Universidad Tecnica Federico Santa Mara

Resumen Materia - MAT024 - #SalvandoElRamoPostParo

Integrales de Linea, Integrales de Superficie, Teorema de Stokes,

Teorema de Gauss y Ecuaciones Diferenciales Parciales

Fernando Iturbe Pemjean

1. Integrales de Linea

1.1. Integrales de linea de primera especie

Sea f una funcion y c una parametrizacion de una curva.

f : A R3 Rc : I R3

Tal que c(t) A,t I (Siendo I un intervalo) Este tipo de Integrales de lnea SIEMPRE secalculan por definicion.Son de la forma

c

fds

dondeds = ||c(t)||dt

Es decir si I = [a, b] ba

f(c(t))||c(t)||dt

Lo cual es una integral definida en una variable real t que es el parametro de la curva. Hay distintascosas que podemos calcular:

1.1.1. Longitud de Curva

l(c) =

ba

||c(t)||dt

1.1.2. Valor medio de la funcion

cfds

l(c)

1.1.3. Centro de Masa

x =

cxds

l(c)

y =

cyds

l(c)

z =

czds

l(c)

1

1.1.4. Ejemplo

Calcular el centro de masa de la curva

y =3

2

4 x2

donde la densidad es igual a

(x, y) =1

9x2

4+ 4y

2

9

DesarrolloPara y 0 tenemos que

y2 =9

4(4 x2)

Es decir, tenemos una semi elipse con ecuacion

x2

4+y2

9

Notamos por simetra que el centro de masa de la coordenada x es cero. (x = 0.Ahora parametrizamos la elipse con

x = 2cos(t)

y = 3sen(t)

0 t pi

Entonces nuestro c(t):c(t) = (2cos(t), 3sen(t))

Lo derivamos:c(t) = (2sen(t), 3cos(t))

Ahora bien su norma viene dada por:

||c(t)|| =

4sen2(t) + 9cos2(t)

Calculamos la longitud de arco:

l(c) =

c

dt =

pi0

19x2

4+ 4y

2

9

9x2

4+

4y2

9dt = pi

y ahora c

yds =

pi0

pi0

3sen(t)dt = 6

Por lo tanto el centro de masa viene dado por:

(x, y) = (0,6

pi)

2

1.1.5. Propiedades

1. Si tenemos dos parametrizaciones 1 2de la misma curva, con el mismo sentido, se cum-plira que:

1

fds =

2

fds

2. Si tenemos dos parametrizaciones 1 2de la misma curva, con sentido contrario, se cum-plira que:

1

fds = 2

fds

3. Si tenemos una curva que se puede parametrizar por segmentos se cumple que:c

fds =

c1

fds+

c2

fds+

c3

fds

1.2. Integrales de Linea de Segunda Especie

(Campos vectoriales)

1.2.1. Definicion

Sea vecF : A R3 R3 un campo vectorial en A y c una curva parametrizada por c(t) dondea t b.Una integral de linea de segunda especie es una integral del tipo:

c

~F ~ds =

ba

~F (c(t)) c(t)dtc

~F ~ds =

~F1dx+

~F2dy +

~F3dz

Estas se pueden calcular de tres formas (definicion, Funcion Potencial y Teorema de Green), hayque fijarse cual utilizar dependiendo de la la complejidad de realizar cada metodo (si piden unadireccion anti horario generalmente se utiliza Green).

1.2.2. Ejemplo de Ejercicio por Definicion

Calcular c

x2dx+ xydy + dz

donde c : [0, 1] C, c C(t) = (t, t2, 1)

x = t

y = t2

z = 1

3

Notamos que y = x2 con 0 x 1

dx = dt

dy = 2tdt

dz = 0

Entonces:

Resultado 10

t2dt+ 2t3tdt+ 0 =

10

t2dt+ 2t4dt =11

15

1.2.3. Conjunto Convexo

Todo par de puntos a, b pertenecientes al conjunto, el segmento que los une tambien debe perte-necer. Ecuacion del segmento: a+ t(b a)

1.2.4. Campo Conservativo

~F es conservativo si cumple una de estas proposiciones:

1. ~F es un campo gradiente ~f = ~F2.c~F ~ds = 0 para toda curva c cerrada.

3.c~F ~ds es independiente del camino

4. Fixj

=Fjxii, j {1, 2, . . . , n} con i 6= j

Es decir, en R2 con ~F = (P,Q):F

y=Q

x

1.2.5. Rotor de ~F

Con ~F = (P,Q,R)

F =i j kx

y

z

P Q R

Importante

Si ~F es gradiente = ~ ~F = 0 = Existe la funcion potencial .Si tiene restricciones el dominio, el campo no es convexo y por lo tanto no es conservativo

4

Si tenemos ~F = (P,Q)Para obtener la funcion potencial integramos respecto a x P ,con estoobtenemos la funcion potencial pero con una constante incognita, para ello el resultado loderivamos respecto a y e igualamos el resultado con Q y obtendremos el valor de la constante.

1.2.6. Campo Gradiente (o Funcion Potencial)

c

~f ds = f(B) f(A)

Se busca una f(x, y) tal que f sea lo que acompana respectivamente a dx y dy, luego se puedeutilizar la propiedad de campo gradiente.~F es gradiente si existe una funcion potencial tal que = ~F . Ademas se debe cumplirque ~ ~F = ~0.

1.2.7. Ejemplo de Ejercicio Resuelto por Funcion Potencial

Calcular el trabajo efectuado por la fuerza

~F (x, y) = (2x

y,1 x2y2

)

A lo largo del camino que une los puntos (1,2) con (2,1) del plano (x, y) dibde es la curvaparametrizada por:

x(t) = 1 + sen3(t)cos2(2t)

y(t) = sen(t) 2cos(t)t [0, pi

2]

Notamos que calcularlo mediante definicion es complicado, entonces para calcularlo mediante fun-cion potencial se debe cumplir que:

~F = 0 = ~F

Primeramente notamos que

~F = 2xy2

+2x

y2= 0

Entonces, para obtener comenzamos con:

x=

2x

yIntegrando ...

=x2

y+ g(y)

Ahora si a la derivamos parcialmente respecto a y obtenemos:

y=x2y2

+ g(y)

5

Por otro lado tenemos que

y=

1

y2 x

2

y2

Entonces igualando obtenemos

g(y) =1

y2integrando

g(y) = 1y

+ C

Por lo tanto

=x2 1y

+ C

Entonces:

Resultado c

~F ~dr = (2,1) (1,2) = 3

1.2.8. Teorema de Green

Para curvas cerradas (si no esta cerrada se puede encerrar y luego restar esa superficie) en sentidopositivo (antihorario).

c

~F ~ds =

(Q

x Py

)dA

Si tenemos una curva cerrada con n agujeros tenemos entonces que igualmente aplicar Teoremade Green, pero las superficie de estos agujeros se restan.

~F ~ds =

D

(Q

x Py

)dAni=1

~F ~ds

1.2.9. Formas Vectoriales del Teorema de Green

1. Forma Rotacional: Si tenemos ~F = (P,Q) ~F = (P,Q, 0), entonces:~F ~ds =

D

~ ~F kdA

2. Forma de la Divergencia:Con una parametrizacion de la curva c(t) = (x(t), y(t)

~ ~F = ( x,

y) (P,Q) = P

x+Q

y

6

~F nds =

~ ~FdA

Donde n = (y(t),x(t))

x(t)2+y(t)2

1.2.10. Ejemplo desarrollado mediante Teorema de Green

Determinar la integral de linea sobre el campo

~F (x, y, z) = (1 +y3

(4x2 + y2)2,xy2

(4x2 + y2)2, 0)

A lo largo de la curva C descrita por:

x2 + y2 = 9; y 016x2 + 9y2 = 144;x 0, y 0

x y = 4; y 0, x 0

Notamos que si lo queremos hacer por definicion es muy largo, por funcion potencial notamos que ~F = 0 pero encontrar es complicado. Por Teorema de Green debemos encerrar la curva, eneste caso para encerrarla necesitamos y = 0, 3 x 4 y recorrerla en sentido anti horario, ademasnecesitamos encerrar el origen ya que se indefine. Sea la curva agregada para poder encerrar lacurva y la curva generada para encerrar la indefinicion en el origen.Entonces:

C~F ~dr =

~FdA+

~F ~dr

~F ~dr

Notamos que ~FdA = 0

Por lo tanto solamente nos queda c

~F ~dr =

~F ~dr

~F ~dr

Para la curva la parametrizamos como:

(t) = (t, 0)

(t) = (1, 0)

4 t 3

Entonces

~F ~dr =

34

(1, %) (1, 0)dt = 3

4

dt = 1

Para la curva (una elipse) la parametrizamos como:

(t) = (2sen(t), cos(t))

7

Con lo cual

~F ~dr =

2pi0

(1 +3sen3(t)

4,3cos(t)sen2(t)

4) (

2sen(t), cos(t))dt = pi

2

Por lo tanto

Resultado c

~F ~dr = 1 pi2

8

2. Integrales de Superficie

De la misma forma que anteriormente parametrizabamos curvas, ahora son superficies. VectorNormal ~ru ~rvArea:

A(S) =

D

||~ru ~rv||dudv

2.1. Integrales de Superficie de Campos Escalares

S

fds =

D

f(~r(u, v))||~ru ~rv||dudv

2.1.1. Masa

m =

S

ds

2.1.2. Centro de Masa

x =

Sxds

m

y =

Syds

m

z =

Szds

m

2.1.3. Momento de inercia respecto a una recta

S

d2ds

Donde d es la distancia de un punto a la recta.

2.1.4. Ejemplo aplicado de Momento de Inercia

Demostrar que el momento de inercia de una esfera homogenea de radio R respecto a uno de susdiametros es:

2

3R2M

Donde M es su masa. DesarrolloRecordemos que una esfera es de la forma x2 + y2 + z2 = R2, usaremos como eje el z, entoncesparametrizamos con coordenadas esfericas:

r(, ) = (Rsen()cos(), Rsen()cos(), Rcos())

9

Con ello calculamos r r:

~r = (Rcos()cos(), Rcos()sen(),Rsen())~r = (Rsen()sen(), Rsen()cos(), 0)

Con esto~r ~r = (R2sen2()cos(), R2sen2()sen(), R2cos()sen())

Ahora (desarrollando) la norma viene dada por

||~r ~r|| = R2sen()

Entonces el momento de incercia S

(x2 + y2)Kds =

pi0

2pi0

R2sen2()kR2sen()dd =8piR4K

3

Sabemos que la masa M la podemos calcular mediante:

M =

S

Kds = K

S

ds = 4piR2K (Area de la esfera y K es la densidad)

Entonces nos queda que8piR4K

3=

2

3R24piR2K

22.2. Integrales de Superficie de Campos Vectoriales

S

~F ~nds =

D

~F (~r(u, v)) ~ru ~rvdudv

donde n = ~ru ~rv|| ~ru ~rv ||

10

3. Teorema de Stokes

Es la circulacion por la curva generada por S, (Es el mismo razonamiento que el Teorema deGreen)

~F d~r =

~F nds

3.1. Ejercicios Desarrollados

1. Sea el campo F (x, y, z) = (3, 5, 2) y S una superficie tal que su borde es la curva x2 + y2 = 9y z = 1. Calcular

F ~nd con normal exterior a la superficie, usando el teorema de Stokes.

Asuma que la curva con orientacion anti horaria cumple la hipotesis del Teorema de Stokes.DesarrolloSea F = ~G y para que ~n sea normal exterior tendra que ser ~n = (0, 0, 1), entonces:

F ~nd =

(3, 5, 2) (0, 0, 1) = 2

dydx

Lo cual es equivalente al area del borde de la superficie S, como es una circunferencia, vienedado por piR2, en este caso R = 3, entonces:

F ~nd = 18pi

2. Aplique el Teorema de Stokes para demostrar o refutar la siguiente identidad:

~F ~dr = 2a(a+ b)

donde es la curva interseccion entre el cilindro x2 + y2 = a2 y el plano xa

+ zb

= 1 y~F = (y z, z x, x y)DesarrolloDespejamos z en la ecuacion del plano:

z = b bax

Parametrizamos:~r(r, ) = (rcos(), rsen(), b b

arcos())

Con lo cual nos queda el vector normal:

~n = (b

ar, 0, r)

Ahora ~F = (2,2,2), entonces: 2pi0

a0

~F ( bar, 0, r)dadr = 2pia(a+ b)

11

4. Teorema de Gauss

Usar si piden calcular:

La integral de superficie

El flujo en direccion de la normal exterior

Recordar que la superficie debe ser Cerrada, si no lo es, se debe encerrar. S

~F ~ds =

V (S)

~FdV

Importante

Para todo ~F se cumple que:

( ~F ) = 0

Lo cual nos sirve en algunos casos para mezclar estos dos teoremas y resolver de manera mas simplelos ejercicios.

4.1. Ejemplos

1. Sea C la curva de inteseccion del paraboloide hiperbolico z = y2x2 y el cilindro x2 +y2 = 1que vista desde arriba esta orientada en sentido antihoraria.Sea ~F (x, y, z) = (ax33xz2, x2y+ by3, cz3) y S una supercicie cuya frontera es C. Encuentrelos valores de a, b, c para los cuales

S~F~nd es independiente de la seleccion de S.

DesarrolloPara que

F ~nd sea independiente de S, se debe cumplir que la divergencia es igual a

cero, es decir ~F , por lo tanto: ~F = 3ax2 3z2 + x2 + 3cz2 = 0

3ax2 + 3cz2 = x2 + 3z2Por lo tanto: a = 1

3, b = 0 y c = 1

2. Evalue la integral de superficie

S~F ~nd del campo vectorial ~F dado y la superficie

orientada S indicada.~F = xzi 2yj + 3xk; S es la esfera x2 + y2 + z2 = 4 con orientacionhacia fuera.DesarrolloPor Teorema de Gauss sabemos que:

~F ~nd =

~FdVEntonces como es una esfera, utilizamos coordenadas cilndricas y queda:

~F ~nd = 2

0

2pi0

pi0

(Rcos() 2)R2sen()dddR = 64pi3

12

5. Ecuaciones Diferenciales Parciales

Auxx +Buxy + Cuyy + F (x, y, u, ux, uy) = 0

= b2 4acSi > 0: Ecuacion Hiperbolica (Ecuacion de onda)

Si = 0: Ecuacion Parabolica (Ecuacion de calor)

Si < 0: Ecuacion Elptica (Ecuacion de Laplace)

5.1. Formas Normales

Utilizamos este metodo cuando nos piden reducir una ecuacion a su forma canonica, para elloutilizamos un cambio de variables.La transformacion viene dada por:

y =B B2 4AC

2A

Entonces si:

B2 4AC > 0 la transformacion es:

y =B B2 4AC

2A

Con ello nos quedaran dos soluciones:

y(x) = 1(x) + C1

y(x) = 2(x) + C2

Por lo cual el cambio de variables viene dado por:

r = y 1(x)s = y 2(x)

B2 4AC = 0 la transformacion es:y =

B

2ACon ello nos quedaran dos soluciones:

y(x) = 1(x) + C1 r = y 1(x)y Ahora para encontrar el otro cambio de coordenada, este siempre vendra dado por:

s = k1x+ k2y

Y siempre para facilitar los calculos es recomendable usar k1 = 1 k2 = 0, es decir: s = x.Por lo tanto:

r = y 1(x)s = x

13

B2 4AC < 0 la transformacion es:

y =B 4AC B2i

2A

Con ello nos quedaran dos soluciones:

y(x) = a(x) + b(x)i+ C1

y(x) = a(x) b(x)i+ C1Por lo cual el cambio de variables viene dado por:

r = y a(x) b(x)is = y a(x) + b(x)i

Luego de saber los cambios de coordenadas, tenemos que obtener uxx, uyy, uxy, etc. Recordemosque u(r, s) y r s dependen de x, y, entonces, utilizando regla de la cadena:

ux = urrx + ussx

uy = urry + ussy

Ahora las segundas derivadas:

uxx = (ux)rrx + urrxx + (ux)ssx + ussxx

uyy = (uy)rry + urryy + (uy)ssy + ussyy

uxy = (ux)rry + urrxy + (ux)ssy + ussxy

Donde:

(ux)r = urrrx + usrsx

(ux)s = ursrx + usssx

(uy)r = urrry + usrsy

(uy)s = ursry + usssy

Por lo tanto:

uxx = (urrrx + usrsx)rx + urrxx + (ursrx + usssx)sx + ussxx

uyy = (urrry + usrsy)ry + urryy + (ursry + usssy)sy + ussyy

uxy = (urrrx + usrsx)ry + urrxy + (ursrx + usssx)sy + ussxy

Luego de tener lo anterior, reemplazamos en la ecuacion que nos dan y simplificamos lo que maspodemos.Puede que ademas pidan calcular la solucion general y particular, la solucion general se obtieneintegrando la solucion que queda, la cual generalmente sera u derivada respecto a r o s dos veces,o mixta, entonces lo que hacemos es integrar las veces que sea necesario para obtener a u(r, s) quequedara en funcion de otras funciones, pero nosotros queremos trabajar en funcion de x, y entoncesrealizamos el cambio de coordenadas en la ecuacion que nos queda y as nos quedara u(x, y), luegoutilizamos las condiciones que nos dan y obtenemos de esta forma la solucion particular.

14

5.1.1. Ejercicios

1. Reducir a la forma canonica:

uxx 4x2uyy = 1xux

con x > 0Notamos que B2 4AC = 16x2 > 0, entonces es Hiperbolica, la transformacion viene dadapor:

y = 2xCon lo cual nos da las soluciones:

y = x2 + C1

y = x2 + C2Entonces el cambio de coordenadas a utilizar:

r = y x2s = y + x2

Ahora calculamos ux, uy, uxx, uyy

ux = 2xur + 2xusuy = ur + us

uxx = 4x2(urr 2urs + uss) + 2(us ur)

uyy = urr + 2urs + uss

Ahora reemplazando en la ecuacion:

4x2(urr 2urs + uss) + 2(us ur) + 2(us ur) 4x2(urr + 2urs + uss) = 1x

2x(us ur)

Simplificando:16x2urs = 0

Notamos que r s = 2x2, entonces:

8(r s)urs = 0

2. Reduzca a su forma canonica la ecuacion:

uxx 6uxy + 114uyy + x = 0

Encuentre ademas su solucion general y la solucion particular que verifica:

u(0, y) = sen(y)

u(x, 0) =11

200x3 + sen(

11x

2)

15

Notamos que B2 4AC = 25 > 0, entonces:

y =6 5

2

Es decir:

y = 112

y = 12

De lo cual obtenemos las soluciones:

y = x2

+ C1y = 11x2

+ C2

Entonces el cambio de coordenadas es:

r = y +x

2s = y +

11x

2

Calculamos las respectivas derivadas que necesitamos:

ux =1

2ur +

11

2us

uy = ur + us

uxx =1

4(urr + 22urs + 121uss)

uyy = urr + 2urs + uss

uxy =1

2(urr + 12urs + 11uss)

Ademas notamos que s r = 5x, entonces:

x =s r

5

Reemplazando todo en la ecuacion:

1

4(urr + 22urs + 121uss) 61

2ur +

11

2us +

11

4(urr + 2urs + uss) +

s r5

= 0

Simplificando:

urs =s r125

Ahora pra obtener la solucion general integramos respecto a s:

ur =s2

2 rs

125+ h(r)

16

Luego integramos respecto a r:

u(r, s) =rs2 r2s

250+

h(r)dr +G(s)

Seah(r)dr = H(r), entonces:

u(r, s) =1

250rs(s r) +H(r) +G(s)

Pero queremos encontrar u(x, y), la solucion general es:

u(x, y) =1

250(y +

1

2x)(y +

11x

2)5x+H(y +

1

2) +G(y +

11x

2)

Usando las condiciones dadas:

u(0, y) = H(y) +G(y) = sen(y)

u(x, 0) =1

50(x

2)(

11x

2) +H(

x

2) +G(

11x

2) =

11

200x3 + sen(

11x

2) = H(x

2) +G(

11x

2) = sen(

11x

2)

Entonces, notamos que H(x) = 0 G(x) = sen(x), por lo tanto:Solucion Particular

u(x, y) =1

50(y +

1

2x)(y +

11x

2) + sen(y +

11x

2)

17

5.2. Problema de Sturm-Lioville

y + y = 0

Si = 0 entonces y = 0, la solucion viene dada por:

y = C1 + C2x

Si < 0, entonces la solucion viene dada por:

y = C1senh(x) + C2cosh(

x)

Si > 0, la solucion viene dada por:

y = C1cos(x) + C2sen(

x)

18

5.3. Ecuacion de Onda

Son de la forma:a2uxx = utt

Hay dos formas:

5.3.1. Infinita

Cuando x R, t > 0, en este caso se resuelve por la Formula de DAlambert o Transformadas deFourier.Formula D Alambert

u(x, t) =f(x+ kt) + f(x kt)

2+

1

2k

x+ktxkt

g(s)ds

Transformada de Fourier

F (f(x)))f() =12pi

f(x)eixdx

Entonces f(x) o la transformada inversa es igual a:

f(x) = F1(f()) =12pi

f()eixd

Propiedades

1. Cambio de escala

F (f(ax)) =1

|a| f(w

a)

con a 6= 02. Traslacion en x

F (f(x a)) = eiaf()3. Traslacion en

F (f(x)eib) = f( b)4. Simetra en el plano x

Si a f(x) le aplicamos la Transformada de Fourier obtenemos f(), si a esta le aplicamosTransformada de Fourier obtenemos f(x), lo cual si es par f(x) = f(x) y si es imparf(x) = f(x)

5. Transformada derivadaF (f (n)(x)) = (i)nf()

6. Convolucion

f g =

f(u)g(x u)du

F (f g) = F (f) F (g)

2pi

19

F1(f() g()) = f g2pi

F (f(x) g(x)) = f() g()2pi

7. Delta Dirac

f(x) =

{12c

si c x c0 el resto de los casos

(x) = lmc0

f(x)

(x) = (x)

(x)(x a)dx = (a)

F ((x)) =12pi

(x)eixdx =12pie0 =

12pi

F ((x a)) = eia

2pi

F (eiax) =

2pi( a)

F (12pi

) = ()

8. Funcion escalon o unitaria

u(x) =

{1 six 00 si x < 0

u(x) ={

1 six 00 si x > 0

u(x) + u(x) = 1x 6= 0F (u(x) + u(x)) = F (1) =

2pi()

Importante

cos(ax) =eiax + eiax

2

sen(ax) =eiax eiax

2i

Ejercicios Desarrollado

1. Resuelva la ecuacion de calor unidimensional

ut = uxx, < x

Aplicando Transformada de Fourier en al ecuacion:

ut = (i)2u

ut = w2uu

tu

u= 2t

Integrando

ln(u) = 2t+K()Aplicando exponencial

u(, t) = e2t eK()

Por lo tanto:u(w, t) = G()e

2t

Ahora utilizamos la condicion inicial:

F (u(x, 0)) = u(, 0)) = F (ex2

)

u(, 0)) = G()e20 =

12e

2

4

Con esto obtenemos

G() =e

24

2

Entonces

u(, t) =e

24

2e

2t

Pero lo que buscamos es u(x, t), para ello aplicamos la Transformada de Fourier inversa:

u(x, t) = F1(12e

2( 14

+t)) =

14

+ t = 14(1 + 4t) = 1

4a= 1

4(1 + 4t).

Como sabemos que si f(x) = eax su transformada de Fourier es F (f(x)) = 12ae

2

4a , entonces:

12F1(e

2

4a ) =12

2aeax

2

Por lo tanto

Solucion

u(x, t) =e

x2

1+4t1 + 4t

21

5.3.2. Acotada

Cuando x [a, b], t > 0 se resuelve mediante separacion de variables.

Ejercicio Desarrollado:Resolver:

uxx =1

a2utt

donde

u(0, t) = u(L, t) = 0

u(x, 0) = x(L x)ut(x, 0) = 0

Resolvemos mediante separacion de variables, sea:

u(x, t) = X T

Entonces la ecuacion queda:

X T =XT

a2

Separando:X

X=

T

a2T

Igualamos lo anterior a un multiplicador X

X=

T

a2T=

Con lo cual nos quedan dos ecuaciones:

X + X = 0

yT + a2T = 0

Notamos que la podemos resolver mediante el Problema de Sturm-Lioville:Con = 0:En este caso la solucion tiene forma:

X(x) = C1 + C2x

Mediante las condiciones iniciales podemos ver que:

X(0) = X(L) = 0

Entonces:X(0) = C1 = 0

X(L) = C2L = 0

22

L no puede ser igual a cero, por lo tanto la unica opcion es que C2 = 0, con lo cual nos da lasolucion trivial X(x) = 0 que no nos sirve.Con < 0:En este caso la solucion tiene forma:

X(x) = C1senh(x) + C2cosh(

x)Mediante las condiciones iniciales:

X(0) = C2 = 0

X(L) = C1senh(x) = 0

Recordemos que senh(x) = 0 x = 0, por lo tanto no sera cero puesto que < 0,

entonces C1 = 0, con lo cual tambien da la solucion trivial que no nos sirve.Con > 0:En este caso la solucion tiene forma:

X(x) = Acos(x) +Bsen(

x)

Mediante las condiciones iniciales:X(0) = A = 0

X(L) = Bsen(L) = 0

Para que no nos de la solucion trivial sen(L) = 0, con lo cual para que sea cero se debe cumplir

que: L = npi

con n N, despejando , obtenemos los autovalores:

=n2pi2

L2

Entonces la auto funcion es:Xn = Bnsen(

npix

L)

Ahora bien para la segunda ecuacion la solucion viene dada por:

T = Kncos(at) +Dnsen(

at)

Como ya obtuvimos anteriormente, entonces:

T = Kncos(npiat

L) +Dnsen(

npiat

L)

Por lo tanto:

u(x, t) =1

Bnsen(npix

L)[Kncos(

npiat

L) +Dnsen(

npiat

L)]

Ahora utilizando la condicion inicial ut(x, 0) = 0, primero derivamos respecto a t u(x, t) y nos da:

ut(x, t) =1

Bnsen(npix

L)[Knsen(npiat

L)npiat

L+Dncos(

npiat

L)npia

L] = 0

23

Y ahora:

ut(x, 0) =1

Bnsen(npix

L)[0 +Dn

npia

L] = 0

Notamos que Bnsen(npixL

) 6= 0, entonces Dn = 0. Entonces por ahora tenemos:

u(x, t) =1

Bnsen(npix

L)[Kncos(

npiat

L)]

Ahora con u(x, 0) = x(L x):

u(x, 0) =1

Bnsen(npix

L)[Kn] = x(L x)

Obtenemos el coeficiente Bn mediante:

Obtencion Coeficiente

Bn =2

L

L0

x(L x)sen(npixL

)dx =4L2

n3pi3(1 (1)n)

Notamos que si n es par Bn = 0 y si es impar Bn =8L2

n3pi3.

Por lo tanto solamente tomamos los n impares, es decir de la forma 2k 1, con lo cual la solucionnos queda de la forma:

Resultado

u(x, t) =k=1

8L2

(2k 1)3pi3 sen((2k 1)pix

L)cos(

(2k 1)piatL

)

5.4. Ecuacion de Calor

5.4.1. Unidimensional(Barra)

a2uxx = ut

Ejercicio Desarrollado:Resolver:

uxx = a2ut

con las condiciones:

u(0, t) = u(L, t) = 0

u(x, 0) = 5sen(5pix

L)

24

Resolvemos mediante separacion de variables, sea:

u(x, y) = X TEntonces la ecuacion queda:

X T = a2XT

Separando:X

X=a2T

T

Igualamos lo anterior a un multiplicador X

X=a2T

T=

Con lo cual nos quedan dos ecuaciones:

X + X = 0

y

T +

a2T = 0

La primera notamos que se resuelve mediante el Problema de Sturm Lioville, de la misma maneraque en los ejercicios anteriores notamos que con = 0 < 0 no sirve.Con > 0:En este caso la solucion tiene forma:

X(x) = Acos(x) +Bsen(

x)

Mediante las condiciones iniciales:X(0) = A = 0

X(L) = Bsen(L) = 0

Para que no nos de la solucion trivial sen(L) = 0, con lo cual para que sea cero se debe cumplir

que: L = npi

con n N, despejando , obtenemos los autovalores:

=n2pi2

L2

Entonces la auto funcion es:Xn = Bnsen(

npix

L)

Ahora bien para la segunda ecuacion diferencial con solucion de la forma:

T = Keta2

Entonces, como ya obtuvimos el valor de :

Tn = Knen2pi2tL2a2

25

Por lo tanto:

u(x, t) =0

Bnsen(npix

L)e

n2pi2tL2a2

Ahora utilizando las condiciones iniciales:

u(x, 0) =0

Bnsen(npix

L) = 5sen(

5pix

L)

Con lo cual notamos que con n = 5 se tiene que Bn = 5 y para el resto Bn = 0, por lo tanto:

Resultado

u(x, t) = 5sen(5pix

L)e

n2pi2tL2a2

5.4.2. Placa

uxx + uyy = ut

26

5.5. Ecuacion de Laplace

uxx + uyy = 0

Sector Circularr2urr + rur + u = 0

Ejercicio DesarrolladoResolver:

urr +1

rur +

1

r2u = 0

Si la temperatura en el borde interior es 0 y en el borde exterior es f() = 20+5sen(2)+ cos(4).Determine la temperatura del anillo si 1 r 4, 0 2pi.Notamos que la solucion debe ser de la forma u = R y del texto obtenemos que:

u(1, ) = 0

u(4, ) = 20 + 5sen(2) + cos(4)

u(r, 0) = u(r, 2pi)

Entonces si multiplicamos por r2la ecuacion queda como:

r2urr + rur + u = 0

Con lo anteriorr2R + rR +R = 0

Multiplicamos todo por 1R

r2RR

+rRR

+R

R= 0

Simplificando:r2R

R+rR

R=

Ahora utilizamos un multiplicador

r2R

R+rR

R=

=

Con lo cual nos quedan dos ecuaciones:

+ = 0

La cual se resuelve mediante el problema de Sturm Lioville, notamos que con las condicionesiniciales tenemos que (0) = (2pi), entonces:Con = 0:

= A +B

Utilizando las condiciones iniciales(0) = B

27

y(2pi) = A2pi +B

Entonces:B = A2pi +B

Por lo tanto A = 0 Con < 0 No sirve puesto que da la solucion trivial.Con > 0:La solucion viene dada por:

= Acos() +Bsen(

)

Utilizando las condiciones iniciales:

(0) = A

(2pi) = A+Bsen(2pi)

Entonces:Bsen(

2pi) = 0

Para que se cumpla: 2pi = npi;n N

Entonces:

=n2

4

Por lo tanto:

n = Ancos(n

2) +Bnsen(

n

2)

Y la segunda ecuacion que nos queda es:

r2R + rR R = 0La cual es una Ecuacion Diferencial Couchy-Euler, donde R = rp, entonces R = prp1 y R =p(p 1)rp2, reemplazando en la ecuacion:

rp(p(p 1) + p ) = 0Entonces:

p = , > 0

Por lo tanto la solucion viene dada por:

R = Cr +Dr

Como ya tenemos , reemplazando:

Rn = Cnrn2 +Dnr

n2

Para < 0 no nos sirve y ahora para = 0 nos queda la ecuacion:

r2R = rR

28

R

R= 1

r

Integrando:ln(R) = ln(r)

Aplicando exponencial:R = r1

Integrando nuevamente:

R0 = Fln(r) + E

Entonces u(r, ) viene dado por:

u(r, ) = oRo +1

nRn

Reemplazando:

u(r, ) = Fln(r) + E +1

Ancos(n

2) +Bnsen(

n

2) Cnr n2 +Dnrn2

Utilizamos la condicion de borde u(1, ):

u(1, ) = Fln(1) + E +1

Ancos(n

2) +Bnsen(

n

2)[Cn +Dn] = 0

Por lo tanto para que se cumpla la igualdad E = 0 Y Cn = Dn, con lo cual nos queda:

u(r, ) = Fln(r) +1

Ancos(n

2) +Bnsen(

n

2) [Cnr n2 Cnrn2 ]

Juntando las constantes, sea Kn = CnAn Hn = CnBn:

u(r, ) = Fln(r) +1

Kncos(n

2) +Hnsen(

n

2) [r n2 rn2 ]

Ahora utilizando u(4, ) = 20 + 5sen(2) + cos(4):

u(4, ) = Fln(4) +1

Kncos(n

2) +Hnsen(

n

2) [4n2 4n2 ] = 20 + 5sen(2) + cos(4)

De esto obtenemos que Fln(4) = 20, por lo tanto F = 20ln(4)

, ademas notamos que cuando n = 4K4 = 0 y:

H4(42 42) = 5 = H4 = 5

42 42

29

De la misma forma cuando n = 8 H8 = 0 y queda:

K8(44 44) = 1 = K8 = 1

44 44Para todo n distinto de 4 y 8 se cumple que Hn = 0 Kn = 0. Con lo cual:

Resultado

u(r, ) =20ln(r)

ln(4)+

5

42 42 sen(2)(r2 r2) + 1

44 44 cos(4)(r4 r4)

30

5.6. Identidades y Calculos Importantes para agilizar

sen((2n 1)pi

2) = (1)n+1

cos(npi) = (1)n

sen2(x) =1 cos(2x)

2

cos2(x) =1 + cos(2x)

2

sen(A)sen(B) =1

2[sen(A+B) + sen(AB)]

cos(A)sen(B) =1

2[sen(A+B) sen(AB)]

cos(A)cos(B) =1

2[cos(A+B) + cos(AB)]

sen(A)sen(B) = 12

[cos(A+B) cos(AB)]xcos(nx) =

nxsen(nx) + cos(nx)

n2xsen(nx) =

sen(nx) nxcos(nx)n2

x2cos(nx) =(n2x2 2)(sen(nx) + 2nxcos(nx))

n3x2cos(nx) =

(2 n2x2)(cos(nx) + 2nxsen(nx))n3

excos(nx)dx =ex(nsen(nx) cos(nx))

n2 + 1excos(nx)dx =

ex(nsen(nx) + cos(nx))

n2 + 1exsen(nx)dx =

ex(sen(nx) ncos(nx))n2 + 1

exsen(nx)dx =ex(sen(nx) + ncos(nx))

n2 + 1

31

Integrales de LineaIntegrales de linea de primera especieLongitud de CurvaValor medio de la funcinCentro de MasaEjemploPropiedades

Integrales de Linea de Segunda EspecieDefinicinEjemplo de Ejercicio por DefinicinConjunto ConvexoCampo ConservativoRotor de Campo Gradiente (o Funcin Potencial)Ejemplo de Ejercicio Resuelto por Funcin PotencialTeorema de GreenFormas Vectoriales del Teorema de GreenEjemplo desarrollado mediante Teorema de Green

Integrales de SuperficieIntegrales de Superficie de Campos EscalaresMasaCentro de MasaMomento de inercia respecto a una rectaEjemplo aplicado de Momento de Inercia

Integrales de Superficie de Campos Vectoriales

Teorema de StokesEjercicios Desarrollados

Teorema de GaussEjemplos

Ecuaciones Diferenciales ParcialesFormas NormalesEjercicios

Problema de Sturm-LiovilleEcuacin de OndaInfinitaAcotada

Ecuacin de CalorUnidimensional(Barra)Placa

Ecuacin de LaplaceIdentidades y Clculos Importantes para agilizar