Conducción del calor en una dimensión. Problemas de valor frontera. Laplace.

Introducción

Teniendo la siguiente ecuación,

$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial t} = k \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$

$u(x,t)$ es la temperatura de un sólido en el punto $x$ en un tiempo $t$ . La constante $k$ , llamada difusión, es igual a $K/c {\rho}$ donde la conductividad térmica $K$ , el calor específico $c$ y la densidad (masa por unidad de volumen) $\rho$ se suponen constantes. La cantidad de calor por unidad de área conducida a través de un plano en la unidad de tiempo está dada por $-K u_x (x,t)$ .

Problemas resueltos

Problema 1. Un sólido semi-infinito $x>0$ (figura 1) está inicialmente a la temperatura cero. En el tiempo $t=0$ se le aplica y se le mantiene una temperatura constante $U_0 >0$ en la cara $late x=0$.

(a) Hallar la temperatura de cualquier punto sólido en cualquier tiempo posterior $t>0$ .
(b) Desarrollar este problema si en $t=0$ la temperatura que se aplica está dada por $g(t)$ , $t>0$ .

*Figura 1. Representación del sólido semi-infinito.*

Solución (a). El problema de valor frontera para la determinación de la temperatura $u(x,t)$ en cualquier punto $x$ y en cualquier tiempo $t$ es

$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial t} = k \frac{\partial^2 u}{{\partial x}^2}$ para $x>0$ , $t>0$

Además

$u(x,0)=0$ , $u(0,t)=U_0$ , $|u(x,t)| < M$

donde la última condición indica que la temperatura es constante para todo $x$ y todo $t$ , tal como lo exige el problema.

Tomando la transformada de Laplace en ambos lados y acomodando los términos, se tiene lo siguiente

$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial t} = k \frac{\partial^2 u}{{\partial x}^2}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial t} \right] = k \mathcal{L} \left[ \frac{\partial^2 u}{{\partial x}^2} \right]$

$\displaystyle sU(x,s) - u(x,0) = k \frac{d^2 U}{{dx}^2}$

$\displaystyle sU(x,s) - 0 = k \frac{d^2 U}{{dx}^2}$

$\displaystyle sU(x,s) = k \frac{d^2 U}{{dx}^2}$

$\displaystyle k \frac{d^2 U}{{dx}^2} - s U(x,s) = 0$

$\displaystyle \frac{d^2 U}{{dx}^2} - \frac{s}{k} U(x,s) = 0$

Resolviendo esta ecuación diferencial, resulta que

$\displaystyle U(x,s) = C_1 e^{\sqrt{s/k} x} + C_2 e^{-\sqrt{s/k} x}$

Para determinar las constantes de integración, se escoge $C_1=0$ para que $U$ resulte acotado cuando $x \rightarrow \infty$ . Entonces

$\displaystyle U(x,s) = C_1 e^{\sqrt{s/k} x} + C_2 e^{-\sqrt{s/k} x}$

$\displaystyle U(x,s) = (0) e^{\sqrt{s/k} x} + C_2 e^{-\sqrt{s/k} x}$

$\displaystyle U(x,s) = C_2 e^{-\sqrt{s/k} x}$

Luego, cuando $x=0$ , $\displaystyle U(0,s) = \mathcal{L} [u(0,t)] = \mathcal{L} \left[ U_0 \right] = \frac{U_0}{s}$

$\displaystyle U(x,s) = C_2 e^{-\sqrt{s/k} x}$

$\displaystyle U(0,s) = C_2 e^{-\sqrt{s/k} (0)}$

$\displaystyle \frac{U_0}{s} = C_2 e^0 = C_2 (1)$

$\displaystyle \frac{U_0}{s} = C_2$

Sustituyendo

$\displaystyle U(x,s) = C_2 e^{-\sqrt{s/k} x}$

$\displaystyle U(x,s) = \frac{U_0}{s} e^{-\sqrt{s/k} x}$

Aplicando la transformada inversa de Laplace en ambos miembros

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} [U(x,s)] = \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{U_0}{s} e^{-\sqrt{s/k} x} \right]$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} [U(x,s)] = U_0 \ \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{e^{-\sqrt{s/k} x}}{s} \right]$

donde $s=0$ es un punto de ramificación. Continuando

$\displaystyle u(x,t) = U_0 \left(1 - \frac{1}{\pi} \int_0^{\infty}{\frac{e^{-xt} \sin{x \sqrt{\frac{x}{k}}} }{x} \ dx} \right)$

$\displaystyle u(x,t) = U_0 \left(1 - \frac{2}{\pi} \int_0^{x/2\sqrt{k t}}{e^{-u^2} \ du} \right)$

$\displaystyle u(x,t) = U_0 \left[1 - \text{fer} \left(\frac{x}{2 \sqrt{kt}} \right) \right]$

$\displaystyle u(x,t) = U_0 \ \text{fcer} \left(\frac{x}{2 \sqrt{kt}} \right)$

Finalmente

$\displaystyle \therefore u(x,t) = U_0 \left[1 - \text{fer} \left(\frac{x}{2 \sqrt{kt}} \right) \right] = U_0 \ \text{fcer} \left(\frac{x}{2 \sqrt{kt}} \right)$

Solución (b). El problema de valor frontera es en este caso el mismo que el anterior salvo por el hecho de que la condición de frontera $u(0,t)=U_0$ se remplaza por $u(0,t)=g(t)$ . Entonces,

$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial t} = k \frac{\partial^2 u}{{\partial x}^2}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial t} \right] = k \mathcal{L} \left[ \frac{\partial^2 u}{{\partial x}^2} \right]$

$\displaystyle sU(x,s) - u(x,0) = k \frac{d^2 U}{{dx}^2}$

$\displaystyle sU(x,s) - 0 = k \frac{d^2 U}{{dx}^2}$

$\displaystyle sU(x,s) = k \frac{d^2 U}{{dx}^2}$

$\displaystyle k \frac{d^2 U}{{dx}^2} - s U(x,s)=0$

$\displaystyle \frac{d^2 U}{{dx}^2} - \frac{s}{k} U(x,s) = 0$

Resolviendo esta ecuación diferencial, resulta que

$\displaystyle U(x,s) = C_1 e^{\sqrt{s/k} x} + C_2 e^{-\sqrt{s/k} x}$

Para determinar las constantes de integración, se escoge $C_1=0$ para que $U$ resulte acotado cuando $x \rightarrow \infty$ . Entonces

$\displaystyle U(x,s) = (0) e^{\sqrt{s/k} x} + C_2 e^{-\sqrt{s/k} x}$

$\displaystyle U(x,s) = C_2 e^{-\sqrt{s/k} x}$

Luego, cuando $x=0$ , $\displaystyle U(0,s) = \mathcal{L} [u(0,t)] = \mathcal{L} \left[ g(t) \right] = G(s)$

$\displaystyle U(x,s) = C_2 e^{-\sqrt{s/k} x}$

$\displaystyle U(0,s) = C_2 e^{-\sqrt{s/k} (0)}$

$\displaystyle G(s) = C_2 e^{0} = C_2 (1)$

$\displaystyle G(s) = C_2$

Así que,

$\displaystyle U(x,s) = G(s) \ e^{-\sqrt{s/k} x}$

Aplicando la transformada inversa de Laplace en ambos lados

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} [U(x,s)] = \mathcal{L}^{-1} [G(s) \ e^{-\sqrt{s/k} x}]$

Al aplicar el teorema de convolución, se tiene que $\mathcal{L}^{-1} [G(s)] = g(t)$ y $\displaystyle \mathcal{L}^{-1} [e^{-\sqrt{s/k} x} ] = \frac{x}{2\sqrt{\pi k}} t^{-3/2} e^{-x^2/4kt}$ . Por lo que

$\displaystyle u(x,t) = \int_0^t{\frac{x}{2 \sqrt{\pi k}} u^{-3/2} e^{-x^2/4ku} \ g(t-u) \ du}$

Haciendo $\displaystyle v=\frac{x^2}{4ku}$ ,

$\displaystyle u(x,t) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{x/2\sqrt{kt}}^{\infty}{e^{-v^2} \ g \left(t-\frac{x^2}{4kv^2} \right) \ dv}$

Finalmente,

$\displaystyle \therefore u(x,t) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{x/2\sqrt{kt}}^{\infty}{e^{-v^2} \ g \left(t-\frac{x^2}{4kv^2} \right) \ dv}$

Problema 2. Una barra de longitud $l$ (figura 2) está a temperatura constante $U_0$ . Cuando $t>0$ , al extremo $x=l$ se le aplica súbitamente una temperatura constate $U$ , y al extremo $x=0$ se le aisla. Suponiendo que la superficie de la barra está aislada, hallar la temperatura de cualquier punto $x$ de la barra en cualquier tiempo $t>0$ .

*Figura 2. Una barra de longitud «l» que está a temperatura constate U_0.*

Solución. El problema de valor frontera es

$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial t} = k \frac{\partial^2 u}{{\partial x}^2}$ para $0<x<l$ , $t>0$

Además

$u(x,0)=U_0$ , $u_x (0,t)=0$ , $u(l,t) = U_1$

Aplicando la transformada de Laplace en ambos lados,

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial t} \right] = k \mathcal{L} \left[\frac{\partial^2 u}{{\partial x}^2} \right]$

$\displaystyle sU(x,s) - u(x,0) = k \frac{d^2 U}{{dx}^2}$

También,

$\mathcal{L} [u_x (0,t)] = U_x (0,s) = 0$ , $\displaystyle \mathcal{L} [u(l,t)] = U(l,s) = \frac{U_1}{s}$

Entonces

$\displaystyle sU(x,s) - u(x,0) = k \frac{d^2 U}{{dx}^2}$

$\displaystyle sU(x,s) - U_0 = k \frac{d^2 U}{{dx}^2}$

$\displaystyle k \frac{d^2 U}{{dx}^2} - s U(x,s) = - U_0$

$\displaystyle \frac{d^2 U}{{dx}^2} - \frac{s}{k} U(x,s) = - \frac{U_0}{k}$

La solución general para esta ecuación diferencial es,

$\displaystyle U(x,s) = C_1 \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x} + C_2 \sinh{\sqrt{\frac{s}{k}} x} + \frac{U_0}{s}$

Derivando con respecto a $x$

$\displaystyle \frac{\partial}{\partial x}[U(x,s)] = C_1 \frac{\partial}{\partial x} \left(\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x} \right) + C_2 \frac{\partial}{\partial x} \left(\sinh{\sqrt{\frac{s}{k}} x}\right) + \frac{\partial}{\partial x} \left(\frac{U_0}{s} \right)$

$\displaystyle U_x (x,s) = C_1 \sqrt{\frac{s}{k}} \sinh{\sqrt{\frac{s}{k}} x} + C_2 \sqrt{\frac{s}{k}} \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x} + (0)$

$\displaystyle U_x (x,s) = C_1 \sqrt{\frac{s}{k}} \sinh{\sqrt{\frac{s}{k}} x} + C_2 \sqrt{\frac{s}{k}} \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x}$

Si $U_x (0,s)=0$ .

$\displaystyle U_x (0,s) = C_1 \sqrt{\frac{s}{k}} \sinh{\sqrt{\frac{s}{k}} (0)} + C_2 \sqrt{\frac{s}{k}} \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} (0)}$

$\displaystyle 0 = C_1 \sqrt{\frac{s}{k}} \sinh{(0)} + C_2 \sqrt{\frac{s}{k}} \cosh{(0)}$

$\displaystyle 0 = C_1 \sqrt{\frac{s}{k}} (0) + C_2 \sqrt{\frac{s}{k}} (1)$

$\displaystyle 0 = C_2 \sqrt{\frac{s}{k}}$

$\displaystyle C_2 = 0$

Sustituyendo

$\displaystyle U(x,s) = C_1 \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x} + (0) \sinh{\sqrt{\frac{s}{k}} x} + \frac{U_0}{s}$

$\displaystyle U(x,s) = C_1 \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x} + \frac{U_0}{s}$

Utilizando la condición $\displaystyle U(l,s)=\frac{U_1}{s}$ y despejando $C_1$

$\displaystyle U(l,s) = C_1 \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l} + \frac{U_0}{s}$

$\displaystyle \frac{U_1}{s} = C_1 \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l} + \frac{U_0}{s}$

$\displaystyle \frac{U_1}{s} - \frac{U_0}{s} = C_1 \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}$

$\displaystyle \frac{U_1-U_0}{s\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}} = C_1$

$\displaystyle C_1 = \frac{U_1-U_0}{s\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}}$

Sustituyendo

$\displaystyle U(x,s) = C_1 \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x} + \frac{U_0}{s}$

$\displaystyle U(x,s) = \left(\frac{U_1-U_0}{s\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}} \right) \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x} + \frac{U_0}{s}$

Aplicando la $\displaystyle \mathcal{L}^{-1}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} [U(x,s)] = \mathcal{L}^{-1} \left[\left(\frac{U_1-U_0}{s\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}} \right) \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x} \right] + \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{U_0}{s} \right]$

$\displaystyle u(x,t) = (U_1 - U_0) \ \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x}}{s\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}} \right] + U_0$

La transformada inversa de Laplace del primer término del segundo miembro se resolverá utilizando la fórmula de inversión compleja y el teorema de los residuos.

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x}}{s\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}} \right] = \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma - i \infty}^{\gamma + i \infty}{\frac{e^{st} \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x}}{s\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}} \ ds}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x}}{s\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}} \right] = \frac{1}{2\pi i} \oint_C{\frac{e^{st} \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x}}{s\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}} \ ds}$

Dentro de la integral de línea, la función $\displaystyle F(s)$ ,

$\displaystyle F(s) = \frac{e^{st} \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x}}{s\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}}$

tiene polos simples en $s=0$ y $\displaystyle \sqrt{\frac{s}{k}} l = \left(n-\frac{1}{2} \right) \pi i$ para $n = 0,\pm 1, \pm 2, \cdots$ , es decir, $s=0$ y $\displaystyle s = - \frac{(2n-1)^2 \pi^2 k}{4l^2} = s_n$ para $n=1,2,3,\cdots$ .

Es así que,

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x}}{s\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}} \right] =\sum{\text{residuos de } \frac{e^{st} \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x}}{s\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}} \text{ en los polos } s=0 \text{ y } s=s_n}$

El residuo en $s=0$ es

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow 0}{s \cdot \frac{e^{st} \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x}}{s\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}}} = \lim_{s \rightarrow 0}{\frac{e^{st} \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x}}{\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}}}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow 0}{s \cdot \frac{e^{st} \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x}}{s\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}}} = 1$

Y el residuo en $s=s_n$ es

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_n}{(s-s_n) \cdot \frac{e^{st} \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x}}{s\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}}} = \lim_{s \rightarrow s_n}{\frac{s-s_n}{\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}}} \cdot \lim_{s \rightarrow s_n}{\frac{e^{st} \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x}}{s}}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_n}{(s-s_n) \cdot \frac{e^{st} \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x}}{s\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}}} = \lim_{s \rightarrow s_n}{\frac{1}{\frac{l}{2\sqrt{ks}} \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}}} \cdot \lim_{s \rightarrow s_n}{\frac{e^{st} \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x}}{s}}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_n}{(s-s_n) \cdot \frac{e^{st} \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x}}{s\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}}} = \frac{1}{\frac{l}{2\sqrt{ks_n}} \cosh{\sqrt{\frac{s_n}{k}} l}} \frac{e^{s_n t} \cosh{\sqrt{\frac{s_n}{k}} x}}{s_n}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_n}{(s-s_n) \cdot \frac{e^{st} \cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x}}{s\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}}} = \frac{4 {(-1)}^n}{(2n-1)\pi} e^{-(2n-1)^2 \pi^2 kt/4l^2} \cos{\frac{(2n-1) \pi x}{2l}}$

Regresando en la representación de la suma de residuos,

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x}}{s\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}} \right] = 1 + \frac{4 {(-1)}^n}{(2n-1)\pi} e^{-(2n-1)^2 \pi^2 kt/4l^2} \cos{\frac{(2n-1) \pi x}{2l}}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x}}{s\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}} \right] = 1 + \sum_{n=-\infty}^{\infty}{\frac{4 {(-1)}^n}{(2n-1)\pi} e^{-(2n-1)^2 \pi^2 kt/4l^2} \cos{\frac{(2n-1) \pi x}{2l}}}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x}}{s\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}} \right] = \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{4 {(-1)}^n}{(2n-1)\pi} e^{-(2n-1)^2 \pi^2 kt/4l^2} \cos{\frac{(2n-1) \pi x}{2l}}}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x}}{s\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}} \right] = \frac{4}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{{(-1)}^n}{(2n-1)} e^{-(2n-1)^2 \pi^2 kt/4l^2} \cos{\frac{(2n-1) \pi x}{2l}}}$

Y regresando a la solución de la ecuación diferencial y sustituyendo

$\displaystyle u(x,t) = (U_1 - U_0) \ \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} x}}{s\cosh{\sqrt{\frac{s}{k}} l}} \right] + U_0$

$\displaystyle u(x,t) = (U_1 - U_0) \ \frac{4}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{{(-1)}^n}{(2n-1)} e^{-(2n-1)^2 \pi^2 kt/4l^2} \cos{\frac{(2n-1) \pi x}{2l}}} + U_0$

$\displaystyle u(x,t) = U_0 + \frac{4(U_1 - U_0)}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{{(-1)}^n}{(2n-1)} e^{-(2n-1)^2 \pi^2 kt/4l^2} \cos{\frac{(2n-1) \pi x}{2l}}}$

Finalmente,

$\displaystyle \therefore u(x,t) = U_0 + \frac{4(U_1 - U_0)}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{{(-1)}^n}{(2n-1)} e^{-(2n-1)^2 \pi^2 kt/4l^2} \cos{\frac{(2n-1) \pi x}{2l}}}$

Conducción del calor en una dimensión. Problemas de valor frontera. Laplace.

Introducción

Problemas resueltos

Publicado por Cesar Reyes

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