aplicaciones matematicas- edp de onda no homogenea & ecuacion de laplace. placa de calor

INSTITUTO POLITÉCNICO NACIONAL

UNIDAD PROFESIONAL INTERDISCIPLINARIA DE BIOTECNOLOGÍA

TALLER DE APLICACIONES MATEMÁTICAS

3AM1

PROFESORES:

12 NOVIEMBRE 2010

PROBLEMA 1 DE PROYECTO

FLORES AVILÉS IRVING HERRERA PATLAN NAARA

STEPHANIE OROZCO ARMENTA YESSICA

ZELTZIN MONTAÑO ARRIETA JUAN ANGEL

CERVANTES CONTRERAS MARIO HERNANDEZ MADRIGAL

ALEJANDRO MUÑOZ DIOSDADO ALEJANDRO

Proyecto Aplicaciones Matemáticas

Cuando una cuerda vibrante se somete a una fuerza vertical estándar que varia con la distancia horizontal desde el extremo izquierdo, la ecuación de onda de la forma:

a2 d2Udx2 +Ax=d

2Udt2

Donde A es una constante resuelva la ecuación diferencial parcial sujeta a:

U (0,t)=0 ; U(1,t)=0 t > 0

U(x, 0)=0 ; dUdt

⎪t=0

=0 t < 0

f(x)=0 ;

Al no ser homogénea se propone un cambio de variable:

a2 d2Udx2 +Ax=d

2Udt2

U(x, t)= w(x, t) +Ψ(x)

La segunda derivada con respecto de x es:

d2Udx2 =d

2wdx2 +Ψ ' '(x )

d2Udt 2 =d

2wdt2

w t ( x , t )=ut ( x , t )

w t ( x ,0 )=ut ( x ,0 )=0

w (x ,0 )=U ( x ,0 )−Ψ (x)

Y sabemos que U ( x ,0 )=0 por lo que:

w (x ,0 )=0−Ψ ( x)

Sustituyendo los valores en la ecuación original:

d2wdt 2 =a ² ( d2w

dx2 +Ψ ' ' (x))+Ax


Así se obtiene la ecuación homogénea.

d2wdt 2 =a ²

d2wdx2

Por lo que

a2Ψ ' ' ( x )+Ax=0

Encontrando el valor de Ψ ' ' ( x )

Ψ ' ' ( x )=−Axa2

Ψ ' ( x )=−Ax ²

2a2+α

Ψ ( x )=−Ax ³

2⋅3 a2+αx+ β

De: U(x,t)= w(x,t) +Ψ(x) se despeja w(x,t) y se aplica la primer condición:

w(x,t) = U(x,t) –Ψ(x)

w (0,t)= 0 = U(0,t) - Ψ(0)

Sustituyendo el valor de cero en las ecuaciones obtenidas para U y Ψ respectivamente se obtiene:

W(0,t)= 0 = U(0,t) - Ψ(0) = 0 + β =0

Por lo tanto β =0

Aplicando la segunda condición:

W(1,t)= 0 = U(1,t) - Ψ(1)

Sustituyendo el valor en las ecuaciones obtenidas para U y Ψ respectivamente se obtiene:

W(1,t)= 0 = U(1,t) - Ψ(1) = α – A

6a2 = 0 por lo que α = A

6a2

Sustituyendo en la ecuación encontrada para Ψ(x) obtenemos:

Ψ ( x )=−Ax ³

6 a2+ Ax ³

6a2x


Ψ ( x )= A

6a2(x−x3 )

d2wdt 2 =a ²

d2wdx2

w (x , t )=(C1cos ( λx )+C2 sen ( λx ) )(C3 cos (aλt )+C4 sen (aλt ))

Aplicando la condición: w(0,t)=0

C1cos (0 )+C2 sen (0 )=0 ;C1cos (0 )=0;C1=0

Por lo que la ecuación se reduce:

w (x , t )=(C2 sen ( λx ) )(C3cos (aλt )+C4 sen (aλt ))

Aplicando la condición: W t (x ,0 )=0

w t ( x , t )=(C2 sen ( λx ) )(−C3 sen (aλt )+C4 cos (aλt ))

w t ( x ,0 )=¿

Por lo que la ecuación se reduce:

w (x , t )=C2 sen ( λx )C3cos (aλt )

Agrupando las constantes:

w (x , t )=bn sen ( λx )cos (aλt )

Aplicando la condición w(L,t)=0

sen ( λL )=0 y sabemos que sen (nπ )=0

Entonces: λL= nπ por lo que λ=nπ/L ; como L=1 entonces: λ=nπ

Sustituyéndola en la ecuación nos queda:

w (x , t )=bn sen (nπx )cos (nπat )

Pero como n puede tomar cualquier valor entonces se convierte en una sumatoria:

w (x , t )=∑n=1

∞

bn sen (nπx )cos (nπat )

Aplicando w(x,0)


w (x ,0 )=∑n=1

∞

bn sen (nπx )=0

w (x ,0 )=U ( x ,0 )−Ψ ( x )=0

w (x ,0 )=−A6a2

(x−x3 )=f (x)=0

Se resuelve la seria de Fourier seno

bn=2L∫

0

1

f ( x ) sen (nπx )dx

Se aplica la última condición de frontera f(x)=0 y se sustituye en valor de Ψ para la serie de Fourier:

L=1

bn=−A3 a ²

∫0

1

( x−x ³ ) sen (nπx )dx

bn=−A3 a ²

∫0

1

xsen (nπx )dx+ A3a ²

∫0

1

x ³ sen (nπx )dx

PRIMERA PARTE DE LA INTEGRAL:

−A3a ²

∫0

1

xsen (nπx )dx

Por partes:

u=x du=dx

dv=sen(nπx) v=-cos(nπx)(1/nπ)

−xnπ

cos (n π x )1⎪0+ 1nπ

∫0

1

cos (n π x)dx

−1nπ

cos (n π )+( 1nπ )

2

sen (n π x )1⎪0=

−(−1 )n

nπ

−A3a ²

⋅−(−1 )n

nπ=A (−1 )n

3a ²nπresultadode la primer integral


SEGUNDA PARTE DE LA INTEGRAL:

A3a2∫

0

1

x3 sen (nπx )dx

Por partes:

u=x³ du= 3x²dx

dv= sen(nπx) v=-cos(nπx)(1/nπ)

−x ³nπ

cos (nπ x )1⎪0+ 3nπ

∫0

1

x ² cos (n π x )dx

Por partes:

u=x² du=2xdx

dv=cos(nπx) v=sen((nπx)(1/nπ)

−(−1 )n

n π+ 3nπ ( x2

nπsen (n π x )

1⎪0− 2nπ

∫0

1

x sen (nπ x )dx)Por partes:

u=x du=dx

dv=sen(nπx) v=-cos(nπx)(1/nπ)

−(−1 )n

n π+ 3nπ (−2

nπ (−xnπ cos (nπ x )1⎪0

1nπ

∫0

1

cos (nπ x )dx))−(−1 )n

n π− 6

(nπ ) ² (− (−1 )n

n π+ 1nπ (( 1

nπ )2

sen (n π x )1⎪0 ))

−(−1 )n

n π+

6 (−1 )n

(nπ ) ³


¿A

3a2 (−(−1 )n

n π+

6 (−1 )n

(nπ ) ³ )¿−A (−1 )n

3a2nπ+

2 A (−1 )n

a2(nπ ) ³resultadode la segunda parte de laintegral

bn=A (−1 )n

3 a ²nπ−A (−1 )n

3a2n π+

2 A (−1 )n

a2(nπ ) ³

bn=2 A (−1 )n

a2(nπ ) ³

Sustituyendo en la serie de Fourier y aplican la condición w(x,0):

w (x ,0 )=∑n=1

∞ 2 A (−1 )n

a2(nπ ) ³sen (nπ )

w (x ,0 )= 2 Aa2π ³

∑n=1

∞ (−1 )n

n ³sen (nπ )

w (x , t )= 2 Aa2π ³

∑n=1

∞ (−1 )n

n ³sen (nπx )cos (nπat )

w(x,t) = U(x,t) –Ψ(x)

U(x,t)= w(x,t) +Ψ(x) sustituyendo para encontrar el resultado final:

U ( x ,t )= 2 Aa2π ³

∑n=1

∞ (−1 )n

n ³sen (nπx ) cos (nπat )+ A

6 a2 (x−x3 )

Grafica 1. Representación de la cuerda vibratoria en diferentes tiempos.


PROBLEMA 2 DE PROYECTO.

a) En el problema 1, suponga que a=b=π y f ( x )=100 x (π−x ). Sin usar la solución u(x,y), bosqueje, a mano, la apariencia que tendría la superficie en la región rectangular definida mediante 0≤ x≤π , 0≤ y≤ π .

b) ¿Cuál es el valor máximo de la temperatura u para 0≤ x≤π ,0≤ y≤ π?c) Use la información del inciso (a) para calcular los coeficientes de su respuesta del

problema 1.Luego emplee la aplicación de graficación 3D de su CAS para graficar la suma parcial S5(x,y) que consiste en los primeros cinco términos no nulos de la solución del enciso (a) para 0≤ x≤π ,0≤ y≤ π.

Solución del problema 1 Inciso a.


Condiciones de Frontera:

u (0 , y )=0u (a , y )=0u ( x ,0 )=0u ( x ,b )=f (x)

∂2u∂ x2 + ∂

2u∂ y2 =0

La solución general de la ecuación de calor de este caso es:

u ( x , y )=(c1 cos ( λx )+c2 sen ( λx ))(c3eλy+c4 e

−λy )

Aplicando las condiciones

u (0 , y )=0 , c1 (c3 eλy+c4 e

− λy)=0∴ c1=0u (a , y )=0 ,c2 sen ( λa )=0∴ λa=nπ , λ=nπa

u ( x ,0 )=0 , c2 sen( nπa x) (c3+c4 )=0∴−c3=c4

u ( x , y )=(c2 sen ( nπa x ))(senh ( nπa y ))u ( x , y )=∑n=1

∞

bn sen ( nπa x )senh( nπa y)u ( x ,b )=f ( x )=∑

n=1

∞

bn sen( nπa x )senh( nπa b)INCISO b)

Suponiendo que a=b=πy f ( x )=100 x (π−x )

u ( x ,b )=f ( x )=∑n=1

∞

bn sen( nπa x )senh( nπa b)Se integra para obtener el valor de bn:


bn=2a∫0

a

f (x ) sen ( nπa x )dx

bn=2

asenh( nπa b)∫0

a

100 x (π−x) sen( nπa x )dx

bn=200

asenh( nπa b)[π∫

0

π

xsen( nπa x)dx−∫0π

x2 sen ( nπa x)dx ]

I 1=200

asenh( nπa b)∫0

π

xsen( nπa x)dx= 200

asenh ( nπa b)[−xanπ cos ( nπa x )+ a

nπ∫ cos ( nπa x)dx ]

I 1=200

asenh( nπa b)∫0

π

xsen( nπa x)dx= 200

asenh ( nπa b)[−xanπ cos ( nπa x )+( anπ )

2

sen ( nπa x )]0

π

Evaluando y aplicando la condición a=π

I 1=−200 πsenh (nπ )n

cos (nπ )

Para I 2

I 2=200

asenh( nπa b)∫0

π

x2 sen( nπa x)dx= 200

asenh ( nπa b)[−x2anπ

cosnπxa

+2( anπ )∫ xcos nπxa dx ]

I 2=200

asenh( nπa b)∫0

π



cosnπxa

+2( anπ ) [ xanπ sen nπxa − anπ

∫ sen nπxadx ]]

I 2=200

asenh( nπa b)∫0

π



cosnπxa

+2 x( anπ )2

sennπxa

+2a3

n3π 3 cosnπxa ]

0

π

Evaluando y aplicando la condición a=π

I 2=200π

nsenh(nπ )cos (nπ )− 400

π n3 senh (nπ )cos (nπ )+ 400

π n3 senh(nπ )


Por lo tanto:

bn=I 1+ I 2

bn=−200 πsenh (nπ )n

cos (nπ )+ 200 πnsenh (n π )

cos (n π )− 400

π n3 senh(nπ )cos (n π )+ 400

π n3 senh(nπ )

bn=400

π n3 senh (nπ )[1−(−1)n ]

Por lo tanto u(x,y) es:

u ( x , y )=∑n=1

∞400

π n3 senh (nπ )[1−(−1)n ] sen (nx ) senh (ny )

Se realiza la derivada parcial con respecto a “x” y “y”, para comprobar en qué punto se obtiene una temperatura máxima de acuerdo a la gráfica de las derivadas parciales.

ux ( x , y )=∑n=1

∞400

π n3 senh(nπ )[1−(−1)n ] cos (nx ) senh (ny )

uy ( x , y )=∑n=1

∞400

π n3 senh (nπ )[1−(−1)n ] sen (nx ) cosh (ny )

Gráfica 1. Representación de la Serie de Fourier


Grafica 2. Serie de Fourier y la función f(x).


Grafica 3. Serie de Fourier en dos planos. (Ancho de la placa contra el largo de la placa)

Grafica 5. Derivadas Parciales de la serie de Fourier con respecto a x, y


Anexos.

PROYECTO 1 %Animacion de la solucion de la EDP no homogenea con valores en la frontera%de cuando una cuerda vibratoria se somete a una fuerza vertical estandar %que varia con la distancia horizontal desde el extremo izquierdo. %Condicion Inicial u(x,0)=0;x=0:0.1:1;set(gca);axis([0 1 -0.1 0.20])A=5;a=1.9;%for i=1:length(t)syms n%Serie de fourier Senofor t=10;hold ona_n= ((-1)^n)/(n^3); %fourier coefficient a_nV_xs = ((2*A)/((a^2)*(pi^3)))*(symsum(a_n*(sin(n*pi*x))*(cos(n*pi*a*t) ), 1, 10))+((A)/(6*a^2))*(x-x.^3); %fourier seriesplot(x,V_xs);grid ontitle('Animacion de la solucion de la EDP no homogenea con valores en la frontera a^2d^2U/dx^2 + Ax = d^2U/dt^2 ')xlabel(' Longitud de la Cuerda (m) x [0,1] ')ylabel(' Oscilamiento (m) ')legend('Solucion de a^2d^2U/dx^2 + Ax = d^2U/dt^2; t=10s Fourier n=10')M(i)=getframe;End

PROYECTO 2

%Grafica de la solucion a la ecuacion de laplace. [x,y]=meshgrid(0:0.2:pi,0:0.2:pi);%set(gca,'nextplot','replacechildren'); caxis manual;%caxis([-1000 1000]);%t=10;%for i=1:length(t)syms n;%Serie de fourier Senoa_n= (400/sinh(n*pi))*(1/((n^3)*pi)-((-1)^n)/((n^3)*pi)); %fourier coefficient a_nV_xs = symsum(a_n*sin(n*x).*(sinh(n*y) ), 1, 10); %fourier seriesZ=double(V_xs);surf(x,y,Z);shading interp;colorbar;%M(i)=getframe(gcf);%endgrid ontitle('Grafica de la Solucion de la EDP homogenea con valores en la frontera d^2U/dx^2 + d^2U/dy^2=0 ')xlabel(' Largo de la Placa X(m) [0,Pi] ')ylabel(' Ancho de la Placa Y(m) [0,Pi] ')zlabel(' Temperatura sobre la placa U(x,y)')

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