TP5 Gelabert(MMF2)

Vista previa del material en texto

Métodos Matemáticos de la F́ısica II Lunes 04/05/2020
Trabajo Práctico Nro 5
NOTA: Para cada ejercicio escribimos el resultado final, de tal manera que ud pueda
guiarse si está en el camino correcto. Es posible llegar a una respuesta expresada de manera
diferente (o muy diferente). En caso de ser aśı, chequee que su respuesta sea correcta (por
ejemplo, en el ejercicio 1, chequear que y(x, 0) = f(x) tomando los primeros 8-10 términos de
la serie y graficar)
Ecuación onda vibrante
1. (problema 5.c, pagina 310 - solución en pagina 607) Resolver el problema de la cuerda
vibrante (de longitud π) cuando la forma inicial de la cuerda está dada por,
f(x) =

x 0 ≤ x ≤ π/4
π/4 π/4 ≤ x ≤ 3π/4
π − x 3π/4 ≤ x ≤ π
Respuesta: y(x, t) =
2
π
∞∑
n=1
1
n2
[
sin
nπ
4
+ sin
3nπ
4
]
sinnx cosnat
Ecuación de calor
2. Considere la conducción del calor en una varilla de cobre de 100 cm de longitud cuyos
extremos se mantienen a 0◦C, para todo t > 0. Halle una expresión para la temperatura
T (x, t), si la temperatura inicial en la varilla se expresa por:
T (x, 0) =

0, 0 ≤ x ≤ 25
50, 25 ≤ x ≤ 75
0, 75 ≤ x ≤ 100
Respuesta: T (x, t) =
100
π
∞∑
n=1
e−n
2a2t cos(nπ/4)− cos(n 3π/4)
n
sin
( π
100
nx
)
Problema de Dirichlet
3. Resolver el problema de Dirichlet para el ćırculo unidad si la función contorno es
f(θ) =
{
0 para − π ≤ θ < 0
1 para 0 < θ ≤ π
Respuesta: w(r, θ) =
1
2
+
2
π
∞∑
n=1
r2n−1 sin ((2n− 1)θ)
2n− 1
Julián Franco Gelabert 1
Métodos Matemáticos de la F́ısica II Lunes 04/05/2020
Respuestas
ı́tem 1
Se quiere encontrar una función y = y(x, t) tal que satisfaga la ecuación de onda 1
a2
∂2y
∂x2
= ∂
2y
∂t2
y ciertas condiciones iniciales: y(0, t) = y(π, t) = 0, para todo t > 0, que y(x, 0) = f(x) y que
∂y
∂t
(x, 0) = 0.
Se procede proponiendo que y tiene la forma y(x, t) = u(x)v(t), este método se conoce como
separación de variables. Reemplazando en la ecuación de onda se obtiene:
v
a2
d2u
dx2
= u
d2v
dt2
⇔ 1
a2u
d2u
d2x
=
1
v
d2v
dt2
= −λ2
donde ambos términos de la igualdad deben ser iguales a una constante −λ2, con λ > 0, para
que la misma se cumpla para todo x y para todo t > 0.
Ahora bien, resolviendo las ecuaciones diferenciales de segundo orden para hallar u(x) y
v(t) se llega a que:
1
a2u
d2u
dx2
= −λ2 ⇒ u(x) = Asen(λax) +Bcos(λax)
1
v
d2v
dt2
= −λ2 ⇒ v(t) = Csen(λt) +Dcos(λt)
donde las constances A,B,C,D se obtienen con las condiciones iniciales que en este caso son
u(0) = u(π) = 0 y ∂y
∂t
(x, 0) = 0. Imponiendo éstas se obtiene que
un(x) =Ansen(nx)
vn(t) =Dncos(nat)
con n : 1, 2, ....
Cada yn(x, t) = un(x)vn(t) es solución con lo que su suma sobre todos los n nos propor-
cionara la solución general. La solución general para una cuerda de longitud π con velocidad
inicial dy
dt
(x, 0) = 0 entonces es:
y(x, t) =
∞∑
n=1
bnsen(nx)cos(nat) (1)
con los coeficientes bn = AnDn a determinar a partir de la forma inicial de la cuerda, es decir,
de y(x, 0) = f(x).
Para encontrar los coeficientes bn de nuestro problema en particular se procede a aplicar el
Truco de Fourier a (1) cuando t = 0, esto es, se multiplica término a término la expresión (1)
por sen(n′x) y se integra con respecto a x sobre el intervalo [0, π].
y(x, 0) = f(x) =
∞∑
n=1
bnsen(nx)
⇒
∫ π
0
f(x)sen(n′x)dx =
∞∑
n=1
bn
∫ π
0
sen(n′x)sen(nx)dx
Julián Franco Gelabert 2
Alejandro Mezio Cirera
esta condición te daría lambda=n/a
Alejandro Mezio Cirera
Si "a" es la velocidad de las ondas, está ecuación está al revés. Por eso el "a" te queda en la parte "x" de la solución.
En principio no habría problema, pero la cantidad "a" es "1/velocidad"
Alejandro Mezio Cirera
Siendo coherentes con la ecuación de ondas, el argumento del coseno debería ser (n*t/a)
Métodos Matemáticos de la F́ısica II Lunes 04/05/2020
=
π
2
∞∑
n=1
bnδ(n− n′) =
π
2
bn′ (2)
Como f está definida por partes en el intervalo [0, π],∫ π
0
f(x)sen(n′x)dx =
∫ π
4
0
f(x)sen(n′x)dx+
∫ 3π
4
π
4
f(x)sen(n′x)dx+
∫ π
3π
4
f(x)sen(n′x)dx
=
∫ π
4
0
xsen(n′x)dx+
∫ 3π
4
π
4
π
4
sen(n′x)dx+
∫ π
3π
4
(π − x)sen(n′x)dx
=
1
(n′)2
[
sen
π
4
n′ + sen
3π
4
n′
]
(3)
donde la última igualdad está demostrada en el Anexo 1.
Por lo tanto, se reemplaza (3) en (2) obteniendo
bn′ =
2
π(n′)2
[
sen
π
4
n′ + sen
3π
4
n′
]
(4)
Finalmente, se cambia el sub́ındice n′ por n y se reemplaza bn definido por (4) en (1).
y(x, t) =
∞∑
n=1
2
πn2
[
sen
π
4
n+ sen
3π
4
n
]
sen(nx)cos(nat)
=
2
π
∞∑
n=1
1
n2
[
sen
nπ
4
+ sen
3nπ
4
]
sen(nx)cos(nat)
como se queŕıa probar.
Ítem 2
Análogo al Ítem 1 se propone buscar una función T (x, t) = u(x)v(t) que satisfaga la
ecuación de calor para una dimesión α2 ∂
2T
∂2x
= ∂T
∂t
y ciertas condiciones iniciales, a ser, T (0, t) =
T (100, t) = 0 para todo t > 0 y T (x, 0) como se enuncia en el problema. De esta manera, la
ecuación de calor adopta la forma
α2v
d2u
d2x
= u
dv
dt
⇒ 1
u
d2u
d2x
=
1
α2v
dv
dt
= −λ2
donde con un razonamiento análogo se impone que cada lado de la igualdad sea igual una
constante −λ2, con λ > 0, para que se mantenga dicha igualdad para todo x y para todo t > 0.
Resolviendo las ecuaciones diferenciales de segundo orden se obtiene que
1
u
d2u
d2x
= −λ2 ⇒ u(x) = Asen(λx) +Bcos(λx)
1
α2v
dv
dt
= −λ2 ⇒ v(t) = Ce−λ2t
Julián Franco Gelabert 3
Alejandro Mezio Cirera
Fijate que para que se cumpla la ecuación diferencial en la exponencial falta alfa^2
Alejandro Mezio Cirera
correcto
Métodos Matemáticos de la F́ısica II Lunes 04/05/2020
donde imponiendo las condiciones iniciales se concluye que
un(x) = Ansen(nπx/100)
vn(t) = Cne
−n2π2100−2α−2t
con n : 1, 2, ....
Luego, la solución general será la suma de todas las Tn = unvn. La solución general para
la distribución de temperatura en una varilla de cobre de 100cm de longitud cuyos extremos se
mantienen a una temperatura fija de 0◦C entonces es:
T (x, t) =
∞∑
n=1
bnsen(n
π
100
x)e−n
2π2100−2α−2t (5)
donde α es una constante propia del cobre y los coeficientes bn se determinan a partir de la
distribución inicial de temperatura T (x, 0).
Para obtener los coeficientes se procede a utilizar el Truco de Fourier en la expresión (5)
cuando t = 0. Para ello, se multiplica término a término por sen(n′ π
100
x) y se integra respecto
a x sobre el intervalo [0, π].
T (x, 0) =
∞∑
n=1
bnsen(n
π
100
x)
⇒
∫ 100
0
T (x, 0)sen(n′
π
100
x)dx =
∞∑
n=1
bn
∫ 100
0
sen(n′
π
100
x)sen(n
π
100
x)dx
= 50
∞∑
n=1
bnδ(n− n′) = 50bn′ (6)
Luego, conociendo T (x, 0) en el intervalo [0, π], la integral en (6) resulta∫ 100
0
T (x, 0)sen(n′
π
100
x)dx =
∫ 75
25
50sen(n′
π
100
x)dx
=
5000
n′π
(cosn′
3π
4
− cosn′π
4
) (7)
Reemplazando (7) en (6) y despejando se obtiene que
bn′ =
100
n′π
(cosn′
3π
4
− cosn′π
4
) (8)
Una vez más, se cambia el sub́ındice n′ por n y se reemplaza bn definido por la expresión
anterior en la ecuación (5).
T (x, t) =
∞∑
n=1
100
nπ
(cosn
3π
4
− cosnπ
4
)sen(n
π
100
x)e−n
2π2100−2α−2t
=
100
π
∞∑
n=1
1
n
(
cosn
3π
4
− cosnπ
4
)
sen(n
π
100
x)e−n
2π2100−2α−2t
como se queŕıa probar.
Julián Franco Gelabert 4
Alejandro Mezio Cirera
otra vez hay un pase mágico que te acomoda las ecuaciones
Alejandro Mezio Cirera
falta un signo menos global
Alejandro Mezio Cirera
falta un signo menos global
Métodos Matemáticos de la F́ısica II Lunes 04/05/2020
Ítem 3
Se quiere resolver el problema de Dirichlet en dos dimensiones en el disco unidad, esto es,
hallar una función ω = ω(r, θ) continua en el disco y su frontera que satisfaga ∇2ω = 0 y la
condición que ω(1, θ) = f(θ).
Se comienza proponiendo ω(r, θ) = u(r)v(θ) para buscarle solución a la ecuación diferencial
(método de separación de variables). De esta forma, el laplaciano de ω se convierte en
∇2ω = ∂
2ω
∂r2
+
1
r
∂ω
∂r
+
1
r2
∂2ω
∂θ2
=
d2u
dr2
v +
v
r
du
dr
+
u
r2
d2v
dθ2
= 0
donde separando de un lado de la igualdad lo que depende de r con lo que depende de θ seobtiene
r2
u
d2u
dr2
+
r
u
du
dr
= −1
v
d2v
dθ2
= λ
con λ > 0.
Resolviendo las ecuaciones diferenciales de segundo orden para u y v e imponiendo las
condiciones de continuidad y periodicidad de ω se obtiene que
un(r) =r
n
vn(θ) =Ancosnθ +Bnsennθ
con n = 0, 1, ... son las soluciones particulares para ω. Por lo tanto, la solución general del
problema de Dirichlet para el ćırculo unidad es
ω(r, θ) =
a0
2
+
∞∑
n=1
rn(ancosnθ + bnsennθ) (9)
donde los coeficientes an y bn se obtienen a partir del valor de ω en la frontera.
Como se sabe que ω(1, θ) = f(θ) para todo θ en [−π, π], se procede a hacer uso del Truco
de Fourier para encontrar los coeficientes previamente mencionados.
Para hallar los coeficientes an se evalúa (9) en r = 1, se multiplican ambos términos de la
igualdad por cosn′θ y se integran respecto a θ sobre [−π, π].
ω(1, θ) = f(θ) =
a0
2
+
∞∑
n=1
(ancosnθ + bnsennθ)
⇒
∫ π
−π
f(θ)cosn′θdθ =
∫ π
−π
[
a0
2
+
∞∑
n=1
(ancosnθ + bnsennθ)
]
cosn′θdθ
=
∫ π
−π
a0
2
cosn′θdθ+
∞∑
n=1
[
an
∫ π
−π
cosnθcosn′θdθ + bn
∫ π
−π
sennθcosn′θdθ
]
= a0πδ(0− n′) +
∞∑
n=1
[anπδ(n− n′) + bn0] = πan′ (10)
Julián Franco Gelabert 5
Alejandro Mezio Cirera
correcto
Métodos Matemáticos de la F́ısica II Lunes 04/05/2020
Como f se anula en el intervalo [−π, 0), la integral en (10) resulta∫ π
−π
f(θ)cosn′θdθ =
∫ π
0
f(θ)cosn′θdθ =
∫ π
0
cosn′θdθ (11)
puesto que f(θ) = 1 para todo θ en [0, π].
Luego el valor de la integral depende totalmente de n: el único caso en que (11) no se anula
es cuando n = 0, que en cuyo caso resulta
∫ π
0
dθ = π.
Juntando (10) y (11) resulta que a0 = 1 y an = 0 para todo n.
Para hallar los coeficientes bn se evalúa (9) en r = 1, se multiplican ambos términos de la
igualdad por senn′θ y se integran respecto a θ sobre [−π, π].
⇒
∫ π
−π
f(θ)senn′θdθ =
∫ π
−π
[
a0
2
+
∞∑
n=1
(ancosnθ + bnsennθ)
]
senn′θdθ
=
∫ π
−π
a0
2
senn′θdθ +
∞∑
n=1
[
an
∫ π
−π
cosnθsenn′θdθ + bn
∫ π
−π
sennθsenn′θdθ
]
=
a0
2
0 +
∞∑
n=1
[an0 + bnπδ(n− n′)] = πbn′ (12)
Como f se anula en el intervalo [−π, 0), la integral en (12) resulta∫ π
−π
f(θ)senn′θdθ =
∫ π
0
f(θ)senn′θdθ =
∫ π
0
senn′θdθ =
1− (−1)n′
n′
(13)
puesto que f(θ) = 1 para todo θ en (0, π].
Luego, juntando (12) y (13) resulta que b2n = 0 y b2n−1 = 2/[(2n− 1)π] para todo n.
Finalmente, se reemplazan an y bn en (9) por los coeficientes recién calculados obteniendo
ω(r, θ) =
1
2
+
∞∑
n=1
r2n−1
[
0cosnθ +
2sen[(2n− 1)θ]
(2n− 1)π
]
=
1
2
+
2
π
∞∑
n=1
r2n−1
sen[(2n− 1)θ]
2n− 1
como se queŕıa demostrar.
Anexo
1. Hay que cuantificar∫ π
0
f(x)senn′xdx =
∫ π
4
0
xsen(n′x)dx+
∫ 3π
4
π
4
π
4
sen(n′x)dx+
∫ π
3π
4
(π − x)sen(n′x)dx (14)
Julián Franco Gelabert 6
Alejandro Mezio Cirera
correcto
Métodos Matemáticos de la F́ısica II Lunes 04/05/2020
Calculando las primitivas por separado y evaluandolas en los extremos se obtiene:∫ π
4
0
xsen(n′x)dx =
1
n′
[
1
n′
sen
π
4
n′ − π
4
cos
π
4
n′
]
∫ 3π
4
π
4
π
4
sen(n′x)dx =
π
4n′
[
cos
π
4
n′ − cos3π
4
n′
]
∫ π
3π
4
(π − x)sen(n′x)dx = 1
n′
[
1
n′
sen
3π
4
n′ +
π
4
cos
3π
4
n′
]
Reemplazando estos resultados en (14) se llega a que:∫ π
0
f(x)senn′xdx =
∫ π
4
0
xsen(n′x)dx+
∫ 3π
4
π
4
π
4
sen(n′x)dx+
∫ π
3π
4
(π − x)sen(n′x)dx
=
1
n′
[
1
n′
sen
π
4
n′ − π
4
cos
π
4
n′
]
+
π
4n′
[
cos
π
4
n′ − cos3π
4
n′
]
+
1
n′
[
1
n′
sen
3π
4
n′ +
π
4
cos
3π
4
n′
]
donde es fácil ver que el 2º término se cancela con el 3º y lo mismo para los términos 4º y 6º
con lo que se concluye ∫ π
0
f(x)senn′xdx =
1
(n′)2
[
sen
π
4
n′ + sen
3π
4
n′
]
Julián Franco Gelabert 7