Propagacin del Calor en un SartnMatemticas Avanzadas de la Fsica

Universidad Nacional Autnoma de MxicoMonroy Romero Ana Ximena, Reyes Jaramillo Jos Carlos, Velasco Castillo Omar Elas

ObjetivoAplicar el mtodo de separacin de variables para resolver la ecuacin de calor no homogenea para unsarten y una fuente dependiente del tiempo. Adems de que casos particulares de fuente y condicininicial fueronpropuestos.

Introduccin. Definicin y contexto del problema.Por la geometra del problema que buscamos solucionar podemos tomar un modelo con coordenadaspolares. Donde la ecuacin de distribucin del calor se ve como

2(r, , t) = 1k

t(r, , t) + q(r, , t) (1)

Para este trabajo tomaremos el caso donde las funciones que modelan la forma inicial de la dis-tribucin de calor y la fuente son radialmente simtricas, es decir, slo dependen del radio r y no de .Entonces podemos pensar que la solucin tampoco depender de . Por lo que la ecuacin a resolver es

t= k

1

r

r

r

r

+ q(r, t) (2)

Si a se le supone como una funcin de variables separables, sta se puede ver como

(r, t) = R (r)T (t)

donde 0 r a. Con a el radio del sartn.Supondremos condiciones de frontera de Dirichlet homogeneas, es decir,

(a, t) = 0 (3)

y como condicin inicial(r, 0) = f(r) (4)

Desarrollo del ProyectoCaso General.

Ya que las condiciones de frontera son homogneas utilizamos la ecuacin de Helmholtz para conocer elcomportamiento de 2. Donde la ecuacin de Helmholtz es

2 = 2 (5)Donde = T (t), es decir es la parte espacial de la solucin.

1

Adems el laplaciano descrito en (1) se ve como

2 1r

r

r

r

+

1

r22

2

Como no hay dependencia de en nuestro sistema, el laplaciano se reduce a

2 1r

r

r

r

A continuacin, consideramos a

(r) = R (r) (6)

Entonces, aplicando el laplaciano a la separacin de variables de que se supuso tenemos que

2 = 1r

r

rdR

dr

= 2R = 2 (7)

1

r

r(rR) = 2R

Dividiendo entre R se tiene

1

Rr

d

dr(rR) = 2

De donde 2 +

1

rR

d

dr

rdR

dr

= 0

que se puede reescribir como

d

dr

rdR

dr

+R

2= 0 (8)

La solucin general a la ecuacin diferencial de Bessel est dada por

Rn(r) = B Jm(nr) + C Ym(nr)

donde Jm(nr) es la solucin conocida como Bessel de primer tipo que es una solucin convergenteen radios r < a ; y Ym(nr) es la segunda solucin linealmente independiente de Jm(nr) tambinllamada la solucin de Neumann o Bessel de segundo tipo que es una solucin divergente para radiosr > a. Donde a es el radio del sartn. Para nuestro caso, el caso radial slo nos interesan valores de0 r a, es decir dentro del sartn por lo que la parte divergente de la solucin a la ecuacin de BesselYm(nr) puede ser despreciada para asegurar la convergencia de nuestra solucin.

Como en la ecuacin (8) el orden de la Bessel est dado por el eigenvalor de la parte de , que en estecaso es cero ya que no hay dependencia de esta coordenada, el rden de la Bessel solucin a la ecuacin(8) es cero.

2

Entonces vemos la solucin a (8) como

Rn(r) = Bn J0(nr) (9)

donde Jm(nr) es de la forma

Jm(knr) =

2r

2

m k=0

(1)kk!(m+ k)!

2r

2

2kEn particular J0(nr)

J0(nr) =k=0

(1)kk!(k)!

2r

2

2k(10)

Por otro lado, se tiene que R(a) = 0 por las condiciones de frontera es decir

J0(na) = 0

donde

na = 0n

con 0n el conjunto de los ceros de la solucin a Bessel para argumentos positivo. Entonces

n =0na

(11)

por lo que podemos ver la solucin a la ecuacin de Bessel especfica para nuestro problema como

Rn(r) = J0(0nar) (12)

A continuacin normalizamos la solucin a Bessel para pasar de la solucin general a la particularcon nuestras condiciones de frontera. Entonces

Jm(mna

r), Jm(mn

ar)

=

a0Jm(

mna

r)Jm(mn

ar) rdr

=a2

2J2m+1(mn)nn

por la delta de Kronecker, tomamos el caso n = n , ya que el caso n = n implica ortogonalidad delproducto interior para la norma.

=a2

2J2m+1(mn)

De la ecuacin (12) conocemos la forma de (r) = R (r) y recordamos que m=0 para nuestrosdesarrollos,

(r) =n=0

BnJ0(0nar)

3

Figura 1. Grficas de las primeras diez funciones propias soluciones para el radio, es decir primeras diez Bessel de ordencero.

Podemos entonces suponer que la solucin (r, t) es de la forma

(r, t) =n=1

J00n

arTn(t)

Donde la funcin Tn(t) absorber a la constante Bn de la solucin espacial (r).De igual manera podemos suponer que la condicin inicial y la fuente son de la forma

f(r) =n=1

BnJ00n

ar

q(r, t) =n=1

Qn(t)J00n

ar

Determinemos las constantes Bn y a las funciones Qn(t)Para las constantes:

a0f(r)J0

0na

rrdr =

n=1

Bn

a0J00n

arJ00n

arrdr

=n=1

Bna2

2J21 (0n)nn

=a2

2BnJ

21 (0n)

EntoncesBn =

2

a2J21 (0n)

a0f(r)J0

0narrdr (13)

4

Para las funciones a0q(r, t)J0

0na

rrdr =

n=1

Qn(t)

a0J00n

arJ00n

arrdr

=n=1

Qn(t)a2

2J21 (0n)nn

=a2

2Qn(t)J

21 (0n)

EntoncesQn(t) =

2

a2J21 (0n)

a0q(r, t)J0

0narrdr (14)

Conocemos ya la forma de las condicin inicial y de la fuente.

Por otro lado, por la ecuacin de Helmholtz (5)

1

r

r

r

r

= 2 = 2

sustituyendo en (2)

t= k2+ q(r, t)

n=1

J00n

arT

n(t) = k

n=1

0na

2J00n

arTn(t) +

n=1

Qn(t)J00n

ar

n=1

J00n

ar

Tn(t) + kTn(t)Qn(t)

= 0

Tn(t) + kTn(t)Qn(t) = 0 (15)

Aplicando la condicin inicial (4)

n=1

J00n

arTn(0) =

n=1

BnJ00n

ar

n=1

J00n

ar[Tn(0)Bn] = 0

Por lo queTn(0) = Bn (16)

Resolviendo la ecuacin (15) multiplicando por el factor integrante (t) = ek( 0na )

2dt = ek(

0na )

2t

ek(0na )

2tT

n(t) + ke

k( 0na )2tTn(t) = Qn(t)e

k( 0na )2t

5

Entoncesd

dt

ek(

0na )

2tTn(t)

= Qn(t)e

k( 0na )2t

Tn(t) = ek( 0na )

2t

t0Qn(s)e

k( 0na )2sds+(r)

Aplicando la condicin de la ecuacin (7)

Bn = Tn(0) = ek( 0na )

20

00Qn(s)e

k( 0na )2sds+(r)

Entonces

Bn = (r)

Por lo que la solucin temporal de se ve como

Tn(t) = ek( 0na )

2t

t0Qn(s)e

k( 0na )2sds+Bn

(17)

y como conocemos la forma de Bn y Qn(s)

Tn(t) = ek( 0na )

2t

t0

2

a2J21 (0n)

a0q(r, s)J0

0narrdr

ek(

0na )

2sds+

2

a2J21 (0n)

a0f(r)J0

0narrdr

= ek(0na )

2t

t0

a0

2

a2J21 (0n)q(r, s)J0

0narrek(

0na )

2sdrds+

2

a2J21 (0n)

a0f(r)J0

0narrdr

Entonces

Tn(t) =2

a2J21 (0n)ek(

0na )

2t

t0

a0q(r, s)J0

0narrek(

0na )

2sdrds+

a0f(r)J0

0narrdr

(18)

Caso Particular 1

Se propone para este caso como condicin inicial

f(r) = r

y como fuente

q(r, t) =k

T0

con T0 una temperatura arbitraria y > 0 una constante.De la ecuacin (18) y sustituyendo la condicin y la fuente

Tn(t) =2

a2J21 (0n)ek(

0na )

2t

t0

a0

k

T0J0

0narrek(

0na )

2sdrds+

a0J00n

arr2dr

6

Proponemos el cambio de variablex =

0nar

por lo quedr =

a

0ndx

se tiene que r = 0 x = 0 y r = a x = 0nEntonces

Tn(t) =2

a2J21 (0n)ek(

0na )

2t

k

T0

t0ek(

0na )

2s

0n0

a

0n

2xJ0 (x) dx

ds+

0n0

a

0n

3x2J0 (x) dx

Porponemos otro cambio de variable

w = k0n

a

2s

ds =1

k

a

0n

2dw

se tiene que s = 0 w = 0 y s = t w = k 0na 2 tEntonces

Tn(t) =2

a2J21 (0n)ek(

0na )

2t k

T0

k( 0na )2t0

ew1

k

a

0n

2 0n0

a

0n

2xJ0 (x) dx

dw+

+2

a2J21 (0n)ek(

0na )

2t 0n0

a

0n

3x2J0 (x) dx

Tn(t) =2

a2J21 (0n)ek(

0na )

2t

k

T0ek(

0na )

2t 1

a0n

2 0n0

xJ0 (x) dx+

a

0n

3 0n0

x2J0 (x) dx

Recordamos la propiedad de la Ecuacin de Besselxp+1Jp(x)dx = x

p+1Jp+1(x) + C (19)

Entonces

Tn(t) =2

a2J21 (0n)ek(

0na )

2t

k

T0ek(

0na )

2t 1

a0n

20nJ1 (0n) +

a

0n

3 0n0

x2J0 (x) dx

7

Por lo que la parte temporal para la primer fuente se ve como

Tn(t) =2k

0nJ1(0n)T01 ek( 0na )2t

+

2a

30nJ21 (0n)

ek(0na )

2t 0n0

x2J0 (x) dx (20)

Figura 2. Grficas de las primeras diez funciones propias de la solucin temporal de la fuente propuesta 1.

y la solucin ser

(r, t) =n=1

J00n

ar 2k0nJ1(0n)

T01 ek( 0na )2t

+

2a

30nJ21 (0n)

ek(0na )

2t 0n0

x2J0 (x) dx (21)

Donde la grfica de esta solucin es

Figura 3. Grficas para la solucion (r, t) para la fuente propuesta 1.

8

Caso Particular 2

Se propone para este caso como condicin inicial

f(r) = 1

y como fuenteq(r, t) = et

con T0 una temperatura arbitraria y > 0 una constante.De la ecuacin (18) y sustituyendo la condicin y la fuente

Tn(t) =2

a2J21 (0n)ek(

0na )

2t

t0

a0esJ0

0narrek(

0na )

2sdrds+

a0J00n

arrdr

Proponemos el cambio de variable

x =0nar

por lo quedr =

a

0ndx

se tiene que r = 0 x = 0 y r = a x = 0nEntonces

Tn(t) =2

a2J21 (0n)ek(

0na )

2t

t0esek(

0na )

2s

0n0

a

0n

2xJ0 (x) dx

ds+

0n0

a

0n

2xJ0 (x) dx

Por la propiedad (19)

Tn(t) =2

a2J21 (0n)ek(

0na )

2t

t0e

k( 0na )

21s

a

0n

20nJ1 (0n)

ds+

a

0n

20nJ1 (0n)

Tn(t) =2

a2J21 (0n)ek(

0na )

2t

a

0n

20nJ1 (0n)

t0e

k( 0na )

21sds+ 1

Entonces la parte temporal para la fuente dos se ve como

Tn(t) =2

0nJ1(0n)k0n

a

2 1et ek( 0na )2t

+

2ek(0na )

2t

0nJ1(0n)(22)

9

Graficando esta solucin obtenemos

Figura 4. Grficas de las primeras diez funciones propias de la solucin temporal de la fuente propuesta 2.

La solucin ser entonces

(r, t) =n=1

J00n

ar 20nJ1(0n)

k0n

a

2 1et ek( 0na )2t

+

2ek(0na )

2t

0nJ1(0n)(23)

cuya grfica se ve

Figura 5. Grficas para la solucion (r, t) para la fuente propuesta 2.

10

Conclusiones

Al usar diferentes casos de fuentes con el fin de explicar el comportamiento del sartn llegamos a diferentesconclusiones:

Para la fuente numero 1 se obtuvo el comportamiento esperado ya que cumple con la condicion defrontera, es decir para r igual al radio del sartn la distribucion de temperaturas ser cero. Ademas deque nos indica que la solucin ser homogenea para cada punto del sartn que se encuentre a un mismoradio con lo que comprobamos la hiptesis de fuente constante y simetra radial.

En la fuente nmero 2 de igual manera el sistema mostr el comportamiento esperado, ya que en losextremos del sartn la propagacin del calor tiende a cero cumpliendo las condiciones de frontera. Y astambin recuperamos la simetra radial al tener que ,dado un tiempo, para puntos a un mismo radio lasolucin ser la misma.

Ahora, si consideramos la condicin inicial f(r) = (r), obtenemos que la proyeccin de la misma escero debido a la propiedad de la integral de una delta de Dirac por una funcin evaluada en el pico dela delta. Entonces, visualmente, tenemos que la distribucin de temperatura es cero a ese tiempo en elsartn, aunque la condicin inicial indique un pico en r=0, no se tiene una distribucin de temperatura,por lo que est bien fsicamente. En el caso de tomar una delta (r r0) no se puede conocer debido aque rompe la hiptesis de simetra radial por lo que no se puede conocer en este problema.

Bibliografa

[1] NAGLE, Kent.(2005) Ecuaciones diferenciales y problemas con valores en la frontera. PearsonEducation. Mxico.

[2]ASMAR, Nakhl H. (2004). Partial Dierential Equations with Fourier Series and BoundaryValue Problems. 2a edicin (en ingls). EE.UU.: Prentice Hall, Pearson Education.

[3]HABERMAN, Richard. (2004). Applied Partial Dierential Equations with Fourier Series andBoundary Value Problems. 4a edicin (en ingls). EE.UU.: Prentice Hall, Pearson Education.

[4]HANNA, J. Ray y John H. Rowland. (2008). Fourier Series, Transforms, and Boundary ValueProblems. 2a edicin (en ingls). EE.UU.: Dover Publications.

[5]MNDEZ Fragoso, Ricardo. (s.f.). Proyectos a desarrollar. Pgina de Ricardo Mndez Fragoso,Cursos, Matemticas Avanzadas de la Fsica. Pgina web basada en el sitio de internet de laFacultad de Ciencias, UNAM http://www.fciencias.unam.mx . Recuperado en abril de 2015, de:http://sistemas.fciencias.unam.mx/rich/maf.html.

[6]Apuntes al Curso de Matemticas Avanzadas de la Fsica con Luca Medina y Ricardo Mndez,Semestre 2015-II, Mxico: Facultad de Ciencias, Universidad Nacional Autnoma de Mxico.

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