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TAREA N°1 
 
Residuos ponderados y métodos 
variacionales 
 
 
 
 
 
Integrantes:  
Pablo Alarcón Soto 
Alexis Bravo Bravo 
Jaime Robles Pardo 
Pablo Sandoval Medina 
 
Profesor:  
Emilio Dufeu Delarze 
 
Asignatura:  
Elementos Finitos 
 
Fecha:  
08 de Octubre de 2010 
 
 
PROBLEMA 1  
 
 
Para el problema de valores de contorno: 
 
2 2 0 0 1 (0) (1) 0x x∇ Φ+ = < < Φ = Φ =  
 
Encontrar una  solución aproximada por el método de Rayleigh‐Ritz y por el método de 
Galerkin con la función de prueba 
 
~
2(1 )( )x x a bx cxΦ = − + +  
 
Comparar con la solución exacta 
3(1 )
12
x x−
Φ =  
 
Método de Galerkin 
 
La ecuación diferencial puede ser escrita como 
2
2
2 0xx
∂ Φ
+ =
∂
 
 
Si calculamos el residuo con la función de prueba dada se obtiene: 
 
~
2 2 2 3 4( )( ) ( ) ( )x x a bx cx ax b a x c b x cxΦ = − + + = + − + − −  
 
De aquí calculamos las derivadas parciales que serán utilizadas más adelante 
 
~
2 3
~
2
2
2
2( ) 3( ) 4
2( ) 6( ) 12
a b a x c b x cx
x
b a c b x cx
x
∂Φ
= + − + − −
∂
∂ Φ
= − + − −
∂
 
 
Reemplazando en la ecuación del residuo 
~
2
2
2 x Rx
∂ Φ
+ =
∂
, se obtiene: 
22( ) 6( ) (1 12)R b a c b x cx= − + − + −  
 
Luego debemos calcular 
1
0
0i iI w Rdx= =∫ ; i=1,2,...,n 
~
2
1
~
2 3
2
~
3 4
3
w x x
a
w x x
b
w x x
c
∂Φ
= = −
∂
∂Φ
= = −
∂
∂Φ
= = −
∂
 
 
Reemplazando se obtiene: 
 
1 2 2
1 0
1
1
( )* 2( ) 6( ) (1 12) 0
2 1 (1 12 )( ) (3 4 ) (1 18 6 ) 0
3 4 12
1 1 1 1 0
3 6 10 20
I x x b a c b x cx dx
cI b a c b a c b
I a b c
⎡ ⎤= − − + − + − =⎣ ⎦
−
= − + − + + − + − =
= − − − + =
∫
 
 
 
1 2 3 2
2 0
2
2
( )* 2( ) 6( ) (1 12) 0
2 1 1 1( ) (3 4 ) (1 18 6 ) (1 12 ) 0
3 2 5 6
1 2 1 1 0
6 15 10 30
I x x b a c b x cx dx
I b a c b a c b c
I a b c
⎡ ⎤= − − + − + − =⎣ ⎦
= − + − + + − + − − =
= − − − + =
∫
 
 
 
1 3 4 2
3 0
3
3
( )* 2( ) 6( ) (1 12) 0
1 2 1 1( ) (3 4 ) (1 18 6 ) (1 12 ) 0
2 5 6 7
1 1 3 1 0
10 10 35 42
I x x b a c b x cx dx
I b a c b a c b c
I a b c
⎡ ⎤= − − + − + − =⎣ ⎦
= − + − + + − + − − =
= − − − + =
∫
 
 
Desarrollando simultáneamente las ecuaciones para  1 2 3, ,I I I  se obtiene 
1 1 1 b c 
12 12 12
a = = =  
 
Reemplazando en nuestra función de prueba se obtiene:  
2 3~
21 1 1 1 (1 )(1 )( ) (1 )( )
12 12 12 12 12
x x x xx x x x x x + + −Φ = − + + = − =  
 
Que es idéntica a la solución exacta.  
Solución alternativa usando el método de Rayleigh‐Ritz 
 
Usando el  resultado obtenido en el problema 2  (mostrado  con posterioridad) es 
posible obtener el funcional asociado a la ecuación diferencial del problema. En efecto: 
 
Sea  2 2( )( )x x a bx cxΦ = − + +  entonces, 
2 32( ) 3( ) 4d a b a x c b x cx
dx
Φ
= + − + − −  
Y el funcional es: 
 
( )
2
1
2 1
22 3 2 2 2
0
1 1 2( ) 3( ) 4 ( )( )
2 2
a
a
d B dx a b a x c b x cx x x x a bx cx dx
dx
⎛ ⎞Φ⎛ ⎞ ⎛ ⎞Π = − Φ = + − + − − − − + +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
∫ ∫
Luego, haciendo estacional el funcional se llega a las siguientes relaciones: 
0
0
0
d
da
d
db
d
dc
Π
=
Π
=
Π
=
 
 
Resolviendo el sistema se obtiene: 
1
12
a b c= = =  
Obviamente, si  las constantes son  las mismas que  las obtenidas por el método de 
residuos  ponderados  (Galerkin),  las  funciones  de  prueba  a  las  que  se  llega  serán  las 
mismas. 
  
 
 
 
 
 
 
PROBLEMA 2  
 
Las ecuaciones de Poisson y Laplace son ecuaciones gobernantes de campos muy 
comunes para describir varios problemas  físicos. Por ejemplo, estas ecuaciones podrían 
representar conducción de calor, flujo potencial y torsión de miembros no circulares.  
La ecuación de Laplace es:  
2 0φ∇ =  
Mientras que la ecuación de Poisson es: 
2 gφ∇ =  
A simple vista se puede visualizar que la ecuación de Laplace es un caso particular 
de  la ecuación de Poisson, por  lo cual  resulta  interesante estudiar dicha ecuación como 
caso general. 
La ecuación de Poisson en coordenadas cartesianas puede ser escrita como: 
 
2 2
2 2 ( , )g x yx y
φ φ∂ ∂
+ =
∂ ∂
 
 
Como  se ha  visto  en  los  contenidos del  curso, para poder  aplicar  el método de 
Rayleigh‐Ritz, se hace necesario encontrar un funcional asociado a la ecuación diferencial. 
Luego, es deseable obtener un funcional asociado a la ecuación de Poisson. 
En efecto, consideremos la ecuación de Poisson escrita de la forma: 
( ) 0L bφ + =  
donde claramente es posible identificar  2L = ∇  y b g= − . La idea esencial de la resolución 
se  basa  en  el  establecimiento  de  principios  variacionales  para  sistemas  de  ecuaciones 
lineales, lo cual exige que L sea un operador diferencial lineal “Autoadjunto o Simétrico”. 
Esto es: 
T TL d L d CBψ λ λ ψ
Ω Ω
Ω = Ω+∫ ∫  
donde  CB  representa  las  condiciones  de  borde  del  problema  y  y λ ψ son  funciones 
cualesquiera.  Luego,  si  el  operador  es  autoadjunto,  es  posible  escribir  el  principio 
variacional inmediatamente como: 
 
1
2
T TL b d CBφ φ φ
Ω
⎡ ⎤Π = + Ω+⎢ ⎥⎣ ⎦∫  
 
Es posible comprobar la veracidad de esta expresión aplicando el operador 
variacional a la ecuación anterior obteniéndose: 
 
1 1 ( )
2 2
T T TL L b d CBδ δφ φ φ δ φ δφ
Ω
⎡ ⎤Π = + + Ω+⎢ ⎥⎣ ⎦∫  
 
En donde se hizo uso de la propiedad del operador variacional sobre un operador 
lineal dada por: 
( )L Lδ φ δφ≡  
 
Si  ahora  observamos  la  definición  de  operador  autoadjunto,  es  fácil  notar  que  
 y φ δφ  se pueden considerar como las funciones  y λ ψ dadas en la definición, con lo cual 
podemos reescribir la ecuación variacional de δΠ como: 
( )T L b d CBδ δφ φ
Ω
⎡ ⎤Π = + Ω+⎣ ⎦∫  
De  esta  ultima  expresión  es  fácil  observar  que  el  término  entre  paréntesis, 
denominado  la  ecuación  de  Euler  del  funcional  corresponde  a  la  ecuación  planteada 
originalmente, y por consiguiente se verifica el principio variacional. 
  Aplicando la teoría expuesta al problema planteado se tiene: 
 
2 2( ) 4 0x yφ∇ + + − =  
Donde se observa que la ecuación diferencial esta expresada en la forma  
( ) 0L bφ + = . Luego, es posible identificar: 
 
2 2
2 2, y 2( ) 4L b x yx y
⎡ ⎤∂ ∂
= = + −⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦
 
Luego, el funcional queda expresado por: 
 
2 2
2 2
1 (2( ) 4)
2
x y dxdy
x y
φ φφ φ
Ω
⎡ ⎤⎛ ⎞∂ ∂
Π = + + + −⎢ ⎥⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠⎣ ⎦
∫  
 
Forma alternativa de deducción del funcional para un caso unidimensional 
 
Sea  ( )xφ φ= , se desea obtener el funcional para el siguiente problema: 
 
2
1 22
1 2
0
( ) ( ) 0
d b con a x a
dx
a a
φ
φ φ
⎫
+ = < < ⎪
⎬
⎪= = ⎭
   
 
 
 
La expresión variacional para este problema esta dada por: 
 
22
1 1
2
2( )
aa
a a
d db dx
dx dx
φ φδ δφ δφ⎡ ⎤Π = − − + ⎢ ⎥⎣ ⎦∫  
Donde  δ es el operador variacional. El primer término de  la ecuación de arriba es 
la ecuación diferencial y el segundo término son la condición natural de borde. Aplicando 
integración por partes al primer término de la expresión variacional se obtiene: 
 
2
1
( )a
a
d d b dx
dx dx
φ δφδ δφ⎛ ⎞Π = −⎜ ⎟
⎝ ⎠∫  
 
Ya  que  el  operador  diferencial  es  conmutativo  tanto  en  el  operador  diferencial 
como  integral  (esto  es,   
( )d d
dx dx
δφ φδ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟
⎝ ⎠
      y      dx dxδφ δ φ=∫ ∫ ),  se  puede  reescribir  la 
ecuación anterior como: 
 
2
1
21
2
a
a
d b dx
dx
φδ δ φ
⎛ ⎞⎛ ⎞Π = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
∫  
Luego el funcional es: 
 
2
1
21
2
a
a
d b dx
dx
φ φ
⎛ ⎞⎛ ⎞Π = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
∫  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
PROBLEMA 3  
 
 
Se pide determinar el desplazamiento de cualquier punto del cuerpo mostrado en 
la figura N°1, mediante el método de Galerkin. Se considerarán los datos mostrados en la 
imagen. 
 
Figura N°1: Esquema de viga de sección variable. 
 
 
El área transversal de la barra puede ser definida en función de la posición vertical 
dentro de esta de la siguiente manera: 
( ) 1 00
A AA x A x
L
−⎛ ⎞= + ⎜ ⎟
⎝ ⎠
 
Primero  es  necesario  obtener  una  ecuación  diferencial  que  nos  describa  el 
problema; para ello consideramos el equilibrio de cargas mostrado en la figura N°1. 
 
 
 
Figura N°2: Esquema de equilibriode cargas para un elemento diferencial de viga de sección variable 
De aquí, se tiene que 
( )
( )
x dx
x
x x
x
x dx
x x
x x x
x
AA dx A dx A dx
x x
A AA A dx A dx dx dx A dx
x x x x
σσ σ γ
σ σσ σ σ γ
+
+
∂ ∂⎛ ⎞⎛ ⎞⋅ = + + + ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠⎝ ⎠
∂ ∂∂ ∂
⇒ ⋅ = ⋅ + + + + ⋅
∂ ∂ ∂ ∂
∫
∫
 
 
La integral que se muestra al lado derecho de la expresión considerando la función 
definida al inicio para el área queda: 
 
( ) 1 00
21 0
0
2 21 0 1 0
0 0
2
( ) ( )
2 2
x dx x dx
x x
x dx
x
A AA dx A x dx
L
A AA x x
L
A A A AA x dx x dx A x x
L L
γ γ
γ
γ
+ +
+
⎛ ⎞−⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠
⎡ ⎤−⎛ ⎞= + ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
⎡ ⎤− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + + − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
∫ ∫
 
 
Despreciando los términos diferenciales de segundo orden, se obtiene 
 
( ) 1 00
x dx
x
A AA dx A x dx
L
γ γ
+ ⎡ ⎤−⎛ ⎞= + ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
∫  
Además, 
 
1 0A AA
x L
−∂
=
∂
 
 
Se realiza el cambio de variables (solamente para simplificar las expresiones sucesivas): 
 
1 0A Ab
L
−
≡  
 
Luego,  reemplazando  el  resultado  de  la  integral  en  la  ecuación  de  equilibrio, 
simplificando y considerando despreciables los diferenciales de segundo orden se obtiene 
que: 
 
( ) ( )0 0 0xxb A bx A bxx
σσ γ∂+ + + + =
∂
 
 
 
 
Es  necesario  ahora,  la  representación mediante  desplazamientos  y  para  ello  se 
hace uso de los conocimientos de la mecánica de sólidos que nos indican que 
 
x x
uE E
x
σ ε ∂= =
∂
 
 
Reemplazando y reordenando, llegamos a la ecuación diferencial que nos describe 
el problema analizado: 
2
2
0
0u u b
x x A bx E
γ⎛ ⎞∂ ∂
+ + =⎜ ⎟∂ ∂ +⎝ ⎠
 
 
1. Resolución con la aproximación: 
0 1u u a a x≈ = +  
 
De las condiciones de borde, se tiene que 
0 10, 0 0u si x a u a x= = ⇒ = ⇒ =  
 
Al realizar esta aproximación, la ecuación diferencial se transforma en 
2
2
0
u u b R
x x A bx E
γ⎛ ⎞∂ ∂
+ + =⎜ ⎟∂ ∂ +⎝ ⎠
 
 
donde  R  es  el  residuo  generado  por  el  error  existente  entre  la  solución  exacta  y  la 
aproximación. 
Aplicando  el método  de  Galerkin,  es  necesario  resolver  solamente  una  integral 
para este caso, la cual es de la forma 
 
1 1
0
0
L
I N Rdx= =∫  
donde, 
 
1
1
uN x
a
∂
= =
∂
 
 
Reemplazando, se obtiene que 
 
2
1 2
00
L u u bx xI x dx
x x A bx E
γ⎛ ⎞⎛ ⎞∂ ∂
= + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ +⎝ ⎠⎝ ⎠
∫  
 
Para el primer sumando de la integral se tiene que: 
2
2
0 00
LL Lu u ux dx x dx
x x x
∂ ∂ ∂⎡ ⎤= −⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎣ ⎦∫ ∫  
donde, 
0
0
L
x L
x L
u ux L L
x x E
σ =
=
∂ ∂⎡ ⎤ = = =⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦
 
 
Así, 
1
00
0
L u u bx xI dx
x x A bx E
γ⎛ ⎞⎛ ⎞∂ ∂
= − + + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ +⎝ ⎠⎝ ⎠
∫  
Además, 
1
u a
x
∂
=
∂
 
 
Luego, reemplazando 
0
1 1
00
0
L A xI a dx
A bx E
γ⎛ ⎞⎛ ⎞
= + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠⎝ ⎠
∫  
 
En la expresión anterior, todos los términos, a excepción de  1a , son conocidos, por 
tanto es posible obtener el valor de la única coordenada generalizada independiente. Ello 
resulta de: 
2 2
1
0 01 1
0 1 0 0
2 2
ln ln
L L
E Ea
A A LA A
b A A A A
γ γ
= =
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 
 
Así, finalmente 
 
2
1
0 1
0
2
ln
L
Eu x
A A
b A
γ
=
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
 
 
Notar que al considerar el caso particular donde  0 1A A= , el resultado se reduce a  
2
1 2
Lu x
E
γ
=  
 
que es la misma expresión obtenida en clases para una barra de sección constante de la 
misma configuración. 
2. Resolución con la aproximación: 
2
0 1 2u u a a x a x≈ = + +  
 
De las condiciones de borde, se tiene que 
2
0 1 20, 0 0u si x a u a x a x= = ⇒ = ⇒ = +  
Acá, será necesario resolver dos integrales del tipo 
0
0
L
i iI N Rdx= =∫  
donde, 
  1
1
uN x
a
∂
= =
∂
 
2
2
2
uN x
a
∂
= =
∂
 
 
La primera  integral, según el desarrollo ya presentado para  la parte 1, está dada 
por la siguiente expresión 
 
2
00
0
L u u bx xI dx
x x A bx E
γ⎛ ⎞⎛ ⎞∂ ∂
= − + + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ +⎝ ⎠⎝ ⎠
∫  
 
Por otra parte, 
2 2 2
2
2 2
00
0
L u u bx xI x dx
x x A bx E
γ⎛ ⎞⎛ ⎞∂ ∂
= + + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ +⎝ ⎠⎝ ⎠
∫  
donde 
 
2
2 2
2
0 00
2
LL Lu u ux dx x x dx
x x x
⎛ ⎞∂ ∂ ∂⎡ ⎤= −⎜ ⎟ ⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎣ ⎦⎝ ⎠
∫ ∫  
pero 
  2 2
0
0
L
x Lux L
x E
σ =∂⎡ ⎤ = =⎢ ⎥∂⎣ ⎦
 
 
Por tanto 
 
2 2
2
00
2 0
L u u bx xI x dx
x x A bx E
γ⎛ ⎞⎛ ⎞∂ ∂
= − + + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ +⎝ ⎠⎝ ⎠
∫  
 
Luego, considerando 
  1 22
u a a x
x
∂
= +
∂
 
 
Nos queda un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: 
 
1
00
2 2
2
00
0
2 0
L
L
u u bx xI dx
x x A bx E
u u bx xI x dx
x x A bx E
γ
γ
⎛ ⎞⎛ ⎞∂ ∂
= − + + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ +⎝ ⎠⎝ ⎠
⎛ ⎞⎛ ⎞∂ ∂
= − + + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ +⎝ ⎠⎝ ⎠
∫
∫
 
 
 
De  donde  se  pueden  obtener  los  valores  de  las  dos  coordenadas  generalizadas 
independientes: 
 
( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )
2 2 2
0 1 0 0 0 1 0 1 1
1 2 2 2 2
0 0 0 1 1 0 0 1 0 1 1 1 1
( 2 ) 2 ln 2ln 3 4
2 2 ln 2ln 3 2 ln 2ln 3
A A A A A A A A A L
a
A A A A A A A A A A A A A E
γ⎡ ⎤+ − + + −⎣ ⎦=
⎡ ⎤+ + − + − − −⎣ ⎦
 
( ) ( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )
2 2
1 0 0 0 1 0 0 1 0 1 1 1
2 2 2 2 2
0 0 0 1 1 0 0 1 0 1 1 1 1
( ) 2 2 ln 2ln 3 4 ln 3
4 2 ln 2ln 3 2 ln 2ln 3
A A A A A A A A A A A A
a
A A A A A A A A A A A A A E
γ⎡ ⎤− + − + − +⎣ ⎦=
⎡ ⎤+ + − + − − −⎣ ⎦
 
Cabe  destacar  que  si  en  estas  expresiones  consideráramos  que  la  sección 
transversal de  la viga es constante, nos encontramos con  los mismos resultados para  las 
coordenadas generalizadas que los obtenidos en clase. 
 
1
2 2
La
E
a
E
γ
γ
=
= −
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Comparación con la solución exacta 
 
 
La  solución  exacta  se  calcula  mediante  el  método  de  las  secciones  como  se 
describe brevemente a continuación 
  
Figura N°3: Esquema de equilibrio de cargas para el método de las secciones 
 
De la figura N°3, se obtiene la siguiente ecuación de equilibrio de cargas 
0
( ) ( )
y
x A y A y dyσ γ= ∫  
donde, 
  0 11( )
A AA y A y
L
−⎛ ⎞= + ⎜ ⎟
⎝ ⎠
 
 
Luego, si definimos 
0 1A AB
L
−⎛ ⎞= ⎜ ⎟
⎝ ⎠
 
 
Se tiene que 
[ ]
[ ]
2
1 1
2
1
1
1
2
1
2
x
x
A By A y By
A y By
A By
σ γ
σ γ
⎡ ⎤+ = +⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤+⎢ ⎥⎣ ⎦⇒ =
+
 
 
Se realiza el siguiente cambio de variables: y=L‐x, de lo que resulta 
[ ]
2
1
1
1( ) ( )
2
( )x
A L x B L x
A B L x
σ γ
⎡ ⎤− + −⎢ ⎥⎣ ⎦=
+ −
 
 
 
 
Figura N°4: Gráfica de comparación de soluciones exacta y aproximadas. 
 
 
En  la figura N°4 se puede ver  la diferencia existente entre  las soluciones exacta y 
aproximada para el esfuerzo en función de la posición. Es posible observar que la solución 
obtenida  a  partir  de  la  aproximación  de  primer  orden  es mucho menos  cercana  a  la 
realidad que la de segundo, pero, es necesario destacar que la de segundo orden en este 
caso no coincide con  los esfuerzos  reales como  si ocurre en el caso particular donde el 
área de la barra es constante. 
  Podríamos esperar que la solución se acerque a la realidad si aumentamos el grado 
de la función de aproximación.  
 
 
 
 
 
 
 
PROBLEMA 4  
 
 
 
Utilizando el método de Rayleigh‐Ritz, obtener una  solución aproximada para un 
problema de transferencia de calor unidimensional. Asumir que la barra tiene largo L, un 
área constante y una fuente de calor constante Q a lo largo de toda la barra. Considerando 
las condiciones de contorno T(0)=T(L)=0 , comparar la solución aproximada con la solución 
exacta. 
 
La solución exacta se obtiene resolviendo la ecuación: 
2
2
d T Q
kdx
= −  
 
Integrando esta ecuación y sustituyendo las condiciones de contorno, se obtiene: 
2( )
2
Q Lx xT
k
−
=  
 
Inicialmente tomamos una función de aproximación de segundo orden  de la forma: 
~
2
1 2 3( )T x c c x c x= + +    ;  
 
Luego aplicando las condiciones de contorno tenemos lo siguiente: 
                                      1(0) 0 0T c= → =  
                                      22 3 2 3( ) 0 0T L c L c L c c L= → + = → = −  
 
Con lo que la función de aproximación queda: 
                                     
~
2
3 3( )T x c Lx c x= − +  
 
A continuación, el funcional asociado en transferencia de calor es: 
 
21
2v
dTK QT dV
dx
⎡ ⎤⎛ ⎞Π = −⎢ ⎥⎜ ⎟
⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦
∫Luego, reemplazando la función de aproximación en el funcional se tiene: 
~
3 3
( ) 2d T x c L c x
dx
= − +   ; 
( ) ( )2 23 3 3 31 22v K c L c x Q c Lx c x dV
⎡ ⎤Π = − + − − +⎢ ⎥⎣ ⎦∫  
Desarrollando la expresión anterior se tiene: 
 
( ) ( )2 2 2 2 2 23 3 3 3 30
1 4 4
2
L
K c L c Lx c x Q c Lx c x Adx⎡ ⎤Π = − + − − +⎢ ⎥⎣ ⎦∫  
2 3 3 21 4 42 2
3 32 2 3 3 2
0 0
L L
Lx x x LxKc L x A Qc A
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟Π = − + − −
⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦
 
 
Evaluando la integral entre sus límites de integración y simplificando se obtiene: 
 
2 3 3
3 3
6 6
Kc L Qc L A
⎛ ⎞
Π = +⎜ ⎟
⎝ ⎠
 
 
Ahora debemos de utilizar  la estacionalidad del  funcional con  respecto a  la coordenada 
generalizada c3 obteniéndose 
 
3 3
3
3
3
2 0 
6 6 2
Kc L QL QA c
c K
⎛ ⎞∂Π
= + = ⇒ = −⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠
 
 
En base a este resultado obtenemos el valor de c2 tal como se indica a continuación 
 
2 3 2 2 2 2
Q QLc c L c L c
K K
⎛ ⎞= − ⇒ = − − ⇒ =⎜ ⎟
⎝ ⎠
 
 
Para así obtener la expresión para la función de aproximación 
 
( )
~ ~
2 2( ) ( )
2 2 2
QL Q QT x x x T x Lx x
K K K
= − ⇒ = −  
 
La que es coincidente con la solución exacta dada al comienzo.