Universidad Nacional de Ancash
Santiago Antunez de Mayolo
Cuarta practica calificada de Matematica IV.
Docente : Ms.C. Miguel Angel Yglesias Jauregui
Escuela : Ingeniera Civil.
Semestre : 2010 - II.
Cuestionario
Haga un desarrollo legible del examen y responda correctamente a lo pedido.
1. Dado el problema
utt = 4uxx, 0 < x < 3, t > 0u(0, t) = ux(3, t) = 0, t 0u(x, 0) = 0, 0 x 3ut(x, 0) = x 1, 0 x 3
. Deducir la solucion del problema aplicando el metodo de
separacion de variables.
Solucion
Si hacemos u(x, t) = X(x)T (t), reemplazando en la EDP y agrupando convenientemente se tiene
T (t)4T (t)
=X (x)X(x)
= k
de donde es facil obtener las ecuaciones diferenciales ordinarias
X (x) kX(x) = 0 (1)T (t) 4kT (t) = 0 (2)
Usando las condiciones de frontera podemos ver que{u(0, t) = X(0)T (t) = 0, t 0ux(3, t) = X (3)T (t) = 0, t 0
{
X(0) = 0X (3) = 0
luego en (1) se tiene el problema de fronteraX (x) kX(x) = 0, 0 < x < 6X(0) = 0X (3) = 0
(3)
Para k 0 el problema (3) tiene solucion trivial, mientras que para k = 2 < 0 ( > 0) su solucion general es
X(x) = A cosx+B senx
aplicando la condicion X(0) = 0 se tiene que A = 0, quedando de esta manera X(x) = B senx, con X (x) =B cosx. Luego aplicando X (3) = 0 se llega a la igualdad
B cos (3) = 0, B 6= 0
donde debe ocurrir que
3 =pi
2,3pi2,5pi2, ; es decir: 3 = (2n+ 1)pi
2, n {0} Z+
De esto ultimo los autovalores y las autofunciones seran respectivamente
n =(2n+ 1)pi
6, y Xn(x) = Bn sen(nx), n {0} Z+
Ahora, si para cada n ponemos n en (2) (observe mas arriba que k = 2), se obtiene la ecuacion diferencial
T n (t) + 42nTn(t) = 0
1
cuya solucion general para cada n esta dada por
Tn(t) = pn cos(2nt) + qn sen(2nt)
luego con estos resultados, para cada n la solucion del problema es la funcion un(x, t) = Xn(x)Tn(t) y por el principiode superposicion la solucion general esta dada por la funcion
u(x, t) =n=0
Bn sen(nx) [pn cos(2nt) + qn sen(2nt)]
haciendo dn = Bnpn y cn = Bnqn, se tiene la solucion general
u(x, t) =n=0
sen((2n+ 1)pi
6x
)[dn cos
((2n+ 1)pi
3t
)+ cn sen
((2n+ 1)pi
3t
)](4)
En (4) aplicamos la condicion inicial u(x, 0) = 0, y se llega a la ecuacion
n=0
dn sen((2n+ 1)pi
6x
)= 0, x [0; 3]
en la cual debe ocurrir1 que dn = 0. Luego (4) se simplifica, y nos queda:
u(x, t) =n=0
cn sen((2n+ 1)pi
6x
)sen((2n+ 1)pi
3t
)(5)
derivando respecto de t en esto ultimo se tiene:
ut(x, t) =n=0
(2n+ 1)pi3
cn sen((2n+ 1)pi
6x
)cos((2n+ 1)pi
3t
)y aplicando la condicion ut(x, 0) = x 1, x [0; 3], se llega a la ecuacion
n=0
(2n+ 1)pi3
cn sen((2n+ 1)pi
6x
)= x 1
la cual es una serie de Fourier tipo seno de la funcion x 1. En este caso los coeficientes de Fourier (2n+1)pi3 cn, estandados por la formula
(2n+ 1)pi3
cn =23
30
(x 1) sen((2n+ 1)pi
6x
)dx
cn = 2(2n+ 1)pi 30
(x 1) sen((2n+ 1)pi
6x
)dx
cn = 2(2n+ 1)pi{
36(2n+ 1)2pi2
sen((2n+ 1)pi
6x
) 6(x 1)(2n+ 1)pi
cos((2n+ 1)pi
6x
)}30
12(2n+ 1)2pi2
{6
(2n+ 1)pisen((2n+ 1)pi
6x
) (x 1) cos
((2n+ 1)pi
6x
)}30
12(2n+ 1)2pi2
{6 (1)n(2n+ 1)pi
1}
luego reemplazando en (5) se tiene finalmente
u(x, t) =12pi2
n=0
1(2n+ 1)2
[6 (1)n(2n+ 1)pi
1]sen((2n+ 1)pi
6x
)sen((2n+ 1)pi
3t
)
2. Considere el
utt = 4uxx 2ut, 0 < x < 6, t > 0u(0, t) = u(6, t) = 0, t 0u(x, 0) = senpix+ 12 sen 2pix, 0 x 6ut(x, 0) = 0, 0 x 6
. Deducir su solucion.
1La independencia lineal de las funciones sinusoidales, hace que su combinacion lineal igualada a cero, implique que los coeficientes sean todos
nulos.
2
Solucion
Usando el metodo de separacion de variables, hacemos u(x, t) = X(x)T (t) y reemplazando en la EDP se obtiene
T (t)4T (t)
+T (t)2T (t)
=X (x)X(x)
= k
de donde se obtienen las ecuaciones diferenciales ordinarias
X (x) kX(x) = 0 (6)T (t) + 2T (t) 4kT (t) = 0 (7)
Aplicando las condiciones de frontera se tiene:{u(0, t) = X(0)T (t) = 0, t 0u(6, t) = X(6)T (t) = 0, t 0
{X(0) = 0, t 0X(6) = 0, t 0
Con estas condiciones y (6) se forma el problemaX (x) kX(x) = 0, 0 < x < 6X(0) = 0X(6) = 0
(8)
Para k 0, el problema (8) tiene solucion trivial, mientras que para k = 2 ( > 0) su solucion general esta dadapor
X(x) = a cos(x) + b sen(x)
En esto ultimo X(0) = 0 hace que a = 0, quedando X(x) = b sen(x). Ahora si aplicamos la condicion X(6) = 0,resulta:
b sen(6) = 0, b 6= 0la cual se resuelve para 6 = pi, 2pi, 3pi, . Es decir: = npi6 , n Z+. Luego los autovalores y las autofunciones sonrespectivamente
n =npi
6y Xn(x) = bn sen(nx) n Z+
Con cada n en (7), se tiene la ecuacion diferencial
T n (t) + 2Tn(t) + 4
2nTn(t) = 0
cuya solucion general esTn(t) = rne(1+
142n)t + sne(1
142n)t (9)
Analizando el discriminante de la raz en (9), podemos ver lo siguiente:
4 = 1 42n 1n2pi2
9< 0, n Z+
por lo tanto la solucion equivalente con (9) es la funcion
Tn(t) = pnet cos(
42n 1t)+ qnet sen
(42n 1t
)(10)
Ahora, como hemos asumido que la solucion u es XT , entonces para cada n se tiene la solucion un de la EDP dadapor
un(x, t) = bn sen(nx)[pne
t cos(
42n 1 t)+ qnet sen
(42n 1 t
)]que aplicando el principio de superposicion nos da la solucion general
u(x, t) =n=1
et sen(nx)[cn cos
(42n 1 t
)+ dn sen
(42n 1 t
)](11)
3
donde cn = bnpn y dn = bnqn. Derivando (11) respecto de la variable t se obtiene2 la funcion ut(x, t), que luegoaplicando la condicion ut(x, 0) = 0 resulta
n=1
(42n 1 dn cn
)sen(nx) = 0, x [0, 6]
y de esto3 dn = cn42n1
. Luego reemplazando este dato en (11) se tiene
u(x, t) = etn=1
sen(nx)
[cn cos
(42n 1 t
)+
cn42n 1
sen(
42n 1 t)]
(13)
Por ultimo, u(x, 0) = sen(pix) + 12 sen(2pix), as en (13) se tiene:n=1
cn sen(nx) = sen(pix) + 12 sen(2pix)
n=1
cn sen(npi6x)= sen(pix) + 1
2sen(2pix)
cn = 13 60
sen(npi6x)[ sen(pix) + 1
2sen(2pix)
]dx
cn = 16 60
sen(npi6x)sen(2pix)dx 1
3
60
sen(npi6x)sen(pix)dx
Para n = 6: se tiene el coeficiente c6 = 13 60sen2(pix)dx = 1
Para n = 12: se tiene el coeficiente c12 = 16 60sen2(2pix)dx = 12
Para n Z+ {6, 12}, se tiene cn = 0Por lo tanto
u(x, t) = et sen(6x)
[c6 cos
(426 1 t
)+
c6426 1
sen(
426 1 t)]
+ et sen(12x)
[c12 cos
(4212 1 t
)+
c124212 1
sen(
4212 1 t)]
Como 6 = pi y 12 = 2pi, entonces
u(x, t) = et sen(pix)[ cos
(4pi2 1 t
) 1
4pi2 1 sen(
4pi2 1 t)]
+12et sen(2pix)
[cos(
16pi2 1 t)+
116pi2 1 sen
(16pi2 1 t
)]3. Una barra de metal de 50 cm de longitud cuya superficie esta aislada esta a una temperatura de 60oC. En t = 0
una temperatura de 30oC se aplica a un extremo y una temperatura de 80oC se aplica al otro extremo, y estastemperaturas se mantienen. Determine la temperatura de la barra en cualquier tiempo asumiendo que la constantede conductividad termica es k = 0, 15 unidades cgs.
Solucion
Para este problema, la EDP con sus condiciones iniciales y de frontera para la temperatura u(x, t) es como sigueut(x, t) = kuxx(x, t), 0 < x < 50, t > 0u(0, t) = 30, t 0u(50, t) = 80, t 0u(x, 0) = 60, 0 x 50
(14)
2En este caso la derivada ut esta dada por:
ut(x, t) =n=1
et sen(nx)
42n 1
dn cos
42n 1 t
cn sen
42n 1 t
cn cos
42n 1 t
dn sen
42n 1 t
(12)
3Por la independencia lineal de las funciones sinusoidales.
4
En este caso hay que hacer homogeneas las condiciones de frontera. Para esto construyamos la funcion
v(x, t) = u(x, t) +Ax+B, tal que v(0, t) = v(50, t) = 0
en efecto
v(0, t) = u(0, t) +B = 0 B = 30v(50, t) = u(50, t) + 50A 30 = 0 A = 1
por lo tantov(x, t) = u(x, t) x 30 (15)
A partir de (15) se tiene que u(x, t) = v(x, t) + x+ 30 y reemplazando en (14) se tiene el nuevo problemavt(x, t) = kvxx(x, t), 0 < x < 50, t > 0v(0, t) = 0, t 0v(50, t) = 0, t 0v(x, 0) = 30 x, 0 x 50
(16)
La solucion del problema (16) esta dada por
v(x, t) =n=1
cn sen(npix50
)e
n2pi2k2500 t (17)
donde
cn =250
500
(30 x) sen(npix50
)dx
= 125
500
(x 30) sen(npix50
)dx
=2npi
{(x 30) cos
(npix50
) 50npi
sen(npix50
)}500
=20npi
[2(1)n + 3]
reemplazando en (17)
v(x, t) =20pi
n=1
1n[2(1)n + 3] sen
(npix50
)e
n2pi2k2500 t (18)
y en (15)
u(x, t) = x+ 30 +20pi
n=1
[2(1)n + 3
n
]sen(npix50
)e
0,15n2pi2
2500 t
4. Una barra que no esta bien aislada irradia calor al medio que lo rodea, de tal manera que su temperatura u(x, t)
esta dada por el problema
ut = uxx + 6ux, 0 < x < 4, t > 0u(0, t) = u(4, t) = 0, t 0u(x, 0) = e3x(1 + senpix 2 sen 2pix), 0 x 4
Solucion
En primer lugar hay que homogenizar la EDP, para esto hagamos4 u(x, t) = v(x, t)ex+t, para y apropiados. Alreemplazar en la EDP del problema se tiene:
vt = vxx + (2+ 6)vx + (2 + 6 )V = 0 (19)
donde escogemos y de tal manera que los coeficientes de vx y v sean cero. Haciendo esto, se obtiene = 3 y = 9, luego
u(x, t) = e3x9tv(x, t) (20)4Debe ocurrir que al reemplazar en la EDP nos quede la ecuacion Vt = Vxx.
5
y ademas
u(0, t) = e9tv(0, t) = 0 v(0, t) = 0, t 0u(4, t) = e129tv(4, t) = 0 v(4, t) = 0, t 0u(x, 0) = e3xv(x, 0) = e3x(1 + senpix 2 sen 2pix) v(x, 0) = 1 + senpix 2 sen 2pix
Por lo tanto, se tiene el nuevo problemavt = vxx, 0 < x < 4, t > 0v(0, t) = v(4, t) = 0, t 0v(x, 0) = 1 + senpix 2 sen 2pix, 0 x 4
(21)
cuya solucion es la funcion
v(x, t) =n=1
cn sen(npix
4
)e
n2pi216 t (22)
donde
cn =24
40
(1 + senpix 2 sen 2pix) sen(npix
4
)dx
=12
40
sen(npix
4
)dx+
12
40
sen(pix) sen(npix
4
)dx
40
sen(2pix) sen(npix
4
)dx
=2npi
[1 (1)n] + 12
40
sen(pix) sen(npix
4
)dx
40
sen(2pix) sen(npix
4
)dx
Para n = 4, se tiene c4 = 1.Para n = 8, se tiene c8 = 2.Para n Z+ {4, 8}, se tiene cn = 2npi [1 (1)n].Con estos resultados, se tiene
v(x, t) =4pisen(pix4
)e
pi2t16 +
43pi
sen(3pix4
)e
9pi2t16 + sen(pix)epi
2t +45pi
sen(5pix4
)e
25pi2t16
+47pi
sen(7pix4
)e
49pi2t16 2 sen(2pix)e4pi2t +
n=9
2npi
[1 (1)n] sen(npix
4
)e
n2pi216 t
=4pi
{sen(pix4
)e
pi2t16 + sen
(3pix4
)e
9pi2t16
3+ sen
(5pix4
)e
25pi2t16
5+ sen
(7pix4
)e
49pi2t16
7
}
+4pi
n=4
[1
2n+ 1sen((2n+ 1)pix
4
)e
(2n+1)2pi2
16 t
]+ sen(pix)epi
2t 2 sen(2pix)e4pi2t
luego en (20)
u(x, t) = e3x9tv(x, t)
Enero del 2011
6