solución de edo

7/23/2019 Solución de EDO

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TRABAJO FINAL MATEMATICAS ESPECIALES.

Ing. SAUL PEREZ PEREZ.

PRESENTADO AL PROFESOR:Msc. RAMIRO CHAMORRO.

MAESTRIA EN INGENERIA MECANICA CON ENFASIS EN GESTIONENERGETICA.

UNIVERSIDAD AUTONOMA DEL CARIBE

BARRANQUILLA.

010!"011



EJERCICIO 1

1.

04

4

2

2

=∂∂

+∂∂

x

uc

t

u

Vibraciones de una viga puede demostrase que las pequeñasvibraciones libres verticales de una viga uniforme están gobernadas por la ecuaciónde cuarto orden:

ρ A

EI c =

Donde

E es el módulo de elasticidad I momento de inercia, el !rea transversal, " ladensidad.

>==

>=∂

∂=

∂

∂

==

0,0),(,0),0(

0,0,00

t t Lut u

t x

u

x

u

L x x

#as condiciones de frontera son:

$ con la condicione inicial:

)()()0,( x L x x f xu −==

%olucione el sistema de ecuaciones diferenciales parcialesDedu&ca los calores constantes para una viga de acero, ' (rafique los resultados.

demás debe )acer un análisis grafico incrementando el valor de #.



SOLUCION.

%e tiene la siguiente ecuación diferencial∂2u

∂ t 2 +c

∂4u

∂ x4=0 *a+

Donde c= EI

Ap

)ora las condiciones de frontera son las siguientes

'

,0=∂

∂

= L x x

ut >0

' u ( L, t )=0, t >0

on las siguientes condiciones in-ciales.

)()()0,( x L x x f xu −==

ara reali&ar la solución de la ecuación diferencial debemos tener en cuentaque:Y ( t )= Amplitudde laVibracioncon elTiempo .

φ ( x )= Funciondedistancia .

L= Longitudde laviga .

)ora la solución la tomare por separación de variables as-:u ( x , t )=φ ( x )Y ( t ) *b+

)ora tomo la ecuación ' la reempla&o en la diferencial quedando:

φ( x )∂2u

∂ t 2+cY (t )

∂4u

∂x4=0 *c+

)ora los t/rminos temporales ' espaciales los separo ' los igualo a un valor constante ' me queda:

c

φ( x)∂

4φ( x)

∂ x4 =w2

,c

φ( x)∂2Y (t )

∂ t 2 =w 2

*d 1,0+



De aqu- se obtiene al despear:

∂4φ( x )

∂x4 −

w2

cφ ( x )=0 $

∂2Y (t )

∂t 2 +w2

Y ( t )=0

sumiendo que: 4=w

2

c , queda lo siguiente

∂4φ( x )

∂x4 − 4φ ( x )=0

( ∂4

∂x4− 4)φ ( x )=0

Entonces se separan en dos cuadráticas as-:

( ∂2

∂x2− 2)( ∂

2

∂ x2+ 2)=0

l sacar las ra-ces queda:

∂

∂x=! $

∂

∂x=!"

u'a solución es:

φ ( x )=# 1sin (x)+# 2 cos (x)+# 3sinh (x)+# 4 cosh (x)

Donde # 1 ,# 2 ,# 3 % # 4 son constantes.

)ora se resuelve para la parte temporal.

∂

2

Y (t )∂t 2 +w2Y ( t )=0

Despeando se obtiene que:

( ∂2

∂ t 2+w2)Y ( t )=0



l reali&ar el cálculo queda:

∂2

∂t 2+w2=0=¿

∂

∂ t =!"w

2uedando como solución:

Y ( t )= Acos (wt )+&sin(wt )

#a solución general es:

u ( x , t )=(# 1sin (x)+# 2 cos (x)+# 3sinh (x)+# 4cosh (x))

l aplicar las condiciones in-ciales:

0),0( =t u

$u ( L, t )=0

0

0

=∂

∂

= x x

u

$

,0=∂

∂

= L x x

u

# 2+# 4=0=¿# 2=−# 4

#uego se tiene que:

(# 1sin (L)+# 2cos (L)+# 3 sinh (L)+# 4 cosh (L))=0

0=∂u

∂ x=(# 1cos (x )−#

2sin (x )+#

3cosh (x)−#

4sinh (x))

omo # 2=−# 4 ' x=0 entonces queda que:

31

31

0

0

C C

C C

x

u

x

=

=−=∂

∂

=

α α

))sinh()cosh()sin()cos(( 4321 LC LC LC LC x

u

L x

α α α α α α α α ++−=∂

∂

=

)ora me queda:



# 1sin (L)+#

2cos (L)+#

1sinh (L )−#

2cosh (L )=0

#

1cos (L )−#

2sin (L )+#

1cosh (L )+#

2sinh (L )=0

(L )(L )

¿cos (L )−cosh ¿=0

sin (L )+sinh ¿+# 2¿

# 1¿

(L )(L )

¿−sin (L)+sinh ¿=0cos (L )+cosh ¿+# 2¿

# 1¿

De donde tengo que:

A=sin (L)+sinh (L )

&=−sin (L )+sinh (L )

'=cos (L)−cosh (L )

E=cos (L)+cosh (L )

)ora se tiene que:

A # 1+ '#

2=0

E# 1+&#

2=0

En este caso pasa lo siguiente:

# 1=#

2=0

2uedando as- la solución trivial de la ecuación.



EJERCICIO "

0. #a ecuación del calor de 3ourier para un disco plano está dado por la siguienteecuación diferencial.

1

2

2

t

u

r

u

r r

uc

∂∂

=

∂∂

+∂∂

ρ pC

k

c =

Donde

p es el calor espec-fico, " la densidad, 4 es la conductividad.#as condiciones de frontera son:



( )

>=

>=∂∂

=

0,

0,00

t T t Ru

t r

u

ref

r

2

2

)()0,( R

r T r f r u ref ==

$ con la condicione inicial:

%olucione el sistema de ecuaciones diferenciales parciales. Dedu&ca los valoresconstantes para un cilindro )ec)o de ladrillo roo, ' (rafique los resultados. demásdebe )acer un análisis grafico incrementando el valor de 5. la temperatura dereferencia se asume en 067.

1

2

2

t

u

r

u

r r

uc

∂∂

=

∂∂

+∂∂

SOLUCION.

Ecuación diferencial:

ρ pC

k c =



00

=∂∂

=r r

u

,

t >0 %( ( ) , t )=T re* , t >0

on la siguiente condición inicial.

( (r ,0 )=* (r )=T re* r2

)2

• Ecuaciones diferenciales ordinarias.

( (r ,t )=+ (r )(t )

∂(

∂r = (t )+ - (r )

∂2

∂r2= (t )+ - - (r )

∂(

∂ t = (t )+ (r)

¿># ( (t )+ - - (r )+1

r (t )+ - (r ))= (t )+ (r )

# (t )(+ - - (r )+1

r+

(r ))= (t )+ (r )

1

+ (r ) (+ - - (r )+1

r+ - (r ))= (t )

# (t )

%e igualan las ecuaciones a una constante −/ 2 , de esta forma se obtiene

(t )

# (t )

=−/ 2=¿ (t )+#/ 2 ( t )=0

1

+ (r ) (+ - - (r )+1

r+ - (r))=−/ 2



+ - - (r )+1

r+ - (r )+/ 2+ (r )=0

)ora usando la ecuación de 8essel, )aciendo:

s=/r=¿ 1

r = / s

$ por regla de la cadena:

+ - =d+

dr =d+

ds

ds

dr=/

d+

dr

+ - - =d

2+

d s2/

2

l reempla&ar se tiene la siguiente ecuación.

/ 2 d

2+

d s2 +/ 2

s

d+

ds +/ 2+ =0

De donde.

d2+

d s2 +

1

s

d+

ds ++ =0

$ esta es la ecuación de 8essel con parámetro V =0

$ su solución son funciones de 8essel " 0 ' Y 0 de primera ' segunda

clase. $ Y 0 no se puede usarse, puesto que no satisface las condiciones

fronteras ( ( ) ,t )=T re* , 'a que se )ace 0 cuando )10 , entonces:

+ (r )=a1" 0 (s )=a1 " 0 (/r )

%e la frontera r= ) ¿>+ ( ) )=a1"

0(/))

ara que se cumpla la condición inicial de que T =252#



n=8n

r

#a solución para la ecuación siguiente es:

(t

)+#/

2

(t )=

0

=¿m (t

)=a

2

e−c / 2t

#a solución general es:

( m (r ,t )=+ m (r )m (t )=(a2 e−c / 2 t ) (a1 " 0 (/r ))

9sando superposición se suman todas las soluciones.

ame

#/ m2t

" 0(¿ m r)( (r , t )=∑

m=1

0

¿

or

am" 0(¿ m r)

* (r )=T re* r2

)2=( (r ,0 )=∑

m=1

0

¿

am= 2

)2 ( (" 1 ( m )))

2

∫0

)

r* (r ) " 0 (/ m r )dr

am= 2T re*

)4( (" 1 ( m )) )

2∫0

)

r3"

0 (/ m r )dr

solución de edo

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