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Cálculo Avanzado – Módulo Ecuaciones Diferenciales Ejercicios de examen 
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Resolución del Examen 31/10/2013 
Problema 1: La ecuación que modela la distribución de temperatura u en un cilindro 
unidimensional es: 
�������� ���� ��, �� =
�
�� ��
���
��
�� ��, ��� + ���, �� 
Considerar un cilindro unidimensional de longitud 1 y propiedades térmicas constantes conocidas, 
sin fuente interna de calor. 
a) Si además se conocen (en estado estacionario) la temperatura y el flujo térmico en el extremo 
izquierdo x=0, determinar la temperatura en el extremo x=1. 
b) ¿Cuál es el valor del flujo en dicho extremo? Justificar. 
Solución: 
a) Por condición del problema las propiedades térmicas son constantes: 
���� = �	 ���� = � �
��� = �
		 
Como no existen fuentes internas de calor: 
���, �� = 0 
Al analizarse el estado estacionario: � = ����		 con lo cual ���� ��, �� = 0					� �
��
��� ��� = 	�´´���. 
Reemplazando en la ecuación unidimensional, el PVB con las condiciones de borde dadas resulta: 
�´´��� = 0				0 ≤ � ≤ 1 
��0� = �
 −�
. ���0� = 		∅
 
donde �0 es la temperatura en x=0 
 y 		∅
 es el flujo en x=0. 
Resolvemos la EDO, integrándola dos veces: 
�´��� = �! ���� = �!� + �" 
Aplicando las condiciones de borde, determinamos c1 y c2 
−�
. ���0� = 	−�
. 	�! = ∅
 ⇒	�! = −∅
/�
 y ��0� = 	�
 		⇒ �" = �
 
Entonces: ���� = �−∅
/�
�� + �
 
La temperatura en el extremo derecho es: %�&� = �−∅
/�
� + �
 
b) Como el estado es estacionario, la energía total no varía con el tiempo. Es decir que: 
�'�Ω, ��
�� = 0 
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Por principio de conservación de energía, donde Φ es el flujo, podemos expresar: 
�'�Ω, ��
�� = *+Φ�0� − Φ�L�- + ���, �� = 0 
.Como no existe fuente interna de generación de calor, planteamos: 
*+Φ�0� − Φ�1�- = 0 ⇒Φ�0� =Φ�1� = 	∅
 
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Problema 2: 
a) Deducir el problema discreto que resulta de aplicar el método de las diferencias finitas al 
siguiente problema de valores en el borde, con ∆x = π/4 y ∆t = 1/8. 
EDP: 
���
��� = 4 �
��
��� 					0 < � < 0,				� > 0 
CB: ��0, �� = 0,					��0, �� = 0						� > 0 
CI: ���, 0� = 0,					 ���� 	��, 0� = 234	�,			0 ≤ � ≤ 0 
 
b) Implementar el esquema deducido en el punto (a) para aproximar el valor de u en (3π/4, ¼). 
c) Sabiendo que la solución exacta del problema dado es, ���, �� = !" 234�2�� ∙ 234	� 
Calcular el error local de discretización cometido en la aproximación. 
Solución: 
a) Siendo la EDP: 
���
��� = 4 �
��
��� aproximamos ambas derivadas segundas con las 
correspondientes diferencias centradas de 2° orden: 
��� ≈ ���, � + Δ�� − 2���, �� + ���, � − Δ���Δ��" 
��� ≈ ��� + Δ�, �� − 2���, �� + ��� − Δ�, ���Δ��" 
Aplicando la notación en diferencias finitas: 
�9:;! − 2�9: + �9:<!�Δ��" = 4 =
�9;!: − 2�9: + �9<!:�Δ��" > 
Despejando obtenemos: 
�9:;! = =4���
"
�Δ��" ?�9;!: − 2�9: + �9<!: @> + 2�9: − �9:<! 
Si llamamos “s” a la expresión 
A�B���
�B��� , obtenemos: 
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�9:;! = 2 ∙ ?�9;!: + �9<!: @ + �2 − 22�. �9: − �9:<! 
Aplicando la notación �9: a las condiciones de borde y posición inicial: 
CB: ��0, �� = 0 → �
: = 0		�			��0, �� = 0 → �A: = 0 para m=1,2 (pues t = ¼ con ∆t = 1/8 ). 
CI: ���, D� = 0 → �9
 = 0 para j = 0, 1, 2, 3, 4 ( pues ∆x = π /4 y L = π ) 
Para la velocidad inicial usamos diferencia adelantada para aproximar ����, ��: 
����, �� ≈ ���, � + ∆�� − ���, ��∆� =
�9:;! − �9:∆� 
Siendo t = 0 → m = 0 y nos queda : 
�9! − �9
∆� = 234	�F∆�� ⇒ �9! = ∆�	234	�F∆�� + �9
 
Y como �9
 = 0 → �9! = ∆�	234	�F∆�� para j = 0, 1, 2, 3, 4 
Finalmente el problema discreto resulta: 
�9:;! = 2?�9;!: + �9<!: @ + �2 − 22��9: − �9:<! con j = 1, 2, 3 para m = 1 
�
: = 0			�			�A: = 0			 con m=1, 2. 
�9
 = 0				�				�9! =	∆�	234�F∆�� con j=0,1,2,…,N. 
 
b) Siendo ∆x=π/4 y ∆t=1/8 , el valor aproximado de � GHIA , !AJ → �H" y 2 = A�B��
�
�B��� = 0,101 
Aplicando la ecuación en diferencias finitas deducida: 
�H" = 	2?�9;!: + �9<!: @ + �2 − 22��9: − �9:<! = 	0,101��A! + �"!� + �2 − 2 × 0,101��H! − �H
 
Como por condición de borde �A! = 0 y de la velocidad inicial resulta: 
�"! = ∆�	234	�F∆�� = 0,125 × 234 G2 × 04J = 0,125 
�H! = ∆�	234	�F∆�� = 0,125 × 234 G3 × 04J = 0,088 �H
 = 0 
Resulta que el valor aproximado de � GHIA , !AJ	 es : 
�H" = 	0,101�0 + 0,125� + �2 − 2 × 0,101�0,088 − 0 = O, &P& 
 
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c) Error local de discretización 
Definimos el error como: 'QQDQ9: = R�?�9, �:@ − �9:R 
Siendo la solución exacta ���, �� = !" 234�2��. 234���: 
� S304 ,
1
4T =
1
2 × 234 S2 ×
1
4T × 234 S
30
4 T = 0,170 
Entonces el error es: 
VWWXWYZ = |O, &PO − O, &P&| = O, OO& 
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Problema 3: 
a) Aplicar el método de los elementos finitos con funciones de base lineales, adoptando una 
partición equiespaciada de 4 puntos (que incluye los extremos del intervalo) para determinar 
el momento flector u generado por una carga transversal, dada por la función sen(πx), a lo 
largo de una viga de longitud 1 simplemente apoyada. 
'\]:	 _"�_�" = 234�0��				0 < � < 1 
 
`a: ��0� = 0			�			��1� = 0 
b) Expresar la combinación lineal de las funciones de bases lineales que proporciona la solución 
aproximada U(x) 
Solución: Siendo dos los nodos interiores, debemos considerar dos funciones test lineales 
Gráficamente: 
 
T1(x)= 
3�																													0 ≤ � ≤ 1/3 
−3� + 2													1/3 < � ≤ 2/3 
0																											2/3 < � ≤ 1 
T2(x)= 
0																															0 ≤ � ≤ 1/3 
3� − 2																1/3 < � ≤ 2/3 
−3� + 3													2/3 < � ≤ 1 
 
 
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Teniendo en cuenta que los elementos de la matriz de rigidez (simétrica) y vector de cargas son: 
bc9 = d �c´��� ∙
e
�9´��� ∙ _�										�														fc =	−d �c��� ∙
e
f���_� 
Como la partición es equiespaciada: 
b!! = b"" = d �3�"_�
!H
+		d �−3�"_�
"H
!H
= 3 + �6 − 3� = 6 
b!" = b"! = d �−3�" ∙ 3 ∙ _�
"H
!H
= −6+ 3 = −3 
Determinamos las componentes del vector de fuerzas 
f! =	−d �3�� ∙
!H
234�0��_� − d �−3� + 2� ∙"/H
!/H
234�0��_� = −0,104 − 0,159 = −0,263 
f" =	−d �3� − 1� ∙
"/H
!/H
234�0��_� − d �−3� + 3� ∙!
"/H
234�0��_� = −0,159 − 0,104 = −0,263 
Notamos que f! = f" debido a la simetría de la función de carga. 
El sistema lineal que debemos resolver es en forma matricial: 
� ∙ � = i → j 6 −3−3 6 k ∙ j
�!�"k = 	 j−0,263−0,263k ⇒� = �<! ∙ i → j
�!�"k = 	 �
2/9 1/91/9 2/9� ∙ j−0,263−0,263k 
Finalmente: 
%& = −O, OlPP = u(1/3) 
%Z = −O, OlPP = u(2/3) 
La solución aproximada U(x) es: 
m = nop�q� ∙ %p
Z
rs&
= %& ∙ o&�q� + %Z ∙ oZ�q� 		⇒ 		m�q� = 	−O, OlPP	o&�q�	− O, OlPP		oZ�q� 
 
Con lo cual para calcular, por ejemplo u(0.1), dado que 0 < 0.1 < 1/3, teniendo en cuenta las 
ecuaciones de o&�q�		t	oZ�q� hacemos u(0.1)≈ �−O, OlPP�Y	�O. &� = 	−O, OZuY& 
 
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