Trabajo de Ecua 4ta

SOLUCION DE PROBLEMAS EQUIPO Nº1

ECUACIONES DIFERENCIALES

“Año de la integración nacional y del reconocimiento de nuestra diversidad”

UNIVERSIDAD NACIONAL DE

INGENIERÍA

FACULTAD DE INGENIERIA MECÁNICA

ECUACIONES DIFERENCIALES

RESOLUCION DE PROBLEMAS DEL EQUIPO 1

DOCENTE:

REYNA, YEXI

INTEGRANTES:

Birreo Nina Rudy Harold 20051017B

Buitrón Ponte José Luis 20110047F

Reyes Astuyauri Yan Cesar 20092041E

Riveros Domínguez Magno 20060226J

Yopla Basaldua Jorge Rogger 20114027J

SECCIÓN:

“B”

PERIODO:

2012 - II

SOLUCION DE PROBLEMAS EQUIPO Nº1

ECUACIONES DIFERENCIALES

Lima – Perú

2012

INDICE

I. ENUNCIADO DEL PROBLEMA I 3Enunciado del problema 1 3

Solución del problema 1 3

Enunciado del problema 2 6

Solución del problema 2 6

II. ENUNCIADO DEL PROBLEMA II 8

SOLUCION DEL PROBLEMA II 8

III. ENUNCIADO DEL PROBLEMA III 10

SOLUCION DEL PROBLEMA III 10

IV. ENUNCIADO DEL PROBLEMA IV 14

SOLUCION DEL PROBLEMA IV 14

V. ENUNCIADO DEL PROBLEMA V 18

SOLUCION DEL PROBLEMA V 18

SOLUCION DE PROBLEMAS EQUIPO Nº1

ECUACIONES DIFERENCIALES

I. MODELAMIENTO DE ECUACIÓNES DIFERENCIALES

1. Un sistema de calentamiento de agua mediante energía solar consta de un tanque de agua caliente y un panel solar. El tanque eta bien aislado y tiene una constante de tiempo de 64 horas. El panel solar genera 2000 Btu/hora durante el día y el tanque tiene una capacidad calorífica de 2°F por mil Btu. Si el agua en el tanque eta inicialmente a 110°F y a la temperatura del cuarto donde está el tanque es de 80°F

a) Calcule la temperatura del tanque después de 12 horas luz solar.

b) Si se usa un tanque más grande con una capacidad calorífica de 1°F por mil Btu y una constante de tiempo de 72 horas (con los demás factores idénticos) Calcule la temperatura del tanque después de 12 horas luz solar.

SOLUCION:

LEY DE ENFRIAMIENTO DE NEWTON

El efecto de la temperatura exterior sobre la temperatura interior de un sistema se puede modelar mediante la ley de enfriamiento de Newton.

Enunciado:

dTdt

=K [M ( t )−T ( t ) ]+H ( t )+U ( t )

Donde:

T(t) : Temperatura dentro del sistema en el instante “ t”.

M(t) : Efecto de la temperatura exterior sobre la temperatura interior.

H(t) : Calor generado por las personas, luces ,maquinas, dentro del sistema.

U(t) : Enfriamiento o calentamiento proporcionado por el aire acondicionado o la calefacción.

Ordenado la ecuancion deferencial lineal. En forma canonica:

SOLUCION DE PROBLEMAS EQUIPO Nº1

ECUACIONES DIFERENCIALES

dT (t)dt

+P (t ) .T (t )=Q ( t )

Donde:

P(t) = K

Q(t) = K.M(t) + H(t) +U(t)

Por la forma de la ecuación vemos que el factor integrante es:

u (t )=e∫ K .dt=eK .t

Resolvemos:

eK .t .dT ( t)dt

+eK .t . K .T (t )=eK .t .Q (t )

eK .t . T ( t )=∫eK .t .Q ( t ) . dt+C

Despejando T(t), se tiene:

T (t )=e−K . t {∫eK .t . [K .M (t )+H ( t )+U ( t ) ] . dt+C }

Para el caso especificop de los ejercicios que vamos a resolver no consideramos los efectos de H(t) y U(t),además M(t) no dependerá del tiempo manteniéndose constante.

Entonces:

T (t )=e−K . t {∫eK .t . [K .M ] . dt+C }

T (t )=e−K . t {M .eK .t+C }

Cambiando el nombre de las variables:

T(t) Tint.(t) (Temperatura interior).

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ECUACIONES DIFERENCIALES

M Text. (Temperatura exterior).

Quedando nuestra ecuación de este modo:

Tint . (t )−Text .=C .e−K .t …..……. (I)

Resolviendo el ejercicio:

a) Calcule la temperatura del tanque después de 12 horas luz solar.Datos:

1 hora 2000 Btu

12 horas 24000 Btu

1000 Btu 2 oF

24000 Btu 48 oF

K=1/64

Empleando la formula (I), para t=0:

110−80=C .e−K .(0 )

C=30

Para t=12 horas:

Tint . (t=12horas ) – (80+48)=30.e−( 1

64) .(12)

Tint . (t=12horas )=152,87 oF

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ECUACIONES DIFERENCIALES

b) Si se usa un tanque más grande con una capacidad calorífica de 1°F por mil Btu y una constante de tiempo de 72 horas (con los demás factores idénticos) Calcule la temperatura del tanque después de 12 horas luz solar.

1 hora 2000 Btu

12 horas 24000 Btu

1000 Btu 1 oF

24000 Btu 24 oF

K=1/72

Para t=12 horas:

Tint . (t=12horas ) – (80+24)=30.e−( 1

72) .(12)

Tint . (t=12horas )=129,39 oF

2. En una calurosa mañana de sábado, cuando las personas trabajan dentro de un edificio, el aire acondicionado mantiene la temperatura interior en 24°C. A mediodía, el aire acondicionado se apaga y las personas se van a casa. La temperatura exterior es constante e igual a 35 °C durante el resto de la tarde. Si la constante del tiempo del edificio es de 4 horas. Calcule:

a) La temperatura dentro del edificio a las 2:00 pm

b) La temperatura dentro del edificio a las 6:00 pm

c) En qué momento, llegará la temperatura interior del edificio, a 27 °C.

SOLUCION:

Usaremos la ecuación deducida en el ejercicio anterior:

Tint . (t )−Text .=C .e−K .t

Empleando la fórmula para t=0:

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24−35=C .e−K .(0 )

C= -9

Con : K=1/4

a) La temperatura dentro del edificio a las 2:00 pm

Para t=2 horas:

Tint . (t=2horas ) –35=−9.e−( 1

4).(2 )

Tint . (t=2horas )=29,54 oC

b) La temperatura dentro del edificio a las 6:00 pm

Para t=6 horas:

Tint . (t=6horas )– 35=−9.e−( 1

4).(6)

Tint . (t=6horas )=32,99 oC

c) En qué momento, llegará la temperatura interior del edificio, a 27 °C.

Para Tint . (t )=27 oC :

27 – 35=−9.e−( 1

4) .(t)

e−( 1

4) .(t)

=8/9

t=0,47horas=28,26minutos

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II. APLICACIÓN DE LA TRASFORMADA DE LAPLACE

a. Calcule la transformada de Laplace de las siguientes funciones

g (t) = t.∫0

tsen ( t−u ) . J 0(u )du , siendo J0(u) la función de Bessel de

primera clase y orden cero

b. Utilizando la transformada de Laplace resuelva la ecuación diferencial d2 ydt 2

−2dydt

+5 y =u (t−a),a>0, con las condiciones iniciales

x (0 )=0 ,dxdt

(0 )=0

SOLUCIÓN:

a. L {g (t)} = L {t.∫0

tsen ( t−u ) . J 0(u )du }

F (u)=sen ( t−u) . J 0 (u )

L {g (t)} = − ddsL{∫0

tF (u )du}

L {g (t)} = − dds

⋅1sL {F ( t )}

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ECUACIONES DIFERENCIALES

L {g (t)} = − dds

⋅1sL {0}

L {g (t)} = − dds

⋅1s( 0)

L {g (t)} = 0

b.

d2 ydt 2

−2dydt

+5 y =u (t−a)

Primeramente aplicamos la transformada de laplace a ambos miembros de la ecuación diferencial.

L {d

2 ydt 2

}−2L {dydt

}+5 L {y }=L {u ( t−a )}

Sabemos:

L {dydt

}=sL {y}− y (0)

L {d2 ydt 2

}=s2 L{y }−sy (0)−dydt

(0 )

Por lo tanto remplazamos:

s2 L {y }−sy (0 )−dydt

(0)−2(sL {y }− y (0))+5L {y }=L{ut}−L {ua}

(s2−2 s+5)L{y }−sy (0)−dydt

(0 )+2 y (0)=uL{t}−L {ua }

Reemplazamos los datos:

(s2−2 s+5)L{y }−s(0 )−(0)+2(0 )=u⋅1

s2−uas

1

Y

X

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ECUACIONES DIFERENCIALES

∴L {y}=

u (1−ua )s2 (s2−2 s+5 )

III. SERIE DE FOURIER

f , es una función periódica de periodo mínimo 2π, tal que

f ( t )={ 1 , 0< t<π−1 , π< t<2 π

a) Exprese f , en una serie de Fourier

b) Grafique en un mismo plano, la funciónf y la función definida con solo tres términos de la serie de Fourier determinada en el ítem anterior.

c) Utilizando la serie de Fourier de f dada en el primer ítem, determine la

solución general de la ecuación diferencial

d2 xdt2

+36 x =f ( t )

SOLUCION:

f ( t )={ 10< t<π−1π< t<2 π

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ECUACIONES DIFERENCIALES

f ( t )=a0

2+∑n=1

∞

(an cosn ω0 t+bn sennω0t )

an=2T

∫−T /2

T /2

f ( t ) cosnω0t dt

an=2

2π∫

−T /2

T /2

f (t ) cosnω0t dt

an=1π [∫

−π

0

f ( t ) cosnω0 t dt+∫0

π

f ( t )cosnω0 t dt ]an=

1π [−∫

−π

0

cosnω0 t dt+∫0

π

cosnω0 t dt ]an=

1π [−sennω0 t

nω0{ 0−π

+sennω0t

nω0{π0 ]

ω0=2πT

=2π2π

=1

an=1π [−sen (n0)

n+sen(−nπ )

n+sen(nπ )n

−sen(n0)n ]

an=0 ;∀nϵ Ζ+¿¿

a0=1π∫−π

π

f ( t )dt=1π [−∫

−π

0

dt+∫0

π

dt ]=0

bn=2T∫−T

2

T2

f ( t ) sennω0 tdt

Y

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ECUACIONES DIFERENCIALES

bn=1π∫−π

π

f (t ) senntdt

bn=1π [∫

−π

0

f (t ) sennt dt+∫0

π

f (t ) sennt dt ]bn=

1π [−∫

−π

0

sennt dt+∫0

π

sennt dt ]bn=

1π [ cosntn { 0

−π−cosntn {π0 ]

bn=1π [( cos (n0)

n−

cos(−nπ)n

)−(cos (nπ )n

−cos(n0)n

)]bn=

1π [( 1

n−

cos (nπ )n ) – (cos (nπ )

n−1n)]

bn=2πn

(1−cosnπ )

cosnπ=(−1)n

bn={ 0 , si n es par4nπ, si nes impar

b2n−1=4

(2n−1)

f ( t )=∑n=1

∞

bn sennω0 t

f ( t )=∑n=1

∞

b2n−1 sen(2n−1)ω0t

a) f (t )=∑n=1

∞4

(2n−1)sen (2n−1)ω0 t

b) f (t )= 4πsen3 t+ 4

πsen 3t+ 4

πsen5 t

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ECUACIONES DIFERENCIALES

c) x ´+36 x=f (t)……(1)

Consideremos una solución particular periódica estacionaria:

xsp (t )=∑

n=1

∞

B2 n−1 sen( 2n−1 ) t

La solución general será:

x (t )=C1 cosω0t+C2 senω0 t+x sp

Reemplazando xsp (t ) en la ecuación (1):

∑n=1

∞

B( 2n−1 ) [−(2n−1 )2+36 ] sen (2n−1 ) t= 4π∑n=1

∞ sen (2n−1 ) t2n−1

B(2n−1)=4

π (2n−1 )(36−(2n−1)2)

∴ xsp (t )=∑

n=1

∞ 4π (2n−1) (36−(2n−1)2)

sen( 2n−1) t

Entonces la solución general será:

x (t )=C1 cosω0t+C2 senω0 t+∑n=1

∞4

π (2n−1 )(36−(2n−1)2)sen (2n−1 ) t

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IV. TRANSFORMADA DE FOURIER

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ECUACIONES DIFERENCIALES

Calcule la transformada de Fourier de

f ( t )=¿ {1−t 2 ; |t |<1 ¿¿¿¿

SOLUCION:

Definición de la transformada de Fourier:

F (w )=∫−∞

+∞

f (t ) . e−iwt .dt

1. Determinamos los límites de integración:

Para:|t|>1−∞<t<−1∨1<t<+∞

La función f ( t )=0

Para:

|t|<1−1<t<+1

La función f ( t )=1−t2

Entonces solo aplicaremos la transformada de Fourier para el intervalo −1<t<+1, donde la función no es 0.

F (w )=∫−∞

+∞

f ( t ) . e−iwt .dt=∫−1

+1

(1−t2). e−iwt . dt

F (w )=−∫−1

+1

(t 2−1). e−iwt . dt

Usaremos el método de integración por partes:

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ECUACIONES DIFERENCIALES

U=(t2−1 )❑→dU=2 t . dtdv=e−iwt . dt❑

→v= e

−iwt

−iw

Reemplazamos:

F (w )=−[ (t 2−1 ) . e−iwt

−iw−∫

❑

❑

2t .e−iwt

−iw.dt ]

F (w )=−[ (t 2−1 ) . e−iwt

−iw− 2

−iw∫❑

❑

t . e−iwt .dt ]Usaremos el método de integración por partes una vez más:

U=t❑→dU=dtdv=e−iwt . dt❑

→v= e

−iwt

−iw

Entonces:

F (w )=−[ (t 2−1 ) . e−iwt

−iw− 2

−iw (t . e−iwt−iw−∫

❑

❑e−iwt

−iw.dt)]

F (w )=−[ (t 2−1 ) . e−iwt

−iw− 2

−iw (t . e−iwt−iw− 1

−iw∫❑

❑

e−iwt . dt)]

F (w )=−[ (t 2−1 ) . e−iwt

−iw− 2

−iw (t . e−iwt−iw− 1

−iwe−iwt

−iw )]

F (w )=( t2−1 ) . e−iwt

iw− 2iw (t . e−iwt−iw

− 1−iw

e−iwt

−iw )

F (w )=( t2−1 ) . e−iwt

iw+ 2iwt .e−iwt

iw+ 2iw

1iwe−iwt

iw

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ECUACIONES DIFERENCIALES

F (w )=( t2−1)e−iwt

iw+ 2 t . e−iwt

(iw)2 + 2.e−iwt

(iw)3

Homogenizamos y eliminamos i del denominador

F (w )=−i w2(t 2−1)e−iwt

w3 −2wt . e−iwt

w3 + 2i . e−iwt

w3

Factorizamos −e−iwt

w3

F (w )=−e−iwt

w3 .( i w2 ( t2−1 )+2wt−2 i )

Recordamos que nuestra integral estaba evaluada en el intervalo de ⟨−1 ;+1 ⟩ .

F (w )=[−e−iwtw3 . (i w2 (t 2−1 )+2wt−2i )]−1

+1

F (w )=−e−iw(1)

w3 . (i w2 ((1)2−1 )+2w(1)−2 i )−−e−iw(−1)

w3 .( i w2 ((−1)2−1 )+2w (−1)−2 i)

F (w )=−e−iw

w3 . (2w−2 i )+ eiw

w3 . (−2w−2i )

F (w )=−2w .e−iw

w3 + 2i . e−iw

w3 −2w .eiw

w3 −2 i . e iw

w3

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F (w )=−2 i . e iw

w3 +2 i . e−iw

w3 −2w .e iw

w3 −2w .e−iw

w3

F (w )=−2 i . i (eiw−e−iw )iw3 −

2 (e iw+e−iw )w2

F (w )= 4w3

(eiw−e−iw )2 i

− 4w2

(e iw+e−iw )2

Sabemos que:

(e iθ−e−i θ )2i

=Sen (θ)

(e iw+e−iw )2

=cos (θ)

Entonces:

F (w )=4. Sen(w)w3 −

4. cos (w)w2

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ECUACIONES DIFERENCIALES

V. ECUACIÓN DIFERENCIAL PARCIAL

Determine la temperatura u( x ; t )en una barra de plata de 10cm de longitud si su sección transversal constante de área de 1 cm2, 10,6 g/cm3 de densidad, 1,04 cal/cm-s°C de conductividad térmica, calor especifico 0,056cal/g °C y sus extremos se mantienen a temperatura de 0°C para todo instante y la distribución inicial de temperaturas viene dada por

f ( x )=u( x ;0 )=¿ {x , 0≤x≤5 ¿ ¿¿¿

SOLUCION:

Datos: L=10 cm ; A=1 cm2 , μ=10.6 g/cm3 , K=1,04 cal/cm-s°C , σ=0.056 cal/g°C

Hallando κ (Coeficiente de difusividad)

κ=K/ σμ -------->κ=1.7520

La conducción de calor se representa mediante la siguiente ecuación diferencial:

κ.∂2u∂ x2 =

∂u∂ t

Suponemos lo siguiente: u(x;t) = X.T

X: Dependiente solamente de x.

T:Dependiente solamente de t.

Remplazando en la ecuación:

κ.X ¿∨¿¿.T=X.T ¿

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X¿∨¿

X¿= T

¿

KT= -λ

X ¿∨¿¿+ λX=0T ¿+λ.κ.T =0

(D2+λ).X=0 (D+ λ.κ).T=0

D=±√ λi D = -λ.κ

X=C1cos(√ λx)+ C2sen(√ λ x¿ T=C3.e− λ. κ .t

Entonces: u(x;t)= X.T=[C1cos(√ λx)+ C2sen(√ λ x¿]C3.e− λ. κ .t

Condiciones de frontera:

1. u(0;t)=0 -------> C1.C3.e− λ. κ .t = 0 (C3≠0)

-------> C1=0

2. u(L;t)=0 -------> C2sen(√ λL).C3.e− λ. κ .t= 0 (C2,C3 ≠0)

------->sen(√ λL) = 0, √ λL=π .n

------->λ=π2 . n2

L2

Remplazando:

u(x;t) =C2sen(πl. n . x ¿. C3.e

−π 2 .n2

L2 . κ .t

u(x;t) =A.sen(πl .n.x).e

−π 2 .n2

L2 . κ .t

u(x;t) = ∑n=1

∞

An . sen( πl. n . x) . e

−π2 . n2

L2 .κ . t

Condición de t = 0;

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ECUACIONES DIFERENCIALES

u(x;0) = ∑n=1

∞

An . sen( πl. n . x)=f(x)=∑

n=1

∞

bn. sen( πl. n . x ) . …(α)

x, 0 ≤ x ≤ 5

u(x;0)=f(x)= 0, en otro caso

Expresando la función f mediante una expansión de senos:

l=5, T=2.l=10 ------->ω=2.π/T= π/l

a0=0, an=0 (la función expresada en senos es impar)

bn=2T

∫−T /2

+T /2

f ( x ) sen¿¿.n.x)dx

bn=2l∫

0

l

f ( x ) sen¿¿.n.x)dx

bn=25∫0

5

xsen¿¿.n.x)dx

------>bn=10 sen (nπ )−10n . π cos(n .π )

n2π2

bn=-10n .π

(−1)n

De (α):

An=-10n .π

(−1)n

Entonces u(x;t) resultaría:

u(x;t) = ∑n=1

∞−10n. π

(−1)n . sen( π5. n . x ) .e

− π2 .n2

25. 1.752.t

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