Ejemplos De Edps
Páginas: 16 (3843 palabras)
Publicado: 11 de abril de 2012
Soluciones de bastantes problemas adicionales 4 de EDII(r)
1
a]
=0 ,
tt −
t ( , 0) =
≥ 0, t ∈ R
(2011)
Si g∗ extensión impar de la g inicial, sus ondas viajeras serán:
sen π , 1≤ ≤2
0 en [0,1]∪[2,∞)
←−
−→
= G∗ ( + t ) − G∗ ( − t ) , con G∗ ( ) = 1
2
( , 0) = (0, t ) = 0
0
g∗
La gráfica de G∗ sale de observar que si ∈ [0, 1] debe ser 0(se anula el
2
integrando), que si ≥ 2 ha de ser constante = 1 1 sen π d , que entre 1
2
∗ por ser la primitiva de una impar.
y 2 será decreciente y que será par G
Trasladando G∗ a la izquierda y −G∗ a la derecha y
sumando ambas gráficas se obtienen los dibujos de las
soluciones. Y se ve como es la solución para t posteriores: la hondonada se irá trasladando hacia la derecha.
Estos dibujosconcuerdan con el del dominio
de influencia de la derecha, ya que debía ser
= 0 fuera de la región sombreada.
Demos la expresión analítica de (3, t ) , t ≥ 0 (en la
discusión son útiles los dominios de dependencia):
Si t ≤ 1 ó si t ≥ 5 ,
1
= − π ; si t ∈ [4, 5] ,
si t ∈ [2, 4] ,
(3, t ) = G∗ (t + 3) − G∗ (t − 3)
tiene el mismo dibujo de arriba, en función de t .
=0 ,
tt−
t(
∈ [0, 4], t ∈ R
=0 , ∈R
( , 0) = ƒ ∗ ( )
,
t ( , 0) = 0
tt −
sen π , 2≤ ≤3
0 resto de [0,4]
( , 0) =
b]
, 0) = (0, t ) = (4, t ) = 0
(3, t ) =
ƒ ∗ (3+t )+ƒ ∗ (3−t )
2
= 0 , ∈ [0, 1], t ∈ R
( , 0) = t ( , 0) = 0
(0, t ) = 0 , (1, t ) = sen t
1
d = − 2π [1 + cos πt ] .
1
= 2 ƒ ∗ ( + t) + 1 ƒ ∗ ( − t) .
2
←−
−→
= sen t , ∈ [0, 1]
(, 0) = 0 , t ( , 0) = −
x+2
(0, t ) = (1, t ) = 0
tt −
de forma impar y 2-periódica a ƒ ∗ ( ) →
f*
x
x-2
3
1
0
-1
) sen t
1
1/ 2 1−τ
1
→ ( 2 , 1 ) = 1 sen 1 − 1 0 s ds + 1 0
s sen τ ds dτ = 0
( , 0) = 0
2
2
2
2
2
τ
∗
1
t ( , 0) = −ƒ ( )
[Un punto a distancia
de donde agitamos, aún debe estar parado].
!
2
s= !
s=1- !
3/ 2
2−τ
13
1
12( 2 , 2 ) = 2 sen 3 − 2 −1 ƒ ∗ (s) ds + 1 0 sen τ τ −1 ƒ ∗ (s) ds dτ
2
2
1
τ
3/ 2
2−τ
1
3
= 2 sen 2 + 1 + 1 0 sen τ τ −1 s ds dτ + 1 1 sen τ τ −1 s ds dτ
4
2
2
s
1/2
1
!
f*=x
f*=x-2
Separando variables se encuentra una
3/2
s=-1+ !
+–
0
1/2
=−
s=2- !
s= !
1
s
2
(1, 3)
22
→
=
→
(1, 1) =
22
sen
= 0 , t ( , 0) = − sen 1
( ,0) = (0, t ) = (1, t ) = 0
tt −
sen2 (1/ 2)
sen 1
sen(1/ 2) sen(3/ 2)
sen 1
+
+
1
sen s
− sen 1
0
0
− sen s
−1 sen 1
1
2
←−
Para dibujar usaríamos las ondas viajeras: G( ) =
1
2
0
g∗
ds = 0 ,
ds = sen 1 .
−→
y −G( ) .
= sen 1
1
= sen 1 sen t sen
mejor:
[satisface las c.c. y la ecuación].
1
-1
1
d = − 2π [1 + cos πt ];
= ƒ ∗(
tt −
es la solución de
0
= sen t ,
=−→
a]
Extendemos
1/2
=1
2
1
= 1 ƒ ∗ (t + 3) − 2 ƒ ∗ (t − 3)
2
tt −
3
2
sen π
t −3
−1
1
= − π − 1 t −3 sen π
2
= 0 ; si t ∈ [1, 2] ,
1
1
-1
0
+
g*
3
2
–
____
- sen x
sen 1
-1
0
1
-G
2
G
c______
os 1 - 1
2 sen 1
3
= 0 , ∈ [0, 2], t ∈ R
( , 0) = t ( ,0) = 0
(0, t ) = (2, t ) = t 2
tt −
4
= t2
a]
= −2 , ∈ [0, 2]
( , 0) = t ( , 0) = 0
→
(0, t ) = (2, t ) = 0
tt −
=+
−→
= F ∗( ) , ∈ R
( , 0) = t ( , 0) = 0
tt −
−2 , ∈ · · · ∪ (−4, −2) ∪ (0, 2) ∪ (4, 6) ∪· · ·
2 , ∈ · · · ∪ (−2, 0) ∪ (2, 4) ∪· · ·
siendo F ∗( ) =
Por la imparidad de F ∗ respecto a 0 y a 2 se cancela su integral
sobre los triángulososcuros, con lo que sólo basta evaluar la integral
de −2 en el triangulillo de arriba [que será (−2) por su área]:
3 4−τ
0 τ −2
(1, 3) = 1
2
b] Una
3 4−τ
(−2) = −área
2 τ −2
1
F∗= 2
= −1 →
= t2 +
que cumple también la ecuación es
= 0 , ∈ [0, 2]
tt −
( , 0) = 2 − 2 , t ( , 0) = 0 →
(0, t ) = (2, t ) = 0
1
2
(1, 3) =
→
ƒ ∗(4)+ ƒ ∗(−2) =
1
2
(1, 3) =...
1
a]
=0 ,
tt −
t ( , 0) =
≥ 0, t ∈ R
(2011)
Si g∗ extensión impar de la g inicial, sus ondas viajeras serán:
sen π , 1≤ ≤2
0 en [0,1]∪[2,∞)
←−
−→
= G∗ ( + t ) − G∗ ( − t ) , con G∗ ( ) = 1
2
( , 0) = (0, t ) = 0
0
g∗
La gráfica de G∗ sale de observar que si ∈ [0, 1] debe ser 0(se anula el
2
integrando), que si ≥ 2 ha de ser constante = 1 1 sen π d , que entre 1
2
∗ por ser la primitiva de una impar.
y 2 será decreciente y que será par G
Trasladando G∗ a la izquierda y −G∗ a la derecha y
sumando ambas gráficas se obtienen los dibujos de las
soluciones. Y se ve como es la solución para t posteriores: la hondonada se irá trasladando hacia la derecha.
Estos dibujosconcuerdan con el del dominio
de influencia de la derecha, ya que debía ser
= 0 fuera de la región sombreada.
Demos la expresión analítica de (3, t ) , t ≥ 0 (en la
discusión son útiles los dominios de dependencia):
Si t ≤ 1 ó si t ≥ 5 ,
1
= − π ; si t ∈ [4, 5] ,
si t ∈ [2, 4] ,
(3, t ) = G∗ (t + 3) − G∗ (t − 3)
tiene el mismo dibujo de arriba, en función de t .
=0 ,
tt−
t(
∈ [0, 4], t ∈ R
=0 , ∈R
( , 0) = ƒ ∗ ( )
,
t ( , 0) = 0
tt −
sen π , 2≤ ≤3
0 resto de [0,4]
( , 0) =
b]
, 0) = (0, t ) = (4, t ) = 0
(3, t ) =
ƒ ∗ (3+t )+ƒ ∗ (3−t )
2
= 0 , ∈ [0, 1], t ∈ R
( , 0) = t ( , 0) = 0
(0, t ) = 0 , (1, t ) = sen t
1
d = − 2π [1 + cos πt ] .
1
= 2 ƒ ∗ ( + t) + 1 ƒ ∗ ( − t) .
2
←−
−→
= sen t , ∈ [0, 1]
(, 0) = 0 , t ( , 0) = −
x+2
(0, t ) = (1, t ) = 0
tt −
de forma impar y 2-periódica a ƒ ∗ ( ) →
f*
x
x-2
3
1
0
-1
) sen t
1
1/ 2 1−τ
1
→ ( 2 , 1 ) = 1 sen 1 − 1 0 s ds + 1 0
s sen τ ds dτ = 0
( , 0) = 0
2
2
2
2
2
τ
∗
1
t ( , 0) = −ƒ ( )
[Un punto a distancia
de donde agitamos, aún debe estar parado].
!
2
s= !
s=1- !
3/ 2
2−τ
13
1
12( 2 , 2 ) = 2 sen 3 − 2 −1 ƒ ∗ (s) ds + 1 0 sen τ τ −1 ƒ ∗ (s) ds dτ
2
2
1
τ
3/ 2
2−τ
1
3
= 2 sen 2 + 1 + 1 0 sen τ τ −1 s ds dτ + 1 1 sen τ τ −1 s ds dτ
4
2
2
s
1/2
1
!
f*=x
f*=x-2
Separando variables se encuentra una
3/2
s=-1+ !
+–
0
1/2
=−
s=2- !
s= !
1
s
2
(1, 3)
22
→
=
→
(1, 1) =
22
sen
= 0 , t ( , 0) = − sen 1
( ,0) = (0, t ) = (1, t ) = 0
tt −
sen2 (1/ 2)
sen 1
sen(1/ 2) sen(3/ 2)
sen 1
+
+
1
sen s
− sen 1
0
0
− sen s
−1 sen 1
1
2
←−
Para dibujar usaríamos las ondas viajeras: G( ) =
1
2
0
g∗
ds = 0 ,
ds = sen 1 .
−→
y −G( ) .
= sen 1
1
= sen 1 sen t sen
mejor:
[satisface las c.c. y la ecuación].
1
-1
1
d = − 2π [1 + cos πt ];
= ƒ ∗(
tt −
es la solución de
0
= sen t ,
=−→
a]
Extendemos
1/2
=1
2
1
= 1 ƒ ∗ (t + 3) − 2 ƒ ∗ (t − 3)
2
tt −
3
2
sen π
t −3
−1
1
= − π − 1 t −3 sen π
2
= 0 ; si t ∈ [1, 2] ,
1
1
-1
0
+
g*
3
2
–
____
- sen x
sen 1
-1
0
1
-G
2
G
c______
os 1 - 1
2 sen 1
3
= 0 , ∈ [0, 2], t ∈ R
( , 0) = t ( ,0) = 0
(0, t ) = (2, t ) = t 2
tt −
4
= t2
a]
= −2 , ∈ [0, 2]
( , 0) = t ( , 0) = 0
→
(0, t ) = (2, t ) = 0
tt −
=+
−→
= F ∗( ) , ∈ R
( , 0) = t ( , 0) = 0
tt −
−2 , ∈ · · · ∪ (−4, −2) ∪ (0, 2) ∪ (4, 6) ∪· · ·
2 , ∈ · · · ∪ (−2, 0) ∪ (2, 4) ∪· · ·
siendo F ∗( ) =
Por la imparidad de F ∗ respecto a 0 y a 2 se cancela su integral
sobre los triángulososcuros, con lo que sólo basta evaluar la integral
de −2 en el triangulillo de arriba [que será (−2) por su área]:
3 4−τ
0 τ −2
(1, 3) = 1
2
b] Una
3 4−τ
(−2) = −área
2 τ −2
1
F∗= 2
= −1 →
= t2 +
que cumple también la ecuación es
= 0 , ∈ [0, 2]
tt −
( , 0) = 2 − 2 , t ( , 0) = 0 →
(0, t ) = (2, t ) = 0
1
2
(1, 3) =
→
ƒ ∗(4)+ ƒ ∗(−2) =
1
2
(1, 3) =...
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