trabajo de ecua 4ta
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SOLUCION DE PROBLEMAS EQUIPO Nº1
ECUACIONES DIFERENCIALES
“Año de la integración nacional y del reconocimiento de nuestra diversidad”
UNIVERSIDAD NACIONAL DE
INGENIERÍA
FACULTAD DE INGENIERIA MECÁNICA
ECUACIONES DIFERENCIALES
RESOLUCION DE PROBLEMAS DEL EQUIPO 1
DOCENTE:
REYNA, YEXI
INTEGRANTES:
Birreo Nina Rudy Harold 20051017B
Buitrón Ponte José Luis 20110047F
Reyes Astuyauri Yan Cesar 20092041E
Riveros Domínguez Magno 20060226J
Yopla Basaldua Jorge Rogger 20114027J
SECCIÓN:
“B”
PERIODO:
2012 - II
SOLUCION DE PROBLEMAS EQUIPO Nº1
ECUACIONES DIFERENCIALES
Lima – Perú
2012
INDICE
I. ENUNCIADO DEL PROBLEMA I 3Enunciado del problema 1 3
Solución del problema 1 3
Enunciado del problema 2 6
Solución del problema 2 6
II. ENUNCIADO DEL PROBLEMA II 8
SOLUCION DEL PROBLEMA II 8
III. ENUNCIADO DEL PROBLEMA III 10
SOLUCION DEL PROBLEMA III 10
IV. ENUNCIADO DEL PROBLEMA IV 14
SOLUCION DEL PROBLEMA IV 14
V. ENUNCIADO DEL PROBLEMA V 18
SOLUCION DEL PROBLEMA V 18
SOLUCION DE PROBLEMAS EQUIPO Nº1
ECUACIONES DIFERENCIALES
I. MODELAMIENTO DE ECUACIÓNES DIFERENCIALES
1. Un sistema de calentamiento de agua mediante energía solar consta de un tanque de agua caliente y un panel solar. El tanque eta bien aislado y tiene una constante de tiempo de 64 horas. El panel solar genera 2000 Btu/hora durante el día y el tanque tiene una capacidad calorífica de 2°F por mil Btu. Si el agua en el tanque eta inicialmente a 110°F y a la temperatura del cuarto donde está el tanque es de 80°F
a) Calcule la temperatura del tanque después de 12 horas luz solar.
b) Si se usa un tanque más grande con una capacidad calorífica de 1°F por mil Btu y una constante de tiempo de 72 horas (con los demás factores idénticos) Calcule la temperatura del tanque después de 12 horas luz solar.
SOLUCION:
LEY DE ENFRIAMIENTO DE NEWTON
El efecto de la temperatura exterior sobre la temperatura interior de un sistema se puede modelar mediante la ley de enfriamiento de Newton.
Enunciado:
dTdt
=K [M ( t )−T ( t ) ]+H ( t )+U ( t )
Donde:
T(t) : Temperatura dentro del sistema en el instante “ t”.
M(t) : Efecto de la temperatura exterior sobre la temperatura interior.
H(t) : Calor generado por las personas, luces ,maquinas, dentro del sistema.
U(t) : Enfriamiento o calentamiento proporcionado por el aire acondicionado o la calefacción.
Ordenado la ecuancion deferencial lineal. En forma canonica:
SOLUCION DE PROBLEMAS EQUIPO Nº1
ECUACIONES DIFERENCIALES
dT (t)dt
+P (t ) .T (t )=Q ( t )
Donde:
P(t) = K
Q(t) = K.M(t) + H(t) +U(t)
Por la forma de la ecuación vemos que el factor integrante es:
u (t )=e∫ K .dt=eK .t
Resolvemos:
eK .t .dT ( t)dt
+eK .t . K .T (t )=eK .t .Q (t )
eK .t . T ( t )=∫eK .t .Q ( t ) . dt+C
Despejando T(t), se tiene:
T (t )=e−K . t {∫eK .t . [K .M (t )+H ( t )+U ( t ) ] . dt+C }
Para el caso especificop de los ejercicios que vamos a resolver no consideramos los efectos de H(t) y U(t),además M(t) no dependerá del tiempo manteniéndose constante.
Entonces:
T (t )=e−K . t {∫eK .t . [K .M ] . dt+C }
T (t )=e−K . t {M .eK .t+C }
Cambiando el nombre de las variables:
T(t) Tint.(t) (Temperatura interior).
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ECUACIONES DIFERENCIALES
M Text. (Temperatura exterior).
Quedando nuestra ecuación de este modo:
Tint . (t )−Text .=C .e−K .t …..……. (I)
Resolviendo el ejercicio:
a) Calcule la temperatura del tanque después de 12 horas luz solar.Datos:
1 hora 2000 Btu
12 horas 24000 Btu
1000 Btu 2 oF
24000 Btu 48 oF
K=1/64
Empleando la formula (I), para t=0:
110−80=C .e−K .(0 )
C=30
Para t=12 horas:
Tint . (t=12horas ) – (80+48)=30.e−( 1
64) .(12)
Tint . (t=12horas )=152,87 oF
SOLUCION DE PROBLEMAS EQUIPO Nº1
ECUACIONES DIFERENCIALES
b) Si se usa un tanque más grande con una capacidad calorífica de 1°F por mil Btu y una constante de tiempo de 72 horas (con los demás factores idénticos) Calcule la temperatura del tanque después de 12 horas luz solar.
1 hora 2000 Btu
12 horas 24000 Btu
1000 Btu 1 oF
24000 Btu 24 oF
K=1/72
Para t=12 horas:
Tint . (t=12horas ) – (80+24)=30.e−( 1
72) .(12)
Tint . (t=12horas )=129,39 oF
2. En una calurosa mañana de sábado, cuando las personas trabajan dentro de un edificio, el aire acondicionado mantiene la temperatura interior en 24°C. A mediodía, el aire acondicionado se apaga y las personas se van a casa. La temperatura exterior es constante e igual a 35 °C durante el resto de la tarde. Si la constante del tiempo del edificio es de 4 horas. Calcule:
a) La temperatura dentro del edificio a las 2:00 pm
b) La temperatura dentro del edificio a las 6:00 pm
c) En qué momento, llegará la temperatura interior del edificio, a 27 °C.
SOLUCION:
Usaremos la ecuación deducida en el ejercicio anterior:
Tint . (t )−Text .=C .e−K .t
Empleando la fórmula para t=0:
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ECUACIONES DIFERENCIALES
24−35=C .e−K .(0 )
C= -9
Con : K=1/4
a) La temperatura dentro del edificio a las 2:00 pm
Para t=2 horas:
Tint . (t=2horas ) –35=−9.e−( 1
4).(2 )
Tint . (t=2horas )=29,54 oC
b) La temperatura dentro del edificio a las 6:00 pm
Para t=6 horas:
Tint . (t=6horas )– 35=−9.e−( 1
4).(6)
Tint . (t=6horas )=32,99 oC
c) En qué momento, llegará la temperatura interior del edificio, a 27 °C.
Para Tint . (t )=27 oC :
27 – 35=−9.e−( 1
4) .(t)
e−( 1
4) .(t)
=8/9
t=0,47horas=28,26minutos
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II. APLICACIÓN DE LA TRASFORMADA DE LAPLACE
a. Calcule la transformada de Laplace de las siguientes funciones
g (t) = t.∫0
tsen ( t−u ) . J 0(u )du , siendo J0(u) la función de Bessel de
primera clase y orden cero
b. Utilizando la transformada de Laplace resuelva la ecuación diferencial d2 ydt 2
−2dydt
+5 y =u (t−a),a>0, con las condiciones iniciales
x (0 )=0 ,dxdt
(0 )=0
SOLUCIÓN:
a. L {g (t)} = L {t.∫0
tsen ( t−u ) . J 0(u )du }
F (u)=sen ( t−u) . J 0 (u )
L {g (t)} = − ddsL{∫0
tF (u )du}
L {g (t)} = − dds
⋅1sL {F ( t )}
SOLUCION DE PROBLEMAS EQUIPO Nº1
ECUACIONES DIFERENCIALES
L {g (t)} = − dds
⋅1sL {0}
L {g (t)} = − dds
⋅1s( 0)
L {g (t)} = 0
b.
d2 ydt 2
−2dydt
+5 y =u (t−a)
Primeramente aplicamos la transformada de laplace a ambos miembros de la ecuación diferencial.
L {d
2 ydt 2
}−2L {dydt
}+5 L {y }=L {u ( t−a )}
Sabemos:
L {dydt
}=sL {y}− y (0)
L {d2 ydt 2
}=s2 L{y }−sy (0)−dydt
(0 )
Por lo tanto remplazamos:
s2 L {y }−sy (0 )−dydt
(0)−2(sL {y }− y (0))+5L {y }=L{ut}−L {ua}
(s2−2 s+5)L{y }−sy (0)−dydt
(0 )+2 y (0)=uL{t}−L {ua }
Reemplazamos los datos:
(s2−2 s+5)L{y }−s(0 )−(0)+2(0 )=u⋅1
s2−uas
1
Y
X
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ECUACIONES DIFERENCIALES
∴L {y}=
u (1−ua )s2 (s2−2 s+5 )
III. SERIE DE FOURIER
f , es una función periódica de periodo mínimo 2π, tal que
f ( t )={ 1 , 0< t<π−1 , π< t<2 π
a) Exprese f , en una serie de Fourier
b) Grafique en un mismo plano, la funciónf y la función definida con solo tres términos de la serie de Fourier determinada en el ítem anterior.
c) Utilizando la serie de Fourier de f dada en el primer ítem, determine la
solución general de la ecuación diferencial
d2 xdt2
+36 x =f ( t )
SOLUCION:
f ( t )={ 10< t<π−1π< t<2 π
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f ( t )=a0
2+∑n=1
∞
(an cosn ω0 t+bn sennω0t )
an=2T
∫−T /2
T /2
f ( t ) cosnω0t dt
an=2
2π∫
−T /2
T /2
f (t ) cosnω0t dt
an=1π [∫
−π
0
f ( t ) cosnω0 t dt+∫0
π
f ( t )cosnω0 t dt ]an=
1π [−∫
−π
0
cosnω0 t dt+∫0
π
cosnω0 t dt ]an=
1π [−sennω0 t
nω0{ 0−π
+sennω0t
nω0{π0 ]
ω0=2πT
=2π2π
=1
an=1π [−sen (n0)
n+sen(−nπ )
n+sen(nπ )n
−sen(n0)n ]
an=0 ;∀nϵ Ζ+¿¿
a0=1π∫−π
π
f ( t )dt=1π [−∫
−π
0
dt+∫0
π
dt ]=0
bn=2T∫−T
2
T2
f ( t ) sennω0 tdt
Y
SOLUCION DE PROBLEMAS EQUIPO Nº1
ECUACIONES DIFERENCIALES
bn=1π∫−π
π
f (t ) senntdt
bn=1π [∫
−π
0
f (t ) sennt dt+∫0
π
f (t ) sennt dt ]bn=
1π [−∫
−π
0
sennt dt+∫0
π
sennt dt ]bn=
1π [ cosntn { 0
−π−cosntn {π0 ]
bn=1π [( cos (n0)
n−
cos(−nπ)n
)−(cos (nπ )n
−cos(n0)n
)]bn=
1π [( 1
n−
cos (nπ )n ) – (cos (nπ )
n−1n)]
bn=2πn
(1−cosnπ )
cosnπ=(−1)n
bn={ 0 , si n es par4nπ, si nes impar
b2n−1=4
(2n−1)
f ( t )=∑n=1
∞
bn sennω0 t
f ( t )=∑n=1
∞
b2n−1 sen(2n−1)ω0t
a) f (t )=∑n=1
∞4
(2n−1)sen (2n−1)ω0 t
b) f (t )= 4πsen3 t+ 4
πsen 3t+ 4
πsen5 t
SOLUCION DE PROBLEMAS EQUIPO Nº1
ECUACIONES DIFERENCIALES
c) x ´+36 x=f (t)……(1)
Consideremos una solución particular periódica estacionaria:
xsp (t )=∑
n=1
∞
B2 n−1 sen( 2n−1 ) t
La solución general será:
x (t )=C1 cosω0t+C2 senω0 t+x sp
Reemplazando xsp (t ) en la ecuación (1):
∑n=1
∞
B( 2n−1 ) [−(2n−1 )2+36 ] sen (2n−1 ) t= 4π∑n=1
∞ sen (2n−1 ) t2n−1
B(2n−1)=4
π (2n−1 )(36−(2n−1)2)
∴ xsp (t )=∑
n=1
∞ 4π (2n−1) (36−(2n−1)2)
sen( 2n−1) t
Entonces la solución general será:
x (t )=C1 cosω0t+C2 senω0 t+∑n=1
∞4
π (2n−1 )(36−(2n−1)2)sen (2n−1 ) t
SOLUCION DE PROBLEMAS EQUIPO Nº1
ECUACIONES DIFERENCIALES
IV. TRANSFORMADA DE FOURIER
SOLUCION DE PROBLEMAS EQUIPO Nº1
ECUACIONES DIFERENCIALES
Calcule la transformada de Fourier de
f ( t )=¿ {1−t 2 ; |t |<1 ¿¿¿¿
SOLUCION:
Definición de la transformada de Fourier:
F (w )=∫−∞
+∞
f (t ) . e−iwt .dt
1. Determinamos los límites de integración:
Para:|t|>1−∞<t<−1∨1<t<+∞
La función f ( t )=0
Para:
|t|<1−1<t<+1
La función f ( t )=1−t2
Entonces solo aplicaremos la transformada de Fourier para el intervalo −1<t<+1, donde la función no es 0.
F (w )=∫−∞
+∞
f ( t ) . e−iwt .dt=∫−1
+1
(1−t2). e−iwt . dt
F (w )=−∫−1
+1
(t 2−1). e−iwt . dt
Usaremos el método de integración por partes:
SOLUCION DE PROBLEMAS EQUIPO Nº1
ECUACIONES DIFERENCIALES
U=(t2−1 )❑→dU=2 t . dtdv=e−iwt . dt❑
→v= e
−iwt
−iw
Reemplazamos:
F (w )=−[ (t 2−1 ) . e−iwt
−iw−∫
❑
❑
2t .e−iwt
−iw.dt ]
F (w )=−[ (t 2−1 ) . e−iwt
−iw− 2
−iw∫❑
❑
t . e−iwt .dt ]Usaremos el método de integración por partes una vez más:
U=t❑→dU=dtdv=e−iwt . dt❑
→v= e
−iwt
−iw
Entonces:
F (w )=−[ (t 2−1 ) . e−iwt
−iw− 2
−iw (t . e−iwt−iw−∫
❑
❑e−iwt
−iw.dt)]
F (w )=−[ (t 2−1 ) . e−iwt
−iw− 2
−iw (t . e−iwt−iw− 1
−iw∫❑
❑
e−iwt . dt)]
F (w )=−[ (t 2−1 ) . e−iwt
−iw− 2
−iw (t . e−iwt−iw− 1
−iwe−iwt
−iw )]
F (w )=( t2−1 ) . e−iwt
iw− 2iw (t . e−iwt−iw
− 1−iw
e−iwt
−iw )
F (w )=( t2−1 ) . e−iwt
iw+ 2iwt .e−iwt
iw+ 2iw
1iwe−iwt
iw
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ECUACIONES DIFERENCIALES
F (w )=( t2−1)e−iwt
iw+ 2 t . e−iwt
(iw)2 + 2.e−iwt
(iw)3
Homogenizamos y eliminamos i del denominador
F (w )=−i w2(t 2−1)e−iwt
w3 −2wt . e−iwt
w3 + 2i . e−iwt
w3
Factorizamos −e−iwt
w3
F (w )=−e−iwt
w3 .( i w2 ( t2−1 )+2wt−2 i )
Recordamos que nuestra integral estaba evaluada en el intervalo de ⟨−1 ;+1 ⟩ .
F (w )=[−e−iwtw3 . (i w2 (t 2−1 )+2wt−2i )]−1
+1
F (w )=−e−iw(1)
w3 . (i w2 ((1)2−1 )+2w(1)−2 i )−−e−iw(−1)
w3 .( i w2 ((−1)2−1 )+2w (−1)−2 i)
F (w )=−e−iw
w3 . (2w−2 i )+ eiw
w3 . (−2w−2i )
F (w )=−2w .e−iw
w3 + 2i . e−iw
w3 −2w .eiw
w3 −2 i . e iw
w3
SOLUCION DE PROBLEMAS EQUIPO Nº1
ECUACIONES DIFERENCIALES
F (w )=−2 i . e iw
w3 +2 i . e−iw
w3 −2w .e iw
w3 −2w .e−iw
w3
F (w )=−2 i . i (eiw−e−iw )iw3 −
2 (e iw+e−iw )w2
F (w )= 4w3
(eiw−e−iw )2 i
− 4w2
(e iw+e−iw )2
Sabemos que:
(e iθ−e−i θ )2i
=Sen (θ)
(e iw+e−iw )2
=cos (θ)
Entonces:
F (w )=4. Sen(w)w3 −
4. cos (w)w2
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ECUACIONES DIFERENCIALES
V. ECUACIÓN DIFERENCIAL PARCIAL
Determine la temperatura u( x ; t )en una barra de plata de 10cm de longitud si su sección transversal constante de área de 1 cm2, 10,6 g/cm3 de densidad, 1,04 cal/cm-s°C de conductividad térmica, calor especifico 0,056cal/g °C y sus extremos se mantienen a temperatura de 0°C para todo instante y la distribución inicial de temperaturas viene dada por
f ( x )=u( x ;0 )=¿ {x , 0≤x≤5 ¿ ¿¿¿
SOLUCION:
Datos: L=10 cm ; A=1 cm2 , μ=10.6 g/cm3 , K=1,04 cal/cm-s°C , σ=0.056 cal/g°C
Hallando κ (Coeficiente de difusividad)
κ=K/ σμ -------->κ=1.7520
La conducción de calor se representa mediante la siguiente ecuación diferencial:
κ.∂2u∂ x2 =
∂u∂ t
Suponemos lo siguiente: u(x;t) = X.T
X: Dependiente solamente de x.
T:Dependiente solamente de t.
Remplazando en la ecuación:
κ.X ¿∨¿¿.T=X.T ¿
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ECUACIONES DIFERENCIALES
X¿∨¿
X¿= T
¿
KT= -λ
X ¿∨¿¿+ λX=0T ¿+λ.κ.T =0
(D2+λ).X=0 (D+ λ.κ).T=0
D=±√ λi D = -λ.κ
X=C1cos(√ λx)+ C2sen(√ λ x¿ T=C3.e− λ. κ .t
Entonces: u(x;t)= X.T=[C1cos(√ λx)+ C2sen(√ λ x¿]C3.e− λ. κ .t
Condiciones de frontera:
1. u(0;t)=0 -------> C1.C3.e− λ. κ .t = 0 (C3≠0)
-------> C1=0
2. u(L;t)=0 -------> C2sen(√ λL).C3.e− λ. κ .t= 0 (C2,C3 ≠0)
------->sen(√ λL) = 0, √ λL=π .n
------->λ=π2 . n2
L2
Remplazando:
u(x;t) =C2sen(πl. n . x ¿. C3.e
−π 2 .n2
L2 . κ .t
u(x;t) =A.sen(πl .n.x).e
−π 2 .n2
L2 . κ .t
u(x;t) = ∑n=1
∞
An . sen( πl. n . x) . e
−π2 . n2
L2 .κ . t
Condición de t = 0;
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u(x;0) = ∑n=1
∞
An . sen( πl. n . x)=f(x)=∑
n=1
∞
bn. sen( πl. n . x ) . …(α)
x, 0 ≤ x ≤ 5
u(x;0)=f(x)= 0, en otro caso
Expresando la función f mediante una expansión de senos:
l=5, T=2.l=10 ------->ω=2.π/T= π/l
a0=0, an=0 (la función expresada en senos es impar)
bn=2T
∫−T /2
+T /2
f ( x ) sen¿¿.n.x)dx
bn=2l∫
0
l
f ( x ) sen¿¿.n.x)dx
bn=25∫0
5
xsen¿¿.n.x)dx
------>bn=10 sen (nπ )−10n . π cos(n .π )
n2π2
bn=-10n .π
(−1)n
De (α):
An=-10n .π
(−1)n
Entonces u(x;t) resultaría:
u(x;t) = ∑n=1
∞−10n. π
(−1)n . sen( π5. n . x ) .e
− π2 .n2
25. 1.752.t
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