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ecuaciones diferenciales, método separación de variables f(x,y)
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#5 1) Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales parciales usando el método de separación de variables: 𝑢 = 𝑓(𝑥, 𝑡) 𝒂) 𝑎2 𝜕2 𝑢(𝑥,𝑡) 𝜕𝑥2 + 𝐴𝑥 = 𝜕𝑢2(𝑥,𝑡) 𝜕𝑡2 𝐴 → 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑛𝑢𝑚é𝑟𝑖𝑐𝑎 𝑢(0, 𝑡) = 0 ; 𝑢(1, 𝑡) = 0; 𝑡 > 0 𝑢(𝑥, 0) = 0; 𝑢′(𝑥, 0) = 0 ; 0 < 𝑥 < 1 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝜓(𝑥, 𝑡) + 𝑤(𝑥) Cambiando la ecuación obtenemos: 𝑎2 𝜕2 𝜓(𝑥, 𝑡) 𝜕𝑥2 + 𝑎2 𝜕2 𝑤(𝑥) 𝜕𝑥2 + 𝐴𝑥 = 𝜕𝜓2 (𝑥, 𝑡) 𝜕𝑡2 Haciendo: 𝑎2 𝜕2 𝑤(𝑥) 𝜕𝑥2 + 𝐴𝑥 = 0 (1) 𝑎2 𝜕2 𝜓(𝑥, 𝑡) 𝜕𝑥2 = 𝜕𝜓2(𝑥, 𝑡) 𝜕𝑡2 (2) Modificando las condiciones frontera para ambas variables obtenemos: 𝑢(0, 𝑡) = 0 ; 𝑢(1, 𝑡) = 0; 𝑡 > 0 𝑢(0, 𝑡) = 𝜓(0, 𝑡) + 𝑤(0) 𝑢(1, 𝑡) = 𝜓(1, 𝑡) + 𝑤(1) Por lo tanto: 𝜓(0, 𝑡) = 0; 𝑤(0) = 0 𝜓(1, 𝑡) = 0; 𝑤(1) = 0 𝑢(𝑥, 0) = 0; 𝑢′(𝑥, 0) = 0 ; 0 < 𝑥 < 1 (Aquí está la mayor modificación) 𝑢(𝑥, 0) = 𝜓(𝑥, 𝑡) + 𝑤(𝑥) 𝜓(𝑥, 𝑡) = 0 − 𝑤(𝑥) 𝑢′(𝑥, 0) = 𝜓′(𝑥, 0)
2.
La solución para
la primera ecuación es, por separación de variables: 𝑑 𝑑𝑥 � 𝑑𝑤(𝑥) 𝑑𝑥 � = − 𝐴𝑥 𝑎2 Integrando una vez: 𝑑𝑤(𝑥) 𝑑𝑥 = − 𝐴𝑥2 2𝑎2 + 𝐶1 Integrando la segunda vez: 𝑤(𝑥) = − 𝐴𝑥3 6𝑎2 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 Sustituyendo las condiciones en la frontera: 𝑢(0, 𝑡) = 0 ; 𝑢(1, 𝑡) = 0; 𝑡 > 0~𝑤(0) = 0, 𝑤(1) = 0 Para la primera: 0 = − 𝐴03 6𝑎2 + 𝐶10 + 𝐶2; 𝐶2 = 0 Para la segunda: 0 = − 𝐴13 6𝑎2 + 𝐶11; 𝐶1 = 𝐴 6𝑎2 Y la ecuación para 𝑤(𝑥) 𝑒𝑠: 𝑤(𝑥) = − 𝐴𝑥3 6𝑎2 + 𝐴 6𝑎2 𝑥 = 𝐴 6𝑎2 (𝑥 − 𝑥3 ) Para la segunda parte ya tenemos la solución para la ecuación de onda, condiciones homogéneas: 𝜓(𝑥, 𝑡) = 𝑋(𝑥)Θ(𝑡) 1 𝑎2Θ(𝑡) 𝜕2 Θ(𝑡) 𝜕𝑡2 = 1 X(𝑥) 𝜕2 𝑋(𝑥) 𝜕𝑥2 = −𝜆 Y dos ecuaciones diferenciales ordinarias cuando 𝜆 = 𝛼2 𝜕2 𝑋(𝑥) 𝜕𝑥2 + 𝛼2 X(𝑥) = 0 𝜕2 Θ(𝑡) 𝜕𝑡2 + 𝛼2 𝑎2 Θ(𝑡) = 0 X(𝑥) = 𝐶1 cos(𝛼𝑥) + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(𝛼𝑥) Θ(𝑡) = 𝐶3 cos(𝛼𝑎𝑡) + 𝐶4 𝑠𝑒𝑛(𝛼𝑎𝑡)
3.
Sustituyendo las condiciones
frontera para X(𝑥): 𝜓(0, 𝑡) = 0 ; 𝜓(1, 𝑡) = 0; 𝑡 > 0~X(0) = 0, X(1) = 0 X(𝑥) = 𝐶1 cos(𝛼𝑥) + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(𝛼𝑥) 0 = 𝐶1 cos(0) + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(0); 𝐶1 = 0 0 = 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(𝛼); 𝛼 = 𝑛𝜋; 𝜆 = 𝑛2 𝜋2 Sustituyendo las condiciones frontera para Θ(𝑡): 𝜓(𝑥, 0) = −𝑤(𝑥); 𝜓′(𝑥, 0) = 0 ; 0 < 𝑥 < 1; ~Θ(0) = −𝑤(𝑥), Θ′(0) = 0 Θ(𝑡) = 𝐶3 cos(𝛼𝑎𝑡) + 𝐶4 𝑠𝑒𝑛(𝛼𝑎𝑥) Θ′(𝑡) = −𝛼𝑎𝐶3 sen(𝛼𝑎𝑡) + 𝛼𝑎𝐶4 𝑐𝑜𝑠(𝛼𝑎𝑡) Sustituyendo: 0 = −𝑎𝛼𝐶3 sen(0) + 𝛼𝑎𝐶4 𝑐𝑜𝑠(0) 𝛼𝑎𝐶4 = 0; 𝑃𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡 � 𝛼 = 0; 𝑁𝑜𝑠 𝑠𝑒𝑟𝑣𝑖𝑟𝑖𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑢𝑛𝑎 𝑠𝑒𝑟𝑖𝑒 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑛𝑜𝑠 𝐶4 = 0; 𝑡𝑜𝑚𝑎𝑟𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑜𝑝𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑦 𝑎𝑠𝑖 𝑒𝑙𝑖𝑚𝑖𝑛𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑢𝑛𝑎 𝑐𝑡𝑡𝑒 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 𝑋(𝑥) = 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(𝛼𝑥) Θ(𝑡) = 𝐶3 cos(𝛼𝑎𝑡) 𝜓(𝑥, 𝑡) = 𝐶2 𝐶3 cos(𝛼𝑎𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝛼𝑥) Haciendo por el principio de superposición: 𝜓(𝑥, 𝑡) = � 𝐶 𝑛 ∞ 𝑛=1 cos(𝑛𝜋𝑎𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜋𝑥) Sustituyendo la última condición: 𝜓(𝑥, 0) = −𝑤(𝑥) = 𝐴 6𝑎2 (𝑥3 − 𝑥) 𝐴 6𝑎2 (𝑥3 − 𝑥) = � 𝐶 𝑛 ∞ 𝑛=1 cos(𝑛𝜋𝑎𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜋𝑥) Ortogonalizando, para una serie de senos en función de 𝑥, en donde 𝐿 = 1 𝑏 𝑛 = 𝐶 𝑛 = 2 1 � 𝐴 6𝑎2 (𝑥3 − 𝑥)𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜋𝑥) 1 0 𝑢 = 𝑥3 − 𝑥; 𝑑𝑢 = 3𝑥2 − 1
4.
𝑣 = − 1 𝑛𝜋 cos(𝑛𝜋𝑥)
; 𝑑𝑣 = 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜋𝑥) 𝑏 𝑛 = − 1 𝑛𝜋 [(𝑥3 − 𝑥)cos(𝑛𝜋𝑥)]0 1 + 1 𝑛𝜋 � (3𝑥2 − 1)cos(𝑛𝜋𝑥) 𝑑𝑥 1 0 La primera parte es toda cero, así que nos pasamos a la segunda integración: 𝑢 = 3𝑥2 − 1; 𝑑𝑢 = 6𝑥 𝑣 = 1 𝑛2 𝜋2 sen(𝑛𝜋𝑥) ; 𝑑𝑣 = 1 𝑛𝜋 cos(𝑛𝜋𝑥) 𝑏 𝑛 = 1 𝑛2 𝜋2 [(3𝑥2 − 1)sen(𝑛𝜋𝑥)]0 1 − 1 𝑛2 𝜋2 � 6𝑥 sen(𝑛𝜋𝑥) 𝑑𝑥 1 0 De nuevo, la primera parte es toda cero, así que nos pasamos a la tercera integración: 𝑢 = 6𝑥; 𝑑𝑢 = 6 𝑣 = 1 𝑛3 𝜋3 cos(𝑛𝜋𝑥) ; 𝑑𝑣 = − 1 𝑛2 𝜋2 sen(𝑛𝜋𝑥) 𝐶 𝑛 = 1 𝑛3 𝜋3 [(6𝑥)cos(𝑛𝜋𝑥)]0 1 − 1 𝑛3 𝜋3 � 6 cos(𝑛𝜋𝑥) 𝑑𝑥 1 0 𝐶 𝑛 = 𝐴 3𝑎2 6 𝑛3 𝜋3 cos(𝑛𝜋) − 6 𝑛4 𝜋4 [sen(𝑛𝜋𝑥)]0 1 𝐶 𝑛 = 2𝐴 𝑎2 𝜋3 1 𝑛3 (−1) 𝑛 Sustituyendo en la propuesta: 𝜓(𝑥, 𝑡) = � 2𝐴 𝑎2 𝜋3 1 𝑛3 (−1) 𝑛 ∞ 𝑛=1 cos(𝑛𝜋𝑎𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜋𝑥) 𝑤(𝑥) = 𝐴 6𝑎2 (𝑥 − 𝑥3 ) 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝜓(𝑥, 𝑡) + 𝑤(𝑥)
5.
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝐴 6𝑎2 (𝑥
− 𝑥3) + � 2𝐴 𝑎2 𝜋3 1 𝑛3 (−1) 𝑛 ∞ 𝑛=1 cos(𝑛𝜋𝑎𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜋𝑥) Encuentre que la respuesta es: 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝐴 6𝑎2 (𝑥 − 𝑥3) + 2𝐴 𝑎2 𝜋3 � (−1) 𝑛 𝑛3 ∞ 𝑛=1 cos(𝑛𝜋𝑎𝑡) sen(𝑛𝜋𝑥) 𝒃) 𝜕2 𝑢(𝑥,𝑡) 𝜕𝑥2 = 𝜕𝑢2(𝑥,𝑡) 𝜕𝑡2 + 𝑢 𝑢(0, 𝑡) = 0 ; 𝑢(𝜋, 𝑡) = 0; 𝑡 > 0 𝑢(𝑥, 0) = � 𝑥, 0 < 𝑥 < 𝜋 2 𝜋 − 𝑥, 𝜋 2 < 𝑥 < 𝜋 𝑢′(𝑥, 0) = 0; 0 < 𝑥 < 𝜋 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑋(𝑥)Θ(𝑡) Sustituyendo: Θ(𝑡) 𝜕2 𝑋(𝑥, 𝑡) 𝜕𝑥2 = 𝑋(𝑥) 𝜕2 Θ(𝑡) 𝜕𝑡2 + 𝑋(𝑥)Θ(𝑡) Dejando los términos en función de una sola variable: 1 𝑋(𝑥) 𝜕2 𝑋(𝑥, 𝑡) 𝜕𝑥2 = 1 Θ(𝑡) 𝜕2 Θ(𝑡) 𝜕𝑡2 + 1 = −𝜆 Y dos ecuaciones diferenciales ordinarias cuando 𝜆 = 𝛼2 𝑋(𝑥) = 𝐶1 cos(𝛼𝑥) + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(𝛼𝑥) Sustituyendo las condiciones frontera: 𝑢(0, 𝑡) = 0 ; 𝑢(𝜋, 𝑡) = 0; 𝑡 > 0 𝑋(0) = 0 ; 𝑋(𝜋) = 0, Por lo tanto: 0 = 𝐶1 cos(0) + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(0); 𝐶1 = 0 Para la segunda condición: 0 = 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(𝛼𝜋)
6.
𝑠𝑒𝑛(𝛼𝜋) = 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜋) 𝛼
= 𝑛 La segunda ecuación diferencial la obtenemos de: 1 Θ(𝑡) 𝑑2 Θ(𝑡) 𝑑𝑡2 + 1 = −𝛼2 𝑑2 Θ(𝑡) 𝑑𝑡2 + Θ(𝑡)(1 + 𝛼2) = 0 Θ(𝑡) = 𝐶3 cos ��1 + 𝛼2 𝑡� + 𝐶4 𝑠𝑒𝑛 ��1 + 𝛼2 𝑡� Sustituyendo esta solución frontera: 𝑢′(𝑥, 0) = 0; Θ′(0) = 0 Θ′(𝑡) = −�1 + 𝛼2 𝐶3 sen ��1 + 𝛼2 𝑡� + �1 + 𝛼2 𝐶4 𝑐𝑜𝑠 ��1 + 𝛼2 𝑡� 0 = −�1 + 𝛼2 𝐶3 sen(0) + �1 + 𝛼2 𝐶4 𝑐𝑜𝑠( 0) Por lo tanto: 𝐶4 = 0 𝛼 = 𝑛 𝑋(𝑥) = 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥) Θ(𝑡) = 𝐶3 cos ��1 + 𝑛2 𝑡� 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑋(𝑥)Θ(𝑡) Sustituyendo: 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝐶3 𝐶2 cos ��1 + 𝑛2 𝑡� 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥) Principio de superposición: 𝑢(𝑥, 𝑡) = � 𝐶 𝑛 ∞ 𝑛=1 cos ��1 + 𝑛2 𝑡� 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥) Para la última condición podemos ortogonalizar: 𝑢(𝑥, 0) = � 𝐶 𝑛 ∞ 𝑛=1 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥)
7.
𝑢(𝑥, 0) =
� 𝑥, 0 < 𝑥 < 𝜋 2 𝜋 − 𝑥, 𝜋 2 < 𝑥 < 𝜋 Para una serie de senos: 𝑏 𝑛 = 2 𝑝 � 𝑓(𝑥)𝑠𝑒𝑛 � 𝑛𝜋 𝐿 𝑥� 𝑑𝑥 𝑝 0 En este caso 𝐿 = 𝜋 𝑏 𝑛 = 2 𝜋 � 𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥)𝑑𝑥 𝜋 2 0 + 2 𝜋 � (𝜋 − 𝑥)𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥)𝑑𝑥 𝜋 𝜋 2 𝑢 = 𝑥 (𝜋 − 𝑥); 𝑑𝑢 = 1(−1) 𝑣 = − 1 𝑛 cos(𝑛𝑥) ; 𝑑𝑣 = 𝑠𝑒𝑛 (𝑛𝑥) 𝑏 𝑛 = − 2 𝜋 � 1 𝑛 𝑥cos(𝑛𝑥)� 0 𝜋 2 + 2 𝑛𝜋 � cos(𝑛𝑥) 𝑑𝑥 𝜋 2 0 − 2 𝜋 � 1 𝑛 (𝜋 − 𝑥)cos(𝑛𝑥)� 𝜋 2 𝜋 − 2 𝑛𝜋 � cos(𝑛𝑥) 𝑑𝑥 𝜋 𝜋 2 𝑏 𝑛 = − 1 𝑛 cos �𝑛 𝜋 2 � + 2 𝑛2 𝜋 [sen(𝑛𝑥)]0 𝜋 2 + 1 𝑛 cos �𝑛 𝜋 2 � − 2 𝑛2 𝜋 [sen(𝑛𝑥)] 𝜋 2 𝜋 𝑏 𝑛 = 2 𝑛2 𝜋 sen �𝑛 𝜋 2 � + 2 𝑛2 𝜋 sen �𝑛 𝜋 2 � 𝑏 𝑛 = 4 𝑛2 𝜋 sen �𝑛 𝜋 2 � sen �𝑛 𝜋 2 � = 𝑛 = 1 1 𝑛 = 2 0 𝑛 = 3 −1 No necesitamos los números pares porque siempre serán cero, por lo tanto en vez de usar 𝑛, usaremos (2𝑛 − 1), que solo usa los pares y por lo tanto sen �𝑛 𝜋 2 � = (−1) 𝑛+1 𝑏 𝑛 = 4 (2𝑛 − 1)2 𝜋 (−1) 𝑛+1 Así la respuesta es: 𝑢(𝑥, 𝑡) = � 4 (2𝑛 − 1)2 𝜋 (−1) 𝑛+1 ∞ 𝑛=1 cos ��1 + (2𝑛 − 1)2 𝑡� 𝑠𝑒𝑛((2𝑛 − 1)𝑥)
8.
Encuentre que la
respuesta es: 𝑢(𝑥, 𝑡) = 4 𝜋 � (−1) 𝑛+1 (2𝑛 − 1)2 ∞ 𝑛=1 sin(2𝑛 − 1) 𝑥 𝑐𝑜𝑠�(2𝑛 − 1)2 + 1 𝑡
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