hay solución.
- \lambda=2: la solución es r=1 doble y la solución es de la forma
T(t)=a_2e^t+a_3te^t.
Entonces u(x,t)=a_1e^{2x}\left(a_2e^t+a_3te^t\right)=e^{2x+t}(A+Bt) y de la condición u(0,t)=2e^t deducimos que A=2 y B=0 siendo pues
u(x,t)=2e^{2x+t}.
- |\lambda|>2: entonces
T(t) = {a_2}{e^{\dfrac{{\lambda – \sqrt {{\lambda^2} – 4} }}{2}t}} + {a_3}{e^{\dfrac{{\lambda + \sqrt {{\lambda^2} – 4} }}{2}t}}.
Así,
u(x,t) = {a_1}{e^{\lambda x}}\left( {{a_2}{e^{\dfrac{{\lambda – \sqrt {{\lambda^2} – 4} }}{2}t}} + {a_3}{e^{\dfrac{{\lambda + \sqrt {{\lambda^2} – 4} }}{2}t}}} \right) = A{e^{\lambda x + \dfrac{{\lambda – \sqrt {{\lambda^2} – 4} }}{2}t}} + B{e^{\lambda x + \dfrac{{\lambda + \sqrt {{\lambda^2} – 4} }}{2}t}}.
De la condición de frontera
u(0,t)=2e^t=A{e^{\dfrac{{\lambda – \sqrt {{\lambda^2} – 4} }}{2}t}} + B{e^{\dfrac{{\lambda + \sqrt {{\lambda^2} – 4} }}{2}t}}.
obtenemos que
\left\{ \begin{array}{l}
\dfrac{\lambda – \sqrt {\lambda^2 – 4}}{2} = \dfrac{\lambda + \sqrt {\lambda^2 – 4 }}{2} =1\\
A + B = 2
\end{array} \right.
\left. \begin{gathered}
\lambda – \sqrt {{\lambda^2} – 4} = 2 \\
\lambda + \sqrt {{\lambda^2} – 4} = 2 \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow \lambda= 2,
Entonces
u(x,t)=Ae^{2x+t}+Be^{2x+t}=(A+B)e^{2x+t}.
La solución es
\boxed{\color{blue}u(x,t)=2e^{2x+t}.}