Aplicaciones matematicas- EDP de onda no homogenea & Ecuacion de Laplace. Placa de calor.
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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
Proyecto Aplicaciones Matemáticas
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
Proyecto Aplicaciones Matemáticas
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)
Proyecto Aplicaciones Matemáticas
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
Proyecto Aplicaciones Matemáticas
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
Proyecto Aplicaciones Matemáticas
¿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.
Proyecto Aplicaciones Matemáticas
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.
Proyecto Aplicaciones Matemáticas
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:
Proyecto Aplicaciones Matemáticas
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
x2 sen( nπa x)dx= 200
asenh ( nπa b)[−x2anπ
cosnπxa
+2( anπ ) [ xanπ sen nπxa − anπ
∫ sen nπxadx ]]
I 2=200
asenh( nπa b)∫0
π
x2 sen( nπa x)dx= 200
asenh ( nπa b)[−x2anπ
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 )
Proyecto Aplicaciones Matemáticas
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
Proyecto Aplicaciones Matemáticas
Grafica 2. Serie de Fourier y la función f(x).
Proyecto Aplicaciones Matemáticas
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
Proyecto Aplicaciones Matemáticas
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)')
Proyecto Aplicaciones Matemáticas
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