Desarrollo De Ejercicios - Matemáticas Aplicadas - Series De Fourier

MATEMATICAS APLICADAS

Tarea 1

Presentado por:
Hermes L

Presentado a:

Jairo Mesino

1. Sea fx=-1, -π<x<01, 0<x<π.
Calcular EN* para N=1,3,5 y 7. Cual es el menor valor de N para el cual EN*≤0.2?
EN*=abf2dx-b-a2a022+n=1Nan2+bn2
Solución:
an=1π-ππfxcos2nπ2πxdx=1π-ππfxcosnxdx, donde n=0,1,2…
bn=1π-ππfxsen2nπ2πxdx=1π-ππfxsennxdx, donde n=1,2,3…→an=1π-π0-1cosnxdx+0πcosnxdx=1π-1n-π0cosnxndx+1n0πcosnxndx
=1π-1nsennx0-π+1nsennxπ0=1π1nsennπ+1nsennπ=1π2nsen(nπ)=0.
Por tanto an=0, para n=1,2,3…
Para n=0:
an=1π2nsen(0π)=0
→bn=1π-π0-1sennxdx+0πsennxdx=1π1n-π0-sennxdx-1n0π-sennxndx
=1π1ncosnx0-π-1ncosnxπ0=1π1n-1ncosnπ-1ncosnπ+1n=1π2n-2ncos(nπ)
=1π2n(1-cosnπ)=2nπ1--1n
Ahora se reemplazan los coeficientes de Fourier en EN*:→EN*=abf2dx-2π2n=1Nbn2=abf2dx-πn=1N2nπ1--1n2
=-π0dx+0πdx-πn=1N2nπ1--1n2=2π-πn=1N2nπ1--1n2 [*]
Luego se halla EN* para cada, como sigue:
* Para N=1:
EN*=2π-πn=112nπ1--1n2= 2π-π2(1)π1--1(1)2=1.1902
* Para N=3:
EN*=2π-πn=132nπ1--1n2= 2π-π2π(2)2+2π(0)2+23π(2)2= 2π-π16π2+169π2
EN*=0.6243
* Para N=5:
EN*=2π-πn=152nπ1--1n2=2π-π16π2+169π2+1625π2=0.4206
* Para N=7:EN*=2π-πn=172nπ1--1n2=2π-π16π2+169π2+1625π2+1649π2=0.3167
Finalmente se calcula mediante iteración el menor valor de N para el cual EN*≤0.2.
Se obtiene que el menor valor para el cual EN*≤0.2 es N=13, como se muestra a continuación:
EN*=2π-πn=1132nπ1--1n2=0.1816

2. Hallar la primera y segunda forma canónica de las ecuaciones siguientes:
a) 3uxx+7uxy+2uyy=0
b) uxx+4uxy=0
Verifique que estas ecuaciones son hiperbólicas. Si puede hallar unasolución a partir de las formas canónicas, hágalos y exprese la solución nuevamente en términos de x y y.

Solución:
a) 3uxx+7uxy+2uyy=0, donde A=3, B=7, C=2, D=E=F=G=0

Se reemplaza en B2-4AC=72-4∙3∙2=49-24=25>0
Entonces, se tiene que la ecuación diferencial parcial dad es hiperbólica.

A partir de las ecuaciones características se tiene que en el caso hiperbólico:dydx=--B±B2-4AC2A

i. dydx=--7+72-4∙3∙22∙3=--7+49-246=+7-56=13
⇒dydx=13
Se integra esta última expresión como se muestra:
dy=13dx
y=13x+constante

⟹3y-x=constante, de donde ξ=3y-x

ii. dydx=--7-72-4∙3∙22∙3=--7-49-246=+7+56=2
⇒dydx=2

Se integra esta última expresión como se muestra:
dy=2dx
y=2x+constante

⟹y-2x=constante, de donde η=y-2x

Se considera entoncesux,y=Uξx,y,ηx,y y se deriva como se muestra:
* ux=Uξξx+Uηηx
⟹ux=-Uξ-2Uη
* uxx=Uξξξ2x+2Uξηξxηx+Uξξxx+Uηηxx+Uηηη2x
⟹uxx=Uξξ+4Uξη+4Uηη

* uxy=Uξξξxξy+Uξηξxηy+Uξξxy+Uηξξyηx+Uηηηyηx+Uηηxy
⟹uxy=-3Uξξ-Uξη-6Uηξ-2Uηη

* uyy=Uξξξ2y+2Uξηξyηy+Uξξyy+Uηηyy+Uηηη2y
⟹uyy=9Uξξ-6Uξη+Uηη

Se reemplaza en la ecuación original 3uxx+7uxy+2uyy=0, entonces se tiene:3Uξξ+4Uξη+4Uηη+7-3Uξξ-Uξη-6Uηξ-2Uηη+29Uξξ-6Uξη+Uηη=0

3Uξξ+12Uξη+12Uηη-21Uξξ-7Uξη-72Uηξ-14Uηη+18Uξξ-12Uξη+2Uηη=0

0Uξξ-25Uξη+0Uηη=0

Entonces la primera forma canoníca de la ecuación hiperbólica dada es:

Uξη=0

Se realiza la segunda transformación de variables, en términos de α y β, como se muestra:
α=ξ+η y β=ξ-η
A continuación se suman y se restan estas dos expresiones y se despejan ξ y η, respectivamente:
⟹ξ=α+β2 y η=α-β2
Con baseen el nuevo cambio de variables se tiene que Uξ,η=Uξα,β,η(α,β)
* Uξ=Uααξ+Uββξ
⟹Uξ=Uα+Uβ

* Uη=Uααη+Uββη
⟹Uη=Uα-Uβ

* Uξη=Uαααη+Uαββη+Uβββη+Uαβαη
⟹Uξη=Uαα-Uββ

Este último término se reemplaza finalmente en la primera forma canoníca Uξη=0 como se muestra y se obtiene la segunda forma canónica:
⟹Uαα-Uββ=0

La solución de la primera forma canónica se obtiene de la siguienteforma:
Uξη=0 ⟹ Uξξ,η=f(ξ)
⟹Uξ,η=ξfξ+g(η)
La solución de Uξη=0 son de la forma: Uξ,η=ξfξ+g(η), donde f y g son funciones arbitrarias de una sola variable.
Al expresarla en términos de x y y la solución de la ecuación diferencial parcial dada es de la forma:
ux,y=Uξx,y,ηx,y=U3y-x,y-2x=3y-x∙f3y-x+g(y-2x) siendo f y g funciones arbitrarias....