Murmis Ecuaciones diferenciales en derivadas parciales

7/21/2019 Murmis Ecuaciones diferenciales en derivadas parciales

1/82

Anlisis Matemtico III - Gua de Trabajos Prcticos - T.P. No8

Ecuaciones diferenciales en derivadas parciales

T. P. No8 - EJERCICIOS RESUELTOS

Enunciado

A) 3. Placa aislada en dos caras

02

0 2( )f x

2

2

( , 2) 0

0 (0, ) (2, ) 0

( , 0) ( )

x x

u x

u u y u y

u x f x x

=

= = =

= =

Resolucin

Resuelto por: Marcos Silveyra (1 cuatrimestre de 2009)

Revisado por: Ariel Burman Eduardo G. Murmis Gustavo M. Murmis

Vamos a resolver la ecuacin de Laplace, la cual es la siguiente ecuacindiferencial en derivadas parciales.

2 0 0xx yyu u u = + = (1)

Para ello, vamos a utilizar el mtodo de separacin de variables que se basaen proponer que la funcin puede expresarse como el producto de una

funcin que depende slo de

( , )u x y

x por otra que depende slo de .y

( , ) ( ) ( )u x y X x Y y= (2)

Las condiciones de contorno se transforman en:

(0, ) '(0) ( ) 0xu y X Y y= = (I)

(2, ) '(2) ( ) 0xu y X Y y= = (II)

( , 2) ( ) (2) 0u x X x Y = = (III)

2( , 0) ( ) (0)u x X x Y x= = (IV)

Puesto que no puede ser para todo , ya que de otra forma

resultara ser la funcin nula, deducimos a partir de las condiciones (I) y (II):

( )Y y 0 y ( , )u x y

(0, ) '(0) ( ) 0 '(0) 0x

u y X Y y X = = = (I)

(2, ) '(2) ( ) 0 '(2) 0xu y X Y y X = = = (II)

2009 Pg. 1 de 7


2/82



Anlogamente no puede ser 0 para todo( )X x x , entonces a partir de la

condicin (III) tenemos:

( , 2) ( ) (2) 0 (2) 0u x X x Y Y = = = (III)

De la condicin (IV) no podemos sacar conclusiones.

Planteamos las derivadas parciales de :( , )u x y

'xu X Y= 'yu X Y=

''xxu X Y= ''yyu X Y=

Reemplazamos estas ltimas en la ecuacin (1):

2 0 0 '' '' 0xx yyu u u X Y X Y = + = + =

Como buscamos una solucin distinta de la trivial, podemos dividir ambostrminos por u X y llegamos a:Y=

'' '' '' ''0

X Y X Y

X Y X Y+ = = = (3)

Siendo que''X

Xes una funcin que depende nicamente de la variable x y

consecuentemente no depende de , podemos afirmar entonces quey no

depende de .y

Anlogamente, siendo que''Y

Y depende nicamente de la variable ,

entonces

y

no depende de x .

Por lo tanto es una constante.

A partir de (3) obtenemos las siguientes ecuaciones:

'' 0'' ''

'' 0

X XX Y

Y YX Y

== =

+ =

Las condiciones de contorno (I) y (II) sugieren que podemos llegar a unproblema de Sturm Liouville simplificado (PSLS) en la ecuacin que dependede la variable x , pero necesitaramos que el signo que precede a sea

positivo. Por ese motivo es que colocamos, en la ecuacin (3), un signo delante de .

2009 Pg. 2 de 7


3/82



'' 0'' '' '' ''0

'' 0

X XX Y X Y

Y YX Y X Y

+ =+ = = =

=

(4)

(5)

Ahora s, la ecuacin (4) junto con las condiciones de contorno (I) y (II) forman

un PSLS. Por lo tanto:0n

Resolvemos primero el caso 0> . La solucin de la ecuacin (4) para estecaso es:

( ) ( )( ) cos senX x A x B x = +

( ) ( )'( ) sen cosX x A x B x = +

Aplicamos la condicin (I)

0

'(0) 0 0X B B

>

= = =

Entonces:

( )'( ) senX x A x =

Aplicamos la condicin (II)

( )'(2) sen 2 0X A = =

Queremos que A sea distinto de 0 , ya que si 0A B= = , obtendramosnicamente la solucin trivial, ( ) 0X x = .

Por lo tanto:

( )sen 2 0 2 n = = (con 1,2,...n= ya que 0> )2 2

2 4n n

= = (6)

Las soluciones de son entonces:( )X x

( ) cos2

n n

n xX x A

=

Resolvemos ahora el caso 0= . La solucin de la ecuacin (4) en este casoes:

( )X x A x B= +

2009 Pg. 3 de 7


4/82



'( )X x A=


'(0) 0X A= =

La condicin (II) en este caso, no aporta nueva informacin.'(2) 0X =

No encontramos restricciones sobre el valor que puede tomar . Por lo tanto lasolucin que obtuvimos no es nicamente la trivial. Entonces:

B

0= AVL y 0 0( )X x B=

Para calcular utilizamos la expresin (5):( )Y y

'' 0Y Y =

La solucin a esta ecuacin para 0> corresponde a la solucin de (4) para elcaso 0< , la cual recordamos es:

( ) y yY y C e D e = +

Utilizamos la condicin (III)

2 2(2) 0Y C e D e D C e4 = + = =

( )4( ) y yY y C e e e =

Multiplicamos la expresin por2

2

2

2

e

e

:

( ) ( )( )2 22( ) 2

2

y ye e

Y y C e

=

( )( )2( ) 2 senh 2E

Y y C e y =

Reemplazando (6)en obtenemos:( )Y y

2009 Pg. 4 de 7


5/82



( )( ) senh 22

n n

nY y E y

=

Cuando 0= , la solucin es:

( )Y y C y D= +

Aplicamos la condicin (III):

(2) 2 0 2Y C D D C = + = =

( )( ) 2 ( ) 2Y y C y C Y y C y= =

( )0 0( ) 2Y y E y=

La expresin de es una combinacin lineal de todos los productos de las

autofunciones que corresponden al mismo

( , )u x y

.

0 01

( , ) ( ) ( ) ( ) ( )n nn

u x y X x Y y X x Y y

=

= +

( ) ( )

0

0 01

2( , ) 2 cos senh

2 2n

n n

nF F

n yn xu x y A E y A E

=

= +

( ) ( )

01

2( , ) 2 cos senh

2 2n

n

n yn xu x y F y F

=

= +

(7)

Nos resta hallar los coeficientes y . Para ello, utilizamos la condicin (IV):0F nF

( ) ( ) 201

( , 0) 2 cos senh2

n

n

n xu x F F n x

=

= + =

(8)

A partir de esta ecuacin identificamos un desarrollo en serie de Fourier de la

funcin ( ) 2f x x= en autofunciones cos2

n x

con perodo Ttal que:

24

2

n x n xT

T

= =

Siendo un desarrollo en serie de cosenos, hacemos el desarrollo en serie de

2( )f x x= como funcin par. Como ( )f x est definida entre 0 y , la2

2009 Pg. 5 de 7


6/82



extendemos como par en el intervalo ( )2, 0x . Hay que tener en cuenta que

si se desarrollara la funcin 2( )f x x= en el intervalo ( )0, 2x sin extenderla

como par, el desarrollo en serie correspondera a una funcin peridica que nosera par.

Reescribimos las constantes de modo tal que nos quede de la forma de undesarrollo en serie trigonomtrica de Fourier:

2 0

1

cos2 2

n

n

G n xx G

=

= +

002

2

GF= (9)

( )senhn nG F n= (10)

Calculamos la constante correspondiente a la autofuncin 0G 1

2:

/2

0

/2

2( )

T

T

G f xT

+

dx= =

Por ser ( )f x una funcin par, la integral en un intervalo simtrico resulta:

2/2 2 2 32 2

0

0 0 0 0

2 2 2 2 8( )

4 3

Tx

G f x dx x dx x dxT

+ +

3= = = = =

Calculamos en forma general los coeficientes correspondientes a las

autofunciones

nG

2cos

nx

T

:

/2

/2

2 2( ) cos

T

nT

nxG f x

T T

+

=

dx

Por ser ( )f x y2

cosnx

T

funciones pares, su producto es una funcin par,

por lo cual la integral en un intervalo simtrico resulta:

/2 22

0 0

2 2 2( ) cos cos

2

T

n

nx nxG f x dx x

T T

+ +

= =

dx

Integramos por partes:

2009 Pg. 6 de 7


7/82



22

2 22

0 0

0

sen 2 sen2 2

cos2

2 2

n

u v

nx nxx x

nxG x dx dx

n n

+ +

= =

( )

0

2 2

0 0

2 sen4 sen 0 42

sen2

2 2

n

nxx

n nxG dx

n n n

+ +

= =

x dx

2

2 20

0 0

cos cos24 4 2

sen2

2 2

n

u v

nx nxxnx

G x dx dxn nn n

+ +

= =

( ) ( )

2

20

2 2 2 20

sen28 8

2 cos 0 cos 2 cos2

2

n

nx

nxG n dx n

nn n

+

= =

( )

( )( ) ( )

0 01

2 2

sen sen 082 cos

2

n

n

nG n

nn

=

( )2 2

16 1n

nGn

=

Finalmente obtenemos y a partir de las ecuaciones (9) y (10).0F nF

00

2

4 3

GF = =

( )( )

( )2 216 1

senh senh

n

nn

GF

n n n

= =

Reemplazando y en (7):0F nF

( ) ( )

( )

( )2 2

1

16 1 22( , ) 2 cos senh

3 2senh

n

n

n yn xu x y y

n n

=

= +

2

2009 Pg. 7 de 7


8/82


Ecuaciones Diferenciales en Derivadas Parciales


Enunciado

A) ECUACION DE LAPLACE (en cartesianas)

( )2 , 0u x y =

6. Pared semi-infinita

( ) ( )

( )

( ) ( )

2

0, , 0

0 ,

0 2, 02

u y u y

u u x y M

x xu x f xx x

= =

=


9/82



La ecuacin de Laplace nos dice lo siguiente

0

Considerando la expresin

2 0 '' ''xx yyu u u = + =

( )1

( ) ( ) ( )

2

,

' ' ' '

'' '' '' ''

0 '' '

x y

xx yy

u x y X x Y y

u X Y u X Y

u X Y u X Y

u X Y X Y

=

= =

= =

= + =

' 0

n de Laplace, dividimos miembro a miembro porSi en la ecuaci X Y ,

ueda lo siguiente.q

'' '' '' '' '' ''0 0

X Y X Y X Y X Y

X Y X Y X Y X Y

+ = + = =

teEn la igualdad anterior, el primer miembro depende solamen de lavariable x y el segundo miembro depende solamente de la variable y . Por lo

nto, a os miembros deben ser iguales a una constante, que llamaremosmb ta .

'' ''X Y

X Y = =

do en cada caso, obtenemos las siguientes ecuacionesiferenciales

Despejand

( )( )

'' 0

'' 0

3

4

X X

Y Y

+ =

=

Obtencin de ( )X x

A continua nci escribimos la ecuacin ( )3 , y las condiciones que

nalizamos en

( )2 a

( )

( )

'' 0

0 0

0

X X

X

X

+ =

=

=

-

s valores de

Observamos que se cumplen las hiptesis de un Problema de Sturm

Liouville Simplificado, de lo cual se concluye que lo (denominados autovalores) sern mayores o iguales a cero.

2010 Pg. 2 de 5


10/82



Para 0>

En este caso, la solucin de la ecuacin ( )3 es una combinacin lineal de

enos y cosenos.s

( ) cos senX x A x B x = +

Evaluando las condiciones de contorno ( )0X y ( )X

0A( )0 0 cos 0 sen 0 0X A B= + = =

( ) 0 sen 0X B n n = = =

( ) senn nX x B nx=

=

Para 0=

En este caso, la ecuacin ( )3 es la siguiente:

00 '' ''X X X = + = =

( )0X x E x F= +

Evaluando nuevamente las condiciones de contorno:

0( )

( )

0

0

0 0 0

0 0

X E F F

X E E

= + = =

= = =

Observamos que 0 ( )X x es necesariamente la funcin nula, por lo que

0= no es autovalor.

Obtencin de ( )Y y

Del mismo modo, procedemos a resolver Y. En la ecuaci se puede

ver que, al ser los autovalores 0

n ( )4

> , en esta ecuacin queda 0 < . Entoncesproponemos la solucin como una combinacin linea de funcio esexponenciales. En el dibujo del enunciado, podemos ver que

l ny va de 0 a , y

con la condicin e que el mdulod e la funce la funcin en para hallar Y.

d in est acotado, usamos el lmited

( ) ( ),

lim 0u x y M y y y y

yY y Ce De Ce De M C


11/82



)n

e

allar evaluamos

( ) ( ) ( ) (1 1

, ,n nn n

u x y u x y X x Y y

= =

= =

( ) ( )1, s 5n

n

ny

n nn G

u x y B D e nx

=

=

Para hnG ( ),u x y en 0y= utilizando la ltima condicin de

ontorno:

)

c

( ) (0

1 1

, 0 sen sennn nn n

u x G e nx G nx f x

= =

= = =

Puede verse que la expresin anterior corresponde al desarrollo en serie de

Fourier de senos de la funcin ( ) ( ), 0x f x= . Entonces los coeficientes nG

corresponden a l

u

os coeficientes de ese desarrollo y pueden obtenerse de la

iguiente forma:n

b

s

( ) ( ) ( )2

0 202

0

2

sen sensen,sen

2sen sen senn

x nx dx x nx dxf x nx dxf x nxG

nx nx nx dx

+ = = =

22

2 200

sen cos sen 2 2 cos 2sen nx x nx n nx nx dxn nn n

= =

( )2 2 2

sen sen senx nx dx nx dx x nx dx

= =

22 2

cos sen cosnx nx x nx

n nn

= + =

( ) ( )2 2

1 1cos 2 sen 2 2 cos 2 2 cos 2 sen 2n n

n n n n

n n n n nn n

n = + + + = +

Entonces, nos queda que esn

G

2 2

2

sen 2 2 cos 2 2 cos 2 sen 2

4 sen 2

2n

n n n n

nn nn nGn

+ +

= =

Reemplazando en obtenemos finalmente:n

G ( )5

2010 Pg. 4 de 5


12/82



( )2

1

4 sen 2, sny

n

nu x y e nx

n

=

= en

2010 Pg. 5 de 5


13/82



2012 Pg. 1 de 9


Enunciado

B) ECUACION DE LAPLACE (en polares) 11. Distribucin de potencial

Resolucin

Resuelto por: Patricio Alejandro Tula (1 cuatrimestre de 2011)


Para resolver la ecuacin de la Laplace vamos a utilizar el mtodo de separacin devariables, que parte de suponer que podemos expresar la funcin comoproducto de una funcin que depende slo de y otra funcin que depende slo de

. Es decir:

Se ve que ydeben ser distintas de la funcin nula ya que de lo contrario sera la funcin nula y eso no cumplira con las condiciones de contorno delproblema.

El Laplaciano expresado en coordenadas polares es el siguiente:

El problema busca hallar una funcin que cumpla con , entonces:

A continuacin evaluaremos en la ecuacin las distintas derivadas parciales de

, a partir de la ecuacin

:

11

0


14/82



2012 Pg. 2 de 9

Ahora reemplazamos en

:

Despejamos diviendo a ambos miembros por ,:

Separamos de cada lado de la igualdad las funciones de distinta variable:

Habiendo quedado en (4)el miembro izquierdo de la igualdad dependiendo slo de y el miembro derecho dependiendo slo de , para que se cumpla la igualdad entonces ambos miembros deben ser iguales a una mismaconstante . De aqu se desprenden las siguientes ecuaciones diferenciales:

Operando a partir de la expresin :


15/82



2012 Pg. 3 de 9

A partir del enunciado del problema pueden deducirse condiciones del contorno quenos ayuden a resolver la ecuacin diferencial . La primera condicin, impuestapor el enunciado, es:

Entonces: no puede ser la funcin nula, pues en ese caso tambin sera unafuncin nula y no cumplira con la ltima condicin de contorno del enunciado.Entonces se deduce: A partir de las caractersticas del recinto, observamos que al evaluar la funcin

en y en ( ), en realidad se la est evaluando envalores que representan a los mismos puntos del recinto. Adicionalmente sabemosque para lo cual en dichos puntos, las derivadas parciales de debenser continuas. Esto nos permite enunciar la siguiente condicin de contorno:

Operando en forma similar a lo hecho en la condicin anterior:

De la misma manera que antes y como no puede ser la funcin nula,tendremos:

La ecuacin junto con las condiciones de contorno II y IV forman unproblema de Sturm Liouville simplificado. Por lo tanto, los autovalores (

) cumplen

con

.

Resolvemos primero el caso .La ecuacin diferencial se reduce a:

Integrando dos veces: A partir de la condicin de contorno II,


16/82



2012 Pg. 4 de 9

Como

, la condicin

IVno impone restricciones sobre

, entonces:

Concluimos entonces que es autovalor y est asociado a la autofuncin .Resolvemos el caso .La ecuacin diferencial es:

La solucin de la ecuacin anterior es la siguiente:

Utilizando la primera condicin de contorno II:

Para aplicar la segunda condicin de contorno IV, hallamos previamente :

Utilizando IV, resulta lo siguiente:

Siendo podemos cancelar en ambos miembros de la ecuacin:


17/82



2012 Pg. 5 de 9

Las ecuaciones y forman un sistema de dos ecuaciones homogneo conincgnitas y :

Expresado en forma matricial queda:

Dado que se trata de un sistema homogneo, si hay solucin nica, sta es lasolucin trivial. Para que haya solucin diferente de la trivial tiene que ser nulo el

determinante de la matriz de los coeficientes. Es decir:

Entonces:

Volviendo a la expresin general de la solucin para , reemplazamos y obtenemos:

Concluimos que los autovalores son de la forma:

; y que tendrn asociadas

las autofunciones y .Finalmente, debido a la tesis del Teorema de Sturm Liouville, podemos afirmar quelos autovalores son y que la base ortogonal de autofuncionesasociada a dichos autovalores es .Ahora buscaremos la solucin de , a partir de la ecuacin diferencial (7):


18/82



2012 Pg. 6 de 9

Primero analizamos el caso ,Resolveremos la ecuacin diferencial :

Integrando en ambos miembros:

Integrando nuevamente,

Notamos en la expresin (16)que, si tendiera a cero, no estara acotada,contradiciendo esto al enunciado que plantea que:

A partir de la ecuacin (14) sabemos que es distinta de la funcin nula y esacotada, entonces nos queda: Para que quede acotada en la ecuacin (16) deber cumplirse que .Finalmente tendremos:

Ahora analizamos el caso La solucin general de la ecuacin diferencial (15) corresponde a la solucin generalde la ecuacin de Euler, con el parmetro menor a cero.

Dado que en nuestro caso es

y

, la solucin de la ecuacin (15) es:


19/82



2012 Pg. 7 de 9

A partir de la ecuacin (17), debe ser acotada. Para que esto suceda cuando , deber cumplirse que .Quedar entonces como solucin general: Ya tenemos las dos funciones definidas para y . Resta ahoraunir las soluciones generales de las ecuaciones diferenciales (8) y (15) paraencontrar la solucin general de , tal que:

Siendo: Reemplazando en la ecuacin los resultados obtenidos y :

De la misma forma reemplazando en la ecuacin los resultados obtenidos y : Reemplazando y en obtenemos:

Para la obtencin de los coeficientes, utilizamos la restante condicin de contornoque nos presenta el problema:


20/82



2012 Pg. 8 de 9

Esta ecuacin puede interpretarse como el desarrollo en serie de Fourier de lafuncin . Por lo tanto, para obtener los coeficientes de la serie de Fourier seplantear para cada uno:

Siendo el coeficiente buscado y la autofuncin que acompaa al coeficiente.Entonces el coeficiente lo hallamos haciendo:

Para se proceder de igual manera:

Para obtener hacemos:


21/82



2012 Pg. 9 de 9

Para los valores pares, es decir cuando : Para los valores impares, es decir cuando :

El resultado final del problema es entonces:


22/82




Enunciado

C 03. Ecuacin del Calor: Barra unidimensional con extremos a diferentestemperaturas constantes

( )( )( )

=

=

=

=

2

12

,

,0

00,1

TtLu

Ttu

xu

uk

u t con 1,0=k

Nota: este ejercicio es un caso general del ejercicio propuesto en la gua

donde ( ) 0,0 1==Ttu y =L

Resolucin

Resuelto por: Ariel Burman

Revisado por: Gustavo M. Murmis - Eduardo G. Murmis

Comenzamos aplicando el mtodo de separacin de variables, y

proponemos que la solucin ( )txu , se puede expresar como el producto de

una funcin que depende exclusivamente de la variable independiente x

por otra funcin que depende exclusivamente de la variable independiente

.t

( ) ( ) ( )tTxXtxu =,


( ) ( ) ( ) 000, == TxXxu (I)

( ) ( ) ( ) 10,0 TtTXtu == (II)

( ) ( ) ( ) 2, TtTLXtLu == (III)

A partir de la condicin (I) y, como buscamos ( )txu , no nula, no puede ser( ) [ ]LxxX ,00 =

y por lo tanto resulta

( ) 00 =T (I)

Nada se puede deducir de las condiciones (II) y (III)

Desarrollamos a continuacin, la separacin de las variables en la

ecuacin diferencial.

( ) ( ) ( )tTxXtxux =,

2007 Pg. 1 de 6


23/82



( ) ( ) ( )tTxXtxuxx =, (1)

( ) ( ) ( )tTxXtxut =, 1 (2)

Para una barra unidimensional la ecuacin diferencial

tuk

u 12 =

queda txx uk

u 1= (3)

Reemplazando (1) y (2) en (3) tenemos

TXk

TX = 1

Como buscamos podemos dividir ambos trminos por ( )0u TX

T

T

kX

X

TX

TX

kTX

TX =

= 11

Como el trmino del lado izquierdo de la igualdad es una funcin solo de x

y el trmino del lado derecho es una funcin solo de , para que se cumpla

la igualdad ambas funciones deben ser iguales a una misma constante que

llamamos

t

( ) .

=+

=+=

=

0

01

TkT

XX

T

T

kX

X

Vemos que para encontrar un Problema de Sturm Liouville (PSL)

necesitamos condiciones adecuadas sobre ( )xX , y en este problema no

las tenemos.

Para obtenerlas, proponemos una solucin del tipo

( ) ( ) ( )xtxvtxu += ,, (4)

Donde )(x se denomina solucin estacionaria porque no depende del

tiempo ty es una solucin transitoria que en general tiende a 0

cuando ttiende a infinito.

),( txv

Esta solucin transitoria deber verificar las siguientes condiciones),( txv

txxt vk

vvk

v 112 == (5)

( ) 0,0 =tv (6)

( ) 0, =tLv (7)

2007 Pg. 2 de 6


24/82



Vamos a obtener ahora ( )x

Reemplazando (4) en la ecuacin diferencial

tuk

u 12 =

queda ( ) ( )( ) ( ) ( )( )xtxvtk

xtxv +

=+ ,

1,2

( ) ( ) ( txvk

xtxv txx ,1

, =+ ) (8)

Dado que debe cumplirse (5), de (8), resulta que debe ser

( ) 0= x (9)

Del anlisis de las condiciones de contorno, vamos a obtener condiciones

para ( )x :

En 0=x ( ) ( ) ( )0,0,0 += tvtu (10)

Como y segn (6)( ) 1,0 Ttu = ( ) 0,0 =tv , de (10) resulta que debe ser

( ) 10 T= (11)

En Lx= ( ) ( ) ( )LtLvtLu += ,, (12)

Como ( ) 2, TtLu = y segn (7) ( ) 0, =tLv , de (12) resulta que debe ser

( ) 2TL = (13)

A partir de (9), (11) y (13) podemos obtener ( )x

( ) ( )( ) ( )

( )

( ) 112

121112

1121

21

0

0

TxL

TTx

L

TTCTLCTL

TxCxCT

CxCxx

+

=

=+==

+===

+==

(14)

Para encontrar aplicamos el mtodo de separacin de variables y

proponemos

( txv , )

( ) ( ) ( )tTxXtxv =,


( ) ( ) ( ) ( )xTxXxv == 00, 2 (I)

( ) ( ) ( ) 00,0 == tTXtv (II)

( ) ( ) ( ) 0, == tTLXtLv (III)

2007 Pg. 3 de 6


25/82



Como buscamos no nula, no puede ser( txv , ) ( ) 00 >= ttT y por lo

tanto resulta:

( ) ( ) ( ) ( ) 0000,0 === XtTXtv (II)

( ) ( ) ( ) ( ) 00, === LXtTLXtLv (III)

Desarrollamos la ecuacin diferencial para ( )txv , en un procedimiento

anlogo al empleado previamente para ( )txu ,

TXk

TXvk

vvk

v txxt === 1112

T

T

kX

X

TX

TX

kTX

TX =

=

11

=+=+==

001

TkTXX

TT

kXX

(16)(15)

La ecuacin (15) junto con las condiciones (II) y (III) forman un Problema

de Sturm Liouville Simplificado (PSLS).

La solucin de la ecuacin (15) para 0> es:

( ) ( ) ( )xBxAxX += sincos

Aplicando (II): ( ) 00 ==AX

y nos queda ( ) ( )xBxX = sin

Aplicando (III): ( ) ( ) 0sin == LBLX Como ( ) 0xX para tener una solucin distinta de ,

necesariamente , entonces:

( ) 0, =txv

0B

( ) ( )L

nnLLLB

==== 0sin0sin

Finalmente nos queda:

( )

=

>=

=

(17)

queyacon

xL

nBxX

nL

n

nn

sin

0,...2,1

22

La solucin de la ecuacin (15) para 0= es:

Aplicando (II)

Aplicando (III)

( ) ( )( ) ( )

( )

( ) AVL==

===

===

+==

00

00

00

0

0

000

0000

000

xX

ALALX

xAxXBX

BxAxXxX

2007 Pg. 4 de 6


26/82



Resolvemos ahora la ecuacin (16)

( ) +==

=+ CtkTkT

TTkT ln0

tkCCtk eeeT + ==

( ) tknn neCtT =

( )tk

Ln

nn eCtT

=

22

(18)

La solucin ( )txv , ser igual a la combinacin lineal de los productos de las

funciones (17) y (18)

( )

=

=

1

22

sin,n

tk

L

n

n exLnDtxv

(19)

Resta entonces determinar nnn CBD = , para esto hacemos uso de la

condicin inicial (I).

( ) ( )xexL

nDxv

n

kL

n

n

=

=

=

1

0

22

sin0,

( ) ( )xxLnDxv nn

=

=

=1sin0, (20)

A partir de (20) identificamos un desarrollo en Serie de Fourier de ( )x en

autofunciones

x

Ln

sin siendo estas ltimas de perodo

LTL

nT

n==

2

2

Por lo tanto extendemos ( )x como funcin impar. Luego el clculo de

los coeficientes es el siguiente:nD

( )

=

L

L

n dxxL

nxT

D sin

2 3

Por ser ( )x y

x

Ln

sin funciones impares su producto es par. La

integral de una funcin par en un intervalo simtrico resulta:

( )

=

=

LL

n dxxL

nTxL

TT

Ldxx

Lnx

LD

0

112

0

sin2sin222

2007 Pg. 5 de 6


27/82



+

=

LL

n dxxL

nTL

dxxL

nxL

TT

LD

0

1

0

12 sin2

sin2

+

=

L

n xLnn

L

xLnxn

L

L

TT

LD0

212

sincos

2

L

xL

nn

LT

L0

1 cos2

+

( ) ( )

+

=

n

Ln

n

LT

LnL

n

L

L

TT

LDn cos

2cos

21

12

( ) ( ) ( )

+

=

n

n

n

Tn

n

TTDn1

cos1

2cos1

2 112

( )

=

nTn

nTDn

12cos

12 12

( )( )12 cos2

TnTn

Dn

=

(21)

Reemplazando (19) y (14) en (4) obtenemos la solucin final con dado

por (21)

nD

( ) 121

1

2

2

sin, TxL

TTex

LnDtxu

n

tkL

n

n +

+

=

=

( ) ( )( ) 121

1

12

22

sincos2

, TxL

TTex

LnTnT

ntxu

n

tkL

n

+

+

=

=

( ) xx utx =,

( ) XxX = ( ) Tt =( )

1Para simplificar el desarrollo utilizaremos indistintamente la siguiente notacin u

T etc.

(2 Para un caso ms general donde la condicin inicial es distinta de cero )xfx =0,( ) ( ) ( )xxfx

u

reemplazar por v =0,

( )xp( ) 1=xp

3Tener en cuenta que de Sturm Liouville se determina a partir de (15) y en este caso es

2007 Pg. 6 de 6


28/82




Enunciado

C) 4. Dos cilindros de longitud L = se colocan en contacto cara a cara. Lascaras exteriores se mantienen a 0C y las superficies laterales aisladas.Calcular la temperatura de la cara comn, 10 minutos despus deestablecido el contacto.

1

( ) ( )

( )

0, 2, 01

100 0 1, 0

0 1 2

xx t

u t u t

u u xk u x

x

= =

= <


29/82



(0) 0X = (I)

(2) 0X = (II)

La condicin de contorno restante resulta:

( ) 100 0 1

, 0 ( ) (0)0 1 2

xu x X x T

x

<


30/82



Resolvemos primero el caso 0> ; donde la solucin de la ecuacin (2) paraeste caso es:

( ) ( )( ) cos senX x A x B x = +


(0) 0X A= =

Entonces:

( )( ) senX x B x=

Aplicamos la condicin (II)

( )(2) sen 2 0X B = =

Queremos que 0B , ya que si 0A B= = , la nica solucin que obtendramoses la trivial .( ) 0X x =

Entonces:

( )sen 2 0 2 n = = (con 1,2,...n= ya que 0> )2

2 2n n = =

(4)

( ) sen2

n n

nX x B x

=

Cuando 0= , la solucin de (2) es:

0X Ax B= +

Aplicando las condiciones (I) y (II)

0

0

(0) 00

(2) 2 0 0

X BA B

X A A

= = = =

= = =

La funcin result ser la funcin nula, por lo tanto:0X

0= AVL

2009 Pg. 3 de 7


31/82



Resolvemos ahora la ecuacin (3). Para despejar T, integramos ambosmiembros respecto de t.

'ln

dtT

k T kt

T

= = + C

( ) ktT t D e =

Utilizando (4)2

2( )

nk t

n nT t D e

=

La expresin de es una combinacin lineal de todos los productos de las

autofunciones que corresponden al mismo

( , )u x y

.2

2

1 1

( , ) ( ) ( ) sen2

n

nk t

n n n n

n n E

nu x t X x T t B D x e

= =

= =

2

2

1

( , ) sen2

nk t

n

n

n xu x t E e

=

=

(5)

Nos resta hallar los coeficientes , para ello utilizamos la condicin (III):nE

0

1

100 0 1( , 0) sen ( )

0 1 22n

n

xn xu x E e f x

x

=

<


32/82



Puesto que ( )f x y2

sennx

T

son funciones impares, el producto entre ambas

es una funcin par. Por lo tanto, la integral entre / 2T y / 2T+ resulta:

/2 2

0 0

2 2 2.22 ( ) sen ( ) sen

4 2

T

nnx n x

E f x dx f xT T

+ = = =

dx

1 2 1

0 1 0

100 sen 0 sen 100 sen2 2

n

n x n x n xE dx dx

= + =

2 dx

1

0

cos2002

100 1 cos2

2

n

n x

nE

n n

= =

Finalmente reemplazamos esta ltima ecuacin en (5) y obtenemos as laexpresin de :( , )u x t

2

2

1

200( , ) 1 cos sen

2 2

nk t

n

n nu x t e

n

x

=

=

El ejercicio nos pide hallar la temperatura en 1x= para 10t= . Reemplazamosprimero 1x= :

2

2

1

200(1, ) 1 cos sen

2 2

nk t

n

n nu t e

n

=

=

Vamos a trabajar sobre los coeficientes de la serie:

Para par, es decirn 2n p=

( )2sen sen sen 02 2

n p p = = =

Por lo tanto, descartamos los trminos pares.

Para impar, es decirn 2 1n p= +

( )( ) ( )

0 1

2 1sen sen sen sen cos cos sen

2 2 2 2

pnp p p

2

= =

+ = = + = +

2009 Pg. 5 de 7


33/82



( ) ( )sen cos 12

pnp

= =

( ) ( )

00

(2 1)cos cos cos cos cos sen sen 0

2 2 2 2 2

n pp p p

==

+ = = + =

=

Reescribimos la expresin reemplazando porn 2 1p + . Los trminos en los que

no aparecen ya que, como vimos, son nulos.2n= p

( )

21

2

0

200(1, ) 1

(2 1)

k p tp

p

u t ep

+

=

= +

El ejercicio nos pide la temperatura al cabo de 10 minutos. Es decir, para.10t=

( )

21

10 ( )2

0

200(1,10) 1

(2 1)

k pp

p

u ep

+

=

= +

a) 1k =0,15

( )

23 1

( )2 2

10

200

(1,10) 1(2 1)

pp

pu ep

+

== +

b) 2k =0,005

( )

21 1

( )20 2

20

200(1,10) 1

(2 1)

pp

p

u ep

+

=

= +

Llamaremos al trmino general de la sumatoria de y al trmino

general de la sumatoria de :

1T p 1u 2T p

2u

( )

23 1

( )2 2

1

2001

(2 1)

pp

T p ep

+

= +

( )

21 1

( )20 2

2

2001

(2 1)

pp

T p ep

+

= +

Calculamos numricamente los primeros trminos de cada serie

2009 Pg. 6 de 7


34/82



p T1p T2p

0 1,57221559 56,27314514

1 7,2518E14 6,99114744

2 8,3312E40 0,582688927

3

1,5767E

78

0,02154836

4 4,496E130 0,000323403

5 1,866E194 1,903E06

Para hallar el resultado exacto debemos calcular los infinitos trminos pero sinos interesa, por ejemplo, obtener un resultado con un error menor a 0,001, enel primer caso nos basta con tomar solo el primer trmino. En el segundo caso,deberemos sumar los 4 primeros trminos.

Entonces, el resultado aproximado ser:

a) 1(1,10) 1,57u

b) 2 (1,10) 49,84u

Siendo que los extremos estn a 0, y que el sistema est inicialmente a unatemperatura mayor o igual a 0, al transcurrir el tiempo se va perdiendo calor ypor lo tanto la temperatura desciende tendiendo a 0 en todos los puntos. En elprimer caso la temperatura desciende ms rpido ya que el coeficiente detransmisin de calor es mayor.

2009 Pg. 7 de 7


35/82



2010 Pg. 1 de 7


Enunciado

C) ECUACION DEL CALOR ( ) ( )2 1, ,tu x y u x yk

=

6. Un cilindro lateralmente aislado tiene la cara izquierda a 0 C y a la derecha

transmite calor por radiacin al aire. Se conoce ( ), 0u x y debe calcularse

( ),u x t .

( )

( ) ( )

( )

2

0, 01

1,

, 0

t x

u t

u u u t h ctek

u x x

=

= =

=

Resolucin

Resuelto por: Ivn Gustavo Pollitzer (2 cuatrimestre del 2009)

Revisado por: Miguel E. Goldstein Ariel Burman Eduardo G. Murmis Gustavo M. Murmis

En este ejercicio buscamos obtener la temperatura a lo largo de la barra enfuncin del tiempo, de acuerdo a las condiciones de contorno del enunciado.Tpicamente, se resuelve planteando que la temperatura es una funcinproducto de dos funciones, una dependiente nicamente del tiempo, y la otranicamente de la posicin. Aplicando el mtodo de separacin de variables a laecuacin diferencial, y con las condiciones de contorno apropiadas, se llegaraa un Problema de Sturm-Liouville (PSLS). Concretamente, si proponemos a

( ),u x t como un producto de funciones de variables separadas, quedara lo

siguiente:

( ) ( ) ( )

( ) ( )2

,

'' '

1, ,

xx t

t

u x t X x T t

u X T u X T

u x t u x t k

= = =

=

Si en la ecuacin del calor, dividimos miembro a miembro por X T quedalo siguiente:

'' 1 ' '' 1 'X T X T X T

X T k X T X k T

= =

x 0C

1


36/82



2010 Pg. 2 de 7

En la igualdad anterior, el primer miembro depende solamente de lavariable x y el segundo miembro solamente depende de la variable y . Por lo

tanto, ambos miembros deben ser iguales a una constante que llamaremos .

'' 1 'X T

X k T= =

Despejando en cada caso, obtenemos las siguientes ecuacionesdiferenciales:

( )''

'1

0

0

X X

T k T

+ =

+ =

Ahora analizamos las condiciones de contorno que indica el enunciado.

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( )0

0, 0 0 0 0

1, ' 1x

u t X T t X

u t X T t h

= = =

= =

( )T t debe ser distinta de cero, ya que de otra forma, ( , )u x t resultara ser la

funcin nula y, dado que sta no cumple la condicin de contorno ( )

, 0u x x= , no

puede ser la funcin buscada.. Por otro lado, al ser el producto de ( )' 1X y ( )T t

igual a una constante, nada podemos deducir a partir de la segunda condicinde contorno.

El problema es que no encontramos suficientes condiciones de contornoadecuadas para satisfacer las hiptesis del PSLS, por lo cual carecemos deherramientas para resolver este caso de la forma planteada.

Una solucin posible es proponer que ( ),u x t es la suma de dos funciones:

una transitoria ( ),v x t , que se extingue con el tiempo, y otra estacionaria( )x , que no depende del mismo. De esta forma se pueden ajustar las

condiciones de contorno individualmente de forma tal que la suma de lascondiciones para cada funcin sea la prevista por el enunciado. En este caso loque se propone es:

( ) ( ) ( ) ( ), 2,u x t v x t x= +

( ) ( ) ( )2 1

3, ,tv x t v x t k

=


37/82



2010 Pg. 3 de 7

Para poder satisfacer las hiptesis de un PSLS en la obtencin de ( , )v x t ,

proponemos tambin que

( )

( ) ( )

0,

1

40

, 0x

v t

v t

=

=

Si escribimos las condiciones de contorno de la funcin ( , )u x t

considerando la expresin ( )2 queda lo siguiente:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

, ,

0, 0, 0

1, 1, 1x x x

u x t v x t x

u t v t

u t v t

= +

= +

= +

Obtencin de ( )x

A partir de ( )2 deducimos:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 21 1

, , , ,t t tu x t u x t v x t x v x y xk k

= + = +

Considerando la expresin ( )3 y que la funcin no depende de tqueda:

( ) ( ) ( )2

''

10 0 '' 0 '

dx dx

t x x G x G x Hk

= = = = = +

Reemplazando en ( )2

( ) ( ), ,u x t v x t G x H = + +

Si analizamos las condiciones de contorno nos queda que

( ) ( )

( ) ( )0

0

0, 0, 0 0 0

1, 1,x x

u t v t G H H

u t v t G h G h

=

=

= + + = =

= + = =

( )x h x =


38/82



2010 Pg. 4 de 7

Obtencin de ( ),v x t

Ahora vamos a analizar la ecuacin del calor y las condiciones de contorno

para la funcin ( ),v x t proponiendo nuevamente el mtodo de separacin de

variables. A partir de ( )3 tenemos:

2

1'' '1

t

v X T

X T X Tkv v

k

=

= =

Dividimos por X T e igualamos a :

'' 1 ' '' 1 'X T X T X T

X T k X T X k T = = =

Despejando en cada caso, obtenemos las siguientes ecuacionesdiferenciales

( )''

'5

0

0

X X

T k T

+ =

+ =

Para las condiciones de contorno propuestas en ( )4 tenemos:

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )0

0

0, 0 . 0 0

1, ' 1 . ' 1 06

x

v t X T t X

v t X T t X

= =

= =

Observamos que a partir de la ecuacin ( )5 y junto a las condiciones de

contorno de la funcin transitoria ( )6 , se cumplen las hiptesis de un PSLS enla variable x .

Obtencin de ( )X x

A continuacin escribimos la ecuacin ( )5 y las condiciones que

analizamos en ( )6 :

( ) ( )

'' 0

0 ' 1 0

X X

X X

+ =

= =


39/82



2010 Pg. 5 de 7

Como mencionamos se cumplen las hiptesis de un Problema de Sturm-Liouville Simplificado, de lo cual se concluye que los valores de (denominados autovalores) sern mayores o iguales a cero.

Para 0>

En este caso la solucin de la ecuacin ( )5 es una combinacin lineal de

senos y cosenos.

( ) cos senX x A x B x = +

( )' sen cosX x A x B x = +

Aplicamos las condiciones de contorno ( )6 :

( )0 0 cos 0 sen 0 0 0X A B A= + = =

( ) ( ) ( )' 1 cos 1 0 2 1 2X B n = = = +

( ) ( )sen 2 1 2n nX x B x n = +

Para 0=

En este caso la solucin de la ecuacin ( )5 es la siguiente:

00

'' 0 ( )X X X x E x F=

+ = = +

Evaluando nuevamente las condiciones de contorno

0

0

(0) 0 0 0

(1) 0

X E F F

X E

= + = =

= =

Observamos que 0 ( )X x es necesariamente la funcin nula, por lo que0= no es autovalor.

Obtencin de ( )T t

En este caso, tenemos una ecuacin diferencial de primer orden, segn la

expresin encontrada en ( )5 . Reemplazando 'dT

Tdt

=


40/82



2010 Pg. 6 de 7

( ) 2

2 1 2

dTk T

dt

dTk n dt

T

=

= +

Integrando ambos miembros de la igualdad:

( )( )

( )

ln

ln

T k t C

k t C

D

dTk dt

T

T k t C

e e

T t e e

+

=

= +

=

=

( ) ( ) 2

2 1 2k n tn nT t D e

+ =

Una vez calculados ( )nX x y ( )nT t , los multiplicamos para obtener ( ),nv x t

y finalmente:

( ) ( ) ( ) ( )1 1

, ,n n nn n

v x t v x t X x T t

= =

= =

( )

( ) ( ) ( )22 1 2

0

, sen 2 1 2 7

n

k n tn n

n K

v x t B D e x n

+

=

= +

Evaluamos ( ),u x t en 0t= :

( ) ( ) ( ) ( )( , 0) , 0 , 0u x v x x x v x x x x h x = + = = = +

( ) ( )1

, 0 sen 2 1 2nn

v x K x n x h x

=

= + = +

Calculamos el valor de nK , que es el coeficiente nb del desarrollo en serie

de Fourier de senos de la funcin x h x+ :

( )

( ) 2

, sen 2 1 2

sen 2 1 2

x h x x n

x n

+ + =

+

( ) ( )

1

0

2 1 sen 2 1 2n

K h x x n dx= + +


41/82



2010 Pg. 7 de 7

( ) ( )

( )( )

( )

( )

1

2

0

sen 2 1 2 cos 2 1 22 1

2 1 22 1 2n

x n x x nK h

nn

+ + = + = ++

( ) ( )( )( )

2

12 1 0 0 0

2 1 2

n

nK hn

= + + +

ReemplazandonK en ( )7 obtenemos:

( ) ( ) ( )

( )( )( ) ( )

22 1 2

21

1, 2 1 sen 2 1 2

2 1 2

n

k n t

n

v x t h e x nn

+

=

= + + +

Por ltimo:

( ) ( ) ( ), ,u x t v x t x= +

( ) ( ) ( )

( )( )( ) ( )

22 1 2

21

1, 2 1 sen 2 1 2

2 1 2

n

k n t

n

u x t h e x n h xn

+

=

= + + +


42/82



2014 Pg. 1 de 12


Enunciado

C) 11. Encontrar la distribucin de corriente elctrica en un conductor cilndricode cobre de 2 mm de dimetro recorrido por una corriente alterna defrecuencia:

a) 20.000 ciclos por segundo

b) 200.000 ciclos por segundo

Expresarla en coordenadas cilndricas.

Considerar los siguientes datos:

= (en la direccin )Ecuaciones de Maxwell:1. = 2. = + 3. = 4. = 0

=

: Campo elctrico.: Campo magntico.: Densidad volumtrica de carga elctrica.: Constante dielctrica o permitividad del medio.: Conductividad elctrica del medio.: Permeabilidad magntica del medio.: Densidad de corriente.Por simetra

= 0

Resolucin

Resuelto por: Alejo Cova (1 cuatrimestre del 2013)


Comenzamos con una breve introduccin terica de algunos conceptos bsicos

de las leyes de electromagnetismo.

El electrn es una partcula que posee carga elctrica (

). Un material

conductor

posee gran cantidad de electrones libres y estos electrones libres sedesplazan aleatoriamente confinados dentro del material.


43/82



2014 Pg. 2 de 12

El flujo de carga elctrica a travs de una seccin transversal del material,por unidad de tiempo se denomina intensidad de corriente (I).

I() =

La densidad de corriente (j) representa el flujo de carga en el material, porunidad de tiempo y unidad de rea. Es decir, la intensidad de corriente es:I() = j() Cuando los electrones libres se mueven aleatoriamente, el flujo neto de cargaes cero.

En presencia de un campo elctrico (E), las cargas libres en el conductor seven afectadas por el mismo, lo que produce un flujo neto de carga en la

direccin del campo elctrico. Esto implica que la densidad de corriente serproporcional al campo elctrico: j = EEn general el campo elctrico es variable con el tiempo. Un caso muy comnes aquel donde existe una dependencia sinusoidal.

E = Ecos( )En la expresin anterior

Ees el valor mximo del campo elctrico.

Comnmente se utiliza variable compleja como herramienta para simplificar eldesarrollo de las ecuaciones. Por lo tanto asumiremos que el campo elctricose puede expresar como:

= Donde hemos utilizado letra cursiva para expresar las funciones de variablecompleja.

Por lo tanto el campo elctrico corresponde a la parte real (o imaginaria) de

esta expresin. E = e = ePara hallar la distribucin de corriente, partimos de las Ecuaciones de Maxwell:

= (1)

= + (2)

= (3) = 0 (4)


44/82



2014 Pg. 3 de 12

Aplicamos el operador rotor a la ecuacin (1):

= ( )

(5)

Reemplazando (2) en la ecuacin (5):

= + (6)Sabemos que para cualquier campo vectorialse cumple que:

=

Aplicamos esta propiedad a la ecuacin (6):

= + (7)A partir de la ecuacin (3) y considerando que = 0, ya que no hay cargasestticas, tenemos que: = 0Utilizando esta condicin en la ecuacin (7):

= 0 (8)As hemos obtenido la ecuacin del campo elctrico para un medio conductor apartir de las ecuaciones de Maxwell.

A partir del enunciado del problema, podemos describir el campo elctricosegn:

=

Reemplazamos el dato en la ecuacin (8):

() ()= 0 (9)Podemos sacar como factor comn al trmino exponencial en toda la ecuaciny eliminarlo ya que:

0 Consideramos que el conductor cilndrico se encuentra orientado en la

direccin del eje como muestra la figura 1. De este modo, el campo elctricoen el mismo tendr solo componente :


45/82



2014 Pg. 4 de 12

=

Adems, por la simetra cilndrica del problema (a lo largo de ), el campoelctrico slo depender de la distancia al centro (= 0). Es decir, en uncorte transversal al cilindro para un arbitrario, podemos expresar el campoelctrico como:

= () Reemplazando en la ecuacin (9), se obtiene:

() ()() ()

() = 0() + () + ()= 0 (10)Sacamos factor comn ()entre el segundo y el tercer trmino:() + () + = 0 (11)

Recordando que = 2y considerando la permitividad y la conductividad del cobre tenemos que:

= 2 8,85 10F m59,6 10 m 0,93 10F En la expresin anterior se ha considerado = 1, que es el valor utilizado paramateriales conductores.

Operando con las unidades:

F =CV VA=CA= sdonde:F:Faraday

Figura 1: El campo elctrico dentro del conductor cilndrico posee

nicamente la componente en la direccin del eje


46/82



2014 Pg. 5 de 12

:OhmC:CoulombV:VoltA:Amperes:segundo

m: metroEntonces: 0,93 10 s (12)

Si evaluamos la expresin (12) para las dos frecuencias indicadas en elenunciado= 20 kHzy= 200 kHz, tenemos que:

= 20 10Hz 0,93 10s = 1,86 10 = 200 10Hz 0,93 10s = 1,86 10Vemos que en ambos casos se cumple que:

1Bajo estas condiciones, podemos aproximar el nmero complejo + conel nmero

(0 + ), es decir podemos despreciar la parte real. Esto significa que,

en la ecuacin (10), el tercer trmino (asociado a la corriente dedesplazamiento) es despreciable frente al segundo trmino (asociado a lacorriente de conduccin), por lo tanto la expresin se puede reducir a:

() + ()= 0 (13)Recordando que la densidad de corriente es proporcional al campo elctrico = , obtenemos la misma ecuacin para():

() + () = 0 (14)

Recordamos la expresin del laplaciano en coordenadas cilndricas:

( ,,)= +1+ 1+Considerando que en nuestro problema el campo elctrico en la direccin slo tiene dependencia radial, y por lo tanto tambin la densidad de corriente,nos queda:

()=

+1

Aplicamos, en la ecuacin (14) el laplaciano recin hallado:


47/82



2014 Pg. 6 de 12

+1+ ()= 0 (15)Multiplicando la ecuacin (15) por

se llega a la expresin:

+ + ()= 0 (16)Esta ecuacin es una ecuacin de Bessel modificada como la siguiente:

+ +( ) = 0 (17)La solucin general de la ecuacin (17) es:

()= () + () (18)La funcin de la expresin anterior es la funcin de Bessel de primeraespecie y se puede escribir desarrollada mediante la siguiente serie, paracualquier valor de 0:() = (1)! ( + + 1) 2

siendo ():

La funcin de la expresin (18) es la funcin de Bessel de segunda especiey tiene la siguiente propiedad lim () = (19)Entonces, a partir de las ecuaciones (16) y (17) observamos que en nuestroproblema, tenemos una ecuacin de Bessel modificada con los siguientesparmetros:

= 0 =La primera solucin de la ecuacin (16) tiene la forma:() = (1)! ( + 1) 2 () = (1)(!) 4 (20)


48/82



2014 Pg. 7 de 12

Debido a que la segunda solucin cumple con la condicin (19), la constante de la expresin (18) debe ser cero, ya que de otra forma la densidad decorriente no estara acotada.

lim() < = 0

As, la solucin general (18) aplicada a la ecuacin (16), utilizando la expresin(20), es:

()= (1)(!) 4 (21)Recordando que = 2, obtenemos:

()= (1)(!) 24 ()= (1)(!) 2 (22)

Nos resta hallar el valor de , que es una constante que depende de lacorriente total que circula a travs del conductor. Considerando un conductorcilndrico homogneo de radio

y longitud

, por el que circula una

corriente senoidal de amplitud mxima , tenemos que:()= (23)= ()2 (24)

Podemos determinar la constante de la siguiente manera:

= 2 (1)(!) 2

= 2 (1)(!) 2

= 2 (1)(!

)

2

2 + 2


49/82



2014 Pg. 8 de 12

= 2 (1)(!) 2 2 + 2 (25)

Reemplazando en la ecuacin (22) la constante obtenida, se puede hallar lasolucin del problema:()= 2 (1)(!) 2 2 + 2

(1)(!) 2 (26)


50/82



2014 Pg. 9 de 12

Anlisis del problema

Analizaremos ahora cmo se distribuye la corriente elctrica en funcin de ,para las diferentes frecuencias indicadas en el enunciado.

Recordamos que () es una funcin compleja que hemos utilizado comoherramienta para hallar la densidad de corriente j()(que es real).Para interpretar esto, en primer lugar recordaremos que al comenzar eldesarrollo definimos al campo elctrico de la siguiente manera:

E(r) = e () = e () = e() (27)Luego definimos a la densidad de corriente elctrica como:() = ()Entonces:

j(r) = e() = e() = e() Lo que hemos obtenido en la expresin (26) es (), que como puede verse esuna funcin compleja. Es decir:

()=()()En la expresin anterior, ()representa la fase de la corriente que dependede la variable .Del ltimo miembro de la expresin (27) se ve que el valor de la densidad realde corriente elctrica (sin considerar su direccin segn el versor ) es:

j()= e()

= e()()

j() =()cos( + ()) (28)A continuacin graficamos el valor de ()en funcin de , es decir el mdulode la expresin (26), para las dos frecuencias indicadas en el enunciado. Estopermite ver la distribucin de la densidad de corriente en funcin de la distanciaal centro del cilindro.

Es interesante aclarar que, si bien la ecuacin (28) nos muestra que para cada

existe una dependencia senoidal de la densidad de corriente, cuyo valor

mximo es (), estos valores mximos que vemos en el grfico no se dan en


51/82



2014 Pg. 10 de 12

forma simultnea, sino que en los diferentes valores de , se alcanza elmximo en instantes diferentes, debido a la fase ()que depende de .

Para los clculos se utilizaron las siguientes magnitudes:

Permeabilidad magntica 0,99999991 4 10 m AConductividad 59,6 10mRadio del cilindro 1 10mValor pico de corriente 1 A

: Siemens ;

m: metros ;

: Ampere ;

: Tesla

En el grfico puede verse que la densidad de corriente en un conductorcilndrico (por ejemplo un cable) aumenta a medida que nos alejamos delcentro del cilindro. Este crecimiento es ms notable para la mayor frecuencia.Esto se conoce como efecto pelicular o skin. Una consecuencia prctica esque para ciertos valores de las magnitudes involucradas, puede suceder quesea econmicamente conveniente fabricar conductores huecos.

Para comprobar que los resultados son consistentes se ha realizado unaverificacin que consiste en integrar la densidad de corriente en el crculo

(correspondiente a una seccin del cilindro). Es decir se calcul la integral de laecuacin (24) y se verific que la misma dio el valor de la corriente total, .

Figura 2: Densidad de corriente en funcin de la distancia alcentro del cilindro, para 20 kHz y 200 kHz

= 0,146 mm

= 0,461 mm


52/82



2014 Pg. 11 de 12

Para continuar con el anlisis, definimos ahora una nueva magnitud de lasiguiente manera:

= 2 (29)

Obtenemos ahora las unidades de :Unidades de = 11s 1 mT mA =

11s AV mV s mmA= mComo puede verse, la magnitud tiene unidades de longitud.Para las frecuencias del enunciado, posee los siguientes valores

Frecuencia 20 kHz 0,461 mm200 kHz 0,146 mmEn la figura 2, los valores de

se encuentran indicados con una barra vertical.

Si calculamos la integral de la ecuacin (24) pero utilizando como intervalo deintegracin ( , ) en lugar de (0,), es decir la porcin externa delconductor de ancho , obtenemos una proporcin de la corriente total quepuede expresarse como sigue:

()2 = A continuacin vemos los valores de para las frecuencias del enunciado:

Frecuencia K20 kHz 0,461 mm 0,84

200 kHz 0,146 mm 0,86

Como puede verse, los valores de son altos (cercanos a 1). Esto significa querepresenta una distancia, desde la superficie del conductor, por donde circulauna gran proporcin de la corriente y como consecuencia de esto, se la

denomina profundidad de penetracin.


53/82



2014 Pg. 12 de 12

La seccin del conductor debe elegirse en funcin de la corriente mximaconsiderando las normas correspondientes. Por ejemplo, para transportar 1 Aes necesario un cable de cobre de por lo menos 0,35 mm2de seccin, es decir0,34 mm de radio.

La red de distribucin elctrica trabaja a una frecuencia de 50 Hz. Para estafrecuencia, segn la ecuacin (29), la profundidad de penetracin es de 9,2mm. Esto significa que en un cable de 1 mm de radio que transporta 1 A decorriente, como el que hemos utilizado en este ejercicio, a 50 Hz el efecto skinno es importante y la densidad de corriente es aproximadamente constantedentro del material.

En cambio, si utilizramos un cable de 15 mm de radio, necesario paratransportar por ejemplo 2 kA, el efecto skin s tendra importancia. Comoconclusin de los resultados de este ejercicio vemos que slo se aprovecharanaproximadamente 9,2 mm de los 15 mm de radio que posee el conductor.

En este caso se podra hacer el conductor hueco para no desperdiciar cobreque igualmente no se aprovecha.

La solucin que se implementa es utilizar muchos cables de menor radio (porejemplo 1 mm), en lugar de usar un solo cable del radio requerido. De estaforma cada conductor tiene radio menor a la profundidad de penetracin, deforma tal que no influya el efecto skin, y al ser varios conductores, cada unotransporta slo una fraccin de la corriente total.


54/82



2010 Pg. 1 de 7


Enunciado

D) ECUACION DE ONDAS

3. Una cuerda tensada entre los puntos y , se encuentra inicialmente enposicin y con una velocidad inicial . Hallar lasposiciones siendo .

Resolucin

Resuelto por: Pablo A. Dalmati (1 Cuatrimestre de 2010)

Revisado por: Miguel E. Goldstein Eduardo G. Murmis Gustavo M. Murmis.

Para resolver este ejercicio proponemos que la solucin ser una funcinproducto de dos funciones, una dependiente de y la otra de . En otras palabras,planteamos el mtodo de separacin de variables, por lo que proponemos unasolucin del tipo:

A partir de la expresin anterior hallamos las dos derivadas segundas de lafuncin :

Luego, reemplazamos en la ecuacin de ondas y dividimos ambos miembros por:


55/82



2010 Pg. 2 de 7

En la expresin (2) vemos que el primer miembro depende solamente de lavariable y el segundo miembro depende solamente de la variable y la igualdaddebe verificarse para todos los valores de entre y y de positivos. Por lotanto, la nica posibilidad es que ambos miembros sean iguales a una constante

que llamaremos . Entonces queda:

De lo anterior, se pueden deducir las siguientes dos ecuaciones a resolver:

'''' 0

XX X

X (3)

'''' 0

TT T

T (4)

Por otro lado, tenemos las condiciones de contorno que nos da el enunciado:

Para que un producto sea nulo, es necesario que alguno de los factores sea cero.

no puede ser cero dado que en ese caso sera nula la funcin y estafuncin no es solucin del problema ya que no cumple con las condiciones decontorno.

Entonces deducimos que la funcin evaluada en los puntos y debe sernula. Es decir:

(5)(6)(7)

Recordando que la ecuacin con las condiciones de contornoobtenidas constituye un problema de Sturm Liouville simplificado en el intervalo

, podemos afirmar que los autovalores asociados sern reales y nonegativos.

Es decir que ser:


56/82



2010 Pg. 3 de 7

Si

En este caso la ecuacin diferencial se reduce a . Por lo tanto, lasolucin es:

Aplicando la condicin (6):

Aplicando la condicin (7):

Dado que , entonces la solucin con es la trivial y esto significaque no es autovalor.

Si

En este caso la solucin de la ecuacin (5) es:

(8)

Aplicando las condiciones de contorno (6) y (7):

Para que no sea cero (obtendramos la solucin trivial) el seno debe anularse y

esto permite obtener los valores de :

Es importante destacar que es un entero positivo no nulo. Es interesante aclarar

que no puede ser cero ya que correspondera a y eso no es posible yaque se est analizando el caso para .


57/82



2010 Pg. 4 de 7

Las autofunciones respectivas son:

(9)

Por otro lado, volviendo a la expresin (4), y con , la solucin es:

(10)

Recordando que y considerando (9) y (10), podemos escribir

la expresin de la funcin como una combinacin lineal de todas lasposibles funciones :

1

, cos sen senn n

n

y x t C nt D nt nx

(11)

Lo nico que resta ahora es obtener las constantes y . Para ello, vamos ausar las ltimas dos condiciones del enunciado:

Con estas expresiones, reemplazamos en la expresin de hallada en (11)

Podemos ver que los valores de se pueden calcular como los coeficientes deun desarrollo de en una serie de Fourier de senos. Es importantedestacar que el desarrollo en serie slo contiene senos, por lo cual se sabe que la

funcin original es impar. Por ello, extendemos como funcin peridicaimpar. Dado que est definida entre y , la extendemos al intervalo ,de forma tal que su perodo ser .

Podemos calcular los coeficientes de la siguiente forma:

Como vamos a calcular la integral del producto de dos funciones impares en un

intervalo simtrico, podemos calcular la integral en la mitad del intervalo ymultiplicarla por dos, para tener en cuenta la otra mitad de la integral.


58/82



2010 Pg. 5 de 7

En la expresin de se puede ver que para par, los valores de sern cero.Por lo tanto, slo vamos a escribirla en funcin de los trminos impares:

donde .

Para determinar derivamos la ecuacin (11) respecto de :

Evaluamos en

En la expresin anterior se puede ver que la funcin a desarrollar es una de lasfunciones de la serie ortogonal, por lo que se deduce directamente que laigualdad verifica y los otros coeficientes son nulos.

Por ltimo reemplazando los valores de y en (11) podemos calcular labuscada:


59/82



2010 Pg. 6 de 7

A continuacin graficamos la funcin (naranja) y la funcin

obtenida, en el instante inicial ( ) con 1 (rojo), 5 (azul) y 50 (verde)trminos:

La curva verde, que no se puede apreciar en el grfico, est exactamente debajode la curva naranja, pues la aproxima con tal precisin que no se aprecian

diferencias.

0. 5 1. 0 1. 5 2 . 0 2 . 5 3. 0

0. 5

1. 0

1. 5

2. 0

2. 5


60/82



2010 Pg. 7 de 7

Por otro lado vamos a graficar la funcin obtenida , considerando losprimeros 50 trminos, evaluada en distintos instantes de tiempo:


61/82



2013 Pg. 1 de 10


Enunciado

D) Ecuacin de ondas 7. Sea una cuerda flexible de longitud , sujeta en sus extremos, tal quepara sus puntos toman la posicin dada por:

y que sale del reposo sin velocidad inicial. Estudiar la posicin de suspuntos para a) por separacin de variablesb) por suma de funciones

Resolucin

Resuelto por: Mara Victoria Cassani (1 cuatrimestre de 2013)

Revisado por: Miguel E. Goldstein - Eduardo G. Murmis - Gustavo M. Murmis

Antes de comenzar la resolucin, interpretemos matemticamente las

condiciones dadas:

El hecho de que la cuerda est sujeta en sus extremos significa lo siguiente:

El hecho de que la cuerda no tiene velocidad inicial significa lo siguiente:

Finalmente, la posicin inicial indicada es la siguiente:


62/82



2013 Pg. 2 de 10

a) Resolucin usando separacin de variables

En primer trmino, vamos a resolver el problema mediante el mtodo deseparacin de variables. ste consiste en escribir la funcin comoproducto de dos funciones, una que depende nicamente de

y la otra slo de

. La solucin propuesta es entonces:

Sabida esta dependencia, de aqu en ms obviaremos las variables yescribiremos a las funciones directamente como y .Derivando con respecto a cada variable dos veces, y teniendo en cuenta quelas funciones

y

dependen de una sola variable, obtenemos:

Recordando la ecuacin de ondas del enunciado, y reemplazando y enesa expresin obtenemos la ecuacin de onda escrita en funcin de y :

Dividiendo ambos trminos por en la ecuacin precedente, nos queda:

Como el primer trmino depende nicamente de y el segundo slo de , yteniendo en cuenta que tiene que verificarse la igualdad para todo valor de entre 0 y 2 y para todo , el nico posible valor para la igualdad es unaconstante, que denominaremos .

En base a quedan determinadas las dos ecuaciones a resolver:


63/82



2013 Pg. 3 de 10

Por otra parte, podemos reescribir las condiciones de contorno considerandolas nuevas variables y .

De obtenemos que: Para que un producto sea cero, al menos uno de los factores debe ser nulo.Pero como porque de lo contrario nuestra funcin se anulara yobtendramos la solucin trivial (sabemos que no es solucin a este problemaya que no verifica a la condicin (4)), concluimos que:

De modo anlogo, analizamos :

Y tambin :

Vemos que la ecuacin junto a las condiciones de contorno y conforman un problema de Sturm-Liouville simplificado en el intervalo .Ello implica que los autovalores asociados a las autofunciones que obtengamosde su resolucin sern reales y no negativos ( ). Por ende, tenemos queanalizar dos casos: si es mayor a cero y si es nula.Comencemos por resolver el caso en que

. La solucin a esta ecuacin

sabemos que es:

Aplicamos la condicin :

Por lo tanto:


64/82



2013 Pg. 4 de 10

Ahora aplicamos la condicin

, considerando la expresin recin hallada

para la solucin de la ecuacin diferencial:

Recordemos que estamos trabajando con y porque de lo contrarioestaramos nuevamente en la solucin trivial (dado que previamentedeterminamos que ). En consecuencia y para que el producto anterior seanulo:

Encontramos entonces los autovalores mayores a cero. Las autofuncionesasociadas son:

Por otra parte, estudiaremos qu ocurre cuando . En este caso, vemosque la ecuacin se reduce a cuya solucin es la siguiente:

Aplicamos nuevamente la condicin

, ahora sobre esta nueva solucin:

Por lo tanto:

Empleando la condicin

:


65/82



2013 Pg. 5 de 10

Como llegamos a que , la nica solucin posible es la trivial.Entonces, concluimos que no es autovalor.Ahora vamos a resolver la ecuacin . Vemos que es del mismo tipo que ,por lo cual lo mismo ocurrir con la forma de su solucin (la nica diferenciaradica en la constante que aparece en sta). Solamente evaluaremos los puesto que, de acuerdo con la ecuacin , ya sabemos que es elmismo para las dos ecuaciones y . As pues, como determinamos quepara slo son vlidos los , para la restante ecuacin esto tambinvaldr.

La solucin genrica es:

Aplicamos la condicin :

Pero como estamos trabajando con y es una constante distinta de cero,tenemos:

Entonces, las autofunciones quedan definidas como:

Recordando que y considerando y , podemosescribir la expresin de la funcin como una combinacin lineal de todaslas posibles funciones :


66/82



2013 Pg. 6 de 10

Lo nico que falta ahora es hallar los coeficientes . Para ello, vamos aemplear , la nica condicin de contorno dada en el enunciado que noaplicamos hasta ahora:

Podemos ver que esta expresin corresponde al desarrollo en serietrigonomtrica de Fourier impar de con un perodo pues:

En consecuencia, los coeficientes pueden calcularse de la siguiente manera:

2 2

4 sen 2 cos2 2

n

n nh h

Fn n

= ( )4 cosh n

n

4 cos2

nh

n

+( )

( )

2 2

0

4 sen

4 cos

h n

n

h n

n

=

+

2 2

4 sen 2 cos2 2

n nh h

n n

+ 2 2

8 sen2

nh

n

=

Analizamos cmo se comporta la funcin , segn si es par o impar:


67/82



2013 Pg. 7 de 10

Vemos que ser no nulo nicamente cuando sea impar.Por lo tanto:

Finalmente, volvemos a la expresin (11) y reemplazamos con lo hallado en. Encontramos as la solucin del problema:


68/82



2013 Pg. 8 de 10

b) Resolucin usando suma de funciones (mtodo de DAlembert)

La expresin correspondiente al mtodo de DAlembert para resolver laecuacin de ondas es:

siendo la posicin inicial y la velocidad inicial.En nuestro problema la posicin inicial est dada por una funcin definida entre 0 y 2. Para poder utilizar el mtodo de DAlembert con una

cuerda finita, extendemos esta funcin al intervalo convirtindola enuna funcin impar con perodo (genricamente , siendo lalongitud de la cuerda) y luego escribimos su desarrollo en serie trigonomticade Fourier.

En este caso, entonces:

En base a podemos ver que el trmino integral ser nulo:

Entonces la expresin de DAlembert () se reduce a:

Hacemos el desarrollo de empleando la serie trigonomtrica de Fourier:

Para obtener , usamos la expresin correspondiente al coeficiente de laserie trigonomtrica de Fourier, recordando que extendimos la funcin comoimpar con :


69/82



2013 Pg. 9 de 10

Como tanto como son impares, el producto de ambas funcioneses par. Entonces, podemos calcular dos veces la integral de medio perodo:

Esta integral la resolvimos previamente en y obtuvimos:

Por otro lado, retomando escribimos la ecuacin reemplazando por eldesarrollo en serie correspondiente (). Con el objetivo de simplificar lasexpresiones, no reemplazaremos por lo obtenido en

Tenemos la expresin de la funcin buscada . Desarrollamos enparticular la suma de funciones seno para poder reescribirla de un modo msconveniente:

= sen cos sen cos

2 2 2 2

n x n ct n ct n x +

sen cos sen cos

2 2 2 2

n x n ct n ct n x +

=

Reemplazamos en :


70/82



2013 Pg. 10 de 10

Finalmente, reemplazando con (20):

Comparando esta expresin con la obtenida usado el mtodo de separacin devariables, podemos concluir que con ambos mtodos de resolucin llegamos almismo resultado.


71/82



2013 Pg. 1 de 12

T. P. No8 ANEXO - EJERCICIOS RESUELTOS

Enunciado

III) Resolver la ecuacin de calor propuesta:

Resolucin

Resuelto por: Matas Novoa (1 cuatrimestre de 2013)


En este ejercicio buscamos obtener la funcin que representa latemperatura a lo largo de una barra finita unidimensional en funcin del tiempo,de acuerdo a las condiciones de contorno del enunciado. El trmino introducido en la ecuacin de calor propuesta responde a una transferencia decalor con el medio a lo largo de la barra.

La ecuacin diferencial a resolver es la siguiente:

Las condiciones de contorno del problema son las siguientes:

Comenzaremos aplicando el mtodo de separacin de variables aunque, comoveremos ms adelante, esto no ser suficiente para resolver el problema.

Proponemos que la solucin se puede expresar como el producto deuna funcin que depende exclusivamente de la variable independiente porotra funcin que depende exclusivamente de la variable independiente .Escribimos entonces:

0


72/82



2013 Pg. 2 de 12

A partir de la expresin (2), las condiciones de contorno (I), (II) y (III) quedan:

Si o obtendramos que , es decir, la solucin trivial.Pero sabemos que esta no puede ser la solucin de nuestro problema ya queno cumplira con la condicin (II). Por lo tanto, de las condiciones (IV) y (VI),deducimos lo siguiente:

Como puede verse a continuacin, no podemos deducir nada de la condicin(V). A partir de la expresin (2) tenemos que:

Reemplazando estas expresiones en la ecuacin (1):

Dividiendo miembro a miembro por

:

En la igualdad anterior, el primer miembro es una funcin que depende slo dela variable independiente

, y el segundo miembro es una funcin que depende

slo de la variable independiente

. Para que esta igualdad se cumpla para

todo y , ambos miembros deben ser iguales a una misma constante quellamaremos .


73/82



2013 Pg. 3 de 12

Entonces:

En este momento, podemos ver que la ecuacin (4) junto con la condicin decontorno (IV) no son suficientes para establecer un Problema de Sturm Liouville(PSL). Por esta razn, la separacin de variables planteada para la funcinno permite obtener una solucin de nuestro problema.Vamos a comenzar nuevamente el ejercicio proponiendo que nuestra solucin

tiene la siguiente forma:

En la expresin anterior a se la denomina solucin estacionaria porque nodepende del tiempo y a se la llama solucin transitoria y en generaltiende a 0 cuando tiende a infinito.Luego proponemos que la solucin transitoria

cumpla con la ecuacin

diferencial:

Tambin proponemos que se cumplen las sig

Murmis Ecuaciones diferenciales en derivadas parciales

Documents

Transcript of Murmis Ecuaciones diferenciales en derivadas parciales