Trabajo Final

El método de Fourier para la ecuación de vibraciones
libres de una cuerda
Piero Mejía Berríos, Gandhy Oré Calderón
17 de Diciembre 2020
Resumen
El método de Fourier para resolver las ecuaciones diferenciales es indispensable al momento de simplificar términos como coeficientes con subíndices que tienden al infinito, a
tal punto de reducir una función de dos variables a senos y cosenos. Aplicable desde las
ecuaciones de onda vibratorias hasta las ecuaciones de conducción térmica. En informe nos
centraremos en solo un caso.
Palabras clave: Método de Fourier, Ecuación de la onda unidimensional.
I.
Introducción
Los diferentes tipos de ecuaciones diferenciales que tenemos nos conllevan a soluciones sofisticadas y hasta, en casos extremos, a abandonar por el extenso procedimiento conlleva su
solución. Un caso análogo a este es cuando nosotros tratamos de integrar una superficie esférica. Usando las coordenadas cartesianas nos llevaría un tiempo absurdo e innecesario. Pero,
si usamos las coordenadas cilíndricas, será mas accesible. Resolviendo un problema hallando
la ecuación de movimiento de una varilla veremos como se aplica.
II.
Ecuación de la cuerda
Una cuerda vibrante es un sistema físico complicado. Una cuerda vibra cuando ésta se encuentra tensa. Por lo que consideraremos una cuerda tensa horizontal en su posición de equilibrio,
tal como se muestra en la figura (1). Existirán casos en donde la cuerda tengas sus extremos
fijos, y otras en donde la cuerda esté afectada por una cuerda externa.
1
Figura 1: Deducción
Deduciendo la ecuación diferencial de la cuerda a través de métodos matemáticos extensos, se
tiene que
2
d2 u
2d u
=a
(1)
dt2
dx2
i.
Vibraciones longitudinales en una varilla
En una varilla cilíndrica de longitud L es posible demostrar que la ecuación de la onda es la
misma que la ecuación de movimiento de la varilla cuando ésta es perturbada por movimientos externos. Si la varilla se estira o comprime un poco a lo largo de su eje longitudinal, luego
comenzará a vibrar.
Figura 2: Pequeña sección de una barra
Como la varilla tiene una longitud que parte desde el punto x=0 hasta x=L en el eje X, es
posible coger una pequeña porción de la varilla, a tal punto que, a partir de esa pequeña
sección transversal se puede hallar la ecuación de la varilla. Omitiendo el extenso, la cual se
llega al mismo resultado con el proceso de demostración, se llega a que:
2
d2 u
2d u
=
a
dt2
dx2
III.
(2)
Metodo de Fourier
El método de Fourier consiste en hallar los coeficientes que se tienen en la ecuacion de movimiento de la varilla. Este método usa como herramienta las condiciones de contorno para.
∂u
= F ( x );
∂t |t=0
u | t =0 = f ( x ) ;
2
IV.
Problema
El problema inicial parte de la ecuación (1), y tenemos el problema:
Una varilla homogénea de longitud 2L se comprime mediante fuerzas aplicadas en sus extremos de tal manera que se acorta a una longitud de 2L(1-e). En t = 0, la carga se eleva.
Demostraremos que el desplazamiento u (x, t) de la sección de la barra cuya abscisa es x,
donde el punto x = 0 está en el medio de la barra, y usaremos la ecuación (2)
i.
Condiciones de contorno
Las condiciones de contorno son
∂u
= 0;
∂x |x=−l
ii.
∂u
=0
∂x |x=l
(3)
∂u
= 0;
∂t |t=0
(4)
Condiciones iniciales
Y las condiciones iniciales son
u|t=0 = −ex;
iii.
Problema de Sturm-Liouville
∂
∂u
∂2 u
( p( x ) ) − q( x )u = ρ( x ) 2 ,
∂x
∂x
∂t
∂u(0, t)
∂u(l, t)
αu(0, t) + β
= 0,
γu(l, t) + δ
= 0,
∂x
∂x
∂u
u | t =0 = f ( x ) ,
= F(x)
(0 ≤ x ≤ l ).
∂t |t=0
iv.
Metodología
Partiendo de
2
d2 u
2d u
=
a
dt2
dx2
se usará el método de separación de variables, tal que u(x,t)
u( x, t) = g( x )h(t)
3
v.
Método de separación de variable
Partiendo de
u( x, t) = g( x )h(t)
(5)
Derivando cada función a su respectiva variable,
d2 u
= g” ( x ) h ( t )
2
dx
d2 u
= g ( x ) h” ( t )
dx2
reemplazando en la ecuacion
g ( x ) h” ( t ) = a2 g” ( x ) h ( t )
h” ( t )
g” ( x )
= a2
=λ
h(t)
g( x )
λeR
Usualmente, en los problemas que implican ecuaciones diferenciales hiperbólicas, se tiene
que los valores que toma λ son mayores que cero, debido a que los valores como el cero o los
valores negativos conducen a una solución trivial, lo cual no tiene sentido en el mundo físico,
1
por lo que tomamaremos λ > 0, c =
u
λ = − w2
h” ( t ) + w2 h ( t ) = 0
g” ( x ) + a2 w2 g ( x ) = 0
con soluciones
g( x ) = c1 eiuwx + c2 e−iuwx
4
h(t) = c3 eiwt + c4 e−iwt
reemplazamos las soluciones en (5)
u( x, t) = (c1 eiuwtx + c2 e−iuwx )(c3 eiwt + c4 e−iwt )
u( x, t) = b1 eiw(ux+t) + b2 e−iw(t−ux) + b3 eiw(t−ux) + b4 e−iw(t+ux)
con c1 , c2 , c3 , c4 , b1 , b2 , b3 y b4 constantes
u( x, t) = A1 cos(w(t + ux )) + A2 cos(w(t − ux ))
u( x, t) = A1 cos(ux + wt) + A2 cos(wt − ux )
u( x, t) = A1 cos(ux + wt) + A2 cos(ux − wt)
haciendo u = k
u( x, t) = A1 cos(kx + wt) + A2 cos(kx − wt)
haciendo u = k
por lo que tiene respuesta del tipo u( x, t) = cos(kx − wt)
Ya que las fuerzas dejan de hace efecto en la barra en u=0 se vuelven puntos libres
→
du
du
| x=−l =
|
=0
dt
dt x=−l
5
dado que fue reducida a 2l (1 − e) de 2l
u|t=0 = −e cos
du
| t =0 = 0
dt
A partir del metodo de separacion de variables
2
d2 u
2d u
=
a
dt2
dx2
tomamos U ( x, t) = X ( x ) T (t)
→ X ( x ) T ” ( t ) = a2 T ( t ) X ” ( t )
T ” (t)
x” ( x )
=
= − λ2
X (x)
a2 T ( t )
para λ2 > 0
T ” ( t ) + a2 λ2 T ( t ) = 0
T ” (t) = 0
0
T = C1
T = C2 + C1
X ” ( x ) + λ2 X ( x ) = 0
X” = 0
0
X = C3
X = C4 + C3 x
Para λ2 > 0
T ” (t)
X” (x)
=
= − λ2
X (x)
a2 T ( t )
T ” ( t ) + λ2 a2 T ( t ) = 0
X ” ( t ) + λ2 x = 0
0
0
X (−l ) = 0 X (l ) = 0
6
C1 cosλx + C2 senλx
0
X = −C1 λsenλx + c2 λcosλx
0
→ x (−l ) = 0 = −C1 λsenλl + C2 λcos − λl
0
λ (−l ) = 0 = −C1 λsenλl + C2 λcosλl
0
→ X (l ) = −C1 λsenλl + C2 λcosλl
2C2 λcosλl = 0
→ cosλk = 0
cosλl = 0
λk =
(2k + 1)π
2l
→ Xk = C2 sen(
(2k + 1)πx
)
2l
→ Tk (t) = C3 cosλat + C4 senλat
→ Tk (t) = ak cos
(2k + 1)πat
(2k+1 )πat
+ bk sen
2l
2l
Reemplazando éstas en (5)
U ( x, t) = Tk (t) Xx ( x ) = [ ak cos
2k + 1)πat
(2k + 1)πat
(2k + 1)πx
+ bk sen
]C2 sen(
)
2l
2l
2l
Entonces (5) será la suma de todos sus eigenvalores y sus respectivas constantes es
∞
U ( x, t) =
∑ [ak cos
k =0
(2k + 1)πat
(2k + 1)πat
(2k + 1)πx
+ bk sen
]sen
2l
2l
2l
Ahora, usando el método de Fourier para hallar las constantes se sabe que
∂u
= F(x) = 0
∂t |t=0
u|t=0 = f ( x ) = −ex;
7
;
(6)
En u|t=0 = f ( x ) = −ex se reemplazará en (6), teniendo
∞
→ u( x, 0) =
∑ ak sen
k =0
Multiplicando por
se tiene:
(2k + 1)πx
= f (x)
2l
sen(2k + 1)πx
a cada lado, e integrando respecto a x desde x=-l hasta x=l,
2l
1
ak =
l
Z l
−l
f (x)
sen(2k + 1)πx
dx
2l
(7)
Ahora, derivando (??) y reemplazando la condición
∂u
= 0;
∂t |t=0
se obtiene
∞
0
U ( x, 0) =
∑ bk
k =0
(2k + 1)πx
(2k + 1)πa
sen
2l
2l
= F(x)
Ahora, haciendo el mismo proceso que hicimos en (4)
2
bk =
aπ (2k + 1)
Z l
−l
F(x)
sen(2k + 1)πx
dx
2l
(8)
Por lo cual usaremos las condiciones iniciales (4) resulta
ak =
8el (−1k+1 )
2k + 12 π 2
;
bk = 0
Finalmente, se tiene la ecuación de movimiento resultante
u( x, t) =
8el
π2
∞
(−1)k+1 sen(2k + 1)πx cos(2k + 1)πat
]
∑ (2k + 1)2
2l
2l
k =0
8
(9)
V.
Conclusión
Se concluye que los coeficientes de Fourier ayudan bastante al momento de encontrar una
solución a una ecuación diferencial parcial, gracias a la ortogonalidad que es aplicable a casi
todos los polinomios y que se encuentra ligada a las ecuaciones diferenciales hiperbólicas,
parabólicas o elípticas. Llegando así a reducir las incógnitas y dejarlas en función solo de
senos y cosenos.
Referencias
[1] Koshljakov, N. S., Smirnov M. M and Gliner E.B. (1964). Ejemplo de Artículo en Formato
APA. Differential equations of mathematical physics. Amsterdam: Editorial North-Holland
Publishing Co.
[2] Haberman, R.(2003).Ecuaciones en Derivadas Parciales con Series de Fourier y Problemas de Contorno, Tercera edición Ecuaciones en Derivadas Parciales con Series de Fourier y
Problemas de Contorno. Madrid: Editorial Prentice Hall.
9