EDP PARTE 2

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(1)Sergio Yansen Núñez. Actividad Nº1 Sea M ∈ IR + . Resuelva el siguiente problema. ut = uxx + 2t + 3 − cos(t ) , 0 ≤ x ≤ M ,. t ≥ 0..  πx  , ux (M , t ) = −2M , u( x,0) = − x 2 + cos2   M . ux (0, t ) = 0. 2 mediante la sustitución v ( x, t ) = u ( x, t ) + sen(t ) − t − t. Solución: Sea v = u + sen(t ) − t 2 − t vt = ut + cos(t ) − 2t − 1 ⇒ ut = vt − cos(t )`+2t + 1 (1) vxx = u xx. (2). Reemplazando (1) y (2) en ut = u xx + 2t + 3 − cos(t ) se obtiene: vt − cos(t ) + 2t + 1= v xx + 2t + 3 − cos(t ) vt = v xx + 2 condiciones: v x (0, t ) = u x (0, t ) = 0 v x (M , t ) = u x (M , t ) = −2 M  πx  v(x,0 ) = u (x,0 ) = − x 2 + cos 2   M . Se resolverá el problema: vt = v xx + 2 v x (0, t ) = 0. (3) ,. v x (M , t ) = −2 M.  πx  v(x,0 ) = − x 2 + cos 2   M . Ecuaciones Diferenciales Parciales. (4).

(2) Sergio Yansen Núñez Sea v(x, t ) =v h (x, t ) + v p , donde v p = f ( x ) es una solución particular que satisface (3) y (4). Por tanto,. f " ( x ) = −2. ⇒. f ( x ) = − x 2 + c1 x + c2. f ' (0 ) = 0. ⇒. c1 = 0. f ' (M ) = − 2 M c2 = 0. ⇒. T − 2 M = −2 M , por lo tanto, c2 ∈ IR . Consideremos. Luego, u p = − x 2 Ahora consideraremos el problema:. vt = v xx v x (0, t ) = v x (M , t ) = 0 Sea v(x, t ) = X ( x )T (t ) , reemplazando en vt = v xx y agrupando términos se obtiene: T' X" = =λ T X X "−λX = 0 X ' (0) = X ' (M ) = 0 2.  kπ   kπ  Luego, λk = −  , k ∈ IN 0 , X k ( x ) =α k cos x M  M  T' = λk T. ⇒. Tk (t ) = β k e.  2 − kπ  t M . Por superposición:  kπ 2   t  . −  kπ   M u h (x, t ) = ∑ C k cos x e M  k =0 ∞.  kπ 2   t  . −  kπ   M u ( x, t ) = − x 2 + ∑ C k cos x e M  k =0 ∞. Ecuaciones Diferenciales Parciales. , k ∈ IN 0.

(3) Sergio Yansen Núñez condición:  πx  u ( x,0) = − x 2 + cos 2   M . Luego, ∞  πx   kπ  − x 2 + cos 2   = − x 2 + ∑ C k cos x M  M  k =0.  πx  ∞  kπ  cos 2   = ∑ C k cos x  M  k =0 M   πx  1 + cos 2  ∞  M  = C cos kπ x    ∑ k 2 M  k =0. Luego, C0 =. 1 2. ,. C2 =. 1 2. ,  2π  2   t  . 1 1  2π  − M u ( x, t ) = − x 2 + + cos x e 2 2 M . Ecuaciones Diferenciales Parciales. C k = 0 ∀k ∈ IN − {2}.

(4) Sergio Yansen Núñez Actividad Nº2. Determine la temperatura del estado estacionario de una placa que tiene la forma de un π como indica la figura, si las sector circular de radio unitario y ángulo polar 2 temperaturas de los lados se mantienen a 10º y 20º. La temperatura del arco circular 20θ f (θ ) = sen(6θ ) + + 10. depende del ángulo θ de acuerdo a la función π. Solución: 1 1 u rr + u r + 2 uθθ = 0 r r u (r ,0) = 10. ;. u (1,θ ) = sen(6θ ) +. 0 < r <1 , 0 <θ <.  π u  r ,  = 20  2. ;. π 2 0 < r <1. 20θ + 10. π. Sea u (r ,θ ) = u p (r ,θ ) + u h (r , θ ) Consideremos u p (r ,θ ) = ϕ (θ ). ϕ (θ ) satisface:. ϕ " (θ ) = 0 π  ϕ (0 ) = 10 , ϕ   = 20 2. ∴ ϕ (θ ) = 10 +. 20θ π. u h (r ,θ ) satisface 1 1 u rr + u r + 2 uθθ = 0 r r u (r ,0) = 0. ;. 0 < r <1 , 0 <θ <.  π u r ,  = 0  2. Ecuaciones Diferenciales Parciales. ;. π 2 0 < r <1.

(5) Sergio Yansen Núñez 1 1 Reemplazando u h (r ,θ ) = R(r )Θ(θ ) en u rr + u r + 2 uθθ = 0 se obtiene: r r 1 1 R" Θ + R ' Θ + 2 RΘ" = 0 r r. r 2 R" Θ + rR ' Θ + RΘ" = 0 r2. R" R ' Θ" +r + =0 R R Θ. r2. R" R' Θ" +r =− =λ R R Θ. /. 1 RΘ. Considerando Θ"+λΘ = 0 π  Θ(0 ) = Θ  = 0 2. Se obtiene: Θ n (θ ) = α n sen(2nθ ) con λn = 4n 2 , n ∈ IN. Considerando r 2. R" R' +r =λ n R R. r 2 R"+ rR ' − λ n R = 0. se tiene:. (ecuación de Euler homogénea de segundo orden). r 2 R"+ rR ' − 4n 2 R = 0. Ecuación indicial:. α (α . − 1) + α − 4n 2 = 0 ⇒ α 2 = 4n 2 ⇒ α = 2n ∨ α = −2n. La solución general de r 2 R"+ rR ' − 4n 2 R = 0 es. Rn (r ) = an r −2n + bn r 2n Para una solución acotada, se debe cumplir la condición lim u (r ,θ ) = 0 . Por tanto, a n = 0 para todo n ∈ IN .. Ecuaciones Diferenciales Parciales. r →0.

(6) Sergio Yansen Núñez Luego, Rn (r ) = bn r 2n Por superposición: ∞. u h (r , θ ) = ∑ Bn r 2n sen(2nθ ) n=1. u (r , θ ) = 10 +. 20θ ∞ + ∑ Bn r 2n sen(2nθ ) π n=1. u (1,θ ) = sen(6θ ) +. Condición:. 20θ + 10 π. sen(6θ ) +. 20θ 20θ ∞ + 10 = 10 + + ∑ Bn sen(2nθ ) π π n=1. sen(6θ ) =. ∑ Bn sen(2nθ ). ∞. n=1. Se tiene que B3 = 1 , Bn = 0 ∀n ∈ IN − {3} Luego, u (r ,θ ) = 10 +. 20θ + r 6 sen(6θ ) π. Ecuaciones Diferenciales Parciales.

(7) Sergio Yansen Núñez Actividad Nº3. 1 1 Determine una solución acotada de la ecuación de Laplace u rr + u r + 2 uθθ = 0 r r π definida en la región exterior r ≥ 1 , 0 ≤ θ ≤ , que verifica las condiciones de 6 frontera:  π u (r ,0 ) = u  r ,  = 0 ,  6. u (1,θ ) = θ (π − 6θ ) .. Solución: 1 1 Reemplazando u (r ,θ ) = R(r )Θ(θ ) en u rr + u r + 2 uθθ = 0 se obtiene: r r. 1 1 R" Θ + R' Θ + 2 RΘ" = 0 r r r 2 R" Θ + rR ' Θ + RΘ" = 0. r2. R" R' Θ" +r + =0 R R Θ. r2. Θ" R" R' +r =− =λ Θ R R. /. 1 RΘ. Considerando Θ"+λΘ = 0 π  Θ(0 ) = Θ  = 0 6. Se obtiene: Θ n (θ ) = C n sen(6nθ ) con λn = 36n 2 , n ∈ IN Considerando r 2. R" R' +r =λ n R R. r 2 R"+ rR ' − λ n R = 0. se tiene:. (ecuación de Euler homogénea de segundo orden). r 2 R"+ rR' − 36n 2 R = 0 Ecuación indicial: α (α . − 1) + α − 36n 2 = 0 ⇒ α 2 = 36n 2 ⇒ α = 6n ∨ α = −6n. Ecuaciones Diferenciales Parciales.

(8) Sergio Yansen Núñez La solución general de r 2 R"+ rR ' − 36n 2 R = 0 es Rn (r ) = a n r 6n + bn r −6n. Para una solución acotada, se debe cumplir la condición lim u (r ,θ ) = 0 . Por tanto, r →∞. a n = 0 para todo n ∈ IN . Luego, Rn (r ) = bn r −6n Se tiene que u n (r ,θ ) = Rn (r )Θ n (θ ) es solución. Por superposición: u (r ,θ ) =. ∞. ∑ Bn r −6n sen(6nθ ). n=1. Considerando la condición: u (1,θ ) = θ (π − 6θ ) se tiene:. θ (π − 6θ ) =. ∞. ∑ Bn sen(6nθ ). n =1. π 2 Luego, Bn = ∫0L f (θ )sen(6nθ )dθ donde L = , f (θ ) = θ (π − 6θ ) L 6. Bn =. 12 π 6 ∫0 θ (π − 6θ )sen(6nθ )dθ =. π. 2  1 − (− 1)n  3  3n π . Por tanto, una solución acotada es u (r ,θ ) =. 2 ∞ 1  1 − (− 1)n r −6n sen(6nθ ) 3π n∑ 3  =1 n . Ecuaciones Diferenciales Parciales.

(9) Sergio Yansen Núñez Actividad Nº4. Resuelva el problema: 1 1 u rr + u r + 2 uθθ = 0 r r. ,. 1< r < 2.  π u (r ,0 ) = u  r ,  = 0  4. ,. 1< r < 2. ,. 0 <θ <. π 4. π  u (1,θ ) = θ  − θ  4 . u (2, θ ) = 4 sen(4θ ) cos 2 (2θ ) Solución:. 1 1 Reemplazando u (r ,θ ) = R (r )Θ(θ ) en u rr + u r + 2 uθθ = 0 se obtiene: r r R" Θ +. 1 1 R ' Θ + 2 RΘ" = 0 r r. r 2 R" Θ + rR ' Θ + RΘ" = 0. r2. R" R' Θ" =0 +r + R R Θ. r2. Θ" R" R' +r =− =λ Θ R R. /. 1 RΘ. Considerando Θ"+λΘ = 0 π  Θ(0 ) = Θ  = 0 4. Se obtiene: Θ n (θ ) = C n sen(4nθ ) con λn = 16n 2 , n ∈ IN Considerando r 2. R" R' +r =λ n R R. r 2 R"+ rR ' − λ n R = 0. se tiene:. (ecuación de Euler homogénea de segundo orden). Ecuaciones Diferenciales Parciales.

(10) Sergio Yansen Núñez. r 2 R"+ rR' − 16n 2 R = 0 Ecuación indicial: α (α . − 1) + α − 16n 2 = 0 ⇒ α 2 = 16n 2 ⇒ α = 4n ∨ α = −4n La solución general de r 2 R"+ rR ' − 36n 2 R = 0 es Rn (r ) = a n r 4n + bn r −4n. Se tiene que u n (r ,θ ) = Rn (r )Θ n (θ ) es solución. Por superposición: u (r ,θ ) =. ∑ (An r 4n + Bn r −4n )sen(4nθ ) ∞. n=1. π  Considerando la condición: u (1,θ ) = θ  − θ  se tiene: 4 .  ∞ π θ  − θ  = ∑ ( An + Bn )sen(4nθ )  n=1 4 Luego, An + Bn =. 2 L π π  , f (θ ) = θ  − θ  ∫0 f (θ )sen(4nθ )dθ donde L = L 4 4 . π  8 1 An + Bn = ∫0π 4 θ  − θ sen(4nθ )dθ = π 4   4n 3π. 1 − (− 1)n   . Considerando la otra condición: u (2, θ ) = 4 sen(4θ ) cos 2 (2θ ) se tiene: 4 sen(4θ ) cos 2 (2θ ) =. ∑ (An 2 4n + Bn 2 −4n )sen(4nθ ) ∞. n =1. Además se tiene que: 4 sen(4θ ) cos 2 (2θ ) = 2 sen(4θ )(1 + cos(4θ )) = 2 sen(4θ ) + sen(8θ ) Por tanto, A1 2 4 + B1 2 −4 = 2 ,. y. A2 28 + B2 2 −8 = 1. An 2 4n + Bn 2 −4n = 0 para todo n ≥ 3 , n ∈ IN. Luego. Ecuaciones Diferenciales Parciales.

(11) Sergio Yansen Núñez 2 5 (4 − π ) π 28 − 1. A 1=. 26 π − 1 2π 28 − 1. ,. B 1=. A 2=. 1 8 2 − 2− 8. ,. B 2= −. A n=. ). (. −1. (. ). 2 28n − 1 n 3π. ,. ). (. 1 8 2 − 2− 8. B n=. 1 2 1 − 2 − 8n n 3π. (. ). , para todo n ≥ 3 , n impar. A n = B n = 0 , para todo n ≥ 4 , n par Por tanto, u (r ,θ ) =. ) [(. ). ]. 1 2 6 π − 1 r 4 + 2 6 (4 − π )r − 4 sen(4θ ) − 8 2π 2 − 1. (. 1 28 − 2 − 8. [r 8 − r − 8 ]sen(8θ )−. 1 ∞ r 4(2k + 1) − 28(2k + 1) r − 4(2k + 1) sen(4(2k + 1)θ ) 2π k∑  28(2k + 1) − 1(2k + 1)3 =1  . Ecuaciones Diferenciales Parciales.

(12) Sergio Yansen Núñez Actividad Nº5. Resuelva el problema P: ut = u xx + 4 sen(π x) + 15sen(8π x). ;. u (0, t ) = 0 u (1, t ) = 0. ;. t>0. ;. t>0. u ( x, 0) = 0. ;. 0 < x <1. 0 < x <1 , t > 0. Solución: u ( x, t ) = w( x, t ) + p ( x ). Consideremos. p ( x ) satisface 0 = p" (x ) + 4 sen(πx ) + 15sen(8πx ) y p (0 ) = p (1) = 0 p" ( x ) = −4 sen(πx ) − 15sen(8πx ). p ' (x ) =. 4 15 cos(8πx ) + A1 cos(πx ) + π 8π. p (x ) =. 4. π. 2. sen(πx ) +. 15. (8π )2. sen(8πx ) + A1 x + A2. p (0 ) = A2 = 0 p (1) = A1 = 0. Luego, p (x ) =. 4. π. 2. sen(πx ) +. 15. (8π )2. sen(8πx ). Se desea determinar w( x, t ) solución del problema wt = wxx w(0, t ) = 0 w(1, t ) = 0 Sea w( x, t ) = X ( x )T (t ) T' X" = =λ T X X "−λX = 0. X (0 ) = X (1) = 0. X k ( x ) = c k sen(kπx ) ,. λk = −k 2π 2 con k ∈ IN. Ecuaciones Diferenciales Parciales.

(13) Sergio Yansen Núñez. 2 2 T' T' = λk ⇔ = − k 2π 2 ⇒ Tk (t ) = α k e −k π t T T. Por superposición: ∞. w( x, t ) = ∑ X k ( x )Tk (t ) k =1. ∞. 2 2 w( x, t ) = ∑ a k sen(kπx )e − k π t k =1. u ( x, t ) = w( x, t ) + p ( x ) ∞ 2 2 4 15 u ( x, t ) = ∑ a k sen(kπx )e − k π t + 2 sen(πx ) + sen(8πx ) π (8π )2 k =1. ∞. u ( x ,0 ) = 0 ⇒. −. 4. π2. 0 = ∑ a k sen(kπx ) + k =1. sen(πx ) −. 15. (8π )2. 4. π. 2. sen(πx ) +. 15 sen(8πx ) (8π )2. ∞. sen(8πx ) = ∑ a k sen(kπx ) k =1. Luego, a1 = −. 4 π2. ,. a8 = −. 15. (8π )2. Finalmente u ( x, t ) = −. 2 15 4 15 −π 2t − (8π ) t ( ) ( ) sen π x e − sen 8 π x e + 2 sen(πx ) + sen(8πx ) 2 2 π π (8π ) (8π )2. 4. Ecuaciones Diferenciales Parciales.

(14) Sergio Yansen Núñez Actividad Nº6. Determine l1a solución en estado estacionario del problema: ut = u xx − γ 2 (u − T ). ;. u (0, t ) = T0. ;. t>0. u ( L, t ) = T1. ;. t>0. u ( x, 0) = 0. ;. 0< x< L. 0< x< L. Solución: Sea v(x ) = lim u ( x, t ) t →∞. Dado que lim u t = 0 se tiene que: t →∞. v"−γ 2 (v − T ) = 0 Consideramos w = v − T w"−γ 2 w = 0 ⇒ w(x ) = A1 e γx + A2 e −γx. v(x ) = A1e γx + A2 e −γx + T v(0 ) = A1 + A2 + T = T0 v(L ) = A1 e γL + A2 e −γL + T = T1. Ecuaciones Diferenciales Parciales. ,. t>0.

(15) Sergio Yansen Núñez. Del sistema A1 + A2 = T0 − T A1e γL + A2 e −γL = T1 − T se obtiene: A1 =. (T − (T 1. e. γL. − T )e −γL. 0. −e. −γL. ((T. A2 = T0 − T +. 0. ). − T )e −γL −T 1 e. γL. −e. −γL. ). Finalmente v(x ) =. (T − (T 1. e. γL. 0. − T )e −γL −e. −γL. )eγx + T  . 0. Ecuaciones Diferenciales Parciales. −T +. ((T. 0. ). − T )e −γL −T 1  −γx e +T  e γL − e −γL .

(16) Sergio Yansen Núñez Actividad Nº7. Las vibraciones transversales en estado estacionario de una placa con forma de sector circular de radio 1, cuya frontera adopta la forma gráfica de la ecuación u = 10θ + 20 , están determinadas por el problema en coordenadas polares: 1 1 u rr + u r + 2 uθθ = 0 r r. 0 < r <1 , 0 <θ <. u ( r ,0) = 20. 0 < r <1. ;.  π uθ  r ,  = 10  2. ;. π 2. 0 < r <1. u (1, θ ) = 10θ + 20. Determine u (r ,θ ) . Solución: Sea u (r ,θ ) = u p (r ,θ ) + u h ( r , θ ) Consideremos u p (r ,θ ) = ϕ (θ ). ϕ (θ ) satisface: ϕ " (θ ) = 0 π  ϕ (0 ) = 20 , ϕ '   = 10 2. ∴ ϕ (θ ) = 10θ + 20 u h (r ,θ ) satisface 1 1 u rr + u r + 2 uθθ = 0 r r. 0 < r <1 , 0 <θ <. u ( r ,0) = 0. 0 < r <1.  π uθ  r ,  = 0  2. ; ;. π 2. 0 < r <1. 1 1 Reemplazando u h (r ,θ ) = R(r )Θ(θ ) en u rr + u r + 2 uθθ = 0 se obtiene: r r. Ecuaciones Diferenciales Parciales.

(17) Sergio Yansen Núñez 1 1 R" Θ + R' Θ + 2 RΘ" = 0 r r r 2 R" Θ + rR ' Θ + RΘ" = 0. r2. R" R' Θ" =0 +r + R R Θ. r2. Θ" R" R' +r =− =λ R R Θ. /. 1 RΘ. Considerando Θ"+λΘ = 0 π  Θ(0 ) = Θ'   = 0 2. Se obtiene: Θ n (θ ) = C n sen((2n − 1)θ ) con λn = (2n − 1) , n ∈ IN 2. Considerando r 2. R" R' +r =λ n R R. r 2 R"+ rR ' − λ n R = 0. se tiene:. (ecuación de Euler homogénea de segundo orden). r 2 R"+ rR ' − (2n − 1) R = 0 2. Ecuación indicial:. α (α . − 1) + α − (2n − 1)2 = 0 ⇒ α 2 = (2n − 1)2 ⇒ α = 2n − 1 ∨ α = −(2n − 1) La solución general de r 2 R"+ rR ' − (2n − 1) R = 0 2. Rn (r ) = a n r. −(2n − 1). es. + bn r 2n−1. Para una solución acotada, se debe cumplir la condición lim u (r ,θ ) = 0 . Por tanto, a n = 0 para todo n ∈ IN . Luego, Rn (r ) = bn r 2n−1. Ecuaciones Diferenciales Parciales. r →0.

(18) Sergio Yansen Núñez Por superposición: u h (r ,θ ) =. ∞. ∑ Bn r 2n−1sen((2n − 1)θ ). n=1. ∞. u (r ,θ ) = 10θ + 20 + ∑ Bn r 2n−1sen((2n − 1)θ ) n=1. ∞. u (1, θ ) = 10θ + 20 ⇒ 10θ + 20 = 10θ + 20 + ∑ Bn r 2n−1sen((2n − 1)θ ) 0=. ∞. ∑ Bn r 2n−1sen((2n − 1)θ ). n=1. Se tiene que Bn = 0 ∀n ∈ IN Luego, u (r ,θ ) = 10θ + 20. Ecuaciones Diferenciales Parciales. n =1.

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