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

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