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Circuitos Eléctricos RL (18B)

2020-01-16T14:42:56Z

Arantxa Abascal Colomar: Página blanqueada

Estudio de afeccion de la subida del nivel del mar

2020-01-16T14:41:36Z

Arantxa Abascal Colomar: Página blanqueada

Calor Placa Anillo (18B)

2019-08-12T21:59:43Z

Arantxa Abascal Colomar:

{{ TrabajoED | Ecuación del calor en una placa en forma de anillo (Grupo 18) | [[:Categoría:Ecuaciones Diferenciales|Ecuaciones Diferenciales]]|[[:Categoría:ED13/14|Curso 2013-14]] | • Patricia Fernández Aibar • Paula Lacanal Cuadrado • David Ortiz Liriano • Álvaro Pintor Sousa • Alberto Rodríguez Fernández}}

== Introducción ==
[[Image:PlacaAnillo.png|300px|thumb|right|Anillo circular entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$]]
El problema nos pide considerar una placa plana en forma de anillo o corona circular, comprendida entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$, dividida en diferentes franjas circulares (sectores), cuya temperatura varía según la dirección radial.

Disponemos de la función que determina la temperatura inicial de la placa, que abarca distintos valores del radio $\rho$:

\[ \begin{array}{c} \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} &&&(1) \end{array} \]

Los extremos de la placa están en contacto con objetos que, por diversas razones físicas, hacen que el límite interior de la placa se encuentre a $0ºC$, mientras que el exterior está, de un modo similar, a $10ºC$. Estas temperaturas se mantienen constantes con el paso del tiempo, es decir, durante $t>0$.

Analizando la situación, podemos ver que se trata de un problema que se puede representar mediante la ecuación del calor y su distribución a lo largo del tiempo para los diferentes intervalos representados anteriormente $(1)$.

'''''OBSERVACIÓN''''': Tal como indica el enunciado, se hace preciso trabajar con la ayuda de una parametrización en coordenadas polares por la facilidad práctica que supone. Sin embargo, la temperatura no varía en función de $\theta$ (siendo $\theta$ el ángulo girado con respecto al eje de abcisas y centro en el origen de coordenadas), razón por la cual asemejaremos este problema al de una varilla de longitud comprendida entre $x\in [1,6]$, cuya función de temperatura depende del tiempo y de la distancia $\rho$ al extremo interior $\rho=1$.

Considerando $u(\rho,t)$ como la función que determinará el calor de la placa, las condiciones iniciales y de frontera, serán las siguientes:

*Para $\rho=1$, tenemos una temperatura constante de $0ºC$.
*Para $\rho=6$, tenemos una temperatura constante de $10ºC$.

== Planteamiento del sistema de ecuaciones ==

Suponemos que la temperatura $u$ de la placa en forma de anillo depende sólo de la coordenada radial $\rho$ y del tiempo $t$ es decir:

\[
u = u(\rho,t)
\]

y que satisface la ecuacion del calor:
\[
u_t - \Delta u =0
\]

El sistema de ecuaciones que satisface $ u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u(6,t)=10 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

Resolvemos esta ecuación diferencial mediante el método del trapecio, y los resultados gráficos son los siguientes:

[[Image:Trapecio111.png|530px|thumb|left]] [[Image:Trapecio444.png|530px|thumb|right]]
[[Image:Trapecio222.png|530px|thumb|left]] [[Image:Trapecio333.png|530px|thumb|right]]

En las gráficas se puede observar cómo para tiempo 0, los valores de temperatura para cada radio son los indicados en las condiciones iniciales. A partir de ahí y a medida que va pasando el tiempo el flujo de calor se expande a las zonas de menor temperatura, esto es, de los radios interiores (2 a 5) a los exteriores, de manera que para un tiempo igual a 10 segundos la placa pasa a tener menor temperatura en los radios interiores, llegando a tener todos los radios una misma temperatura. Sin embargo se aprecia que en el extremo del anillo con radio igual a 6 tenemos unas condiciones físicas que hacen que en ese extremo la temperatura valga 10. Esto hace que para tiempo igual a 10 segundo no toda la placa este homogeneizada en temperatura,puesto que en ese extremo la temperatura está obligada a ser 10.

El código de Matlab utilizado para la obtención de resultados, es el siguiente:

{{matlab|codigo=
%
clear all
a=1; b=6;
h=0.1;
x=a:h:b; %El vector x tiene N+1 elementos
N=(b-a)/h;
% matriz K
K=(1/h^2)*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F y valor inicial
rho=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=(0.*rho); %término independiente
%valor inicial
U=(0.*rho);
% U=[1,N-2];
rho=1;
for i=1:N-1
if i>1 & i<=(2-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=100*(rho-1);
elseif i>(2-1)/h & i<=(5-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=100;
elseif i>(5-1)/h & i<=(6-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=(90*(6-rho)+10);
end
end

% discretización en t
j=h/4; % paso en t.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t

sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
Z=U+j/2*(-K*U);
U=(eye(N-1)+K*j/2)\Z;
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end

[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol) ;

}}

== Representación de la temperatura en el tiempo para $\rho=3$ ==

Vamos a dibujar el comportamiento de la temperatura para un radio constante $\rho=3$ en una gráfica 2-D (eje de abcisas, temperatura y eje de ordenadas, tiempo). Para ello, utilizamos el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=2; b=5;
x=a:h:b;
N=(b-a)/h;
% Matriz K
K=1/h^2*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F
xx=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=0*xx;
U=100*ones(size(xx)); %valor inicial para un \rho=3
% discretización en t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end
plot(t,sol(:,11)) %la columna 11 es la correspondiente a \rho=3

}}

[[Image:Ejr3.png|500px|thumb|centre|Variación de la temperatura en los $10$ primeros segundos para $\rho=3$]]

Se puede observar que la temperatura inicial ($t=0$), es de $100ºC$, condición impuesta en las condiciones iniciales. Con el paso del tiempo, la tendencia natural de la temperatura a crear un flujo de calor que viaja desde las zonas de temperatura más alta, a las zonas de temperatura más baja, influye en la estabilización y homogeneización de esta a lo largo de la dirección radial del disco. Es decir, que, a medida que pasa el tiempo, el flujo de calor va de las zonas con más temperatura a las de menor, es por eso que en el instante inicial su temperatura es máxima y luego disminuye, porque está transmitiendo calor. Como puede observarse una vez alcanzados los $10$ primeros segundos la placa en ese radio $\rho=3$ se estabilizada en $0ºC$.

== Resolución del sistema por diferentes métodos de discretizacion==

=== Euler explicito ===

Resolvemos el sistema de ecuaciones diferenciales esta vez utilizando el método de Euler explícito, con las mismas condiciones que en el método de las diferencias finitas y del trapecio.

El código MATLAB utilizado es el siguiente:

{{matlab|codigo=
%euler explicito
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
%Valores iniciales
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2)); %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para conseguir estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eexplicito.jpg|500px|thumb|centro|Euler explícito]]

Como podemos observar, la temperatura es máxima entre los radios 2 y 5 en el instante inicial. A partir de ese momento a medida que avanzan los segundos la temperatura desciende debido a la tendencia natural de la placa a estabilizarse, de manera que el calor se transmite desde las zonas de mayor temperatura a las de menor, hasta alcanzar una temperatura homogénea.

===Euler implícito===

Realizamos el mismo ejercicio con el método de Euler implícito utilizando el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
%euler implicito (incondicionalmente estable)
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
%Valores iniciales
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2));
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2;
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U=(eye(N-1)+j*K)\(U+F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eimplicito.jpg|500px|thumb|centro|Euler Implícito]]

En este gráfico se observa lo mismo que lo dicho en el gráfico anterior, y por tanto, se obtienen las mismas conclusiones.

===Euler modificado===

Por último, probamos con el método de Euler modificado. Para ello adjuntamos el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
%euler modificado (euler+trapecio)
clear all
h=0.1;
a=1; b=2; c=5; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
K=(1/(h^2))*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
xx=x(2:N);
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2)); %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10);
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
k1=(K)*U+F';
k2=((j/2)+(K))*U+F';
U=U-(j/2)*(k1+k2);
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[X,T]=meshgrid(x,t);
mesh(X,T,sol)
}}

[[Image:eulermodificado.png|520px|thumb|centro|Euler modificado]]

Vemos que gráficamente no se aprecian variaciones, siendo prácticamente iguales todas las gráficas.
La única diferencia es el método utilizado para conseguirlo, es decir, el código MATLAB utilizado; mientras que los métodos de Euler explícito y modificado precisan de un paso temporal pequeño (del orden de <math>h^2/2</math> , siendo $h$ el paso de discretización espacial) para ser estables y conseguir una buena aproximación, no es así con el método de Euler implícito, que no necesita un paso de tan pequeño orden y la aproximación conseguida es bastante acertada. Hay que añadir que el inconveniente del uso de un paso pequeño, no es más que para intentar el menor colapso del programa matemático utilizado (MATLAB en este caso), y conseguir el resultado en el menor tiempo posible.

Después de este razonamiento, vemos que el método más óptimo es de Euler implícito.

== Variación de la temperatura para tiempos grandes==

El sistema de ecuaciones que satisface $ u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u(6,t)=10 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

La solución numérica de este sistema consiste en dar como solución aproximada una función en serie de Fourier.
\[

\begin{array}{c} U( \rho,t)= U_0( \rho,t) + W( \rho,t) \end{array}\\

\]

\begin{equation}
U( \rho,t)=2x-2+\sum_{i=1}^k{\frac{-230-2.5(-1)^k}{\pi\cdot{k}}}\cdot{e^{-((k\cdot{\pi}^2)\cdot{t}}}\cdot{\sin({k\cdot{\pi}\cdot{x})}} \end{equation}

El programa utilizado para representar la solución por Fourier se expone a continuación. Utilizaremos k=10 para realizar la aproximación, ya que conseguimos un error pequeño.

{{matlab|codigo=
clear all
a=1; b=6; c=0; d=1;
h=0.1; N=(b-a)/h;
x=a:h:b;
M=50;
k=(d-c)/M;
t=c:k:d;
[X,T]=meshgrid(x,t);
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2));
U3 =((90*(6-xx3))+10);
U0=2*X-2;
Q=10;
U=U0;
for j=1:Q
pj=sin(pi*x*k);
pj1=sin(pi*xx1*k);
pj2=sin(pi*xx2*k);
pj3=sin(pi*xx3*k);
fourier(j)=(trapz(xx1,U1.*pj1)+trapz(xx2,U2.*pj2)+trapz(xx3,U3.*pj3))/trapz(x,pj.^2);
U=U+fourier(j)*(exp(-((pi^2)*j*T))).*(sin(pi*X*j));
end
figure
mesh(X,T,U)

}}

Representando la temperatura a lo largo de la placa para diferentes tiempos t=0,1,2 y 10 segundos observamos como la temperatura tiende a estabilizarse a un valor estacionario para cada punto, estableciéndose un incremento de temperatura lineal en el anillo, en la dirección del radio.
La disminución de la temperatura en el tiempo se plasma dentro de la función $ U( \rho,t)=2x-2+\sum_{i=1}^k{\frac{-230-2.5(-1)^k}{\pi\cdot{k}}}\cdot{e^{-((k\cdot{\pi}^2)\cdot{t}}}\cdot{\sin({k\cdot{\pi}\cdot{x})}}$ desarrollada en serie de Fourier, en forma de $e^{-((k\cdot{\pi}^2)\cdot{t}} $. Esta funcion tiende a 0 para tiempos grandes.
Es precisamente este operador de la función el que impone un valor estacionario de la temperatura en la placa. Este valor estacionario seguirá la función $U_0( \rho,t)= 2x - 2$, que es la función que nos permite homogeneizar las condiciones de contorno de nuestro problema inicial.
De esta forma, para tiempo infinito la temperatura en $\rho=1$ será 0ºC y en $\rho=6$ será 10ºC

[[Image:60seg.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=0 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]
[[Image:61.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=1 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]
[[Image:62.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=2 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]
[[Image:610seg.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=10 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]

Vemos que para t=10 segundo la solución ya coincide prácticamente con al estacionaria.

== Variacion de las condiciones de frontera ==

Ahora colocamos en la frontera exterior de la placa ($\rho=6$) una pieza aislante (en lugar de un objeto con temperatura constante 10). El aislante hace que no haya pérdida de calor en ese extremo, es decir, el flujo de temperatura en la dirección radial es nulo, no entra ni sale calor en ese extremo de la placa. El valor estacionario de la temperatura de la placa será 0ºC.
El sistema en este caso es análogo al anterior. La diferencia que se impone es que el flujo de calor en la dirección radial sea nulo en la placa (condición de Neumann).

El sistema de ecuaciones que satisface $u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u_\rho(6,t)=0 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]
{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=1; b=2; c=5; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K(N-1,N-1)=2/3;
K(N-1,N-2)=-2/3;
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N)
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1)
U2 =100*ones(size(xx2)) %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10)
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3]
sol(1,:)=[0,U,((-U(4)+U(5))/3)]
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',((-U(4)+U(5))/3)];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}
[[Image:GRAFICA6.png|500px|thumb|center|Gráfica que describe el comportamiento de la temperatura a lo largo del tiempo según el radio, de acuerdo a las condiciones del enunciado. ]]

La variación de la temperatura a lo largo del disco no es uniforme, si no que el extremo$\rho=6$ tiene una temperatura mayor que $\rho=1$. Esto es debido a la condición inicial de colocar un elemento aislante en el extremo. En las gráficas expuestas a continuación se puede ver la temperatura en la placa para diferentes tiempos. Para un tiempo grande de 50 segundos podemos ver que la temperatura ya es prácticamente 0 en toda la placa.

[[Image:71.png|500px|thumb|left|Temperaturas en la placa para t=1 seg]][[Image:72.png|500px|thumb|rigth||Temperaturas en la placa para t=2 seg]]
[[Image:73.png|500px|thumb|center|Temperaturas en la placa para t=50 seg]]

== Transformación del problema en disco ==
Considerando que la placa ocupa todo el disco $\rho<6$, aproximaremos las soluciones usando el método de Fourier. De nuevo, la solución dependerá sólo de $\rho$ y $t$, y tomaremos ahora como condición frontera $u(6,t) = 0$.
\[
\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (0,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(0,t)=0 & u(6,t)=0 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]
[[Image:PlacaDisco.png|300px|thumb|right|Disco circular de radio $\rho<6$]]

=== Problema de autovalores ===
=== Función de Bessel ===

=== Aproximación de la solución ===

[[Categoría:Ecuaciones Diferenciales]]
[[Categoría:ED13/14]]
[[Categoría:Trabajos 2013-14]]

Circuitos Eléctricos RL (18B)

2017-12-12T21:20:50Z

Arantxa Abascal Colomar:

{{ TrabajoED | Circuitos eléctricos $R$-$L$ (Grupo 18) | [[:Categoría:Ecuaciones Diferenciales|Ecuaciones Diferenciales]]|[[:Categoría:ED13/14|Curso 2013-14]] | • Arantxa Abascal Colomar • Patricia Fernández Aibar • Paula Lacanal Cuadrado • David Ortiz Liriano • Álvaro Pintor Sousa • Alberto Rodríguez Fernández}}
==Introducción==
El circuito eléctrico $R$-$L$ más simple se compone de una resistencia <math>R</math>, un inductor o bobina <math>L</math> y una fuente de alimentación.

* En una resistencia <math>R</math>, la '''Ley de Ohm''' establece que:
<math>i(t)={v(t)\over R}</math>
siendo <math>i(t)</math> la intensidad de corriente en amperios (<math>A</math>), <math>v(t)</math> el voltaje en voltios (<math>V</math>) y <math>R</math> el coeficiente de resistencia en ohmios (<math>Ω</math>).

* En un inductor <math>L</math>, la '''Ley de Faraday''' indica que:
<math>v(t)=L {d\over dt} i(t)</math>
donde <math>L</math> es el coeficiente de autoinducción en henrios (<math>H</math>).

Por otro lado, las leyes de Kirchoff establecen el comportamiento de los circuitos:
# '''Ley de corrientes''': En cada nodo, la suma de corrientes que entra es igual a la que sale.
# '''Ley de tensiones''': En cada ciclo cerrado o malla, la suma de diferencias de potencial es nula.

==Ley de Kirchoff de voltaje o tensiones==

[[Archivo:RLBASICO.png|300px|thumb|right|Circuito $R$-$L$ elemental]]
En el momento en el que tenemos un '''circuito resistencia-inductancia ($R$-$L)$''' cerrado (como se indica en la figura de la derecha), la ecuación diferencial, obtenida mediante la ley de Kirchoff de voltaje o tensiones, es la que sigue:
<math>{d\over dt}i(t)+{R\over L}i(t)-{E(t)\over L}=0</math>

===Cálculo analítico y representación===
Suponiendo la condición inicial de que en <math>t=0</math> el circuito pasa de estar abierto a cerrado (lo cual significa que pasa de estar inactivo a tener una corriente circulante) o, lo que es lo mismo, que <math>i(0)=0</math>; junto con las condiciones de voltaje <math>E(t)=20V</math>, inductancia <math>L=0.2H</math> y resistencia <math>R=5Ω</math>, el cálculo analítico de la intensidad para <math>t>0</math> quedará resuelto de la siguiente manera, mediante un ''Problema de Valor Inicial (P.V.I.)'' o de Cauchy::
<math>\left\{\begin{matrix}{d\over dt}i(t)+{25}i(t)-{100}=0\\ \\i(0)=0\end{matrix}\right.</math>

La primera expresión que obtenemos de la resolución de la ecuación corresponde a:: <math>i \cdot e^{\int{\frac{R}{L}dt}} = \int{e^{\frac{R \cdot t}{L}}dt}</math> que, tras la integreción, queda de la siguiente forma:: <math>i \cdot e^{\frac{R \cdot t}{L}} = \frac{E}{R}e^{\frac{R \cdot t}{L}}+cte</math> Finalmente, introducimos los datos iniciales del problema resultando la expresión:: <math>i(t)=4+cte·e^{-25t}</math> para, después, hacer uso del valor inicial $i(0)=0$, de lo cual se obtiene como resultado final:: <math>i(t)=4-4e^{-25t}</math> a partir del valor hallado de la constante:: <math>cte=-{E\over R}=-{20\over 5}=-4</math>

La representación del cálculo analítico de la función de la intensidad a lo largo del tiempo, arroja información tal como que dicha función, desde el instante inicial $t=0$ en adelante, experimenta un acusado crecimiento en los primeros instantes $t>0$ hasta que se estabiliza en $i(t)=4 A$, en un período de tiempo muy ajustado.

El código para obtener dicha representación en MATLAB es el siguiente:

{{matlab|codigo=
t=[0:0.0000001:1];
i=4-4*exp(-25*t);
x=linspace(0,1,10);
y=linspace(0,5,10);
figure(1)
hold on
plot(t,i,'-r','LineWidth',3)
plot(x,y,':w')
hold off
title('Cálculo analítico')
xlabel('Tiempo (s)');
ylabel('Intensidad (A)');}}

=== Método de Euler===

El método de Euler es el procedimiento de integración numérica más simple para resolver ecuaciones diferenciales ordinarias a partir de un valor inicial dado. El método se basa en la aproximación del valor de la función a la recta tangente en cada punto conocido. Para el código de MATLAB adjunto, se ha tomado un paso de discretización temporal $h=0.0001$.

{{matlab|codigo=
clear all
E=20;
R=5;
L=0.2;
t0=0;
tN=1;
h=0.0001;
N=(tN-t0)/h;
t=t0:h:tN;
i0=0;
it=i0;
i(1)=it;
for n=1:N
it=it+h*[E/L+(-R/L)*it];
i(n+1)=it;
end
tc=[0:0.0000001:1];
ic=4-4*exp(-25*tc);
x=linspace(0,1,10);
y=linspace(0,5,10);
figure(1)
hold on
plot(t,i,'-r','linewidth',3)
plot(tc,ic,'-c','LineWidth',1)
plot(x,y,':w')
hold off
title('Gráfica comparativa del método de Euler para h=0.0001')
xlabel('Tiempo (s)');
ylabel('Intensidad (A)');
}}

La estabilidad del método de Euler dependerá del comportamiento de la solución numérica del mismo cuando se perturba el valor de la condición inicial. Al tratarse de un método explícito de aproximación, y estar trabajando con una función exponencial con una elevada pendiente, el paso de discretización temporal $h$ tiene que ser muy reducido para garantizar la estabilidad del método. Al estar los puntos muy próximos entre sí, mayor será la aproximación al resultado real y menor será el error total, o lo que es lo mismo, la aproximación será más exacta.

===Método del trapecio===

El método o regla del trapecio es un procedimiento basado en la integración numérica, esto es, que permite calcular aproximadamente el valor de una integral definida. Su funcionamiento consiste en aproximar el valor de la integral de la función $f(x)$ por el de la función lineal situado entre los puntos de inicio y final del intervalo de la función, aproximándolo al área de un trapecio. Una iteración nos permite hacer aproximar una integral definida con $n$ trapecios. Este método es más exacto que el de Euler. A continuación, el código nos permite aplicar el método al problema pedido:

{{matlab|codigo=
E=20;
R=5;
L=0.2;
t0=0;
tN=1;
N=100;
h=(tN-t0)/N;
t=t0:h:tN;
i=t*0;
i0=0;
it=i0;
i(1)=it;
for n=1:N
it=((1-(h*R)/(2*L))*it+h*E/L)/(1+((h*R)/(2*L)));
i(n+1)=it;
end
tc=[0:0.0000001:1];
ic=4-4*exp(-25*tc);
x=linspace(0,1,10);
y=linspace(0,5,10);
figure(1)
hold on
plot(t,i,'-r','linewidth',3)
plot(tc,ic,'-c','LineWidth',1)
plot(x,y,':w')
hold off
title('Gráfica comparativa del método del trapecio con L=0.2H')
xlabel('Tiempo (s)');
ylabel('Intensidad (A)');
}}

A la vista de los resultados, podemos decir que hacer uso de la regla del trapecio en MATLAB nos permite hallar la aproximación requerida haciendo uso de un intervalo con valores mucho más alejados entre sí, ahorrando memoria en el proceso. Es decir, podemos escoger un paso de discretización temporal mucho mayor (del orden de $h=1/100$, en este caso) y obtener, igualmente, una aproximación con la exactitud necesaria. Esto es debido a que el método del trapecio es lo que se conoce como un método implícito.

Podemos observar que, partiendo de una constante de inducción $L=0.2H$, un aumento en dicha constante va a provocar que la intensidad se estabilice cierto tiempo después; del mismo modo que una disminución en el valor de la inducción $L$ provocará una estabilización de la intensidad en un tiempo mucho menor.

== Interpretación en términos de las leyes de Kirchoff ==

Éste es el sistema de ecuaciones diferenciales corresponde al circuito de la figura:
<math>\left\{\begin{matrix}E(t)=R_1i_1(t)+L_2\frac{d}{dt}i_2(t)+R_2i_2(t)\\E(t)=R_1i_1(t)+L_1\frac{d}{dt}i_3(t)+R_3i_3(t)\\i_1(t)=i_2(t)+i_3(t)\end{matrix}\right.</math>

El sistema de ecuaciones anterior corresponde a las leyes de Kirchoff, que definen los siguientes aspectos:

* En cada malla, la suma de las tensiones es igual a la tensión total que se suministra al circuito.

* La intensidad que entra en un nodo es igual a la suma de las intensidades que salen de él.

Vemos que en la primera ecuación, la tensión total está igualada a la tensión de la malla grande, formada por $R1, L2$ y $R2$. A su vez, en la segunda ecuación, la tensión total está igualada a la malla pequeña formada por $R1, L1$ y $R3$. La tercera ecuación se refiere a la segunda ley de Kirchoff que dice que la intensidad que entra en un nodo es igual a la suma de las intensidades que salen de él. Esto ocurre en el nodo de la intersección de las ramas que contienen a $R_1$ y $R_2$, con la que contiene a $R_3$. La intensidad que entra, $i_1 (t)$, se bifurca en $i_2 (t)$ e $i_3 (t)$, siendo la suma de estas dos igual a la primera.

Escribiendo el sistema anterior en términos de $i_2 (t)$ y de $i_3 (t)$ el sistema nos queda de la forma:
<math>\left\{\begin{matrix}E(t)=R_1i_2(t)+R_1i_3 (t)+L_2\frac{d}{dt}i_2(t)+R_2i_2(t)\\E(t)=R_1i_2(t)+R_1i_3(t)+L_1\frac{d}{dt}i_3(t)+R_3i_3(t)\end{matrix}\right.</math>

Para unas condiciones iniciales de $i_2(0)=i_3(0)=0$, las intensidades que salen del nodo son iguales a cero, con lo cual la intensidad que entra en dicho nodo, que será la intensidad total en el circuito, dará cero también. Esto significa que no entra corriente en el circuito, lo que afecta a las tensiones. Dado que las tensiones son igual a $0$, la tensión total es igual a $0$.

==Resolución del sistema de con datos==

Resolvemos el sistema de ecuaciones anterior con los datos $R_1 = R_2 = 6, R_3 = 3, L_1 = 0.3H, L_2 = 0.11H$ y la fuente de alimentación $E(t) = 20V$.

Vamos a resolverlo utilizando el método de Euler explícito y el método implícito del trapecio. El intervalo de tiempo considerado para el estudio es de $[0,0.4]$.

====Método de Euler====

{{matlab|codigo=
%Introducimos los datos del sistema de ecuaciones diferenciales
E=20;
R1=6;
R2=6;
R3=3;
L1=0.3;
L2=0.11;
%Introducimos el intervalo de tiempo en el que vamos a evaluar nuestra ecuación
t0=0; tN=0.4;
%Creamos un vector columna que tendrá como datos la intensidad en el instante inicial
i0=[0 0]';
%Dividimos nuestro intervalo de tiempo en N subintervalos separados un paso h
N=10000; h=(tN-t0)/N;
%Reescribimos el sistema en forma matricial
X=[-(R1+R2)/L2 -R1/L2;-R1/L1 -(R1+R3)/L1];
Y=[E/L2 E/L1]';
i=i0;
i2(1)=i(1);
i3(1)=i(2);
%creamos un bucle para el calculo de las intensidades a lo largo del tiempo
%definido
for n=1:N
i=i+h*((X*i)+Y);
i2(n+1)=i(1);
i3(n+1)=i(2);
end
%creamos el vector de abcisas
x=t0:h:tN;
i1=i2+i3;
subplot(3,1,1)
plot(x,i2,'b','linewidth',3)
subplot(3,1,2)
plot(x,i3,'g','linewidth',3)
subplot(3,1,3)
hold on
plot(x,i1,'r','linewidth',3)
plot(x,i2,'b','linewidth',3)
plot(x,i3,'g','linewidth',3)
hold off
legend('i1', 'i2', 'i3','location','best');
}}

Podemos observar que a partir de $t=0.15$ todas las intensidades tienden a estabilizarse.
El comportamiento inicial, justo al conectar la corriente, es lo que difiere entre todas ellas, mientras que $i_1(t)$ va aumentando más rápidamente al principio, la función de $i_2(t)$ no aumenta con la misma rapidez, a la vez que se observa un pequeño descenso en la gráfica obtenida.

==== Método del trapecio ====
{{matlab|codigo=
E=20;
R1=6;
R2=6;
R3=3;
L1=0.3;
L2=0.11;
t0=0; tN=0.4;
i0=[0 0]';
N=10000; h=(tN-t0)/N;
X=[-(R1+R2)/L2 -R1/L2;-R1/L1 -(R1+R3)/L1];
Y=[E/L2 E/L1]';
i=i0;
i2(1)=i(1);
i3(1)=i(2);
for n=1:N
i=inv(eye(2)-(h/2)*X)*((eye(2)+(h/2)*X)*i+h*Y);
i2(n+1)=i(1);
i3(n+1)=i(2);
end
x=t0:h:tN;
i1=i2+i3;
subplot(3,1,1)
plot(x,i2,'b','linewidth',3)
subplot(3,1,2)
plot(x,i3,'g','linewidth',3)
subplot(3,1,3)
hold on
plot(x,i1,'r','linewidth',3)
plot(x,i2,'b','linewidth',3)
plot(x,i3,'g','linewidth',3)
hold off
legend('i1', 'i2', 'i3','location','best');
}}

Observamos que las gráficas son parecidas a las calculadas con el método de Euler, sin embargo, aunque no se aprecie debido a que el paso de discretización temporal $h$ es muy pequeño, se sabe que el método del trapecio es más aproximado que el método de Euler.

==Modificación del circuito R-L==

Para el circuito de la figura, el sistema obtenido aplicando las leyes de Kirchoff es el siguiente:

<math>\left\{\begin{matrix}E(t)=R_1i_1(t)+L_2{d\over dt}i_2(t)+R_2i_2(t)\\E(t)=R_1i_1(t)+L_1{d\over dt}i_3(t)+R_3i_3(t)\\i_1(t)=i_2(t)+i_3(t)\end{matrix}\right.</math>

Vamos a resolverlo de nuevo para un valor de $R_3 = 9Ω$ y, posteriormente, se comentarán los resultados, comparándolos con los del circuito anterior. Sustituimos los valores $R_1 = 6Ω, R_2 = 6Ω, R_3 = 9Ω, L_1 = 0.3H, L_2= 0.11H$ y $E(t) = 20V$.

===Sistema de ecuaciones mediante Euler===

{{matlab|codigo=
E1=20;
R1=6;
R2=6;
R3=9;
L1=0.3;
L2=0.11;
t0=0;
tN=0.4;
N=10000;
h=(tN-t0)/N;
i0=[0 0]';
A=[-(R1+R2)/L2 -R1/L2;-R1/L1 -(R1+R3)/L1];
B=[E1/L2 E1/L1]';
i=i0;
i2(1)=i(1);
i3(1)=i(2);
for n=1:N
i=i+h*((A*i)+B);
i2(n+1)=i(1);
i3(n+1)=i(2);
end
x=t0:h:tN;
i1=i2+i3;
subplot(2,1,1)
plot(x,i1,'.;i1(t);r',x,i2,'.;i2(t);b')
xlabel('Tiempo');
ylabel('Intensidad');
subplot(2,1,2)
plot(x,i1,'.;i1(t);r',x,i2,'.;i2(t);b',x,i3,'.;i3(t);g')
xlabel('Tiempo');
ylabel('Intensidad');
print('-dpng','euler6.png')
}}

===Sistema de Ecuaciones mediante el método del trapecio===

{{matlab|codigo=
E1=20;
R1=6;
R2=6;
R3=9;
L1=0.3;
L2=0.11;
t0=0;
tN=0.4;
N=10000;
h=(tN-t0)/N;
i0=[0 0]';
A=[-(R1+R2)/L2 -R1/L2;-R1/L1 -(R1+R3)/L1];
B=[E1/L2 E1/L1]';
C=[1 0;0 1];
i=i0;
i2(1)=i(1);
i3(1)=i(2);
for n=1:N
i=inv(C-(h*A)/2)*((C+(h*A)/2)*i+h*B);
i2(n+1)=i(1);
i3(n+1)=i(2);
end
x=t0:h:tN;
i1=i2+i3;
subplot(2,1,1)
plot(x,i1,'.;i1(t);r',x,i2,'.;i2(t);b')
xlabel('Tiempo');
ylabel('Intensidad');
subplot(2,1,2)
plot(x,i1,'.;i1(t);r',x,i2,'.;i2(t);b',x,i3,'.;i3(t);g')
xlabel('Tiempo');
ylabel('Intensidad')
print('-dpng','trapecio6.png')
}}

===Conclusiones sobre las modificaciones del circuito===

Si comparamos la gráficas para diferentes valores de la resistencia $R_3$ podemos observar que:

*La intensidad $i_1$ que recorre el circuito disminuye según la ley de Ohm.
*El valor de $i_3$ dismuye mientras $i_2$ aumenta al elevar el valor de $R_3$. Esto es, de nuevo, consecuencia de la '''ley de Ohm''' que establece que la intensidad que recorre una resistencia es inversamente proporcional al valor de esta:: <math>I={V\over R}</math>
*Se puede observar también que la estabilización de las intensidades $i_2$ e $i_3$ se consigue en un tiempo menor al aumentar el valor de $R_3$.

==Valores iniciales de las intensidades==

{{matlab|codigo=
E1=20;
R1=6;
R2=6;
R3=3;
L1= 0.3;
L2 =0.11;
t0=0.02;
tN=0;
N=500;
h=(tN-t0)/N;
i0=[1 1]';
A=[-(R1+R2)/L2 -R1/L2;-R1/L1 -(R1+R3)/L1];
B=[E1/L2 E1/L1]';
x=t0:h:tN;
i=zeros(2,N+1);
i(:,1)=i0;
ii=i0;
for n=1:N
ii=ii+h*(A*ii+B);
i(:,n+1)=ii;
end
plot(x,i,'.')
legend('i2(t)','i3(t)')
xlabel('Tiempo');
ylabel('Intensidades');
print('-dpng','intensidadesiniciales.png')
}}

Con este programa podemos observar la evolucion de las intensidades en el periodo inicial del circuito siendo los valores correspondientes $i_3$ =0.27008 e $i_2$ =-0.93468.

[[Categoría:Grado en Ingeniería Civil y Territorial]]
[[Categoría:Ecuaciones Diferenciales]]
[[Categoría:ED13/14]]
[[Categoría:Trabajos 2013-14]]

Estudio de afeccion de la subida del nivel del mar

2014-06-01T19:27:55Z

Arantxa Abascal Colomar:

{{ TrabajoSIG | Afección de la subida del nivel del mar en la costa de Valencia | Arantxa Abascal Colomar
Eduardo Carbajo Fuertes

Nazaret Díez Antón

Ricardo López Sáez
| [[:Categoría:Trabajos 2013-14|2013-14]] }}

El objeto del trabajo es estudiar cómo afecta la subida del nivel del mar a distintas infraestructuras de la costa de Valencia.

El proceso a seguir comienza por obtener, a partir del MDT25, la lámina de agua en GRASS. Este primer paso permite conocer qué zona queda inundada ante una suave subida del mar Mediterráneo de 2 metros, y una fuerte subida de hasta 20 metros.

Es importante visualizar zonas de interés como el puerto de Valencia y los núcleos urbanos y vías de comunicación más cercanos. Esto se consigue con el BTN100.

Digitalizando las capas vectoriales de estas zonas, e intersectándolas con la lámina de agua que inunda Valencia, se puede apreciar que la ciudad no está preparada para una subida del nivel del mar.

Cuando ésta es de 2 metros, inunda parte del puerto y, prácticamente, todo el Parque Natural de Albufera. Pero cuando sube hasta los 20 metros, el desastre es total. El puerto lo destruye por completo, afecta, en gran medida, a las autovías y a los ferrocarriles, e inunda todos los pueblos costeros y el 74% de Valencia.

Mejoras recomendables para el futuro son construir diques y crear dunas y archipiélagos artificiales.

[[Archivo:Portada.gif|630px|miniaturadeimagen|centre|]]

== Introducción ==

El ascenso del nivel del mar en el último siglo es una realidad, así como el hecho de que lo seguirá siendo en el siglo XXI.

El motivo de este ascenso es principalmente el calentamiento global antropogénico. Al elevarse las temperaturas, se produce un ascenso en el nivel del mar como consecuencia de la adición de agua a los océanos que proviene de la fusión del hielo continental. El hielo continental es el que se puede encontrar en los glaciares tanto de Groenlandia como de la Antártida.

Para finales de siglo, según el IPCC, el nivel del mar se incrementará entre 20 y 60 cm. Dicha subida no será igual en todas las regiones; algunas duplicarán la media y otras no llegarán ni a la mitad. Con este ascenso, se producirán fuertes impactos sobre los sistemas costeros; se producirá una fuerte erosión litoral, inundaciones, pérdida de recursos y valores culturales, pérdida de la calidad de agua superficial, inhibición de la producción primaria, etc.

Además, este impacto se produciría en gran parte de la población mundial, ya que más de 600 millones de personas viven en áreas litorales por debajo de los 9 m sobre el nivel del mar. Así mismo, dos terceras partes de las ciudades mundiales con más de 5 millones de habitantes se sitúan en áreas litorales bajas.

Como consecuencia de todo esto, hemos estudiado el efecto que tendría esta subida del nivel del mar en la ciudad de Valencia, que si bien no tiene más de 5 millones de habitantes, es la tercera con más habitantes del país (la segunda costera).

== Metodología ==

Inicialmente, se ha descargado en la web del CNIG la hoja 722, correspondiente al núcleo urbano de Valencia y alrededores, tanto del MDT25 (para relieves y elevaciones), como del MTN50 ráster, para núcleos e infraestructuras. Además, también se ha descargado el BTN 100 correspondiente a la provincia de Valencia.

=== Obtención de la lámina de inundación ===

Tras la descarga de todos los archivos necesarios, se ha procedido a insertar en el Quantum GIS la capa 0722h30.tiff del MTN50 y la capa MDT25-0722-H30.asc del MDT. A continuación, se ha creado un directorio de mapas en GRASS (PERMANENT en Nueva Localización) y se ha importado la capa MDT desde la vista QGIS a GRASS, mediante el módulo r.in.gdal.qgis, dando lugar al mapa mdtrastergrass. Con el mapa ya en GRASS, se obtienen los mapas de inundación usando el módulo r.lake.seed, una para el aumento de 2m y otra para 20m (Nivelagua2 y Nivelagua20). El resultado es un ráster en el que el terreno emergido tiene valor 0 y el sumergido tiene como valor la altura de agua.

Como lo que se pretende obtener es una capa vectorial del terreno inundado, primero hay que hacer una modificación del ráster con el módulo r.reclass, por el que mediante unas reglas de reclasificación se consigue que todas las celdas sumergidas tengan el mismo valor (zonainundada2 y zonainundada20). Una vez hecho esto, con el módulo r.to.vect.area se pasa de ráster a vectorial, pero manteniéndose en GRASS. Finalmente, se exporta desde GRASS a QGIS con el módulo v.out.ogr.

Como resultado, se obtiene dos capas vectoriales, zona inundada 2 y zona inundada 20, formadas por los polígonos de las zonas sumergidas con la elevación del mar de 2 y 20 metros respectivamente.

[[Archivo:Subida2.png|500px|centre|thumb|Lámina de inundación de 2 metros]]
[[Archivo:Subida20.png|500px|centre|thumb|Lámina de inundación de 20 metros]]

=== Obtención de zonas de interés sumergidas ===

A partir del BTN100 de la provincia de Valencia y capas vectoriales propias, se ha digitalizado las zonas de mayor interés de la zona. Se ha elegido:

* Núcleos urbanos
* Autovías
* Ferrocarriles
* Puerto de Valencia
* Zonas protegidas

Tras la creación de dichas capas se ha utilizado la herramienta de geoproceso intersección entre cada una de las capas y las dos capas vectoriales de inundación obtenidas anteriormente. El resultado es la parte de las zonas de interés que quedan sumergidas en cada caso.

== Resultados ==

=== Subida de 2 metros ===

Con una subida del nivel del mar de 2 metros podemos observar diferentes afecciones:

* Inundación parcial del puerto.
* Inundación de núcleos urbanos próximos a la costa.
* El Parque Natural de la Albufera quedaría totalmente sumergido.
* Afección a ciertos tramos de autovía.

[[Archivo:2M.png|500px|centre|thumb|Afección de la subida de 2 metros]]

=== Subida de 20 metros===

Con una subida del nivel del mar de 20 metros podemos observar grandes afecciones:

* Inundación total del puerto.
* Gran afección a núcleos urbanos próximos a la costa, con una inundación de un 74% de la ciudad de Valencia.
* El Parque Natural de la Albufera queda totalmente sumergido.
* Importante afección a las vías de comunicación de la zona. Varios tramos de vía ferroviaria quedan sumergidos así como también, a varios kilómetros de autovía.

[[Archivo:20M.png|500px|centre|thumb|Afección de la subida de 20 metros]]

== Conclusiones ==

Las predicciones sobre la magnitud de la subida del nivel del mar en un futuro son diversas. Igual ocurre con las consecuencias que esto acarrearía. Las zonas costeras corren peligro ante este fenómeno y la mayoría de ellas no están preparadas.

En este caso, centrándonos en la costa de Valencia podemos ver claramente la magnitud del desastre ante una gran elevación. El 74% de la ciudad de Valencia quedaría sumergida, así como los núcleos urbanos costeros de la zona. Las principales vías de comunicación de la zona se verían afectadas: El puerto desaparece por completo bajo el mar, autovías y vías ferroviarias quedan inundadas y el parque natural de Albufera queda totalmente sumergido.

Viendo los mapas de inundación, queda claro el desastre que supone una subida grande del nivel del mar sino se disponen medidas para su contención.

Posibles medidas de contención ante la subida.
* Diques
* Creación de dunas y archipiélagos artificiales

== Anejos ==

[[Archivo:Subida2.png|500px|centre|thumb|Lámina de inundación de 2 metros]]
[[Archivo:Subida20.png|500px|centre|thumb|Lámina de inundación de 20 metros]]
[[Archivo:CAPAS.png|500px|centre|thumb|Zonas de interés a estudiar]]
[[Archivo:2M.png|500px|centre|thumb|Afección de la subida de 2 metros]]
[[Archivo:20M.png|500px|centre|thumb|Afección de la subida de 20 metros]]
[[Categoría:Sistemas de Información Geográfica Aplicados a la Ingeniería Civil]]
[[Categoría:Trabajos 2013-14]]

Estudio de afeccion de la subida del nivel del mar

2014-06-01T19:26:01Z

Arantxa Abascal Colomar:

Archivo:20M.png

2014-06-01T19:21:22Z

Arantxa Abascal Colomar:

Archivo:2M.png

2014-06-01T19:21:11Z

Arantxa Abascal Colomar:

Archivo:CAPAS.png

2014-06-01T19:20:46Z

Arantxa Abascal Colomar:

Estudio de afeccion de la subida del nivel del mar

2014-06-01T19:03:21Z

Arantxa Abascal Colomar:

{{ TrabajoSIG | Afección de la subida del nivel del mar en la costa de Valencia | Arantxa Abascal Colomar
Eduardo Carbajo Fuertes

Nazaret Díez Antón

Ricardo López Sáez
| [[:Categoría:Trabajos 2013-14|2013-14]] }}

El objeto del trabajo es estudiar cómo afecta la subida del nivel del mar a distintas infraestructuras de la costa de Valencia.

El proceso a seguir comienza por obtener, a partir del MDT25, la lámina de agua en GRASS. Este primer paso permite conocer qué zona queda inundada ante una suave subida del mar Mediterráneo de 2 metros, y una fuerte subida de hasta 20 metros.

Es importante visualizar zonas de interés como el puerto de Valencia y los núcleos urbanos y vías de comunicación más cercanos. Esto se consigue con el BTN100.

Digitalizando las capas vectoriales de estas zonas, e intersectándolas con la lámina de agua que inunda Valencia, se puede apreciar que la ciudad no está preparada para una subida del nivel del mar.

Cuando ésta es de 2 metros, inunda parte del puerto y, prácticamente, todo el Parque Natural de Albufera. Pero cuando sube hasta los 20 metros, el desastre es total. El puerto lo destruye por completo, afecta, en gran medida, a las autovías y a los ferrocarriles, e inunda todos los pueblos costeros y el 74% de Valencia.

Mejoras recomendables para el futuro son construir diques y crear dunas y archipiélagos artificiales.

[[Archivo:Portada.gif|630px|miniaturadeimagen|centre|]]

== Introducción ==

El ascenso del nivel del mar en el último siglo es una realidad, así como el hecho de que lo seguirá siendo en el siglo XXI.

El motivo de este ascenso es principalmente el calentamiento global antropogénico. Al elevarse las temperaturas, se produce un ascenso en el nivel del mar como consecuencia de la adición de agua a los océanos que proviene de la fusión del hielo continental. El hielo continental es el que se puede encontrar en los glaciares tanto de Groenlandia como de la Antártida.

Para finales de siglo, según el IPCC, el nivel del mar se incrementará entre 20 y 60 cm. Dicha subida no será igual en todas las regiones; algunas duplicarán la media y otras no llegarán ni a la mitad. Con este ascenso, se producirán fuertes impactos sobre los sistemas costeros; se producirá una fuerte erosión litoral, inundaciones, pérdida de recursos y valores culturales, pérdida de la calidad de agua superficial, inhibición de la producción primaria, etc.

Además, este impacto se produciría en gran parte de la población mundial, ya que más de 600 millones de personas viven en áreas litorales por debajo de los 9 m sobre el nivel del mar. Así mismo, dos terceras partes de las ciudades mundiales con más de 5 millones de habitantes se sitúan en áreas litorales bajas.

Como consecuencia de todo esto, hemos estudiado el efecto que tendría esta subida del nivel del mar en la ciudad de Valencia, que si bien no tiene más de 5 millones de habitantes, es la tercera con más habitantes del país (la segunda costera).

== Metodología ==

Inicialmente, se ha descargado en la web del CNIG la hoja 722, correspondiente al núcleo urbano de Valencia y alrededores, tanto del MDT25 (para relieves y elevaciones), como del MTN50 ráster, para núcleos e infraestructuras. Además, también se ha descargado el BTN 100 correspondiente a la provincia de Valencia.

=== Obtención de la lámina de inundación ===

Tras la descarga de todos los archivos necesarios, se ha procedido a insertar en el Quantum GIS la capa 0722h30.tiff del MTN50 y la capa MDT25-0722-H30.asc del MDT. A continuación, se ha creado un directorio de mapas en GRASS (PERMANENT en Nueva Localización) y se ha importado la capa MDT desde la vista QGIS a GRASS, mediante el módulo r.in.gdal.qgis, dando lugar al mapa mdtrastergrass. Con el mapa ya en GRASS, se obtienen los mapas de inundación usando el módulo r.lake.seed, una para el aumento de 2m y otra para 20m (Nivelagua2 y Nivelagua20). El resultado es un ráster en el que el terreno emergido tiene valor 0 y el sumergido tiene como valor la altura de agua.

Como lo que se pretende obtener es una capa vectorial del terreno inundado, primero hay que hacer una modificación del ráster con el módulo r.reclass, por el que mediante unas reglas de reclasificación se consigue que todas las celdas sumergidas tengan el mismo valor (zonainundada2 y zonainundada20). Una vez hecho esto, con el módulo r.to.vect.area se pasa de ráster a vectorial, pero manteniéndose en GRASS. Finalmente, se exporta desde GRASS a QGIS con el módulo v.out.ogr.

Como resultado, se obtiene dos capas vectoriales, zona inundada 2 y zona inundada 20, formadas por los polígonos de las zonas sumergidas con la elevación del mar de 2 y 20 metros respectivamente.

[[Archivo:Subida2.png|500px|centre|thumb|Lámina de inundación de 2 metros]]
[[Archivo:Subida20.png|500px|centre|thumb|Lámina de inundación de 20 metros]]

=== Obtención de zonas de interés sumergidas ===

A partir del BTN100 de la provincia de Valencia y capas vectoriales propias, se ha digitalizado las zonas de mayor interés de la zona. Se ha elegido:

* Núcleos urbanos
* Autovías
* Ferrocarriles
* Puerto de Valencia
* Zonas protegidas

Tras la creación de dichas capas se ha utilizado la herramienta de geoproceso intersección entre cada una de las capas y las dos capas vectoriales de inundación obtenidas anteriormente. El resultado es la parte de las zonas de interés que quedan sumergidas en cada caso.

== Resultados ==

=== Subida de 2 metros ===

Con una subida del nivel del mar de 2 metros podemos observar diferentes afecciones:

* Inundación parcial del puerto.
* Inundación de núcleos urbanos próximos a la costa.
* El Parque Natural de la Albufera quedaría totalmente sumergido.
* Afección a ciertos tramos de autovía.

=== Subida de 20 metros===

Con una subida del nivel del mar de 20 metros podemos observar grandes afecciones:

* Inundación total del puerto.
* Gran afección a núcleos urbanos próximos a la costa, con una inundación de un 74% de la ciudad de Valencia.
* El Parque Natural de la Albufera queda totalmente sumergido.
* Importante afección a las vías de comunicación de la zona. Varios tramos de vía ferroviaria quedan sumergidos así como también, a varios kilómetros de autovía.

== Conclusiones ==

Las predicciones sobre la magnitud de la subida del nivel del mar en un futuro son diversas. Igual ocurre con las consecuencias que esto acarrearía. Las zonas costeras corren peligro ante este fenómeno y la mayoría de ellas no están preparadas.

En este caso, centrándonos en la costa de Valencia podemos ver claramente la magnitud del desastre ante una gran elevación. El 74% de la ciudad de Valencia quedaría sumergida, así como los núcleos urbanos costeros de la zona. Las principales vías de comunicación de la zona se verían afectadas: El puerto desaparece por completo bajo el mar, autovías y vías ferroviarias quedan inundadas y el parque natural de Albufera queda totalmente sumergido.

Viendo los mapas de inundación, queda claro el desastre que supone una subida grande del nivel del mar sino se disponen medidas para su contención.

Posibles medidas de contención ante la subida.
* Diques
* Creación de dunas y archipiélagos artificiales

== Anejos ==

Se pueden adjuntar archivos usando el enlace ''Subir archivo'' que aparece a la izquierda.

[[Categoría:oculto]]

Estudio de afeccion de la subida del nivel del mar

2014-06-01T19:02:17Z

Arantxa Abascal Colomar:

{{ TrabajoSIG | Afección de la subida del nivel del mar en la costa de Valencia | Arantxa Abascal Colomar
Eduardo Carbajo Fuertes

Nazaret Díez Antón

Ricardo López Sáez
| [[:Categoría:Trabajos 2013-14|2013-14]] }}

El objeto del trabajo es estudiar cómo afecta la subida del nivel del mar a distintas infraestructuras de la costa de Valencia.

El proceso a seguir comienza por obtener, a partir del MDT25, la lámina de agua en GRASS. Este primer paso permite conocer qué zona queda inundada ante una suave subida del mar Mediterráneo de 2 metros, y una fuerte subida de hasta 20 metros.

Es importante visualizar zonas de interés como el puerto de Valencia y los núcleos urbanos y vías de comunicación más cercanos. Esto se consigue con el BTN100.

Digitalizando las capas vectoriales de estas zonas, e intersectándolas con la lámina de agua que inunda Valencia, se puede apreciar que la ciudad no está preparada para una subida del nivel del mar.

Cuando ésta es de 2 metros, inunda parte del puerto y, prácticamente, todo el Parque Natural de Albufera. Pero cuando sube hasta los 20 metros, el desastre es total. El puerto lo destruye por completo, afecta, en gran medida, a las autovías y a los ferrocarriles, e inunda todos los pueblos costeros y el 74% de Valencia.

Mejoras recomendables para el futuro son construir diques y crear dunas y archipiélagos artificiales.

[[Archivo:Portada.gif|630px|miniaturadeimagen|centre|]]

== Introducción ==

El ascenso del nivel del mar en el último siglo es una realidad, así como el hecho de que lo seguirá siendo en el siglo XXI.

El motivo de este ascenso es principalmente el calentamiento global antropogénico. Al elevarse las temperaturas, se produce un ascenso en el nivel del mar como consecuencia de la adición de agua a los océanos que proviene de la fusión del hielo continental. El hielo continental es el que se puede encontrar en los glaciares tanto de Groenlandia como de la Antártida.

Para finales de siglo, según el IPCC, el nivel del mar se incrementará entre 20 y 60 cm. Dicha subida no será igual en todas las regiones; algunas duplicarán la media y otras no llegarán ni a la mitad. Con este ascenso, se producirán fuertes impactos sobre los sistemas costeros; se producirá una fuerte erosión litoral, inundaciones, pérdida de recursos y valores culturales, pérdida de la calidad de agua superficial, inhibición de la producción primaria, etc.

Además, este impacto se produciría en gran parte de la población mundial, ya que más de 600 millones de personas viven en áreas litorales por debajo de los 9 m sobre el nivel del mar. Así mismo, dos terceras partes de las ciudades mundiales con más de 5 millones de habitantes se sitúan en áreas litorales bajas.

Como consecuencia de todo esto, hemos estudiado el efecto que tendría esta subida del nivel del mar en la ciudad de Valencia, que si bien no tiene más de 5 millones de habitantes, es la tercera con más habitantes del país (la segunda costera).

== Metodología ==

Inicialmente, se ha descargado en la web del CNIG la hoja 722, correspondiente al núcleo urbano de Valencia y alrededores, tanto del MDT25 (para relieves y elevaciones), como del MTN50 ráster, para núcleos e infraestructuras. Además, también se ha descargado el BTN 100 correspondiente a la provincia de Valencia.

=== Obtención de la lámina de inundación ===

Tras la descarga de todos los archivos necesarios, se ha procedido a insertar en el Quantum GIS la capa 0722h30.tiff del MTN50 y la capa MDT25-0722-H30.asc del MDT. A continuación, se ha creado un directorio de mapas en GRASS (PERMANENT en Nueva Localización) y se ha importado la capa MDT desde la vista QGIS a GRASS, mediante el módulo r.in.gdal.qgis, dando lugar al mapa mdtrastergrass. Con el mapa ya en GRASS, se obtienen los mapas de inundación usando el módulo r.lake.seed, una para el aumento de 2m y otra para 20m (Nivelagua2 y Nivelagua20). El resultado es un ráster en el que el terreno emergido tiene valor 0 y el sumergido tiene como valor la altura de agua.

Como lo que se pretende obtener es una capa vectorial del terreno inundado, primero hay que hacer una modificación del ráster con el módulo r.reclass, por el que mediante unas reglas de reclasificación se consigue que todas las celdas sumergidas tengan el mismo valor (zonainundada2 y zonainundada20). Una vez hecho esto, con el módulo r.to.vect.area se pasa de ráster a vectorial, pero manteniéndose en GRASS. Finalmente, se exporta desde GRASS a QGIS con el módulo v.out.ogr.

Como resultado, se obtiene dos capas vectoriales, zona inundada 2 y zona inundada 20, formadas por los polígonos de las zonas sumergidas con la elevación del mar de 2 y 20 metros respectivamente.

[[Archivo:Subida2.png|500px|centre|Lámina de inundación de 2 metros]]
[[Archivo:Subida20.png|500px|centre|Lámina de inundación de 20 metros]]

=== Obtención de zonas de interés sumergidas ===

A partir del BTN100 de la provincia de Valencia y capas vectoriales propias, se ha digitalizado las zonas de mayor interés de la zona. Se ha elegido:

* Núcleos urbanos
* Autovías
* Ferrocarriles
* Puerto de Valencia
* Zonas protegidas

Tras la creación de dichas capas se ha utilizado la herramienta de geoproceso intersección entre cada una de las capas y las dos capas vectoriales de inundación obtenidas anteriormente. El resultado es la parte de las zonas de interés que quedan sumergidas en cada caso.

== Resultados ==

=== Subida de 2 metros ===

Con una subida del nivel del mar de 2 metros podemos observar diferentes afecciones:

* Inundación parcial del puerto.
* Inundación de núcleos urbanos próximos a la costa.
* El Parque Natural de la Albufera quedaría totalmente sumergido.
* Afección a ciertos tramos de autovía.

=== Subida de 20 metros===

Con una subida del nivel del mar de 20 metros podemos observar grandes afecciones:

* Inundación total del puerto.
* Gran afección a núcleos urbanos próximos a la costa, con una inundación de un 74% de la ciudad de Valencia.
* El Parque Natural de la Albufera queda totalmente sumergido.
* Importante afección a las vías de comunicación de la zona. Varios tramos de vía ferroviaria quedan sumergidos así como también, a varios kilómetros de autovía.

== Conclusiones ==

Las predicciones sobre la magnitud de la subida del nivel del mar en un futuro son diversas. Igual ocurre con las consecuencias que esto acarrearía. Las zonas costeras corren peligro ante este fenómeno y la mayoría de ellas no están preparadas.

En este caso, centrándonos en la costa de Valencia podemos ver claramente la magnitud del desastre ante una gran elevación. El 74% de la ciudad de Valencia quedaría sumergida, así como los núcleos urbanos costeros de la zona. Las principales vías de comunicación de la zona se verían afectadas: El puerto desaparece por completo bajo el mar, autovías y vías ferroviarias quedan inundadas y el parque natural de Albufera queda totalmente sumergido.

Viendo los mapas de inundación, queda claro el desastre que supone una subida grande del nivel del mar sino se disponen medidas para su contención.

Posibles medidas de contención ante la subida.
* Diques
* Creación de dunas y archipiélagos artificiales

== Anejos ==

Se pueden adjuntar archivos usando el enlace ''Subir archivo'' que aparece a la izquierda.

[[Categoría:oculto]]

Estudio de afeccion de la subida del nivel del mar

2014-05-26T11:21:11Z

Arantxa Abascal Colomar:

{{ TrabajoSIG | Afección de la subida del nivel del mar en la costa de Valencia | Arantxa Abascal Colomar
Eduardo Carbajo Fuertes

Nazaret Díez Antón

Ricardo López Sáez
| [[:Categoría:Trabajos 2013-14|2013-14]] }}

El objeto del trabajo es estudiar cómo afecta la subida del nivel del mar a distintas infraestructuras de la costa de Valencia.

El proceso a seguir comienza por obtener, a partir del MDT25, la lámina de agua en GRASS. Este primer paso permite conocer qué zona queda inundada ante una suave subida del mar Mediterráneo de 2 metros, y una fuerte subida de hasta 20 metros.

Es importante visualizar zonas de interés como el puerto de Valencia y los núcleos urbanos y vías de comunicación más cercanos. Esto se consigue con el BTN100.

Digitalizando las capas vectoriales de estas zonas, e intersectándolas con la lámina de agua que inunda Valencia, se puede apreciar que la ciudad no está preparada para una subida del nivel del mar.

Cuando ésta es de 2 metros, inunda parte del puerto y, prácticamente, todo el Parque Natural de Albufera. Pero cuando sube hasta los 20 metros, el desastre es total. El puerto lo destruye por completo, afecta, en gran medida, a las autovías y a los ferrocarriles, e inunda todos los pueblos costeros y el 74% de Valencia.

Mejoras recomendables para el futuro son construir diques y crear dunas y archipiélagos artificiales.

[[Archivo:Portada.gif|630px|miniaturadeimagen|centre|]]

== Introducción ==

El ascenso del nivel del mar en el último siglo es una realidad, así como el hecho de que lo seguirá siendo en el siglo XXI.

El motivo de este ascenso es principalmente el calentamiento global antropogénico. Al elevarse las temperaturas, se produce un ascenso en el nivel del mar como consecuencia de la adición de agua a los océanos que proviene de la fusión del hielo continental. El hielo continental es el que se puede encontrar en los glaciares tanto de Groenlandia como de la Antártida.

Para finales de siglo, según el IPCC, el nivel del mar se incrementará entre 20 y 60 cm. Dicha subida no será igual en todas las regiones; algunas duplicarán la media y otras no llegarán ni a la mitad. Con este ascenso, se producirán fuertes impactos sobre los sistemas costeros; se producirá una fuerte erosión litoral, inundaciones, pérdida de recursos y valores culturales, pérdida de la calidad de agua superficial, inhibición de la producción primaria, etc.

Además, este impacto se produciría en gran parte de la población mundial, ya que más de 600 millones de personas viven en áreas litorales por debajo de los 9 m sobre el nivel del mar. Así mismo, dos terceras partes de las ciudades mundiales con más de 5 millones de habitantes se sitúan en áreas litorales bajas.

Como consecuencia de todo esto, hemos estudiado el efecto que tendría esta subida del nivel del mar en la ciudad de Valencia, que si bien no tiene más de 5 millones de habitantes, es la tercera con más habitantes del país (la segunda costera).

== Metodología ==

Inicialmente, se ha descargado en la web del CNIG la hoja 722, correspondiente al núcleo urbano de Valencia y alrededores, tanto del MDT25 (para relieves y elevaciones), como del MTN50 ráster, para núcleos e infraestructuras. Además, también se ha descargado el BTN 100 correspondiente a la provincia de Valencia.

=== Obtención de la lámina de inundación ===

Tras la descarga de todos los archivos necesarios, se ha procedido a insertar en el Quantum GIS la capa 0722h30.tiff del MTN50 y la capa MDT25-0722-H30.asc del MDT. A continuación, se ha creado un directorio de mapas en GRASS (PERMANENT en Nueva Localización) y se ha importado la capa MDT desde la vista QGIS a GRASS, mediante el módulo r.in.gdal.qgis, dando lugar al mapa mdtrastergrass. Con el mapa ya en GRASS, se obtienen los mapas de inundación usando el módulo r.lake.seed, una para el aumento de 2m y otra para 20m (Nivelagua2 y Nivelagua20). El resultado es un ráster en el que el terreno emergido tiene valor 0 y el sumergido tiene como valor la altura de agua.

Como lo que se pretende obtener es una capa vectorial del terreno inundado, primero hay que hacer una modificación del ráster con el módulo r.reclass, por el que mediante unas reglas de reclasificación se consigue que todas las celdas sumergidas tengan el mismo valor (zonainundada2 y zonainundada20). Una vez hecho esto, con el módulo r.to.vect.area se pasa de ráster a vectorial, pero manteniéndose en GRASS. Finalmente, se exporta desde GRASS a QGIS con el módulo v.out.ogr.

Como resultado, se obtiene dos capas vectoriales, zona inundada 2 y zona inundada 20, formadas por los polígonos de las zonas sumergidas con la elevación del mar de 2 y 20 metros respectivamente.

[[Archivo:Subida2.png|500px|thumb|Lámina de inundación de 2 metros]]
[[Archivo:Subida20.png|500px|thumb|Lámina de inundación de 20 metros]]

=== Obtención de zonas de interés sumergidas ===

A partir del BTN100 de la provincia de Valencia y capas vectoriales propias, se ha digitalizado las zonas de mayor interés de la zona. Se ha elegido:

* Núcleos urbanos
* Autovías
* Ferrocarriles
* Puerto de Valencia
* Zonas protegidas

Tras la creación de dichas capas se ha utilizado la herramienta de geoproceso intersección entre cada una de las capas y las dos capas vectoriales de inundación obtenidas anteriormente. El resultado es la parte de las zonas de interés que quedan sumergidas en cada caso.

== Resultados ==

=== Subida de 2 metros ===

Con una subida del nivel del mar de 2 metros podemos observar diferentes afecciones:

* Inundación parcial del puerto.
* Inundación de núcleos urbanos próximos a la costa.
* El Parque Natural de la Albufera quedaría totalmente sumergido.
* Afección a ciertos tramos de autovía.

=== Subida de 20 metros===

Con una subida del nivel del mar de 20 metros podemos observar grandes afecciones:

* Inundación total del puerto.
* Gran afección a núcleos urbanos próximos a la costa, con una inundación de un 74% de la ciudad de Valencia.
* El Parque Natural de la Albufera queda totalmente sumergido.
* Importante afección a las vías de comunicación de la zona. Varios tramos de vía ferroviaria quedan sumergidos así como también, a varios kilómetros de autovía.

== Conclusiones ==

Las predicciones sobre la magnitud de la subida del nivel del mar en un futuro son diversas. Igual ocurre con las consecuencias que esto acarrearía. Las zonas costeras corren peligro ante este fenómeno y la mayoría de ellas no están preparadas.

En este caso, centrándonos en la costa de Valencia podemos ver claramente la magnitud del desastre ante una gran elevación. El 74% de la ciudad de Valencia quedaría sumergida, así como los núcleos urbanos costeros de la zona. Las principales vías de comunicación de la zona se verían afectadas: El puerto desaparece por completo bajo el mar, autovías y vías ferroviarias quedan inundadas y el parque natural de Albufera queda totalmente sumergido.

Viendo los mapas de inundación, queda claro el desastre que supone una subida grande del nivel del mar sino se disponen medidas para su contención.

Posibles medidas de contención ante la subida.
* Diques
* Creación de dunas y archipiélagos artificiales

== Anejos ==

Se pueden adjuntar archivos usando el enlace ''Subir archivo'' que aparece a la izquierda.

[[Categoría:oculto]]

Estudio de afeccion de la subida del nivel del mar

2014-05-25T19:04:12Z

Arantxa Abascal Colomar:

{{ TrabajoSIG | Afección de la subida del nivel del mar en la costa de Valencia | Arantxa Abascal Colomar
Eduardo Carbajo Fuertes

Nazaret Díez Antón

Ricardo López Sáez
| [[:Categoría:Trabajos 2013-14|2013-14]] }}

El objeto del trabajo es estudiar cómo afecta la subida del nivel del mar a distintas infraestructuras de la costa de Valencia.

El proceso a seguir comienza por obtener, a partir del MDT25, la lámina de agua en GRASS. Este primer paso permite conocer qué zona queda inundada ante una suave subida del mar Mediterráneo de 2 metros, y una fuerte subida de hasta 20 metros.

Es importante visualizar zonas de interés como el puerto de Valencia y los núcleos urbanos y vías de comunicación más cercanos. Esto se consigue con el BTN100.

Digitalizando las capas vectoriales de estas zonas, e intersectándolas con la lámina de agua que inunda Valencia, se puede apreciar que la ciudad no está preparada para una subida del nivel del mar.

Cuando ésta es de 2 metros, inunda parte del puerto y, prácticamente, todo el Parque Natural de Albufera. Pero cuando sube hasta los 20 metros, el desastre es total. El puerto lo destruye por completo, afecta, en gran medida, a las autovías y a los ferrocarriles, e inunda todos los pueblos costeros y el 74% de Valencia.

Mejoras recomendables para el futuro son construir diques y crear dunas y archipiélagos artificiales.

[[Archivo:Portada.gif|630px|miniaturadeimagen|centre|]]

== Introducción ==

== Metodología ==

Inicialmente, se ha descargado en la web del CNIG la hoja 722, correspondiente al núcleo urbano de Valencia y alrededores, tanto del MDT25 (para relieves y elevaciones), como del MTN50 ráster, para núcleos e infraestructuras. Además, también se ha descargado el BTN 100 correspondiente a la provincia de Valencia.

=== Obtención de la lámina de inundación ===

Tras la descarga de todos los archivos necesarios, se ha procedido a insertar en el Quantum GIS la capa 0722h30.tiff del MTN50 y la capa MDT25-0722-H30.asc del MDT. A continuación, se ha creado un directorio de mapas en GRASS (PERMANENT en Nueva Localización) y se ha importado la capa MDT desde la vista QGIS a GRASS, mediante el módulo r.in.gdal.qgis, dando lugar al mapa mdtrastergrass. Con el mapa ya en GRASS, se obtienen los mapas de inundación usando el módulo r.lake.seed, una para el aumento de 2m y otra para 20m (Nivelagua2 y Nivelagua20). El resultado es un ráster en el que el terreno emergido tiene valor 0 y el sumergido tiene como valor la altura de agua.

Como lo que se pretende obtener es una capa vectorial del terreno inundado, primero hay que hacer una modificación del ráster con el módulo r.reclass, por el que mediante unas reglas de reclasificación se consigue que todas las celdas sumergidas tengan el mismo valor (zonainundada2 y zonainundada20). Una vez hecho esto, con el módulo r.to.vect.area se pasa de ráster a vectorial, pero manteniéndose en GRASS. Finalmente, se exporta desde GRASS a QGIS con el módulo v.out.ogr.

Como resultado, se obtiene dos capas vectoriales, zona inundada 2 y zona inundada 20, formadas por los polígonos de las zonas sumergidas con la elevación del mar de 2 y 20 metros respectivamente.

=== Obtención de zonas de interés sumergidas ===

A partir del BTN100 de la provincia de Valencia y capas vectoriales propias, se ha digitalizado las zonas de mayor interés de la zona. Se ha elegido:

* Núcleos urbanos
* Autovías
* Ferrocarriles
* Puerto de Valencia
* Zonas protegidas

Tras la creación de dichas capas se ha utilizado la herramienta de geoproceso intersección entre cada una de las capas y las dos capas vectoriales de inundación obtenidas anteriormente. El resultado es la parte de las zonas de interés que quedan sumergidas en cada caso.

== Resultados ==

=== Subida de 2 metros ===

Con una subida del nivel del mar de 2 metros podemos observar diferentes afecciones:

* Inundación parcial del puerto.
* Inundación de núcleos urbanos próximos a la costa.
* El Parque Natural de la Albufera quedaría totalmente sumergido.
* Afección a ciertos tramos de autovía.

[[Archivo:Subida2.png|630px|miniaturadeimagen|centre|Imagen de inundación con una subida del nivel del mar de 2 metros]]

=== Subida de 20 metros===

Con una subida del nivel del mar de 20 metros podemos observar grandes afecciones:

* Inundación total del puerto.
* Gran afección a núcleos urbanos próximos a la costa, con una inundación de un 74% de la ciudad de Valencia.
* El Parque Natural de la Albufera queda totalmente sumergido.
* Importante afección a las vías de comunicación de la zona. Varios tramos de vía ferroviaria quedan sumergidos así como también, a varios kilómetros de autovía.

[[Archivo:Subida20.png|630px|miniaturadeimagen|centre|Imagen de inundación con una subida del nivel del mar de 20 metros]]
== Conclusiones ==

Las predicciones sobre la magnitud de la subida del nivel del mar en un futuro son diversas. Igual ocurre con las consecuencias que esto acarrearía. Las zonas costeras corren peligro ante este fenómeno y la mayoría de ellas no están preparadas.

En este caso, centrándonos en la costa de Valencia podemos ver claramente la magnitud del desastre ante una gran elevación. El 74% de la ciudad de Valencia quedaría sumergida, así como los núcleos urbanos costeros de la zona. Las principales vías de comunicación de la zona se verían afectadas: El puerto desaparece por completo bajo el mar, autovías y vías ferroviarias quedan inundadas y el parque natural de Albufera queda totalmente sumergido.

Viendo los mapas de inundación, queda claro el desastre que supone una subida grande del nivel del mar sino se disponen medidas para su contención.

Posibles medidas de contención ante la subida.
* Diques
* Creación de dunas y archipiélagos artificiales

== Anejos ==

Se pueden adjuntar archivos usando el enlace ''Subir archivo'' que aparece a la izquierda.

[[Categoría:oculto]]

Estudio de afeccion de la subida del nivel del mar

2014-05-25T19:03:49Z

Arantxa Abascal Colomar:

{{ TrabajoSIG | Afección de la subida del nivel del mar en la costa de Valencia | Arantxa Abascal Colomar
Eduardo Carbajo Fuertes

Nazaret Díez Antón

Ricardo López Sáez
| [[:Categoría:Trabajos 2013-14|2013-14]] }}

El objeto del trabajo es estudiar cómo afecta la subida del nivel del mar a distintas infraestructuras de la costa de Valencia.

El proceso a seguir comienza por obtener, a partir del MDT25, la lámina de agua en GRASS. Este primer paso permite conocer qué zona queda inundada ante una suave subida del mar Mediterráneo de 2 metros, y una fuerte subida de hasta 20 metros.

Es importante visualizar zonas de interés como el puerto de Valencia y los núcleos urbanos y vías de comunicación más cercanos. Esto se consigue con el BTN100.

Digitalizando las capas vectoriales de estas zonas, e intersectándolas con la lámina de agua que inunda Valencia, se puede apreciar que la ciudad no está preparada para una subida del nivel del mar.

Cuando ésta es de 2 metros, inunda parte del puerto y, prácticamente, todo el Parque Natural de Albufera. Pero cuando sube hasta los 20 metros, el desastre es total. El puerto lo destruye por completo, afecta, en gran medida, a las autovías y a los ferrocarriles, e inunda todos los pueblos costeros y el 74% de Valencia.

Mejoras recomendables para el futuro son construir diques y crear dunas y archipiélagos artificiales.

[[Archivo:Portada.gif|630px|miniaturadeimagen|centre|]]

== Introducción ==

== Metodología ==

Inicialmente, se ha descargado en la web del CNIG la hoja 722, correspondiente al núcleo urbano de Valencia y alrededores, tanto del MDT25 (para relieves y elevaciones), como del MTN50 ráster, para núcleos e infraestructuras. Además, también se ha descargado el BTN 100 correspondiente a la provincia de Valencia.

=== Obtención de la lámina de inundación ===

Tras la descarga de todos los archivos necesarios, se ha procedido a insertar en el Quantum GIS la capa 0722h30.tiff del MTN50 y la capa MDT25-0722-H30.asc del MDT. A continuación, se ha creado un directorio de mapas en GRASS (PERMANENT en Nueva Localización) y se ha importado la capa MDT desde la vista QGIS a GRASS, mediante el módulo r.in.gdal.qgis, dando lugar al mapa mdtrastergrass. Con el mapa ya en GRASS, se obtienen los mapas de inundación usando el módulo r.lake.seed, una para el aumento de 2m y otra para 20m (Nivelagua2 y Nivelagua20). El resultado es un ráster en el que el terreno emergido tiene valor 0 y el sumergido tiene como valor la altura de agua.

Como lo que se pretende obtener es una capa vectorial del terreno inundado, primero hay que hacer una modificación del ráster con el módulo r.reclass, por el que mediante unas reglas de reclasificación se consigue que todas las celdas sumergidas tengan el mismo valor (zonainundada2 y zonainundada20). Una vez hecho esto, con el módulo r.to.vect.area se pasa de ráster a vectorial, pero manteniéndose en GRASS. Finalmente, se exporta desde GRASS a QGIS con el módulo v.out.ogr.

Como resultado, se obtiene dos capas vectoriales, zona inundada 2 y zona inundada 20, formadas por los polígonos de las zonas sumergidas con la elevación del mar de 2 y 20 metros respectivamente.

=== Obtención de zonas de interés sumergidas ===

A partir del BTN100 de la provincia de Valencia y capas vectoriales propias, se ha digitalizado las zonas de mayor interés de la zona. Se ha elegido:

* Núcleos urbanos
* Autovías
* Ferrocarriles
* Puerto de Valencia
* Zonas protegidas

Tras la creación de dichas capas se ha utilizado la herramienta de geoproceso intersección entre cada una de las capas y las dos capas vectoriales de inundación obtenidas anteriormente. El resultado es la parte de las zonas de interés que quedan sumergidas en cada caso.

== Resultados ==

=== Subida de 2 metros ===

Con una subida del nivel del mar de 2 metros podemos observar diferentes afecciones:

* Inundación parcial del puerto.
* Inundación de núcleos urbanos próximos a la costa.
* El Parque Natural de la Albufera quedaría totalmente sumergido.
* Afección a ciertos tramos de autovía.

[[Archivo:Subida2.png|630px|miniaturadeimagen|centre|Imagen de inundación con una subida del nivel del mar de 2 metros]]

=== Subida de 20 metros==

Con una subida del nivel del mar de 20 metros podemos observar grandes afecciones:

* Inundación total del puerto.
* Gran afección a núcleos urbanos próximos a la costa, con una inundación de un 74% de la ciudad de Valencia.
* El Parque Natural de la Albufera queda totalmente sumergido.
* Importante afección a las vías de comunicación de la zona. Varios tramos de vía ferroviaria quedan sumergidos así como también, a varios kilómetros de autovía.

[[Archivo:Subida20.png|630px|miniaturadeimagen|centre|Imagen de inundación con una subida del nivel del mar de 20 metros]]
== Conclusiones ==

Las predicciones sobre la magnitud de la subida del nivel del mar en un futuro son diversas. Igual ocurre con las consecuencias que esto acarrearía. Las zonas costeras corren peligro ante este fenómeno y la mayoría de ellas no están preparadas.

En este caso, centrándonos en la costa de Valencia podemos ver claramente la magnitud del desastre ante una gran elevación. El 74% de la ciudad de Valencia quedaría sumergida, así como los núcleos urbanos costeros de la zona. Las principales vías de comunicación de la zona se verían afectadas: El puerto desaparece por completo bajo el mar, autovías y vías ferroviarias quedan inundadas y el parque natural de Albufera queda totalmente sumergido.

Viendo los mapas de inundación, queda claro el desastre que supone una subida grande del nivel del mar sino se disponen medidas para su contención.

Posibles medidas de contención ante la subida.
* Diques
* Creación de dunas y archipiélagos artificiales

== Anejos ==

Se pueden adjuntar archivos usando el enlace ''Subir archivo'' que aparece a la izquierda.

[[Categoría:oculto]]

Estudio de afeccion de la subida del nivel del mar

2014-05-25T18:58:11Z

Arantxa Abascal Colomar:

{{ TrabajoSIG | Afección de la subida del nivel del mar en la costa de Valencia | Arantxa Abascal Colomar
Eduardo Carbajo Fuertes

Nazaret Díez Antón

Ricardo López Sáez
| [[:Categoría:Trabajos 2013-14|2013-14]] }}

El objeto del trabajo es estudiar cómo afecta la subida del nivel del mar a distintas infraestructuras de la costa de Valencia.
El proceso a seguir comienza por obtener, a partir del MDT25, la lámina de agua en GRASS. Este primer paso permite conocer qué zona queda inundada ante una suave subida del mar Mediterráneo de 2 metros, y una fuerte subida de hasta 20 metros.
Es importante visualizar zonas de interés como el puerto de Valencia y los núcleos urbanos y vías de comunicación más cercanos. Esto se consigue con el BTN100.
Digitalizando las capas vectoriales de estas zonas, e intersectándolas con la lámina de agua que inunda Valencia, se puede apreciar que la ciudad no está preparada para una subida del nivel del mar.
Cuando ésta es de 2 metros, inunda parte del puerto y, prácticamente, todo el Parque Natural de Albufera. Pero cuando sube hasta los 20 metros, el desastre es total. El puerto lo destruye por completo, afecta, en gran medida, a las autovías y a los ferrocarriles, e inunda todos los pueblos costeros y hasta el 80% de Valencia.
Mejoras recomendables para el futuro son construir diques y crear dunas y archipiélagos artificiales.

[[Archivo:Portada.gif|630px|miniaturadeimagen|centre|]]

== Introducción ==

== Metodología ==

Inicialmente, se ha descargado en la web del CNIG la hoja 722, correspondiente al núcleo urbano de Valencia y alrededores, tanto del MDT25 (para relieves y elevaciones), como del MTN50 ráster, para núcleos e infraestructuras. Además, también se ha descargado el BTN 100 correspondiente a la provincia de Valencia.

=== Obtención de la lámina de inundación ===
Tras la descarga de todos los archivos necesarios, se ha procedido a insertar en el Quantum GIS la capa 0722h30.tiff del MTN50 y la capa MDT25-0722-H30.asc del MDT. A continuación, se ha creado un directorio de mapas en GRASS (PERMANENT en Nueva Localización) y se ha importado la capa MDT desde la vista QGIS a GRASS, mediante el módulo r.in.gdal.qgis, dando lugar al mapa mdtrastergrass. Con el mapa ya en GRASS, se obtienen los mapas de inundación usando el módulo r.lake.seed, una para el aumento de 2m y otra para 20m (Nivelagua2 y Nivelagua20). El resultado es un ráster en el que el terreno emergido tiene valor 0 y el sumergido tiene como valor la altura de agua.
Como lo que se pretende obtener es una capa vectorial del terreno inundado, primero hay que hacer una modificación del ráster con el módulo r.reclass, por el que mediante unas reglas de reclasificación se consigue que todas las celdas sumergidas tengan el mismo valor (zonainundada2 y zonainundada20). Una vez hecho esto, con el módulo r.to.vect.area se pasa de ráster a vectorial, pero manteniéndose en GRASS. Finalmente, se exporta desde GRASS a QGIS con el módulo v.out.ogr.
Como resultado, se obtiene dos capas vectoriales, zona inundada 2 y zona inundada 20, formadas por los polígonos de las zonas sumergidas con la elevación del mar de 2 y 20 metros respectivamente.

=== Obtención de zonas de interés sumergidas ===
A partir del BTN100 de la provincia de Valencia y capas vectoriales propias, se ha digitalizado las zonas de mayor interés de la zona. Se ha elegido:
* Núcleos urbanos
* Autovías
* Ferrocarriles
* Puerto de Valencia
* Zonas protegidas
Tras la creación de dichas capas se ha utilizado la herramienta de geoproceso intersección entre cada una de las capas y las dos capas vectoriales de inundación obtenidas anteriormente. El resultado es la parte de las zonas de interés que quedan sumergidas en cada caso.

== Resultados ==
Con una subida del nivel del mar de 2 metros podemos observar diferentes afecciones:
* Inundación parcial del puerto.
* Inundación de núcleos urbanos próximos a la costa.
* El Parque Natural de la Albufera quedaría totalmente sumergido.
* Afección a ciertos tramos de autovía.

[[Archivo:Subida2.png|630px|miniaturadeimagen|centre|Imagen de inundación con una subida del nivel del mar de 2 metros]]

Con una subida del nivel del mar de 20 metros podemos observar grandes afecciones:
* Inundación total del puerto.
* Gran afección a núcleos urbanos próximos a la costa, con una inundación de un 74% de la ciudad de Valencia.
* El Parque Natural de la Albufera queda totalmente sumergido.
* Importante afección a las vías de comunicación de la zona. Varios tramos de vía ferroviaria quedan sumergidos así como también, a varios kilómetros de autovía.

[[Archivo:Subida20.png|630px|miniaturadeimagen|centre|Imagen de inundación con una subida del nivel del mar de 20 metros]]
== Conclusiones ==

Las predicciones sobre la magnitud de la subida del nivel del mar en un futuro son diversas. Igual ocurre con las consecuencias que esto acarrearía. Las zonas costeras corren peligro ante este fenómeno y la mayoría de ellas no están preparadas.

En este caso, centrándonos en la costa de Valencia podemos ver claramente la magnitud del desastre ante una gran elevación. El 74% de la ciudad de Valencia quedaría sumergida, así como los núcleos urbanos costeros de la zona. Las principales vías de comunicación de la zona se verían afectadas: El puerto desaparece por completo bajo el mar, autovías y vías ferroviarias quedan inundadas y el parque natural de Albufera queda totalmente sumergido.

Posibles medidas de contención ante la subida.
* Diques
* Creación de dunas y archipiélagos artificiales

== Anejos ==

Se pueden adjuntar archivos usando el enlace ''Subir archivo'' que aparece a la izquierda.

[[Categoría:oculto]]

Estudio de afeccion de la subida del nivel del mar

2014-05-25T16:18:21Z

Arantxa Abascal Colomar:

Archivo:Portada.gif

2014-05-25T15:57:22Z

Arantxa Abascal Colomar:

Estudio de afeccion de la subida del nivel del mar

2014-05-25T15:56:34Z

Arantxa Abascal Colomar: Página creada con «{{ TrabajoSIG | Afección de la subida del nivel del mar en la costa de Valencia | Arantxa Abascal Colomar Eduardo Carbajo Fuertes Nazaret Díez Antón Ricardo López S...»

Archivo:Subida20.png

2014-05-25T15:47:02Z

Arantxa Abascal Colomar:

Archivo:Subida2.png

2014-05-25T15:43:21Z

Arantxa Abascal Colomar:

Calor Placa Anillo (18B)

2014-05-19T21:32:36Z

Arantxa Abascal Colomar:

{{ TrabajoED | Ecuación del calor en una placa en forma de anillo (Grupo 18) | [[:Categoría:Ecuaciones Diferenciales|Ecuaciones Diferenciales]]|[[:Categoría:ED13/14|Curso 2013-14]] | • Arantxa Abascal Colomar • Patricia Fernández Aibar • Paula Lacanal Cuadrado • David Ortiz Liriano • Álvaro Pintor Sousa • Alberto Rodríguez Fernández}}

== Introducción ==
[[Image:PlacaAnillo.png|300px|thumb|right|Anillo circular entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$]]
El problema nos pide considerar una placa plana en forma de anillo o corona circular, comprendida entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$, dividida en diferentes franjas circulares (sectores), cuya temperatura varía según la dirección radial.

Disponemos de la función que determina la temperatura inicial de la placa, que abarca distintos valores del radio $\rho$:

\[ \begin{array}{c} \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} &&&(1) \end{array} \]

Los extremos de la placa están en contacto con objetos que, por diversas razones físicas, hacen que el límite interior de la placa se encuentre a $0ºC$, mientras que el exterior está, de un modo similar, a $10ºC$. Estas temperaturas se mantienen constantes con el paso del tiempo, es decir, durante $t>0$.

Analizando la situación, podemos ver que se trata de un problema que se puede representar mediante la ecuación del calor y su distribución a lo largo del tiempo para los diferentes intervalos representados anteriormente $(1)$.

'''''OBSERVACIÓN''''': Tal como indica el enunciado, se hace preciso trabajar con la ayuda de una parametrización en coordenadas polares por la facilidad práctica que supone. Sin embargo, la temperatura no varía en función de $\theta$ (siendo $\theta$ el ángulo girado con respecto al eje de abcisas y centro en el origen de coordenadas), razón por la cual asemejaremos este problema al de una varilla de longitud comprendida entre $x\in [1,6]$, cuya función de temperatura depende del tiempo y de la distancia $\rho$ al extremo interior $\rho=1$.

Considerando $u(\rho,t)$ como la función que determinará el calor de la placa, las condiciones iniciales y de frontera, serán las siguientes:

*Para $\rho=1$, tenemos una temperatura constante de $0ºC$.
*Para $\rho=6$, tenemos una temperatura constante de $10ºC$.

== Planteamiento del sistema de ecuaciones ==

Suponemos que la temperatura $u$ de la placa en forma de anillo depende sólo de la coordenada radial $\rho$ y del tiempo $t$ es decir:

\[
u = u(\rho,t)
\]

y que satisface la ecuacion del calor:
\[
u_t - \Delta u =0
\]

El sistema de ecuaciones que satisface $ u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u(6,t)=10 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

Resolvemos esta ecuación diferencial mediante el método del trapecio, y los resultados gráficos son los siguientes:

[[Image:Trapecio111.png|530px|thumb|left]] [[Image:Trapecio444.png|530px|thumb|right]]
[[Image:Trapecio222.png|530px|thumb|left]] [[Image:Trapecio333.png|530px|thumb|right]]

En las gráficas se puede observar cómo para tiempo 0, los valores de temperatura para cada radio son los indicados en las condiciones iniciales. A partir de ahí y a medida que va pasando el tiempo el flujo de calor se expande a las zonas de menor temperatura, esto es, de los radios interiores (2 a 5) a los exteriores, de manera que para un tiempo igual a 10 segundos la placa pasa a tener menor temperatura en los radios interiores, llegando a tener todos los radios una misma temperatura. Sin embargo se aprecia que en el extremo del anillo con radio igual a 6 tenemos unas condiciones físicas que hacen que en ese extremo la temperatura valga 10. Esto hace que para tiempo igual a 10 segundo no toda la placa este homogeneizada en temperatura,puesto que en ese extremo la temperatura está obligada a ser 10.

El código de Matlab utilizado para la obtención de resultados, es el siguiente:

{{matlab|codigo=
%
clear all
a=1; b=6;
h=0.1;
x=a:h:b; %El vector x tiene N+1 elementos
N=(b-a)/h;
% matriz K
K=(1/h^2)*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F y valor inicial
rho=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=(0.*rho); %término independiente
%valor inicial
U=(0.*rho);
% U=[1,N-2];
rho=1;
for i=1:N-1
if i>1 & i<=(2-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=100*(rho-1);
elseif i>(2-1)/h & i<=(5-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=100;
elseif i>(5-1)/h & i<=(6-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=(90*(6-rho)+10);
end
end

% discretización en t
j=h/4; % paso en t.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t

sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
Z=U+j/2*(-K*U);
U=(eye(N-1)+K*j/2)\Z;
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end

[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol) ;

}}

== Representación de la temperatura en el tiempo para $\rho=3$ ==

Vamos a dibujar el comportamiento de la temperatura para un radio constante $\rho=3$ en una gráfica 2-D (eje de abcisas, temperatura y eje de ordenadas, tiempo). Para ello, utilizamos el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=2; b=5;
x=a:h:b;
N=(b-a)/h;
% Matriz K
K=1/h^2*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F
xx=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=0*xx;
U=100*ones(size(xx)); %valor inicial para un \rho=3
% discretización en t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end
plot(t,sol(:,11)) %la columna 11 es la correspondiente a \rho=3

}}

[[Image:Ejr3.png|500px|thumb|centre|Variación de la temperatura en los $10$ primeros segundos para $\rho=3$]]

Se puede observar que la temperatura inicial ($t=0$), es de $100ºC$, condición impuesta en las condiciones iniciales. Con el paso del tiempo, la tendencia natural de la temperatura a crear un flujo de calor que viaja desde las zonas de temperatura más alta, a las zonas de temperatura más baja, influye en la estabilización y homogeneización de esta a lo largo de la dirección radial del disco. Es decir, que, a medida que pasa el tiempo, el flujo de calor va de las zonas con más temperatura a las de menor, es por eso que en el instante inicial su temperatura es máxima y luego disminuye, porque está transmitiendo calor. Como puede observarse una vez alcanzados los $10$ primeros segundos la placa en ese radio $\rho=3$ se estabilizada en $0ºC$.

== Resolución del sistema por diferentes métodos de discretizacion==

=== Euler explicito ===

Resolvemos el sistema de ecuaciones diferenciales esta vez utilizando el método de Euler explícito, con las mismas condiciones que en el método de las diferencias finitas y del trapecio.

El código MATLAB utilizado es el siguiente:

{{matlab|codigo=
%euler explicito
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
%Valores iniciales
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2)); %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para conseguir estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eexplicito.jpg|500px|thumb|centro|Euler explícito]]

Como podemos observar, la temperatura es máxima entre los radios 2 y 5 en el instante inicial. A partir de ese momento a medida que avanzan los segundos la temperatura desciende debido a la tendencia natural de la placa a estabilizarse, de manera que el calor se transmite desde las zonas de mayor temperatura a las de menor, hasta alcanzar una temperatura homogénea.

===Euler implícito===

Realizamos el mismo ejercicio con el método de Euler implícito utilizando el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
%euler implicito (incondicionalmente estable)
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
%Valores iniciales
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2));
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2;
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U=(eye(N-1)+j*K)\(U+F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eimplicito.jpg|500px|thumb|centro|Euler Implícito]]

En este gráfico se observa lo mismo que lo dicho en el gráfico anterior, y por tanto, se obtienen las mismas conclusiones.

===Euler modificado===

Por último, probamos con el método de Euler modificado. Para ello adjuntamos el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
%euler modificado (euler+trapecio)
clear all
h=0.1;
a=1; b=2; c=5; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
K=(1/(h^2))*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
xx=x(2:N);
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2)); %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10);
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
k1=(K)*U+F';
k2=((j/2)+(K))*U+F';
U=U-(j/2)*(k1+k2);
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[X,T]=meshgrid(x,t);
mesh(X,T,sol)
}}

[[Image:eulermodificado.png|520px|thumb|centro|Euler modificado]]

Vemos que gráficamente no se aprecian variaciones, siendo prácticamente iguales todas las gráficas.
La única diferencia es el método utilizado para conseguirlo, es decir, el código MATLAB utilizado; mientras que los métodos de Euler explícito y modificado precisan de un paso temporal pequeño (del orden de <math>h^2/2</math> , siendo $h$ el paso de discretización espacial) para ser estables y conseguir una buena aproximación, no es así con el método de Euler implícito, que no necesita un paso de tan pequeño orden y la aproximación conseguida es bastante acertada. Hay que añadir que el inconveniente del uso de un paso pequeño, no es más que para intentar el menor colapso del programa matemático utilizado (MATLAB en este caso), y conseguir el resultado en el menor tiempo posible.

Después de este razonamiento, vemos que el método más óptimo es de Euler implícito.

== Variación de la temperatura para tiempos grandes==

El sistema de ecuaciones que satisface $ u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u(6,t)=10 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

La solución numérica de este sistema consiste en dar como solución aproximada una función en serie de Fourier.
\[

\begin{array}{c} U( \rho,t)= U_0( \rho,t) + W( \rho,t) \end{array}\\

\]

\begin{equation}
U( \rho,t)=2x-2+\sum_{i=1}^k{\frac{-230-2.5(-1)^k}{\pi\cdot{k}}}\cdot{e^{-((k\cdot{\pi}^2)\cdot{t}}}\cdot{\sin({k\cdot{\pi}\cdot{x})}} \end{equation}

El programa utilizado para representar la solución por Fourier se expone a continuación. Utilizaremos k=10 para realizar la aproximación, ya que conseguimos un error pequeño.

{{matlab|codigo=
clear all
a=1; b=6; c=0; d=1;
h=0.1; N=(b-a)/h;
x=a:h:b;
M=50;
k=(d-c)/M;
t=c:k:d;
[X,T]=meshgrid(x,t);
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2));
U3 =((90*(6-xx3))+10);
U0=2*X-2;
Q=10;
U=U0;
for j=1:Q
pj=sin(pi*x*k);
pj1=sin(pi*xx1*k);
pj2=sin(pi*xx2*k);
pj3=sin(pi*xx3*k);
fourier(j)=(trapz(xx1,U1.*pj1)+trapz(xx2,U2.*pj2)+trapz(xx3,U3.*pj3))/trapz(x,pj.^2);
U=U+fourier(j)*(exp(-((pi^2)*j*T))).*(sin(pi*X*j));
end
figure
mesh(X,T,U)

}}

Representando la temperatura a lo largo de la placa para diferentes tiempos t=0,1,2 y 10 segundos observamos como la temperatura tiende a estabilizarse a un valor estacionario para cada punto, estableciéndose un incremento de temperatura lineal en el anillo, en la dirección del radio.
La disminución de la temperatura en el tiempo se plasma dentro de la función $ U( \rho,t)=2x-2+\sum_{i=1}^k{\frac{-230-2.5(-1)^k}{\pi\cdot{k}}}\cdot{e^{-((k\cdot{\pi}^2)\cdot{t}}}\cdot{\sin({k\cdot{\pi}\cdot{x})}}$ desarrollada en serie de Fourier, en forma de $e^{-((k\cdot{\pi}^2)\cdot{t}} $. Esta funcion tiende a 0 para tiempos grandes.
Es precisamente este operador de la función el que impone un valor estacionario de la temperatura en la placa. Este valor estacionario seguirá la función $U_0( \rho,t)= 2x - 2$, que es la función que nos permite homogeneizar las condiciones de contorno de nuestro problema inicial.
De esta forma, para tiempo infinito la temperatura en $\rho=1$ será 0ºC y en $\rho=6$ será 10ºC

[[Image:60seg.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=0 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]
[[Image:61.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=1 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]
[[Image:62.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=2 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]
[[Image:610seg.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=10 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]

Vemos que para t=10 segundo la solución ya coincide prácticamente con al estacionaria.

== Variacion de las condiciones de frontera ==

Ahora colocamos en la frontera exterior de la placa ($\rho=6$) una pieza aislante (en lugar de un objeto con temperatura constante 10). El aislante hace que no haya pérdida de calor en ese extremo, es decir, el flujo de temperatura en la dirección radial es nulo, no entra ni sale calor en ese extremo de la placa. El valor estacionario de la temperatura de la placa será 0ºC.
El sistema en este caso es análogo al anterior. La diferencia que se impone es que el flujo de calor en la dirección radial sea nulo en la placa (condición de Neumann).

El sistema de ecuaciones que satisface $u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u_\rho(6,t)=0 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]
{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=1; b=2; c=5; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K(N-1,N-1)=2/3;
K(N-1,N-2)=-2/3;
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N)
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1)
U2 =100*ones(size(xx2)) %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10)
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3]
sol(1,:)=[0,U,((-U(4)+U(5))/3)]
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',((-U(4)+U(5))/3)];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}
[[Image:GRAFICA6.png|500px|thumb|center|Gráfica que describe el comportamiento de la temperatura a lo largo del tiempo según el radio, de acuerdo a las condiciones del enunciado. ]]

La variación de la temperatura a lo largo del disco no es uniforme, si no que el extremo$\rho=6$ tiene una temperatura mayor que $\rho=1$. Esto es debido a la condición inicial de colocar un elemento aislante en el extremo. En las gráficas expuestas a continuación se puede ver la temperatura en la placa para diferentes tiempos. Para un tiempo grande de 50 segundos podemos ver que la temperatura ya es prácticamente 0 en toda la placa.

[[Image:71.png|500px|thumb|left|Temperaturas en la placa para t=1 seg]][[Image:72.png|500px|thumb|rigth||Temperaturas en la placa para t=2 seg]]
[[Image:73.png|500px|thumb|center|Temperaturas en la placa para t=50 seg]]

== Transformación del problema en disco ==
Considerando que la placa ocupa todo el disco $\rho<6$, aproximaremos las soluciones usando el método de Fourier. De nuevo, la solución dependerá sólo de $\rho$ y $t$, y tomaremos ahora como condición frontera $u(6,t) = 0$.
\[
\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (0,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(0,t)=0 & u(6,t)=0 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]
[[Image:PlacaDisco.png|300px|thumb|right|Disco circular de radio $\rho<6$]]

=== Problema de autovalores ===
=== Función de Bessel ===

=== Aproximación de la solución ===

[[Categoría:Ecuaciones Diferenciales]]
[[Categoría:ED13/14]]
[[Categoría:Trabajos 2013-14]]

Calor Placa Anillo (18B)

2014-05-19T21:29:13Z

Arantxa Abascal Colomar:

{{ TrabajoED | Ecuación del calor en una placa en forma de anillo (Grupo 18) | [[:Categoría:Ecuaciones Diferenciales|Ecuaciones Diferenciales]]|[[:Categoría:ED13/14|Curso 2013-14]] | • Arantxa Abascal Colomar • Patricia Fernández Aibar • Paula Lacanal Cuadrado • David Ortiz Liriano • Álvaro Pintor Sousa • Alberto Rodríguez Fernández}}

== Introducción ==
[[Image:PlacaAnillo.png|300px|thumb|right|Anillo circular entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$]]
El problema nos pide considerar una placa plana en forma de anillo o corona circular, comprendida entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$, dividida en diferentes franjas circulares (sectores), cuya temperatura varía según la dirección radial.

Disponemos de la función que determina la temperatura inicial de la placa, que abarca distintos valores del radio $\rho$:

\[ \begin{array}{c} \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} &&&(1) \end{array} \]

Los extremos de la placa están en contacto con objetos que, por diversas razones físicas, hacen que el límite interior de la placa se encuentre a $0ºC$, mientras que el exterior está, de un modo similar, a $10ºC$. Estas temperaturas se mantienen constantes con el paso del tiempo, es decir, durante $t>0$.

Analizando la situación, podemos ver que se trata de un problema que se puede representar mediante la ecuación del calor y su distribución a lo largo del tiempo para los diferentes intervalos representados anteriormente $(1)$.

'''''OBSERVACIÓN''''': Tal como indica el enunciado, se hace preciso trabajar con la ayuda de una parametrización en coordenadas polares por la facilidad práctica que supone. Sin embargo, la temperatura no varía en función de $\theta$ (siendo $\theta$ el ángulo girado con respecto al eje de abcisas y centro en el origen de coordenadas), razón por la cual asemejaremos este problema al de una varilla de longitud comprendida entre $x\in [1,6]$, cuya función de temperatura depende del tiempo y de la distancia $\rho$ al extremo interior $\rho=1$.

Considerando $u(\rho,t)$ como la función que determinará el calor de la placa, las condiciones iniciales y de frontera, serán las siguientes:

*Para $\rho=1$, tenemos una temperatura constante de $0ºC$.
*Para $\rho=6$, tenemos una temperatura constante de $10ºC$.

== Planteamiento del sistema de ecuaciones ==

Suponemos que la temperatura $u$ de la placa en forma de anillo depende sólo de la coordenada radial $\rho$ y del tiempo $t$ es decir:

\[
u = u(\rho,t)
\]

y que satisface la ecuacion del calor:
\[
u_t - \Delta u =0
\]

El sistema de ecuaciones que satisface $ u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u(6,t)=10 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

Resolvemos esta ecuación diferencial mediante el método del trapecio, y los resultados gráficos son los siguientes:

[[Image:Trapecio111.png|530px|thumb|left]] [[Image:Trapecio444.png|530px|thumb|right]]
[[Image:Trapecio222.png|530px|thumb|left]] [[Image:Trapecio333.png|530px|thumb|right]]

En las gráficas se puede observar cómo para tiempo 0, los valores de temperatura para cada radio son los indicados en las condiciones iniciales. A partir de ahí y a medida que va pasando el tiempo el flujo de calor se expande a las zonas de menor temperatura, esto es, de los radios interiores (2 a 5) a los exteriores, de manera que para un tiempo igual a 10 segundos la placa pasa a tener menor temperatura en los radios interiores, llegando a tener todos los radios una misma temperatura. Sin embargo se aprecia que en el extremo del anillo con radio igual a 6 tenemos unas condiciones físicas que hacen que en ese extremo la temperatura valga 10. Esto hace que para tiempo igual a 10 segundo no toda la placa este homogeneizada en temperatura,puesto que en ese extremo la temperatura está obligada a ser 10.

El código de Matlab utilizado para la obtención de resultados, es el siguiente:

{{matlab|codigo=
%
clear all
a=1; b=6;
h=0.1;
x=a:h:b; %El vector x tiene N+1 elementos
N=(b-a)/h;
% matriz K
K=(1/h^2)*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F y valor inicial
rho=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=(0.*rho); %término independiente
%valor inicial
U=(0.*rho);
% U=[1,N-2];
rho=1;
for i=1:N-1
if i>1 & i<=(2-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=100*(rho-1);
elseif i>(2-1)/h & i<=(5-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=100;
elseif i>(5-1)/h & i<=(6-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=(90*(6-rho)+10);
end
end

% discretización en t
j=h/4; % paso en t.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t

sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
Z=U+j/2*(-K*U);
U=(eye(N-1)+K*j/2)\Z;
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end

[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol) ;

}}

== Representación de la temperatura en el tiempo para $\rho=3$ ==

Vamos a dibujar el comportamiento de la temperatura para un radio constante $\rho=3$ en una gráfica 2-D (eje de abcisas, temperatura y eje de ordenadas, tiempo). Para ello, utilizamos el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=2; b=5;
x=a:h:b;
N=(b-a)/h;
% Matriz K
K=1/h^2*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F
xx=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=0*xx;
U=100*ones(size(xx)); %valor inicial para un \rho=3
% discretización en t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end
plot(t,sol(:,11)) %la columna 11 es la correspondiente a \rho=3

}}

[[Image:Ejr3.png|500px|thumb|centre|Variación de la temperatura en los $10$ primeros segundos para $\rho=3$]]

Se puede observar que la temperatura inicial ($t=0$), es de $100ºC$, condición impuesta en las condiciones iniciales. Con el paso del tiempo, la tendencia natural de la temperatura a crear un flujo de calor que viaja desde las zonas de temperatura más alta, a las zonas de temperatura más baja, influye en la estabilización y homogeneización de esta a lo largo de la dirección radial del disco. Es decir, que, a medida que pasa el tiempo, el flujo de calor va de las zonas con más temperatura a las de menor, es por eso que en el instante inicial su temperatura es máxima y luego disminuye, porque está transmitiendo calor. Como puede observarse una vez alcanzados los $10$ primeros segundos la placa en ese radio $\rho=3$ se estabilizada en $0ºC$.

== Resolución del sistema por diferentes métodos de discretizacion==

=== Euler explicito ===

Resolvemos el sistema de ecuaciones diferenciales esta vez utilizando el método de Euler explícito, con las mismas condiciones que en el método de las diferencias finitas y del trapecio.

El código MATLAB utilizado es el siguiente:

{{matlab|codigo=
%euler explicito
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
%Valores iniciales
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2)); %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para conseguir estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eexplicito.jpg|500px|thumb|centro|Euler explícito]]

Como podemos observar, la temperatura es máxima entre los radios 2 y 5 en el instante inicial. A partir de ese momento a medida que avanzan los segundos la temperatura desciende debido a la tendencia natural de la placa a estabilizarse, de manera que el calor se transmite desde las zonas de mayor temperatura a las de menor, hasta alcanzar una temperatura homogénea.

===Euler implícito===

Realizamos el mismo ejercicio con el método de Euler implícito utilizando el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
%euler implicito (incondicionalmente estable)
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
%Valores iniciales
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2));
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2;
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U=(eye(N-1)+j*K)\(U+F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eimplicito.jpg|500px|thumb|centro|Euler Implícito]]

En este gráfico se observa lo mismo que lo dicho en el gráfico anterior, y por tanto, se obtienen las mismas conclusiones.

===Euler modificado===

Por último, probamos con el método de Euler modificado. Para ello adjuntamos el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
%euler modificado (euler+trapecio)
clear all
h=0.1;
a=1; b=2; c=5; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
K=(1/(h^2))*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
xx=x(2:N);
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2)); %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10);
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
k1=(K)*U+F';
k2=((j/2)+(K))*U+F';
U=U-(j/2)*(k1+k2);
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[X,T]=meshgrid(x,t);
mesh(X,T,sol)
}}

[[Image:eulermodificado.png|520px|thumb|centro|Euler modificado]]

Vemos que gráficamente no se aprecian variaciones, siendo prácticamente iguales todas las gráficas.
La única diferencia es el método utilizado para conseguirlo, es decir, el código MATLAB utilizado; mientras que los métodos de Euler explícito y modificado precisan de un paso temporal pequeño (del orden de <math>h^2/2</math> , siendo $h$ el paso de discretización espacial) para ser estables y conseguir una buena aproximación, no es así con el método de Euler implícito, que no necesita un paso de tan pequeño orden y la aproximación conseguida es bastante acertada. Hay que añadir que el inconveniente del uso de un paso pequeño, no es más que para intentar el menor colapso del programa matemático utilizado (MATLAB en este caso), y conseguir el resultado en el menor tiempo posible.

Después de este razonamiento, vemos que el método más óptimo es de Euler implícito.

== Variación de la temperatura para tiempos grandes==

El sistema de ecuaciones que satisface $ u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u(6,t)=10 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

La solución numérica de este sistema consiste en dar como solución aproximada una función en serie de Fourier.
\[

\begin{array}{c} U( \rho,t)= U_0( \rho,t) + W( \rho,t) \end{array}\\

\]

\begin{equation}
U( \rho,t)=2x-2+\sum_{i=1}^k{\frac{-230-2.5(-1)^k}{\pi\cdot{k}}}\cdot{e^{-((k\cdot{\pi}^2)\cdot{t}}}\cdot{\sin({k\cdot{\pi}\cdot{x})}} \end{equation}

El programa utilizado para representar la solución se expone a continuación. Utilizaremos k=10 para realizar la aproximacion, ya que conseguimos un error pequeño.

{{matlab|codigo=
clear all
a=1; b=6; c=0; d=1;
h=0.1; N=(b-a)/h;
x=a:h:b;
M=50;
k=(d-c)/M;
t=c:k:d;
[X,T]=meshgrid(x,t);
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2));
U3 =((90*(6-xx3))+10);
U0=2*X-2;
Q=10;
U=U0;
for j=1:Q
pj=sin(pi*x*k);
pj1=sin(pi*xx1*k);
pj2=sin(pi*xx2*k);
pj3=sin(pi*xx3*k);
fourier(j)=(trapz(xx1,U1.*pj1)+trapz(xx2,U2.*pj2)+trapz(xx3,U3.*pj3))/trapz(x,pj.^2);
U=U+fourier(j)*(exp(-((pi^2)*j*T))).*(sin(pi*X*j));
end
figure
mesh(X,T,U)

}}

Representando la superficie para diferentes tiempos t=0,2 y 10 segundos observamos como la temperatura tiende a estabilizarse a un valor estacionario para cada punto, estableciéndose un incremento de temperatura lineal en el anillo, en la dirección del radio.
La disminución de la temperatura en el tiempo se plasma dentro de la función $ U( \rho,t)=2x-2+\sum_{i=1}^k{\frac{-230-2.5(-1)^k}{\pi\cdot{k}}}\cdot{e^{-((k\cdot{\pi}^2)\cdot{t}}}\cdot{\sin({k\cdot{\pi}\cdot{x})}}$ desarrollada en serie de Fourier, en forma de $e^{-((k\cdot{\pi}^2)\cdot{t}} $
Es precisamente este operador de la función el que impone un valor estacionario de la temperatura en la placa. Este valor estacionario seguirá la función $U_0( \rho,t)= 2x - 2$, que es la función que nos permite homogeneizar las condiciones de contorno de nuestro problema inicial.
De esta forma, para tiempo infinito la temperatura en $\rho=1$ será 0ºC y en $\rho=6$ será 10ºC

[[Image:60seg.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=0 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]
[[Image:61seg.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=1 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]
[[Image:62.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=2 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]
[[Image:610seg.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=10 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]

Vemos que para t=10 segundo la solución ya coincide prácticamente con al estacionaria. Esto significa que la temperatura de la placa esta estabiliza.

[[Image:Tiempo_12.png |500px|thumb|centre|Solución para un t=1 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]

== Variacion de las condiciones de frontera ==

Ahora colocamos en la frontera exterior de la placa ($\rho=6$) una pieza aislante (en lugar de un objeto con temperatura constante 10). El aislante hace que no haya pérdida de calor en ese extremo, es decir, el flujo de temperatura en la dirección radial es nulo, no entra ni sale calor en ese extremo de la placa. El valor estacionario de la temperatura de la placa será 0ºC.
El sistema en este caso es análogo al anterior. La diferencia que se impone es que el flujo de calor en la dirección radial sea nulo en la placa (condición de Neumann).

El sistema de ecuaciones que satisface $u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u_\rho(6,t)=0 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]
{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=1; b=2; c=5; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K(N-1,N-1)=2/3;
K(N-1,N-2)=-2/3;
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N)
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1)
U2 =100*ones(size(xx2)) %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10)
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3]
sol(1,:)=[0,U,((-U(4)+U(5))/3)]
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',((-U(4)+U(5))/3)];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}
[[Image:GRAFICA6.png|500px|thumb|center|Gráfica que describe el comportamiento de la temperatura a lo largo del tiempo según el radio, de acuerdo a las condiciones del enunciado. ]]

La variación de la temperatura a lo largo del disco no es uniforme, si no que el extremo$\rho=6$ tiene una temperatura mayor que $\rho=1$. Esto es debido a la condición inicial de colocar un elemento aislante en el extremo. En las gráficas expuestas a continuación se puede ver la temperatura en la placa para diferentes tiempos. Para un tiempo grande de 50 segundos podemos ver que la temperatura ya es prácticamente 0 en toda la placa.

[[Image:71.png|500px|thumb|left|Temperaturas en la placa para t=1 seg]][[Image:72.png|500px|thumb|rigth||Temperaturas en la placa para t=2 seg]]
[[Image:73.png|500px|thumb|center|Temperaturas en la placa para t=50 seg]]

== Transformación del problema en disco ==
Considerando que la placa ocupa todo el disco $\rho<6$, aproximaremos las soluciones usando el método de Fourier. De nuevo, la solución dependerá sólo de $\rho$ y $t$, y tomaremos ahora como condición frontera $u(6,t) = 0$.
\[
\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (0,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(0,t)=0 & u(6,t)=0 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]
[[Image:PlacaDisco.png|300px|thumb|right|Disco circular de radio $\rho<6$]]

=== Problema de autovalores ===
=== Función de Bessel ===

=== Aproximación de la solución ===

[[Categoría:Ecuaciones Diferenciales]]
[[Categoría:ED13/14]]
[[Categoría:Trabajos 2013-14]]

Archivo:62.png

2014-05-19T21:28:58Z

Arantxa Abascal Colomar:

Archivo:61.png

2014-05-19T21:26:52Z

Arantxa Abascal Colomar:

Archivo:60seg.png

2014-05-19T21:24:13Z

Arantxa Abascal Colomar:

Archivo:610seg.png

2014-05-19T21:19:42Z

Arantxa Abascal Colomar:

Calor Placa Anillo (18B)

2014-05-19T21:06:33Z

Arantxa Abascal Colomar:

{{ TrabajoED | Ecuación del calor en una placa en forma de anillo (Grupo 18) | [[:Categoría:Ecuaciones Diferenciales|Ecuaciones Diferenciales]]|[[:Categoría:ED13/14|Curso 2013-14]] | • Arantxa Abascal Colomar • Patricia Fernández Aibar • Paula Lacanal Cuadrado • David Ortiz Liriano • Álvaro Pintor Sousa • Alberto Rodríguez Fernández}}

== Introducción ==
[[Image:PlacaAnillo.png|300px|thumb|right|Anillo circular entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$]]
El problema nos pide considerar una placa plana en forma de anillo o corona circular, comprendida entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$, dividida en diferentes franjas circulares (sectores), cuya temperatura varía según la dirección radial.

Disponemos de la función que determina la temperatura inicial de la placa, que abarca distintos valores del radio $\rho$:

\[ \begin{array}{c} \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} &&&(1) \end{array} \]

Los extremos de la placa están en contacto con objetos que, por diversas razones físicas, hacen que el límite interior de la placa se encuentre a $0ºC$, mientras que el exterior está, de un modo similar, a $10ºC$. Estas temperaturas se mantienen constantes con el paso del tiempo, es decir, durante $t>0$.

Analizando la situación, podemos ver que se trata de un problema que se puede representar mediante la ecuación del calor y su distribución a lo largo del tiempo para los diferentes intervalos representados anteriormente $(1)$.

'''''OBSERVACIÓN''''': Tal como indica el enunciado, se hace preciso trabajar con la ayuda de una parametrización en coordenadas polares por la facilidad práctica que supone. Sin embargo, la temperatura no varía en función de $\theta$ (siendo $\theta$ el ángulo girado con respecto al eje de abcisas y centro en el origen de coordenadas), razón por la cual asemejaremos este problema al de una varilla de longitud comprendida entre $x\in [1,6]$, cuya función de temperatura depende del tiempo y de la distancia $\rho$ al extremo interior $\rho=1$.

Considerando $u(\rho,t)$ como la función que determinará el calor de la placa, las condiciones iniciales y de frontera, serán las siguientes:

*Para $\rho=1$, tenemos una temperatura constante de $0ºC$.
*Para $\rho=6$, tenemos una temperatura constante de $10ºC$.

== Planteamiento del sistema de ecuaciones ==

Suponemos que la temperatura $u$ de la placa en forma de anillo depende sólo de la coordenada radial $\rho$ y del tiempo $t$ es decir:

\[
u = u(\rho,t)
\]

y que satisface la ecuacion del calor:
\[
u_t - \Delta u =0
\]

El sistema de ecuaciones que satisface $ u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u(6,t)=10 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

Resolvemos esta ecuación diferencial mediante el método del trapecio, y los resultados gráficos son los siguientes:

[[Image:Trapecio111.png|530px|thumb|left]] [[Image:Trapecio444.png|530px|thumb|right]]
[[Image:Trapecio222.png|530px|thumb|left]] [[Image:Trapecio333.png|530px|thumb|right]]

En las gráficas se puede observar cómo para tiempo 0, los valores de temperatura para cada radio son los indicados en las condiciones iniciales. A partir de ahí y a medida que va pasando el tiempo el flujo de calor se expande a las zonas de menor temperatura, esto es, de los radios interiores (2 a 5) a los exteriores, de manera que para un tiempo igual a 10 segundos la placa pasa a tener menor temperatura en los radios interiores, llegando a tener todos los radios una misma temperatura. Sin embargo se aprecia que en el extremo del anillo con radio igual a 6 tenemos unas condiciones físicas que hacen que en ese extremo la temperatura valga 10. Esto hace que para tiempo igual a 10 segundo no toda la placa este homogeneizada en temperatura,puesto que en ese extremo la temperatura está obligada a ser 10.

El código de Matlab utilizado para la obtención de resultados, es el siguiente:

{{matlab|codigo=
%
clear all
a=1; b=6;
h=0.1;
x=a:h:b; %El vector x tiene N+1 elementos
N=(b-a)/h;
% matriz K
K=(1/h^2)*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F y valor inicial
rho=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=(0.*rho); %término independiente
%valor inicial
U=(0.*rho);
% U=[1,N-2];
rho=1;
for i=1:N-1
if i>1 & i<=(2-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=100*(rho-1);
elseif i>(2-1)/h & i<=(5-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=100;
elseif i>(5-1)/h & i<=(6-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=(90*(6-rho)+10);
end
end

% discretización en t
j=h/4; % paso en t.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t

sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
Z=U+j/2*(-K*U);
U=(eye(N-1)+K*j/2)\Z;
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end

[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol) ;

}}

== Representación de la temperatura en el tiempo para $\rho=3$ ==

Vamos a dibujar el comportamiento de la temperatura para un radio constante $\rho=3$ en una gráfica 2-D (eje de abcisas, temperatura y eje de ordenadas, tiempo). Para ello, utilizamos el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=2; b=5;
x=a:h:b;
N=(b-a)/h;
% Matriz K
K=1/h^2*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F
xx=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=0*xx;
U=100*ones(size(xx)); %valor inicial para un \rho=3
% discretización en t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end
plot(t,sol(:,11)) %la columna 11 es la correspondiente a \rho=3

}}

[[Image:Ejr3.png|500px|thumb|centre|Variación de la temperatura en los $10$ primeros segundos para $\rho=3$]]

Se puede observar que la temperatura inicial ($t=0$), es de $100ºC$, condición impuesta en las condiciones iniciales. Con el paso del tiempo, la tendencia natural de la temperatura a crear un flujo de calor que viaja desde las zonas de temperatura más alta, a las zonas de temperatura más baja, influye en la estabilización y homogeneización de esta a lo largo de la dirección radial del disco. Es decir, que, a medida que pasa el tiempo, el flujo de calor va de las zonas con más temperatura a las de menor, es por eso que en el instante inicial su temperatura es máxima y luego disminuye, porque está transmitiendo calor. Como puede observarse una vez alcanzados los $10$ primeros segundos la placa en ese radio $\rho=3$ se estabilizada en $0ºC$.

== Resolución del sistema por diferentes métodos de discretizacion==

=== Euler explicito ===

Resolvemos el sistema de ecuaciones diferenciales esta vez utilizando el método de Euler explícito, con las mismas condiciones que en el método de las diferencias finitas y del trapecio.

El código MATLAB utilizado es el siguiente:

{{matlab|codigo=
%euler explicito
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
%Valores iniciales
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2)); %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para conseguir estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eexplicito.jpg|500px|thumb|centro|Euler explícito]]

Como podemos observar, la temperatura es máxima entre los radios 2 y 5 en el instante inicial. A partir de ese momento a medida que avanzan los segundos la temperatura desciende debido a la tendencia natural de la placa a estabilizarse, de manera que el calor se transmite desde las zonas de mayor temperatura a las de menor, hasta alcanzar una temperatura homogénea.

===Euler implícito===

Realizamos el mismo ejercicio con el método de Euler implícito utilizando el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
%euler implicito (incondicionalmente estable)
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
%Valores iniciales
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2));
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2;
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U=(eye(N-1)+j*K)\(U+F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eimplicito.jpg|500px|thumb|centro|Euler Implícito]]

En este gráfico se observa lo mismo que lo dicho en el gráfico anterior, y por tanto, se obtienen las mismas conclusiones.

===Euler modificado===

Por último, probamos con el método de Euler modificado. Para ello adjuntamos el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
%euler modificado (euler+trapecio)
clear all
h=0.1;
a=1; b=2; c=5; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
K=(1/(h^2))*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
xx=x(2:N);
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2)); %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10);
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
k1=(K)*U+F';
k2=((j/2)+(K))*U+F';
U=U-(j/2)*(k1+k2);
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[X,T]=meshgrid(x,t);
mesh(X,T,sol)
}}

[[Image:eulermodificado.png|520px|thumb|centro|Euler modificado]]

Vemos que gráficamente no se aprecian variaciones, siendo prácticamente iguales todas las gráficas.
La única diferencia es el método utilizado para conseguirlo, es decir, el código MATLAB utilizado; mientras que los métodos de Euler explícito y modificado precisan de un paso temporal pequeño (del orden de <math>h^2/2</math> , siendo $h$ el paso de discretización espacial) para ser estables y conseguir una buena aproximación, no es así con el método de Euler implícito, que no necesita un paso de tan pequeño orden y la aproximación conseguida es bastante acertada. Hay que añadir que el inconveniente del uso de un paso pequeño, no es más que para intentar el menor colapso del programa matemático utilizado (MATLAB en este caso), y conseguir el resultado en el menor tiempo posible.

Después de este razonamiento, vemos que el método más óptimo es de Euler implícito.

== Variación de la temperatura para tiempos grandes==

El sistema de ecuaciones que satisface $ u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u(6,t)=10 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

La solución numérica de este sistema consiste en dar como solución aproximada una función en serie de Fourier.
\[

\begin{array}{c} U( \rho,t)= U_0( \rho,t) + W( \rho,t) \end{array}\\

\]

\begin{equation}
U( \rho,t)=2x-2+\sum_{i=1}^k{\frac{-230-2.5(-1)^k}{\pi\cdot{k}}}\cdot{e^{-((k\cdot{\pi}^2)\cdot{t}}}\cdot{\sin({k\cdot{\pi}\cdot{x})}} \end{equation}

El programa utilizado para representar la solución se expone a continuación. Utilizaremos k=10 para realizar la aproximacion, ya que conseguimos un error pequeño.

{{matlab|codigo=
clear all
a=1; b=6; c=0; d=1;
h=0.1; N=(b-a)/h;
x=a:h:b;
M=50;
k=(d-c)/M;
t=c:k:d;
[X,T]=meshgrid(x,t);
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2));
U3 =((90*(6-xx3))+10);
U0=2*X-2;
Q=10;
U=U0;
for j=1:Q
pj=sin(pi*x*k);
pj1=sin(pi*xx1*k);
pj2=sin(pi*xx2*k);
pj3=sin(pi*xx3*k);
fourier(j)=(trapz(xx1,U1.*pj1)+trapz(xx2,U2.*pj2)+trapz(xx3,U3.*pj3))/trapz(x,pj.^2);
U=U+fourier(j)*(exp(-((pi^2)*j*T))).*(sin(pi*X*j));
end
figure
mesh(X,T,U)

}}

Representando la superficie para diferentes tiempos t=0,2 y 10 segundos observamos como la temperatura tiende a estabilizarse a un valor estacionario para cada punto, estableciéndose un incremento de temperatura lineal en el anillo, en la dirección del radio.
La disminución de la temperatura en el tiempo se plasma dentro de la función $ U( \rho,t)=2x-2+\sum_{i=1}^k{\frac{-230-2.5(-1)^k}{\pi\cdot{k}}}\cdot{e^{-((k\cdot{\pi}^2)\cdot{t}}}\cdot{\sin({k\cdot{\pi}\cdot{x})}}$ desarrollada en serie de Fourier, en forma de $e^{-((k\cdot{\pi}^2)\cdot{t}} $
Es precisamente este operador de la función el que impone un valor estacionario de la temperatura en la placa. Este valor estacionario seguirá la función $U_0( \rho,t)= 2x - 2$, que es la función que nos permite homogeneizar las condiciones de contorno de nuestro problema inicial.
De esta forma, para tiempo infinito la temperatura en $\rho=1$ será 0ºC y en $\rho=6$ será 10ºC

[[Image:Tiempo_0.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=0 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]

[[Image:Tiempo_1.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=1 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]

Vemos que para t=1 segundo la solución ya coincide prácticamente con al estacionaria. Esto significa que la temperatura de la placa se estabiliza muy rápidamente. En la siguiente gráfica se observa como la variación de la temperatura se estabiliza para tiempos pequeños.

[[Image:Tiempo_12.png |500px|thumb|centre|Solución para un t=1 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]

== Variacion de las condiciones de frontera ==

Ahora colocamos en la frontera exterior de la placa ($\rho=6$) una pieza aislante (en lugar de un objeto con temperatura constante 10). El aislante hace que no haya pérdida de calor en ese extremo, es decir, el flujo de temperatura en la dirección radial es nulo, no entra ni sale calor en ese extremo de la placa. El valor estacionario de la temperatura de la placa será 0ºC.
El sistema en este caso es análogo al anterior. La diferencia que se impone es que el flujo de calor en la dirección radial sea nulo en la placa (condición de Neumann).

El sistema de ecuaciones que satisface $u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u_\rho(6,t)=0 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]
{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=1; b=2; c=5; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K(N-1,N-1)=2/3;
K(N-1,N-2)=-2/3;
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N)
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1)
U2 =100*ones(size(xx2)) %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10)
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3]
sol(1,:)=[0,U,((-U(4)+U(5))/3)]
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',((-U(4)+U(5))/3)];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}
[[Image:GRAFICA6.png|500px|thumb|center|Gráfica que describe el comportamiento de la temperatura a lo largo del tiempo según el radio, de acuerdo a las condiciones del enunciado. ]]

La variación de la temperatura a lo largo del disco no es uniforme, si no que el extremo$\rho=6$ tiene una temperatura mayor que $\rho=1$. Esto es debido a la condición inicial de colocar un elemento aislante en el extremo. En las gráficas expuestas a continuación se puede ver la temperatura en la placa para diferentes tiempos. Para un tiempo grande de 50 segundos podemos ver que la temperatura ya es prácticamente 0 en toda la placa.

[[Image:71.png|500px|thumb|left|Temperaturas en la placa para t=1 seg]][[Image:72.png|500px|thumb|rigth||Temperaturas en la placa para t=2 seg]]
[[Image:73.png|500px|thumb|center|Temperaturas en la placa para t=50 seg]]

== Transformación del problema en disco ==
Considerando que la placa ocupa todo el disco $\rho<6$, aproximaremos las soluciones usando el método de Fourier. De nuevo, la solución dependerá sólo de $\rho$ y $t$, y tomaremos ahora como condición frontera $u(6,t) = 0$.
\[
\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (0,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(0,t)=0 & u(6,t)=0 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]
[[Image:PlacaDisco.png|300px|thumb|right|Disco circular de radio $\rho<6$]]

=== Problema de autovalores ===
=== Función de Bessel ===

=== Aproximación de la solución ===

[[Categoría:Ecuaciones Diferenciales]]
[[Categoría:ED13/14]]
[[Categoría:Trabajos 2013-14]]

Calor Placa Anillo (18B)

2014-05-19T21:03:19Z

Arantxa Abascal Colomar:

{{ TrabajoED | Ecuación del calor en una placa en forma de anillo (Grupo 18) | [[:Categoría:Ecuaciones Diferenciales|Ecuaciones Diferenciales]]|[[:Categoría:ED13/14|Curso 2013-14]] | • Arantxa Abascal Colomar • Patricia Fernández Aibar • Paula Lacanal Cuadrado • David Ortiz Liriano • Álvaro Pintor Sousa • Alberto Rodríguez Fernández}}

== Introducción ==
[[Image:PlacaAnillo.png|300px|thumb|right|Anillo circular entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$]]
El problema nos pide considerar una placa plana en forma de anillo o corona circular, comprendida entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$, dividida en diferentes franjas circulares (sectores), cuya temperatura varía según la dirección radial.

Disponemos de la función que determina la temperatura inicial de la placa, que abarca distintos valores del radio $\rho$:

\[ \begin{array}{c} \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} &&&(1) \end{array} \]

Los extremos de la placa están en contacto con objetos que, por diversas razones físicas, hacen que el límite interior de la placa se encuentre a $0ºC$, mientras que el exterior está, de un modo similar, a $10ºC$. Estas temperaturas se mantienen constantes con el paso del tiempo, es decir, durante $t>0$.

Analizando la situación, podemos ver que se trata de un problema que se puede representar mediante la ecuación del calor y su distribución a lo largo del tiempo para los diferentes intervalos representados anteriormente $(1)$.

'''''OBSERVACIÓN''''': Tal como indica el enunciado, se hace preciso trabajar con la ayuda de una parametrización en coordenadas polares por la facilidad práctica que supone. Sin embargo, la temperatura no varía en función de $\theta$ (siendo $\theta$ el ángulo girado con respecto al eje de abcisas y centro en el origen de coordenadas), razón por la cual asemejaremos este problema al de una varilla de longitud comprendida entre $x\in [1,6]$, cuya función de temperatura depende del tiempo y de la distancia $\rho$ al extremo interior $\rho=1$.

Considerando $u(\rho,t)$ como la función que determinará el calor de la placa, las condiciones iniciales y de frontera, serán las siguientes:

*Para $\rho=1$, tenemos una temperatura constante de $0ºC$.
*Para $\rho=6$, tenemos una temperatura constante de $10ºC$.

== Planteamiento del sistema de ecuaciones ==

Suponemos que la temperatura $u$ de la placa en forma de anillo depende sólo de la coordenada radial $\rho$ y del tiempo $t$ es decir:

\[
u = u(\rho,t)
\]

y que satisface la ecuacion del calor:
\[
u_t - \Delta u =0
\]

El sistema de ecuaciones que satisface $ u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u(6,t)=10 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

Resolvemos esta ecuación diferencial mediante el método del trapecio, y los resultados gráficos son los siguientes:

[[Image:Trapecio111.png|530px|thumb|left]] [[Image:Trapecio444.png|530px|thumb|right]]
[[Image:Trapecio222.png|530px|thumb|left]] [[Image:Trapecio333.png|530px|thumb|right]]

En las gráficas se puede observar cómo para tiempo 0, los valores de temperatura para cada radio son los indicados en las condiciones iniciales. A partir de ahí y a medida que va pasando el tiempo el flujo de calor se expande a las zonas de menor temperatura, esto es, de los radios interiores (2 a 5) a los exteriores, de manera que para un tiempo igual a 10 segundos la placa pasa a tener menor temperatura en los radios interiores, llegando a tener todos los radios una misma temperatura. Sin embargo se aprecia que en el extremo del anillo con radio igual a 6 tenemos unas condiciones físicas que hacen que en ese extremo la temperatura valga 10. Esto hace que para tiempo igual a 10 segundo no toda la placa este homogeneizada en temperatura,puesto que en ese extremo la temperatura está obligada a ser 10.

El código de Matlab utilizado para la obtención de resultados, es el siguiente:

{{matlab|codigo=
%
clear all
a=1; b=6;
h=0.1;
x=a:h:b; %El vector x tiene N+1 elementos
N=(b-a)/h;
% matriz K
K=(1/h^2)*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F y valor inicial
rho=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=(0.*rho); %término independiente
%valor inicial
U=(0.*rho);
% U=[1,N-2];
rho=1;
for i=1:N-1
if i>1 & i<=(2-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=100*(rho-1);
elseif i>(2-1)/h & i<=(5-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=100;
elseif i>(5-1)/h & i<=(6-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=(90*(6-rho)+10);
end
end

% discretización en t
j=h/4; % paso en t.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t

sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
Z=U+j/2*(-K*U);
U=(eye(N-1)+K*j/2)\Z;
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end

[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol) ;

}}

== Representación de la temperatura en el tiempo para $\rho=3$ ==

Vamos a dibujar el comportamiento de la temperatura para un radio constante $\rho=3$ en una gráfica 2-D (eje de abcisas, temperatura y eje de ordenadas, tiempo). Para ello, utilizamos el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=2; b=5;
x=a:h:b;
N=(b-a)/h;
% Matriz K
K=1/h^2*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F
xx=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=0*xx;
U=100*ones(size(xx)); %valor inicial para un \rho=3
% discretización en t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end
plot(t,sol(:,11)) %la columna 11 es la correspondiente a \rho=3

}}

[[Image:Ejr3.png|500px|thumb|centre|Variación de la temperatura en los $10$ primeros segundos para $\rho=3$]]

Se puede observar que la temperatura inicial ($t=0$), es de $100ºC$, condición impuesta en las condiciones iniciales. Con el paso del tiempo, la tendencia natural de la temperatura a crear un flujo de calor que viaja desde las zonas de temperatura más alta, a las zonas de temperatura más baja, influye en la estabilización y homogeneización de esta a lo largo de la dirección radial del disco. Es decir, que, a medida que pasa el tiempo, el flujo de calor va de las zonas con más temperatura a las de menor, es por eso que en el instante inicial su temperatura es máxima y luego disminuye, porque está transmitiendo calor. Como puede observarse una vez alcanzados los $10$ primeros segundos la placa en ese radio $\rho=3$ se estabilizada en $0ºC$.

== Resolución del sistema por diferentes métodos de discretizacion==

=== Euler explicito ===

Resolvemos el sistema de ecuaciones diferenciales esta vez utilizando el método de Euler explícito, con las mismas condiciones que en el método de las diferencias finitas y del trapecio.

El código MATLAB utilizado es el siguiente:

{{matlab|codigo=
%euler explicito
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
%Valores iniciales
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2)); %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para conseguir estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eexplicito.jpg|500px|thumb|centro|Euler explícito]]

Como podemos observar, la temperatura es máxima entre los radios 2 y 5 en el instante inicial. A partir de ese momento a medida que avanzan los segundos la temperatura desciende debido a la tendencia natural de la placa a estabilizarse, de manera que el calor se transmite desde las zonas de mayor temperatura a las de menor, hasta alcanzar una temperatura homogénea.

===Euler implícito===

Realizamos el mismo ejercicio con el método de Euler implícito utilizando el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
%euler implicito (incondicionalmente estable)
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
%Valores iniciales
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2));
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2;
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U=(eye(N-1)+j*K)\(U+F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eimplicito.jpg|500px|thumb|centro|Euler Implícito]]

En este gráfico se observa lo mismo que lo dicho en el gráfico anterior, y por tanto, se obtienen las mismas conclusiones.

===Euler modificado===

Por último, probamos con el método de Euler modificado. Para ello adjuntamos el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
%euler modificado (euler+trapecio)
clear all
h=0.1;
a=1; b=2; c=5; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
K=(1/(h^2))*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
xx=x(2:N);
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2)); %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10);
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
k1=(K)*U+F';
k2=((j/2)+(K))*U+F';
U=U-(j/2)*(k1+k2);
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[X,T]=meshgrid(x,t);
mesh(X,T,sol)
}}

[[Image:eulermodificado.png|520px|thumb|centro|Euler modificado]]

Vemos que gráficamente no se aprecian variaciones, siendo prácticamente iguales todas las gráficas.
La única diferencia es el método utilizado para conseguirlo, es decir, el código MATLAB utilizado; mientras que los métodos de Euler explícito y modificado precisan de un paso temporal pequeño (del orden de <math>h^2/2</math> , siendo $h$ el paso de discretización espacial) para ser estables y conseguir una buena aproximación, no es así con el método de Euler implícito, que no necesita un paso de tan pequeño orden y la aproximación conseguida es bastante acertada. Hay que añadir que el inconveniente del uso de un paso pequeño, no es más que para intentar el menor colapso del programa matemático utilizado (MATLAB en este caso), y conseguir el resultado en el menor tiempo posible.

Después de este razonamiento, vemos que el método más óptimo es de Euler implícito.

== Variación de la temperatura para tiempos grandes==

El sistema de ecuaciones que satisface $ u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u(6,t)=10 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

La solución numérica de este sistema consiste en dar como solución aproximada una función en serie de Fourier.
\[

\begin{array}{c} U( \rho,t)= U_0( \rho,t) + W( \rho,t) \end{array}\\

\]

\begin{equation}
U( \rho,t)=2x-2+\sum_{i=1}^k{\frac{-230-2.5(-1)^k}{\pi\cdot{k}}}\cdot{e^{-((k\cdot{\pi}^2)\cdot{t}}}\cdot{\sin({k\cdot{\pi}\cdot{x})}} \end{equation}

El programa utilizado para representar la solución se expone a continuación. Utilizaremos k=10 para realizar la aproximacion, ya que conseguimos un error pequeño.

{{matlab|codigo=
clear all
a=1; b=6; c=0; d=1;
h=0.1; N=(b-a)/h;
x=a:h:b;
M=50;
k=(d-c)/M;
t=c:k:d;
[X,T]=meshgrid(x,t);
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2));
U3 =((90*(6-xx3))+10);
U0=2*X-2;
Q=10;
U=U0;
for j=1:Q
pj=sin(pi*x*k);
pj1=sin(pi*xx1*k);
pj2=sin(pi*xx2*k);
pj3=sin(pi*xx3*k);
fourier(j)=(trapz(xx1,U1.*pj1)+trapz(xx2,U2.*pj2)+trapz(xx3,U3.*pj3))/trapz(x,pj.^2);
U=U+fourier(j)*(exp(-((pi^2)*j*T))).*(sin(pi*X*j));
end
figure
mesh(X,T,U)

}}

Representando la superficie para diferentes tiempos t=0,2 y 10 segundos observamos como la temperatura tiende a estabilizarse a un valor estacionario para cada punto, estableciéndose un incremento de temperatura lineal en el anillo, en la dirección del radio.
La disminución de la temperatura en el tiempo se plasma dentro de la función $ U( \rho,t)=2x-2+\sum_{i=1}^k{\frac{-230-2.5(-1)^k}{\pi\cdot{k}}}\cdot{e^{-((k\cdot{\pi}^2)\cdot{t}}}\cdot{\sin({k\cdot{\pi}\cdot{x})}}$ desarrollada en serie de Fourier, en forma de $e^{-((k\cdot{\pi}^2)\cdot{t}} $
Es precisamente este operador de la función el que impone un valor estacionario de la temperatura en la placa. Este valor estacionario seguirá la función $U_0( \rho,t)= 2x - 2$, que es la función que nos permite homogeneizar las condiciones de contorno de nuestro problema inicial.
De esta forma, para tiempo infinito la temperatura en $\rho=1$ será 0ºC y en $\rho=6$ será 10ºC

[[Image:Tiempo_0.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=0 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]

[[Image:Tiempo_1.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=1 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]

Vemos que para t=1 segundo la solución ya coincide prácticamente con al estacionaria. Esto significa que la temperatura de la placa se estabiliza muy rápidamente. En la siguiente gráfica se observa como la variación de la temperatura se estabiliza para tiempos pequeños.

[[Image:Tiempo_12.png |500px|thumb|centre|Solución para un t=1 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]

== Variacion de las condiciones de frontera ==

Ahora colocamos en la frontera exterior de la placa ($\rho=6$) una pieza aislante (en lugar de un objeto con temperatura constante 10). El aislante hace que no haya pérdida de calor en ese extremo, es decir, el flujo de temperatura en la dirección radial es nulo, no entra ni sale calor en ese extremo de la placa. El valor estacionario de la temperatura de la placa será 0ºC.
El sistema en este caso es análogo al anterior. La diferencia que se impone es que el flujo de calor en la dirección radial sea nulo en la placa (condición de Neumann).

El sistema de ecuaciones que satisface $u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u_\rho(6,t)=0 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]
{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=1; b=2; c=5; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K(N-1,N-1)=2/3;
K(N-1,N-2)=-2/3;
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N)
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1)
U2 =100*ones(size(xx2)) %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10)
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3]
sol(1,:)=[0,U,((-U(4)+U(5))/3)]
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',((-U(4)+U(5))/3)];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}
[[Image:GRAFICA6.png|500px|thumb|center|Gráfica que describe el comportamiento de la temperatura a lo largo del tiempo según el radio, de acuerdo a las condiciones del enunciado. ]]

La variación de la temperatura a lo largo del disco no es uniforme, si no que el extremo$\rho=6$ tiene una temperatura mayor que $\rho=1$. Esto es debido a la condición inicial de colocar un elemento aislante en el extremo. En las gráficas expuestas a continuación se puede ver la temperatura en la placa para diferentes tiempos. Para un tiempo grande de 50 segundos podemos ver que la temperatura ya es prácticamente 0 en toda la placa.

[[Image:71.png|500px|thumb|Temperaturas en la placa para t=1 seg]][[Image:72.png|500px|thumb|Temperaturas en la placa para t=2 seg]][[Image:73.png|500px|thumb|Temperaturas en la placa para t=50 seg]]

== Transformación del problema en disco ==
Considerando que la placa ocupa todo el disco $\rho<6$, aproximaremos las soluciones usando el método de Fourier. De nuevo, la solución dependerá sólo de $\rho$ y $t$, y tomaremos ahora como condición frontera $u(6,t) = 0$.
\[
\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (0,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(0,t)=0 & u(6,t)=0 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]
[[Image:PlacaDisco.png|300px|thumb|right|Disco circular de radio $\rho<6$]]

=== Problema de autovalores ===
=== Función de Bessel ===

=== Aproximación de la solución ===

[[Categoría:Ecuaciones Diferenciales]]
[[Categoría:ED13/14]]
[[Categoría:Trabajos 2013-14]]

Archivo:73.png

2014-05-19T21:02:06Z

Arantxa Abascal Colomar:

Archivo:72.png

2014-05-19T20:59:00Z

Arantxa Abascal Colomar:

Archivo:71.png

2014-05-19T20:57:09Z

Arantxa Abascal Colomar:

Calor Placa Anillo (18B)

2014-05-19T20:52:07Z

Arantxa Abascal Colomar:

{{ TrabajoED | Ecuación del calor en una placa en forma de anillo (Grupo 18) | [[:Categoría:Ecuaciones Diferenciales|Ecuaciones Diferenciales]]|[[:Categoría:ED13/14|Curso 2013-14]] | • Arantxa Abascal Colomar • Patricia Fernández Aibar • Paula Lacanal Cuadrado • David Ortiz Liriano • Álvaro Pintor Sousa • Alberto Rodríguez Fernández}}
{{ beta }}
== Introducción ==
[[Image:PlacaAnillo.png|300px|thumb|right|Anillo circular entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$]]
El problema nos pide considerar una placa plana en forma de anillo o corona circular, comprendida entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$, dividida en diferentes franjas circulares (sectores), cuya temperatura varía según la dirección radial.

Disponemos de la función que determina la temperatura inicial de la placa, que abarca distintos valores del radio $\rho$:

\[ \begin{array}{c} \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} &&&(1) \end{array} \]

Los extremos de la placa están en contacto con objetos que, por diversas razones físicas, hacen que el límite interior de la placa se encuentre a $0ºC$, mientras que el exterior está, de un modo similar, a $10ºC$. Estas temperaturas se mantienen constantes con el paso del tiempo, es decir, durante $t>0$.

Analizando la situación, podemos ver que se trata de un problema que se puede representar mediante la ecuación del calor y su distribución a lo largo del tiempo para los diferentes intervalos representados anteriormente $(1)$.

'''''OBSERVACIÓN''''': Tal como indica el enunciado, se hace preciso trabajar con la ayuda de una parametrización en coordenadas polares por la facilidad práctica que supone. Sin embargo, la temperatura no varía en función de $\theta$ (siendo $\theta$ el ángulo girado con respecto al eje de abcisas y centro en el origen de coordenadas), razón por la cual asemejaremos este problema al de una varilla de longitud comprendida entre $x\in [1,6]$, cuya función de temperatura depende del tiempo y de la distancia $\rho$ al extremo interior $\rho=1$.

Considerando $u(\rho,t)$ como la función que determinará el calor de la placa, las condiciones iniciales y de frontera, serán las siguientes:

*Para $\rho=1$, tenemos una temperatura constante de $0ºC$.
*Para $\rho=6$, tenemos una temperatura constante de $10ºC$.

== Planteamiento del sistema de ecuaciones ==

Suponemos que la temperatura $u$ de la placa en forma de anillo depende sólo de la coordenada radial $\rho$ y del tiempo $t$ es decir:

\[
u = u(\rho,t)
\]

y que satisface la ecuacion del calor:
\[
u_t - \Delta u =0
\]

El sistema de ecuaciones que satisface $ u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u(6,t)=10 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

Resolvemos esta ecuación diferencial mediante el método del trapecio, y los resultados gráficos son los siguientes:

[[Image:Trapecio111.png|520px|thumb|left]] [[Image:Trapecio444.png|520px|thumb|right]]
[[Image:Trapecio222.png|520px|thumb|left]] [[Image:Trapecio333.png|520px|thumb|right]]

El código de Matlab utilizado para la obtención de resultados, es el siguiente:

{{matlab|codigo=
%
clear all
a=1; b=6;
h=0.1;
x=a:h:b; %El vector x tiene N+1 elementos
N=(b-a)/h;
% matriz K
K=(1/h^2)*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F y valor inicial
rho=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=(0.*rho); %término independiente
%valor inicial
U=(0.*rho);
% U=[1,N-2];
rho=1;
for i=1:N-1
if i>1 & i<=(2-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=100*(rho-1);
elseif i>(2-1)/h & i<=(5-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=100;
elseif i>(5-1)/h & i<=(6-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=(90*(6-rho)+10);
end
end

% discretización en t
j=h/4; % paso en t.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t

sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
Z=U+j/2*(-K*U);
U=(eye(N-1)+K*j/2)\Z;
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end

[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol) ;

}}

En las gráficas se puede observar cómo para tiempo 0, los valores de temperatura para cada radio son los indicados en las condiciones iniciales. A partir de ahí y a medida que va pasando el tiempo el flujo de calor se expande a las zonas de menor temperatura, esto es, de los radios interiores (2 a 5) a los exteriores, de manera que para un tiempo igual a 10 segundos la placa pasa a tener menor temperatura en los radios interiores, llegando a tener todos los radios una misma temperatura. Sin embargo se aprecia que en el extremo del anillo con radio igual a 6 tenemos unas condiciones físicas que hacen que en ese extremo la temperatura valga 10. Esto hace que para tiempo igual a 10 segundo no toda la placa este homogeneizada en temperatura,puesto que en ese extremo la temperatura está obligada a ser 10.

== Representación de la temperatura en el tiempo para $\rho=3$ ==

Vamos a dibujar el comportamiento de la temperatura para un radio constante $\rho=3$ en una gráfica 2-D (eje de abcisas, temperatura y eje de ordenadas, tiempo). Para ello, utilizamos el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=2; b=5;
x=a:h:b;
N=(b-a)/h;
% Matriz K
K=1/h^2*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F
xx=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=0*xx;
U=100*ones(size(xx)); %valor inicial para un \rho=3
% discretización en t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end
plot(t,sol(:,11)) %la columna 11 es la correspondiente a \rho=3

}}

[[Image:Ejr3.png|500px|thumb|centre|Variación de la temperatura en los $10$ primeros segundos para $\rho=3$]]

Se puede observar que la temperatura inicial ($t=0$), es de $100ºC$, condición impuesta en las condiciones iniciales. Con el paso del tiempo, la tendencia natural de la temperatura a crear un flujo de calor que viaja desde las zonas de temperatura más alta, a las zonas de temperatura más baja, influye en la estabilización y homogeneización de esta a lo largo de la dirección radial del disco. Es decir, que, a medida que pasa el tiempo, el flujo de calor va de las zonas con más temperatura a las de menor, es por eso que en el instante inicial su temperatura es máxima y luego disminuye, porque está transmitiendo calor. Como puede observarse una vez alcanzados los $10$ primeros segundos la placa en ese radio $\rho=3$ se estabilizada en $0ºC$.

== Resolución del sistema por diferentes métodos de discretizacion==
'''''OBSERVACIÓN''''': El método de Euler necesita un paso de tiempo del orden de <math>\frac{h^2}{2}</math> para ser estable, siendo $h$ el paso espacial.
=== Euler explicito ===

Resolvemos el sistema de ecuaciones diferenciales esta vez utilizando el método de Euler explícito, con las mismas condiciones que en el método de las diferencias finitas y del trapecio.

El código MATLAB utilizado es el siguiente:

{{matlab|codigo=
%euler explicito
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
%Valores iniciales
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2)); %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para conseguir estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eexplicito.jpg|500px|thumb|centro|Euler explícito]]

Como podemos observar, la temperatura es máxima entre los radios 2 y 5 en el instante inicial. A partir de ese momento a medida que avanzan los segundos la temperatura desciende debido a la tendencia natural de la placa a estabilizarse, de manera que el calor se transmite desde las zonas de mayor temperatura a las de menor, hasta alcanzar una temperatura homogénea.

===Euler implícito===

Realizamos el mismo ejercicio con el método de Euler implícito utilizando el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
%euler implicito (incondicionalmente estable)
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
%Valores iniciales
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2));
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2;
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U=(eye(N-1)+j*K)\(U+F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eimplicito.jpg|500px|thumb|centro|Euler Implícito]]

En este gráfico se observa lo mismo que lo dicho en el gráfico anterior. La única diferencia es el método utilizado para conseguirlo, es decir en el código MATLAB utilizado. Las conclusiones que se pueden deducir son las mismas que con el método de Euler explícito.

===Euler modificado===

Por último, probamos con el método de Euler modificado. Para ello adjuntamos el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
%euler modificado (euler+trapecio)
clear all
h=0.1;
a=1; b=2; c=5; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
K=(1/(h^2))*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
xx=x(2:N);
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2)); %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10);
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
k1=(K)*U+F';
k2=((j/2)+(K))*U+F';
U=U-(j/2)*(k1+k2);
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[X,T]=meshgrid(x,t);
mesh(X,T,sol)
}}

[[Image:eulermodificado.png|520px|thumb|centro|Euler modificado]]

== Variación de la temperatura para tiempos grandes==

El sistema de ecuaciones que satisface $ u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u(6,t)=10 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

La solución numérica de este sistema consiste en dar como solución aproximada una función en serie de Fourier.
\[

\begin{array}{c} U( \rho,t)= U_0( \rho,t) + W( \rho,t) \end{array}\\

\]

\begin{equation}
U( \rho,t)=2x-2+\sum_{i=1}^k{\frac{-230-2.5(-1)^k}{\pi\cdot{k}}}\cdot{e^{-((k\cdot{\pi}^2)\cdot{t}}}\cdot{\sin({k\cdot{\pi}\cdot{x})}} \end{equation}

El programa utilizado para representar la solución se expone a continuación. Utilizaremos k=10 para realizar la aproximacion, ya que conseguimos un error pequeño.

{{matlab|codigo=
clear all
a=1; b=6; c=0; d=1;
h=0.1; N=(b-a)/h;
x=a:h:b;
M=50;
k=(d-c)/M;
t=c:k:d;
[X,T]=meshgrid(x,t);
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2));
U3 =((90*(6-xx3))+10);
U0=2*X-2;
Q=10;
U=U0;
for j=1:Q
pj=sin(pi*x*k);
pj1=sin(pi*xx1*k);
pj2=sin(pi*xx2*k);
pj3=sin(pi*xx3*k);
fourier(j)=(trapz(xx1,U1.*pj1)+trapz(xx2,U2.*pj2)+trapz(xx3,U3.*pj3))/trapz(x,pj.^2);
U=U+fourier(j)*(exp(-((pi^2)*j*T))).*(sin(pi*X*j));
end
figure
mesh(X,T,U)

}}

Representando la superficie para diferentes tiempos t=0,2 y 10 segundos observamos como la temperatura tiende a estabilizarse a un valor estacionario para cada punto, estableciéndose un incremento de temperatura lineal en el anillo, en la dirección del radio.
La disminución de la temperatura en el tiempo se plasma dentro de la función $ U( \rho,t)=2x-2+\sum_{i=1}^k{\frac{-230-2.5(-1)^k}{\pi\cdot{k}}}\cdot{e^{-((k\cdot{\pi}^2)\cdot{t}}}\cdot{\sin({k\cdot{\pi}\cdot{x})}}$ desarrollada en serie de Fourier, en forma de $e^{-((k\cdot{\pi}^2)\cdot{t}} $
Es precisamente este operador de la función el que impone un valor estacionario de la temperatura en la placa. Este valor estacionario seguirá la función $U_0( \rho,t)= 2x - 2$, que es la función que nos permite homogeneizar las condiciones de contorno de nuestro problema inicial.
De esta forma, para tiempo infinito la temperatura en $\rho=1$ será 0ºC y en $\rho=6$ será 10ºC

[[Image:Tiempo_0.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=0 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]

[[Image:Tiempo_1.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=1 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]

Vemos que para t=1 segundo la solución ya coincide prácticamente con al estacionaria. Esto significa que la temperatura de la placa se estabiliza muy rápidamente. En la siguiente gráfica se observa como la variación de la temperatura se estabiliza para tiempos pequeños.

[[Image:Tiempo_12.png |500px|thumb|centre|Solución para un t=1 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]

== Variacion de las condiciones de frontera ==

Ahora colocamos en la frontera exterior de la placa ($\rho=6$) una pieza aislante (en lugar de un objeto con temperatura constante 10). El aislante hace que no haya pérdida de calor en ese extremo, es decir, el flujo de temperatura en la dirección radial es nulo, no entra ni sale calor en ese extremo de la placa. El valor estacionario de la temperatura de la placa será 0ºC.
El sistema en este caso es análogo al anterior. La diferencia que se impone es que el flujo de calor en la dirección radial sea nulo en la placa (condición de Neumann).

El sistema de ecuaciones que satisface $u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u_\rho(6,t)=0 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]
{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=1; b=2; c=5; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K(N-1,N-1)=2/3;
K(N-1,N-2)=-2/3;
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N)
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1)
U2 =100*ones(size(xx2)) %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10)
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3]
sol(1,:)=[0,U,((-U(4)+U(5))/3)]
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',((-U(4)+U(5))/3)];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}
[[Image:GRAFICA6.png|500px|thumb|center|Gráfica que describe el comportamiento de la temperatura a lo largo del tiempo según el radio, de acuerdo a las condiciones del enunciado. ]]

La variacion de la temperatura a lo largo del disco no es uniforme, si no que el extremo$\rho=6$ tiene una temperatura mayor que $\rho=1$. Esto es debido a la condicion inicial de colocar un elemento aislante en el extremo. En las graficas expuestas a continuacion se puede ver la temperatura en la placa para diferentes tiempos.

== Transformación del problema en disco ==
[[Image:PlacaDisco.png|300px|thumb|right|Disco circular de radio $\rho<6$]]
Considerando que la placa ocupa todo el disco $\rho<6$, aproximaremos las soluciones usando el método de Fourier. De nuevo, la solución dependerá sólo de $\rho$ y $t$, y tomaremos ahora como condición frontera $u(6,t) = 0$.
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (0,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(0,t)=0 & u(6,t)=0 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

=== Problema de autovalores ===
=== Función de Bessel ===

=== Aproximación de la solución ===

[[Categoría:Ecuaciones Diferenciales]]
[[Categoría:ED13/14]]
[[Categoría:Trabajos 2013-14]]

Calor Placa Anillo (18B)

2014-05-19T20:08:10Z

Arantxa Abascal Colomar:

{{ TrabajoED | Ecuación del calor en una placa en forma de anillo (Grupo 18) | [[:Categoría:Ecuaciones Diferenciales|Ecuaciones Diferenciales]]|[[:Categoría:ED13/14|Curso 2013-14]] | • Arantxa Abascal Colomar • Patricia Fernández Aibar • Paula Lacanal Cuadrado • David Ortiz Liriano • Álvaro Pintor Sousa • Alberto Rodríguez Fernández}}
{{ beta }}
== Introducción ==
[[Image:PlacaAnillo.png|300px|thumb|right|Anillo circular entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$]]
El problema nos pide considerar una placa plana en forma de anillo o corona circular, comprendida entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$, dividida en diferentes franjas circulares (sectores), cuya temperatura varía según la dirección radial.

Disponemos de la función que determina la temperatura inicial de la placa, que abarca distintos valores del radio $\rho$:

\[ \begin{array}{c} \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} &&&(1) \end{array} \]

Los extremos de la placa están en contacto con objetos que, por diversas razones físicas, hacen que el límite interior de la placa se encuentre a $0ºC$, mientras que el exterior está, de un modo similar, a $10ºC$. Estas temperaturas se mantienen constantes con el paso del tiempo, es decir, durante $t>0$.

Analizando la situación, podemos ver que se trata de un problema que se puede representar mediante la ecuación del calor y su distribución a lo largo del tiempo para los diferentes intervalos representados anteriormente $(1)$.

'''''OBSERVACIÓN''''': Tal como indica el enunciado, se hace preciso trabajar con la ayuda de una parametrización en coordenadas polares por la facilidad práctica que supone. Sin embargo, la temperatura no varía en función de $\theta$ (siendo $\theta$ el ángulo girado con respecto al eje de abcisas y centro en el origen de coordenadas), razón por la cual asemejaremos este problema al de una varilla de longitud comprendida entre $x\in [1,6]$, cuya función de temperatura depende del tiempo y de la distancia $\rho$ al extremo interior $\rho=1$.

Considerando $u(\rho,t)$ como la función que determinará el calor de la placa, las condiciones iniciales y de frontera, serán las siguientes:

*Para $\rho=1$, tenemos una temperatura constante de $0ºC$.
*Para $\rho=6$, tenemos una temperatura constante de $10ºC$.

== Planteamiento del sistema de ecuaciones ==

Suponemos que la temperatura $u$ de la placa en forma de anillo depende sólo de la coordenada radial $\rho$ y del tiempo $t$ es decir:

\[
u = u(\rho,t)
\]

y que satisface la ecuacion del calor:
\[
u_t - \Delta u =0
\]

El sistema de ecuaciones que satisface $ u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u(6,t)=10 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

Resolvemos esta ecuación diferencial mediante el método del trapecio, y los resultados gráficos son los siguientes:

[[Image:Trapecio11.png|520px|thumb|left]] [[Image:Trapecio44.png|520px|thumb|right]]
[[Image:Trapecio22.png|520px|thumb|left]] [[Image:Trapecio33.png|520px|thumb|right]]

Podemos observar que en el entorno de $\rho=2$, la gráfica realiza ciertas oscilaciones. Podría ser debido a que en ese punto, la solución de nuestra ecuación diferencial no tiene límite definido, haciendo que nuestra herramienta de cálculo matemático no sepa fijar un valor concreto para cada punto perteneciente a este entorno. Podríamos poner el ejemplo de la función <math>sin (1/x) </math> , cuyo límite no se define completamente, y la gráfica obtenida es la siguiente:
[[image:017-curvas-sen1x.gif|300px|thumb|center]]

El código de Matlab utilizado para la obtención de resultados, es el siguiente:

{{matlab|codigo=
%
clear all
a=1; b=6;
h=0.1;
x=a:h:b; %El vector x tiene N+1 elementos
N=(b-a)/h;
% matriz K
K=(1/h^2)*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F y valor inicial
rho=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=(0.*rho); %término independiente
%valor inicial
U=(0.*rho);
% U=[1,N-2];
rho=1;
for i=1:N-1
if i>1 & i<=(2-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=100*(rho-1);
elseif i>(2-1)/h & i<=(5-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=100;
elseif i>(5-1)/h & i<=(6-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=(90*(6-rho)+10);
end
end

% discretización en t
j=h/4; % paso en t.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t

sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
Z=U+j/2*(-K*U);
U=(eye(N-1)+K*j/2)\Z;
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end

[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol) ;

}}

== Representación de la temperatura en el tiempo para $\rho=3$ ==

Vamos a dibujar el comportamiento de la temperatura para un radio constante $\rho=3$ en una gráfica 2-D (eje de abcisas, temperatura y eje de ordenadas, tiempo). Para ello, utilizamos el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=2; b=5;
x=a:h:b;
N=(b-a)/h;
% Matriz K
K=1/h^2*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F
xx=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=0*xx;
U=100*ones(size(xx)); %valor inicial para un \rho=3
% discretización en t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end
plot(t,sol(:,11)) %la columna 11 es la correspondiente a \rho=3

}}

[[Image:Ejr3.png|500px|thumb|centre|Variación de la temperatura en los $10$ primeros segundos para $\rho=3$]]

Se puede observar que la temperatura inicial ($t=0$), es de $100ºC$, condición impuesta en las condiciones iniciales. Con el paso del tiempo, la tendencia natural de la temperatura a crear un flujo de calor que viaja desde las zonas de temperatura más alta, a las zonas de temperatura más baja, influye en la estabilización y homogeneización de esta a lo largo de la dirección radial del disco. Es decir, que, a medida que pasa el tiempo, el flujo de calor va de las zonas con más temperatura a las de menor, es por eso que en el instante inicial su temperatura es máxima y luego disminuye, porque está transmitiendo calor. Como puede observarse una vez alcanzados los $10$ primeros segundos la placa en ese radio $\rho=3$ se estabilizada en $0ºC$.

== Resolución del sistema por diferentes métodos de discretizacion==
'''''OBSERVACIÓN''''': El método de Euler necesita un paso de tiempo del orden de <math>\frac{h^2}{2}</math> para ser estable, siendo $h$ el paso espacial.
=== Euler explicito ===

Resolvemos el sistema de ecuaciones diferenciales esta vez utilizando el método de Euler explícito, con las mismas condiciones que en el método de las diferencias finitas y del trapecio.

El código MATLAB utilizado es el siguiente:

{{matlab|codigo=
%euler explicito
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
%Valores iniciales
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2)); %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para conseguir estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eexplicito.jpg|500px|thumb|centro|Euler explícito]]

Como podemos observar, la temperatura es máxima entre los radios 2 y 5 en el instante inicial. A partir de ese momento a medida que avanzan los segundos la temperatura desciende debido a la tendencia natural de la placa a estabilizarse, de manera que el calor se transmite desde las zonas de mayor temperatura a las de menor, hasta alcanzar una temperatura homogénea.

===Euler implícito===

Realizamos el mismo ejercicio con el método de Euler implícito utilizando el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
%euler implicito (incondicionalmente estable)
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
%Valores iniciales
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2));
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2;
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U=(eye(N-1)+j*K)\(U+F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eimplicito.jpg|500px|thumb|centro|Euler Implícito]]

En este gráfico se observa lo mismo que lo dicho en el gráfico anterior. La única diferencia es el método utilizado para conseguirlo, es decir en el código MATLAB utilizado. Las conclusiones que se pueden deducir son las mismas que con el método de Euler explícito.

===Euler modificado===

Por último, probamos con el método de Euler modificado. Para ello adjuntamos el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
%euler modificado (euler+trapecio)
clear all
h=0.1;
a=1; b=2; c=5; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
K=(1/(h^2))*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
xx=x(2:N);
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2)); %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10);
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
k1=(K)*U+F';
k2=((j/2)+(K))*U+F';
U=U-(j/2)*(k1+k2);
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[X,T]=meshgrid(x,t);
mesh(X,T,sol)
}}

Imagen

Discusión

== Variación de la temperatura para tiempos grandes==

El sistema de ecuaciones que satisface $ u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u(6,t)=10 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

La solución numérica de este sistema consiste en dar como solución aproximada una función en serie de Fourier.
\[

\begin{array}{c} U( \rho,t)= U_0( \rho,t) + W( \rho,t) \end{array}\\

\]

\begin{equation}
U( \rho,t)=2x-2+\sum_{i=1}^k{\frac{-230-2.5(-1)^k}{\pi\cdot{k}}}\cdot{e^{-((k\cdot{\pi}^2)\cdot{t}}}\cdot{\sin({k\cdot{\pi}\cdot{x})}} \end{equation}

El programa utilizado para representar la solución se expone a continuación. Utilizaremos k=10 para realizar la aproximacion, ya que conseguimos un error pequeño.

{{matlab|codigo=
clear all
a=1; b=6; c=0; d=1;
h=0.1; N=(b-a)/h;
x=a:h:b;
M=50;
k=(d-c)/M;
t=c:k:d;
[X,T]=meshgrid(x,t);
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2));
U3 =((90*(6-xx3))+10);
U0=2*X-2;
Q=10;
U=U0;
for j=1:Q
pj=sin(pi*x*k);
pj1=sin(pi*xx1*k);
pj2=sin(pi*xx2*k);
pj3=sin(pi*xx3*k);
fourier(j)=(trapz(xx1,U1.*pj1)+trapz(xx2,U2.*pj2)+trapz(xx3,U3.*pj3))/trapz(x,pj.^2);
U=U+fourier(j)*(exp(-((pi^2)*j*T))).*(sin(pi*X*j));
end
figure
mesh(X,T,U)

}}

Representando la superficie para diferentes tiempos t=0,2 y 10 segundos observamos como la temperatura tiende a estabilizarse a un valor estacionario para cada punto, estableciéndose un incremento de temperatura lineal en el anillo, en la dirección del radio.
La disminución de la temperatura en el tiempo se plasma dentro de la función $ U( \rho,t)=2x-2+\sum_{i=1}^k{\frac{-230-2.5(-1)^k}{\pi\cdot{k}}}\cdot{e^{-((k\cdot{\pi}^2)\cdot{t}}}\cdot{\sin({k\cdot{\pi}\cdot{x})}}$ desarrollada en serie de Fourier, en forma de $e^{-((k\cdot{\pi}^2)\cdot{t}} $
Es precisamente este operador de la función el que impone un valor estacionario de la temperatura en la placa. Este valor estacionario seguirá la función $U_0( \rho,t)= 2x - 2$, que es la función que nos permite homogeneizar las condiciones de contorno de nuestro problema inicial.
De esta forma, para tiempo infinito la temperatura en $\rho=1$ será 0ºC y en $\rho=6$ será 10ºC

[[Image:Tiempo_0.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=0 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]

[[Image:Tiempo_1.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=1 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]

Vemos que para t=1 segundo la solución ya coincide prácticamente con al estacionaria. Esto significa que la temperatura de la placa se estabiliza muy rápidamente. En la siguiente gráfica se observa como la variación de la temperatura se estabiliza para tiempos pequeños.

[[Image:Tiempo_12.png |500px|thumb|centre|Solución para un t=1 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]

== Variacion de las condiciones de frontera ==

Ahora colocamos en la frontera exterior de la placa ($\rho=6$) una pieza aislante (en lugar de un objeto con temperatura constante 10). El aislante hace que no haya pérdida de calor en ese extremo, es decir, el flujo de temperatura en la dirección radial es nulo, no entra ni sale calor en ese extremo de la placa. El valor estacionario de la temperatura de la placa será 0ºC. La temperatura tarda en alcanzar el estado estacionario XXXXXXX con un error del 5%.

El sistema en este caso es análogo al anterior. La diferencia que se impone es que el flujo de calor en la direccion radial sea nulo en la placa (condición de Neumann).

El sistema de ecuaciones que satisface $u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u_\rho(6,t)=0 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]
{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=1; b=2; c=5; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K(N-1,N-1)=2/3;
K(N-1,N-2)=-2/3;
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N)
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1)
U2 =100*ones(size(xx2)) %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10)
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3]
sol(1,:)=[0,U,((-U(4)+U(5))/3)]
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',((-U(4)+U(5))/3)];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}
[[Image:GRAFICA6.png|500px|thumb|center|Gráfica que describe el comportamiento de la temperatura a lo largo del tiempo según el radio, de acuerdo a las condiciones del enunciado. ]]

== Transformación del problema en disco ==
[[Image:PlacaDisco.png|300px|thumb|right|Disco circular de radio $\rho<6$]]
Considerando que la placa ocupa todo el disco $\rho<6$, aproximaremos las soluciones usando el método de Fourier. De nuevo, la solución dependerá sólo de $\rho$ y $t$, y tomaremos ahora como condición frontera $u(6,t) = 0$.
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (0,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(0,t)=0 & u(6,t)=0 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

=== Problema de autovalores ===
=== Función de Bessel ===
Mediante la
=== Aproximación de la solución ===

[[Categoría:Ecuaciones Diferenciales]]
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[[Categoría:Trabajos 2013-14]]

Calor Placa Anillo (18B)

2014-05-19T19:55:40Z

Arantxa Abascal Colomar:

{{ TrabajoED | Ecuación del calor en una placa en forma de anillo (Grupo 18) | [[:Categoría:Ecuaciones Diferenciales|Ecuaciones Diferenciales]]|[[:Categoría:ED13/14|Curso 2013-14]] | • Arantxa Abascal Colomar • Patricia Fernández Aibar • Paula Lacanal Cuadrado • David Ortiz Liriano • Álvaro Pintor Sousa • Alberto Rodríguez Fernández}}
{{ beta }}
== Introducción ==
[[Image:PlacaAnillo.png|300px|thumb|right|Anillo circular entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$]]
El problema nos pide considerar una placa plana en forma de anillo o corona circular, comprendida entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$, dividida en diferentes franjas circulares (sectores), cuya temperatura varía según la dirección radial.

Disponemos de la función que determina la temperatura inicial de la placa, que abarca distintos valores del radio $\rho$:

\[ \begin{array}{c} \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} &&&(1) \end{array} \]

Los extremos de la placa están en contacto con objetos que, por diversas razones físicas, hacen que el límite interior de la placa se encuentre a $0ºC$, mientras que el exterior está, de un modo similar, a $10ºC$. Estas temperaturas se mantienen constantes con el paso del tiempo, es decir, durante $t>0$.

Analizando la situación, podemos ver que se trata de un problema que se puede representar mediante la ecuación del calor y su distribución a lo largo del tiempo para los diferentes intervalos representados anteriormente $(1)$.

'''''OBSERVACIÓN''''': Tal como indica el enunciado, se hace preciso trabajar con la ayuda de una parametrización en coordenadas polares por la facilidad práctica que supone. Sin embargo, la temperatura no varía en función de $\theta$ (siendo $\theta$ el ángulo girado con respecto al eje de abcisas y centro en el origen de coordenadas), razón por la cual asemejaremos este problema al de una varilla de longitud comprendida entre $x\in [1,6]$, cuya función de temperatura depende del tiempo y de la distancia $\rho$ al extremo interior $\rho=1$.

Considerando $u(\rho,t)$ como la función que determinará el calor de la placa, las condiciones iniciales y de frontera, serán las siguientes:

*Para $\rho=1$, tenemos una temperatura constante de $0ºC$.
*Para $\rho=6$, tenemos una temperatura constante de $10ºC$.

== Planteamiento del sistema de ecuaciones ==

Suponemos que la temperatura $u$ de la placa en forma de anillo depende sólo de la coordenada radial $\rho$ y del tiempo $t$ es decir:

\[
u = u(\rho,t)
\]

y que satisface la ecuacion del calor:
\[
u_t - \Delta u =0
\]

El sistema de ecuaciones que satisface $ u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u(6,t)=10 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

Resolvemos esta ecuación diferencial mediante el método del trapecio, y los resultados gráficos son los siguientes:

[[Image:Trapecio11.png|520px|thumb|left]] [[Image:Trapecio44.png|520px|thumb|right]]
[[Image:Trapecio22.png|520px|thumb|left]] [[Image:Trapecio33.png|520px|thumb|right]]

Podemos observar que en el entorno de $\rho=2$, la gráfica realiza ciertas oscilaciones. Podría ser debido a que en ese punto, la solución de nuestra ecuación diferencial no tiene límite definido, haciendo que nuestra herramienta de cálculo matemático no sepa fijar un valor concreto para cada punto perteneciente a este entorno. Podríamos poner el ejemplo de la función <math>sin (1/x) </math> , cuyo límite no se define completamente, y la gráfica obtenida es la siguiente:
[[image:017-curvas-sen1x.gif|300px|thumb|center]]

El código de Matlab utilizado para la obtención de resultados, es el siguiente:
{{matlab|codigo=
%
clear all
a=1; b=6;
h=0.1;
x=a:h:b; %El vector x tiene N+1 elementos
N=(b-a)/h;
% matriz K
K=(1/h^2)*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F y valor inicial
rho=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=(0.*rho); %término independiente
%valor inicial
U=(0.*rho);
% U=[1,N-2];
rho=1;
for i=1:N-1
if i>1 & i<(2-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=100*(rho-1);
elseif i>(2-1)/h & i<(5-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=100;
elseif i>(5-1)/h & i<(6-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=90*(6-rho)+10;
end
end

% discretización en t
j=h/4; % paso en t.
t=0:j:3;
M=length(t); %número de puntos de t

sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
Z=U+j/2*(-K*U);
U=(eye(N-1)+K*j/2)\Z;
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end

[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol) ;

}}

== Representación de la temperatura en el tiempo para $\rho=3$ ==

Vamos a dibujar el comportamiento de la temperatura para un radio constante $\rho=3$ en una gráfica 2-D (eje de abcisas, temperatura y eje de ordenadas, tiempo). Para ello, utilizamos el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=2; b=5;
x=a:h:b;
N=(b-a)/h;
% Matriz K
K=1/h^2*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F
xx=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=0*xx;
U=100*ones(size(xx)); %valor inicial para un \rho=3
% discretización en t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end
plot(t,sol(:,11)) %la columna 11 es la correspondiente a \rho=3

}}

[[Image:Ejr3.png|500px|thumb|centre|Variación de la temperatura en los $10$ primeros segundos para $\rho=3$]]

Se puede observar que la temperatura inicial ($t=0$), es de $100ºC$, condición impuesta en las condiciones iniciales. Con el paso del tiempo, la tendencia natural de la temperatura a crear un flujo de calor que viaja desde las zonas de temperatura más alta, a las zonas de temperatura más baja, influye en la estabilización y homogeneización de esta a lo largo de la dirección radial del disco. Es decir, que, a medida que pasa el tiempo, el flujo de calor va de las zonas con más temperatura a las de menor, es por eso que en el instante inicial su temperatura es máxima y luego disminuye, porque está transmitiendo calor. Como puede observarse una vez alcanzados los $10$ primeros segundos la placa en ese radio $\rho=3$ se estabilizada en $0ºC$.

== Resolución del sistema por diferentes métodos de discretizacion==
'''''OBSERVACIÓN''''': El método de Euler necesita un paso de tiempo del orden de <math>\frac{h^2}{2}</math> para ser estable, siendo $h$ el paso espacial.
=== Euler explicito ===

Resolvemos el sistema de ecuaciones diferenciales esta vez utilizando el método de Euler explícito, con las mismas condiciones que en el método de las diferencias finitas y del trapecio.

El código MATLAB utilizado es el siguiente:

{{matlab|codigo=
%euler explicito
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
%Valores iniciales
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2)); %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para conseguir estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eexplicito.jpg|500px|thumb|centro|Euler explícito]]

Como podemos observar, la temperatura es máxima entre los radios 2 y 5 en el instante inicial. A partir de ese momento a medida que avanzan los segundos la temperatura desciende debido a la tendencia natural de la placa a estabilizarse, de manera que el calor se transmite desde las zonas de mayor temperatura a las de menor, hasta alcanzar una temperatura homogénea.

===Euler implícito===

Realizamos el mismo ejercicio con el método de Euler implícito utilizando el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
%euler implicito (incondicionalmente estable)
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
%Valores iniciales
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2));
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2;
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U=(eye(N-1)+j*K)$U+F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eimplicito.jpg|500px|thumb|centro|Euler Implícito]]

En este gráfico se observa lo mismo que lo dicho en el gráfico anterior. La única diferencia es el método utilizado para conseguirlo, es decir en el código MATLAB utilizado. Las conclusiones que se pueden deducir son las mismas que con el método de Euler explícito.

===Euler modificado===

Por último, probamos con el método de Euler modificado. Para ello adjuntamos el siguiente código MATLAB:

Código

Imagen

Discusión

== Variación de la temperatura para tiempos grandes==

El sistema de ecuaciones que satisface \( u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u(6,t)=10 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

La solución numérica de este sistema consiste en dar como solución aproximada una función en serie de Fourier.
\[

\begin{array}{c} U( \rho,t)= U_0( \rho,t) + W( \rho,t) \end{array}\\

\]

\begin{equation}
U( \rho,t)=2x-2+\sum_{i=1}^k{\frac{-230-2.5(-1)^k}{\pi\cdot{k}}}\cdot{e^{-((k\cdot{\pi}^2)\cdot{t}}}\cdot{\sin({k\cdot{\pi}\cdot{x})}} \end{equation}

El programa utilizado para representar la solución se expone a continuación. Utilizaremos k=10 para realizar la aproximacion, ya que conseguimos un error pequeño.

{{matlab|codigo=
clear all
a=1; b=6; c=0; d=1;
h=0.1; N=(b-a)/h;
x=a:h:b;
M=50;
k=(d-c)/M;
t=c:k:d;
[X,T]=meshgrid(x,t);
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2));
U3 =((90*(6-xx3))+10);
U0=2*X-2;
Q=10;
U=U0;
for j=1:Q
pj=sin(pi*x*k);
pj1=sin(pi*xx1*k);
pj2=sin(pi*xx2*k);
pj3=sin(pi*xx3*k);
fourier(j)=(trapz(xx1,U1.*pj1)+trapz(xx2,U2.*pj2)+trapz(xx3,U3.*pj3))/trapz(x,pj.^2);
U=U+fourier(j)*(exp(-((pi^2)*j*T))).*(sin(pi*X*j));
end
figure
mesh(X,T,U)

}}

Representando la superficie para diferentes tiempos t=0,2 y 10 segundos observamos como la temperatura tiende a estabilizarse a un valor estacionario para cada punto, estableciéndose un incremento de temperatura lineal en el anillo, en la dirección del radio.
La disminución de la temperatura en el tiempo se plasma dentro de la función $ u = u(\rho,t)$ = XXXXX desarrollada en serie de Fourier, en forma de $e^-t=1/e^t$. Es precisamente este operador de la función el que impone un valor estacionario de la temperatura en la placa. Este valor estacionario seguirá la función $U_0( \rho,t)= 2x - 2$, que es la función que nos permite homogeneizar las condiciones de contorno de nuestro problema inicial.
De esta forma, para tiempo infinito la temperatura en $\rho=1$ será 0ºC y en $\rho=6$ será 10ºC

[[Image:Tiempo_0.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=0 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]

[[Image:Tiempo_1.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=1 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]

Vemos que para t=1 segundo la solución ya coincide prácticamente con al estacionaria. Esto significa que la temperatura de la placa se estabiliza muy rápidamente. En la siguiente gráfica se observa como la variación de la temperatura se estabiliza para tiempos pequeños.

[[Image:Tiempo_12.png |500px|thumb|centre|Solución para un t=1 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]

== Variacion de las condiciones de frontera ==

Ahora colocamos en la frontera exterior de la placa ($\rho=6$) una pieza aislante (en lugar de un objeto con temperatura constante 10). El aislante hace que no haya pérdida de calor en ese extremo, es decir, el flujo de temperatura en la dirección radial es nulo, no entra ni sale calor en ese extremo de la placa. El valor estacionario de la temperatura de la placa será 0ºC. La temperatura tarda en alcanzar el estado estacionario XXXXXXX con un error del 5%.

El sistema en este caso es análogo al anterior. La diferencia que se impone es que el flujo de calor en la direccion radial sea nulo en la placa (condición de Neumann).

El sistema de ecuaciones que satisface $u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u_\rho(6,t)=0 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]
{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=1; b=2; c=5; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K(N-1,N-1)=2/3;
K(N-1,N-2)=-2/3;
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N)
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1)
U2 =100*ones(size(xx2)) %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10)
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3]
sol(1,:)=[0,U,((-U(4)+U(5))/3)]
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',((-U(4)+U(5))/3)];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}
[[Image:GRAFICA6.png|500px|thumb|center|Gráfica que describe el comportamiento de la temperatura a lo largo del tiempo según el radio, de acuerdo a las condiciones del enunciado. ]]

== Transformación del problema en disco ==
[[Image:PlacaDisco.png|300px|thumb|right|Disco circular de radio $\rho<6$]]
Considerando que la placa ocupa todo el disco $\rho<6$, aproximaremos las soluciones usando el método de Fourier. De nuevo, la solución dependerá sólo de $\rho$ y $t$, y tomaremos ahora como condición frontera $u(6,t) = 0$.
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (0,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(0,t)=0 & u(6,t)=0 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

=== Problema de autovalores ===
=== Función de Bessel ===
Mediante la
=== Aproximación de la solución ===

[[Categoría:Ecuaciones Diferenciales]]
[[Categoría:ED13/14]]
[[Categoría:Trabajos 2013-14]]

Calor Placa Anillo (18B)

2014-05-19T19:18:59Z

Arantxa Abascal Colomar:

{{ TrabajoED | Ecuación del calor en una placa en forma de anillo (Grupo 18) | [[:Categoría:Ecuaciones Diferenciales|Ecuaciones Diferenciales]]|[[:Categoría:ED13/14|Curso 2013-14]] | • Arantxa Abascal Colomar • Patricia Fernández Aibar • Paula Lacanal Cuadrado • David Ortiz Liriano • Álvaro Pintor Sousa • Alberto Rodríguez Fernández}}
{{ beta }}
== Introducción ==
[[Image:PlacaAnillo.png|300px|thumb|right|Anillo circular entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$]]
El problema nos pide considerar una placa plana en forma de anillo o corona circular, comprendida entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$, dividida en diferentes franjas circulares (sectores), cuya temperatura varía según la dirección radial.

Disponemos de la función que determina la temperatura inicial de la placa, que abarca distintos valores del radio $\rho$:

\[ \begin{array}{c} \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} &&&(1) \end{array} \]

Los extremos de la placa están en contacto con objetos que, por diversas razones físicas, hacen que el límite interior de la placa se encuentre a $0ºC$, mientras que el exterior está, de un modo similar, a $10ºC$. Estas temperaturas se mantienen constantes con el paso del tiempo, es decir, durante $t>0$.

Analizando la situación, podemos ver que se trata de un problema que se puede representar mediante la ecuación del calor y su distribución a lo largo del tiempo para los diferentes intervalos representados anteriormente $(1)$.

'''''OBSERVACIÓN''''': Tal como indica el enunciado, se hace preciso trabajar con la ayuda de una parametrización en coordenadas polares por la facilidad práctica que supone. Sin embargo, la temperatura no varía en función de $\theta$ (siendo $\theta$ el ángulo girado con respecto al eje de abcisas y centro en el origen de coordenadas), razón por la cual asemejaremos este problema al de una varilla de longitud comprendida entre $x\in [1,6]$, cuya función de temperatura depende del tiempo y de la distancia $\rho$ al extremo interior $\rho=1$.

Considerando $u(\rho,t)$ como la función que determinará el calor de la placa, las condiciones iniciales y de frontera, serán las siguientes:

*Para $\rho=1$, tenemos una temperatura constante de $0ºC$.
*Para $\rho=6$, tenemos una temperatura constante de $10ºC$.

== Planteamiento del sistema de ecuaciones ==

Suponemos que la temperatura $u$ de la placa en forma de anillo depende sólo de la coordenada radial $\rho$ y del tiempo $t$ es decir:

\[
u = u(\rho,t)
\]

y que satisface la ecuacion del calor:
\[
u_t - \Delta u =0
\]

El sistema de ecuaciones que satisface $ u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u(6,t)=10 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

Resolvemos esta ecuación diferencial mediante el método del trapecio, y los resultados gráficos son los siguientes:

[[Image:Trapecio11.png|520px|thumb|left]] [[Image:Trapecio44.png|520px|thumb|right]]
[[Image:Trapecio22.png|520px|thumb|left]] [[Image:Trapecio33.png|520px|thumb|right]]

Podemos observar que en el entorno de $\rho=2$, la gráfica realiza ciertas oscilaciones. Podría ser debido a que en ese punto, la solución de nuestra ecuación diferencial no tiene límite definido, haciendo que nuestra herramienta de cálculo matemático no sepa fijar un valor concreto para cada punto perteneciente a este entorno. Podríamos poner el ejemplo de la función <math>sin (1/x) </math> , cuyo límite no se define completamente, y la gráfica obtenida es la siguiente:
[[image:017-curvas-sen1x.gif|300px|thumb|center]]

El código de Matlab utilizado para la obtención de resultados, es el siguiente:
{{matlab|codigo=
%
clear all
a=1; b=6;
h=0.1;
x=a:h:b; %El vector x tiene N+1 elementos
N=(b-a)/h;
% matriz K
K=(1/h^2)*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F y valor inicial
rho=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=(0.*rho); %término independiente
%valor inicial
U=(0.*rho);
% U=[1,N-2];
rho=1;
for i=1:N-1
if i>1 & i<(2-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=100*(rho-1);
elseif i>(2-1)/h & i<(5-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=100;
elseif i>(5-1)/h & i<(6-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=90*(6-rho)+10;
end
end

% discretización en t
j=h/4; % paso en t.
t=0:j:3;
M=length(t); %número de puntos de t

sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
Z=U+j/2*(-K*U);
U=(eye(N-1)+K*j/2)\Z;
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end

[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol) ;

}}

== Representación de la temperatura en el tiempo para $\rho=3$ ==

Vamos a dibujar el comportamiento de la temperatura para un radio constante $\rho=3$ en una gráfica 2-D (eje de abcisas, temperatura y eje de ordenadas, tiempo). Para ello, utilizamos el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=2; b=5;
x=a:h:b;
N=(b-a)/h;
% Matriz K
K=1/h^2*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F
xx=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=0*xx;
U=100*ones(size(xx)); %valor inicial para un \rho=3
% discretización en t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end
plot(t,sol(:,11)) %la columna 11 es la correspondiente a \rho=3

}}

[[Image:Ejr3.png|500px|thumb|centre|Variación de la temperatura en los $10$ primeros segundos para $\rho=3$]]

Se puede observar que la temperatura inicial ($t=0$), es de $100ºC$, condición impuesta en las condiciones iniciales. Con el paso del tiempo, la tendencia natural de la temperatura a crear un flujo de calor que viaja desde las zonas de temperatura más alta, a las zonas de temperatura más baja, influye en la estabilización y homogeneización de esta a lo largo de la dirección radial del disco. Es decir, que, a medida que pasa el tiempo, el flujo de calor va de las zonas con más temperatura a las de menor, es por eso que en el instante inicial su temperatura es máxima y luego disminuye, porque está transmitiendo calor. Como puede observarse una vez alcanzados los $10$ primeros segundos la placa en ese radio $\rho=3$ se estabilizada en $0ºC$.

== Resolución del sistema por diferentes métodos de discretizacion==
'''''OBSERVACIÓN''''': El método de Euler necesita un paso de tiempo del orden de <math>\frac{h^2}{2}</math> para ser estable, siendo $h$ el paso espacial.
=== Euler explicito ===

Resolvemos el sistema de ecuaciones diferenciales esta vez utilizando el método de Euler explícito, con las mismas condiciones que en el método de las diferencias finitas y del trapecio.

El código MATLAB utilizado es el siguiente:

{{matlab|codigo=
%euler explicito
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
%Valores iniciales
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2)); %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para conseguir estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eexplicito.jpg|500px|thumb|centro|Euler explícito]]

Como podemos observar, la temperatura es máxima entre los radios 2 y 5 en el instante inicial. A partir de ese momento a medida que avanzan los segundos la temperatura desciende debido a la tendencia natural de la placa a estabilizarse, de manera que el calor se transmite desde las zonas de mayor temperatura a las de menor, hasta alcanzar una temperatura homogénea.

===Euler implícito===

Realizamos el mismo ejercicio con el método de Euler implícito utilizando el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
%euler implicito (incondicionalmente estable)
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
%Valores iniciales
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2));
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2;
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U=(eye(N-1)+j*K)$U+F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eimplicito.jpg|500px|thumb|centro|Euler Implícito]]

En este gráfico se observa lo mismo que lo dicho en el gráfico anterior. La única diferencia es el método utilizado para conseguirlo, es decir en el código MATLAB utilizado. Las conclusiones que se pueden deducir son las mismas que con el método de Euler explícito.

===Euler modificado===

Por último, probamos con el método de Euler modificado. Para ello adjuntamos el siguiente código MATLAB:

Código

Imagen

Discusión

== Variación de la temperatura para tiempos grandes==

El sistema de ecuaciones que satisface \( u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u(6,t)=10 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

La solución numérica de este sistema consiste en dar como solución aproximada una función en serie de Fourier.
\[

\begin{array}{c} U( \rho,t)= U_0( \rho,t) + W( \rho,t) \end{array}\\

\]

\begin{equation}
U( \rho,t)=2x-2+\sum_{i=1}^k{\frac{-230-2.5(-1)^k}{\pi\cdot{k}}}\cdot{e^{-((k\cdot{\pi)^2)\cdot{t}}}\cdot{\sen{k\cdot{\pi}x}} \end{equation}

El programa utilizado para representar la solución se expone a continuación.

{{matlab|codigo=
clear all
a=1; b=6; c=0; d=1;
h=0.1; N=(b-a)/h;
x=a:h:b;
M=50;
k=(d-c)/M;
t=c:k:d;
[X,T]=meshgrid(x,t);
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2));
U3 =((90*(6-xx3))+10);
U0=2*X-2;
Q=10;
U=U0;
for j=1:Q
pj=sin(pi*x*k);
pj1=sin(pi*xx1*k);
pj2=sin(pi*xx2*k);
pj3=sin(pi*xx3*k);
fourier(j)=(trapz(xx1,U1.*pj1)+trapz(xx2,U2.*pj2)+trapz(xx3,U3.*pj3))/trapz(x,pj.^2);
U=U+fourier(j)*(exp(-((pi^2)*j*T))).*(sin(pi*X*j));
end
figure
mesh(X,T,U)

}}

Representando la superficie para diferentes tiempos t=0,2 y 10 segundos observamos como la temperatura tiende a estabilizarse a un valor estacionario para cada punto, estableciéndose un incremento de temperatura lineal en el anillo, en la dirección del radio.
La disminución de la temperatura en el tiempo se plasma dentro de la función $ u = u(\rho,t)$ = XXXXX desarrollada en serie de Fourier, en forma de $e^-t=1/e^t$. Es precisamente este operador de la función el que impone un valor estacionario de la temperatura en la placa. Este valor estacionario seguirá la función $U_0( \rho,t)= 2x - 2$, que es la función que nos permite homogeneizar las condiciones de contorno de nuestro problema inicial.
De esta forma, para tiempo infinito la temperatura en $\rho=1$ será 0ºC y en $\rho=6$ será 10ºC

[[Image:Tiempo_0.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=0 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]

[[Image:Tiempo_1.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=1 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]

Vemos que para t=1 segundo la solución ya coincide prácticamente con al estacionaria. Esto significa que la temperatura de la placa se estabiliza muy rápidamente. En la siguiente gráfica se observa como la variación de la temperatura se estabiliza para tiempos pequeños.

[[Image:Tiempo_12.png |500px|thumb|centre|Solución para un t=1 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]

== Variacion de las condiciones de frontera ==

Ahora colocamos en la frontera exterior de la placa ($\rho=6$) una pieza aislante (en lugar de un objeto con temperatura constante 10). El aislante hace que no haya pérdida de calor en ese extremo, es decir, el flujo de temperatura en la dirección radial es nulo, no entra ni sale calor en ese extremo de la placa. El valor estacionario de la temperatura de la placa será 0ºC. La temperatura tarda en alcanzar el estado estacionario XXXXXXX con un error del 5%.

El sistema en este caso es análogo al anterior. La diferencia que se impone es que el flujo de calor en la direccion radial sea nulo en la placa (condición de Neumann).

El sistema de ecuaciones que satisface $u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u_\rho(6,t)=0 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]
{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=1; b=2; c=5; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K(N-1,N-1)=2/3;
K(N-1,N-2)=-2/3;
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N)
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1)
U2 =100*ones(size(xx2)) %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10)
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3]
sol(1,:)=[0,U,((-U(4)+U(5))/3)]
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',((-U(4)+U(5))/3)];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}
[[Image:GRAFICA6.png|500px|thumb|center|Gráfica que describe el comportamiento de la temperatura a lo largo del tiempo según el radio, de acuerdo a las condiciones del enunciado. ]]

== Transformación del problema en disco ==
[[Image:PlacaDisco.png|300px|thumb|right|Disco circular de radio $\rho<6$]]
Considerando que la placa ocupa todo el disco $\rho<6$, aproximaremos las soluciones usando el método de Fourier. De nuevo, la solución dependerá sólo de $\rho$ y $t$, y tomaremos ahora como condición frontera $u(6,t) = 0$.
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (0,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(0,t)=0 & u(6,t)=0 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

=== Problema de autovalores ===
=== Función de Bessel ===
Mediante la
=== Aproximación de la solución ===

[[Categoría:Ecuaciones Diferenciales]]
[[Categoría:ED13/14]]
[[Categoría:Trabajos 2013-14]]

Calor Placa Anillo (18B)

2014-05-19T18:01:42Z

Arantxa Abascal Colomar:

{{ TrabajoED | Ecuación del calor en una placa en forma de anillo (Grupo 18) | [[:Categoría:Ecuaciones Diferenciales|Ecuaciones Diferenciales]]|[[:Categoría:ED13/14|Curso 2013-14]] | • Arantxa Abascal Colomar • Patricia Fernández Aibar • Paula Lacanal Cuadrado • David Ortiz Liriano • Álvaro Pintor Sousa • Alberto Rodríguez Fernández}}
{{ beta }}
== Introducción ==
[[Image:PlacaAnillo.png|300px|thumb|right|Anillo circular entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$]]
El problema nos pide considerar una placa plana en forma de anillo o corona circular, comprendida entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$, dividida en diferentes franjas circulares (sectores), cuya temperatura varía según la dirección radial.

Disponemos de la función que determina la temperatura inicial de la placa, que abarca distintos valores del radio $\rho$:

\[ \begin{array}{c} \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} &&&(1) \end{array} \]

Los extremos de la placa están en contacto con objetos que, por diversas razones físicas, hacen que el límite interior de la placa se encuentre a $0ºC$, mientras que el exterior está, de un modo similar, a $10ºC$. Estas temperaturas se mantienen constantes con el paso del tiempo, es decir, durante $t>0$.

Analizando la situación, podemos ver que se trata de un problema que se puede representar mediante la ecuación del calor y su distribución a lo largo del tiempo para los diferentes intervalos representados anteriormente $(1)$.

'''''OBSERVACIÓN''''': Tal como indica el enunciado, se hace preciso trabajar con la ayuda de una parametrización en coordenadas polares por la facilidad práctica que supone. Sin embargo, la temperatura no varía en función de $\theta$ (siendo $\theta$ el ángulo girado con respecto al eje de abcisas y centro en el origen de coordenadas), razón por la cual asemejaremos este problema al de una varilla de longitud comprendida entre $x\in [1,6]$, cuya función de temperatura depende del tiempo y de la distancia $\rho$ al extremo interior $\rho=1$.

Considerando $u(\rho,t)$ como la función que determinará el calor de la placa, las condiciones iniciales y de frontera, serán las siguientes:

*Para $\rho=1$, tenemos una temperatura constante de $0ºC$.
*Para $\rho=6$, tenemos una temperatura constante de $10ºC$.

== Planteamiento del sistema de ecuaciones ==

Suponemos que la temperatura $u$ de la placa en forma de anillo depende sólo de la coordenada radial $\rho$ y del tiempo $t$ es decir:

\[
u = u(\rho,t)
\]

y que satisface la ecuacion del calor:
\[
u_t - \Delta u =0
\]

El sistema de ecuaciones que satisface $ u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u(6,t)=10 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

Resolvemos esta ecuación diferencial mediante el método del trapecio, y los resultados gráficos son los siguientes:

[[Image:Trapecio11.png|520px|thumb|left]] [[Image:Trapecio44.png|520px|thumb|right]]
[[Image:Trapecio22.png|520px|thumb|left]] [[Image:Trapecio33.png|520px|thumb|right]]

Podemos observar que en el entorno de $\rho=2$, la gráfica realiza ciertas oscilaciones. Podría ser debido a que en ese punto, la solución de nuestra ecuación diferencial no tiene límite definido, haciendo que nuestra herramienta de cálculo matemático no sepa fijar un valor concreto para cada punto perteneciente a este entorno. Podríamos poner el ejemplo de la función <math>sin (1/x) </math> , cuyo límite no se define completamente, y la gráfica obtenida es la siguiente:
[[image:017-curvas-sen1x.gif|300px|thumb|center]]

El código de Matlab utilizado para la obtención de resultados, es el siguiente:
{{matlab|codigo=
%
clear all
a=1; b=6;
h=0.1;
x=a:h:b; %El vector x tiene N+1 elementos
N=(b-a)/h;
% matriz K
K=(1/h^2)*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F y valor inicial
rho=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=(0.*rho); %término independiente
%valor inicial
U=(0.*rho);
% U=[1,N-2];
rho=1;
for i=1:N-1
if i>1 & i<(2-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=100*(rho-1);
elseif i>(2-1)/h & i<(5-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=100;
elseif i>(5-1)/h & i<(6-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=90*(6-rho)+10;
end
end

% discretización en t
j=h/4; % paso en t.
t=0:j:3;
M=length(t); %número de puntos de t

sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
Z=U+j/2*(-K*U);
U=(eye(N-1)+K*j/2)\Z;
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end

[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol) ;

}}

== Representación de la temperatura en el tiempo para $\rho=3$ ==

Vamos a dibujar el comportamiento de la temperatura para un radio constante $\rho=3$ en una gráfica 2-D (eje de abcisas, temperatura y eje de ordenadas, tiempo). Para ello, utilizamos el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=2; b=5;
x=a:h:b;
N=(b-a)/h;
% Matriz K
K=1/h^2*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F
xx=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=0*xx;
U=100*ones(size(xx)); %valor inicial para un \rho=3
% discretización en t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end
plot(t,sol(:,11)) %la columna 11 es la correspondiente a \rho=3

}}

[[Image:Ejr3.png|500px|thumb|centre|Variación de la temperatura en los $10$ primeros segundos para $\rho=3$]]

Se puede observar que la temperatura inicial ($t=0$), es de $100ºC$, condición impuesta en las condiciones iniciales. Con el paso del tiempo, la tendencia natural de la temperatura a crear un flujo de calor que viaja desde las zonas de temperatura más alta, a las zonas de temperatura más baja, influye en la estabilización y homogeneización de esta a lo largo de la dirección radial del disco. Es decir, que, a medida que pasa el tiempo, el flujo de calor va de las zonas con más temperatura a las de menor, es por eso que en el instante inicial su temperatura es máxima y luego disminuye, porque está transmitiendo calor. Como puede observarse una vez alcanzados los $10$ primeros segundos la placa en ese radio $\rho=3$ se estabilizada en $0ºC$.

== Resolución del sistema por diferentes métodos de discretizacion==
'''''OBSERVACIÓN''''': El método de Euler necesita un paso de tiempo del orden de <math>\frac{h^2}{2}</math> para ser estable, siendo $h$ el paso espacial.
=== Euler explicito ===

Resolvemos el sistema de ecuaciones diferenciales esta vez utilizando el método de Euler explícito, con las mismas condiciones que en el método de las diferencias finitas y del trapecio.

El código MATLAB utilizado es el siguiente:

{{matlab|codigo=
%euler explicito
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
%Valores iniciales
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2)); %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para conseguir estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eexplicito.jpg|500px|thumb|centro|Euler explícito]]

Como podemos observar, la temperatura es máxima entre los radios 2 y 5 en el instante inicial. A partir de ese momento a medida que avanzan los segundos la temperatura desciende debido a la tendencia natural de la placa a estabilizarse, de manera que el calor se transmite desde las zonas de mayor temperatura a las de menor, hasta alcanzar una temperatura homogénea.

===Euler implícito===

Realizamos el mismo ejercicio con el método de Euler implícito utilizando el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
%euler implicito (incondicionalmente estable)
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
%Valores iniciales
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2));
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2;
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U=(eye(N-1)+j*K)$U+F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eimplicito.jpg|500px|thumb|centro|Euler Implícito]]

En este gráfico se observa lo mismo que lo dicho en el gráfico anterior. La única diferencia es el método utilizado para conseguirlo, es decir en el código MATLAB utilizado. Las conclusiones que se pueden deducir son las mismas que con el método de Euler explícito.

===Euler modificado===

Por último, probamos con el método de Euler modificado. Para ello adjuntamos el siguiente código MATLAB:

Código

Imagen

Discusión

== Variación de la temperatura para tiempos grandes==

El sistema de ecuaciones que satisface \( u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u(6,t)=10 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

La solución numérica de este sistema consiste en dar como solución aproximada una función en serie de Fourier. El programa utilizado para representar la solución se expone a continuación.

{{matlab|codigo=
clear all
a=1; b=6; c=0; d=1;
h=0.1; N=(b-a)/h;
x=a:h:b;
M=50;
k=(d-c)/M;
t=c:k:d;
[X,T]=meshgrid(x,t);
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2));
U3 =((90*(6-xx3))+10);
U0=2*X-2;
Q=10;
U=U0;
for j=1:Q
pj=sin(pi*x*k);
pj1=sin(pi*xx1*k);
pj2=sin(pi*xx2*k);
pj3=sin(pi*xx3*k);
fourier(j)=(trapz(xx1,U1.*pj1)+trapz(xx2,U2.*pj2)+trapz(xx3,U3.*pj3))/trapz(x,pj.^2);
U=U+fourier(j)*(exp(-((pi^2)*j*T))).*(sin(pi*X*j));
end
figure
mesh(X,T,U)

}}

Representando la superficie para diferentes tiempos t=0,2 y 10 segundos observamos como la temperatura tiende a estabilizarse a un valor estacionario para cada punto, estableciéndose un incremento de temperatura lineal en el anillo, en la dirección del radio.
La disminución de la temperatura en el tiempo se plasma dentro de la función $ u = u(\rho,t)$ = XXXXX desarrollada en serie de Fourier, en forma de e^-t=1/e^t. Es precisamente este operador de la función el que impone un valor estacionario de la temperatura en la placa. Este valor estacionario seguirá la función U0(\rho,t)=2*x-2, que es la función que nos permite homogeneizar las condiciones de contorno de nuestro problema inicial.
De esta forma, para tiempo infinito la temperatura en \rho=1 será 0ºC y en \rho=6 será 10ºC

[[Image:Tiempo_0.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=0 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]

[[Image:Tiempo_1.png|500px|thumb|centre|Solución para un t=1 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]

Vemos que para t=1 segundo la solución ya coincide prácticamente con al estacionaria. Esto significa que la temperatura de la placa se estabiliza muy rápidamente. En la siguiente gráfica se observa como la variación de la temperatura se estabiliza para tiempos pequeños.

[[Image:Tiempo_12.png |500px|thumb|centre|Solución para un t=1 segundos y diferencia con la solución estacionaria]]

== Variacion de las condiciones de frontera ==

Ahora colocamos en la frontera exterior de la placa ($\rho=6$) una pieza aislante (en lugar de un objeto con temperatura constante 10). El aislante hace que no haya pérdida de calor en ese extremo, es decir, el flujo de temperatura en la dirección radial es nulo, no entra ni sale calor en ese extremo de la placa. El valor estacionario de la temperatura de la placa será 0ºC. La temperatura tarda en alcanzar el estado estacionario XXXXXXX con un error del 5%.

El sistema en este caso es análogo al anterior. La diferencia que se impone es que el flujo de calor en la direccion radial sea nulo en la placa (condición de Neumann).

El sistema de ecuaciones que satisface $u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u_\rho(6,t)=0 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]
{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=1; b=2; c=5; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K(N-1,N-1)=2/3;
K(N-1,N-2)=-2/3;
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N)
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1)
U2 =100*ones(size(xx2)) %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10)
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3]
sol(1,:)=[0,U,((-U(4)+U(5))/3)]
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',((-U(4)+U(5))/3)];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}
[[Image:GRAFICA6.png|500px|thumb|center|Gráfica que describe el comportamiento de la temperatura a lo largo del tiempo según el radio, de acuerdo a las condiciones del enunciado. ]]

== Transformación del problema en disco ==
[[Image:PlacaDisco.png|300px|thumb|right|Disco circular de radio $\rho<6$]]
Considerando que la placa ocupa todo el disco $\rho<6$, aproximaremos las soluciones usando el método de Fourier. De nuevo, la solución dependerá sólo de $\rho$ y $t$, y tomaremos ahora como condición frontera $u(6,t) = 0$.
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (0,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(0,t)=0 & u(6,t)=0 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

=== Problema de autovalores ===
=== Función de Bessel ===
Mediante la
=== Aproximación de la solución ===

[[Categoría:Ecuaciones Diferenciales]]
[[Categoría:ED13/14]]
[[Categoría:Trabajos 2013-14]]

Archivo:Tiempo 12.png

2014-05-19T17:58:34Z

Arantxa Abascal Colomar:

Archivo:Tiempo 1.png

2014-05-19T17:47:52Z

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Archivo:Tiempo 0.png

2014-05-19T17:35:36Z

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Archivo:K133=100.png

2014-05-19T17:00:38Z

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Archivo:K13=100.png

2014-05-19T16:40:55Z

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Calor Placa Anillo (18B)

2014-05-18T19:36:41Z

Arantxa Abascal Colomar:

{{ TrabajoED | Ecuación del calor en una placa en forma de anillo (Grupo 18) | [[:Categoría:Ecuaciones Diferenciales|Ecuaciones Diferenciales]]|[[:Categoría:ED13/14|Curso 2013-14]] | • Arantxa Abascal Colomar • Patricia Fernández Aibar • Paula Lacanal Cuadrado • David Ortiz Liriano • Álvaro Pintor Sousa • Alberto Rodríguez Fernández}}
{{ beta }}
== Introducción ==
[[Image:PlacaAnillo.png|300px|thumb|right|Anillo circular entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$]]
El problema nos pide considerar una placa plana en forma de anillo o corona circular, comprendida entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$, dividida en diferentes franjas circulares (sectores), cuya temperatura varía según la dirección radial.

Disponemos de la función que determina la temperatura inicial de la placa, que abarca distintos valores del radio $\rho$:

\[ \begin{array}{c} \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} &&&(1) \end{array} \]

Los extremos de la placa están en contacto con objetos que, por diversas razones físicas, hacen que el límite interior de la placa se encuentre a $0ºC$, mientras que el exterior está, de un modo similar, a $10ºC$. Estas temperaturas se mantienen constantes con el paso del tiempo, es decir, durante $t>0$.

Analizando la situación, podemos ver que se trata de un problema que se puede representar mediante la ecuación del calor y su distribución a lo largo del tiempo para los diferentes intervalos representados anteriormente $(1)$.

'''''OBSERVACIÓN''''': Tal como indica el enunciado, se hace preciso trabajar con la ayuda de una parametrización en coordenadas polares por la facilidad práctica que supone. Sin embargo, la temperatura no varía en función de $\theta$ (siendo $\theta$ el ángulo girado con respecto al eje de abcisas y centro en el origen de coordenadas), razón por la cual asemejaremos este problema al de una varilla de longitud comprendida entre $x\in [1,6]$, cuya función de temperatura depende del tiempo y de la distancia $\rho$ al extremo interior $\rho=1$.

Considerando $u(\rho,t)$ como la función que determinará el calor de la placa, las condiciones iniciales y de frontera, serán las siguientes:

*Para $\rho=1$, tenemos una temperatura constante de $0ºC$.
*Para $\rho=6$, tenemos una temperatura constante de $10ºC$.

== Planteamiento del sistema de ecuaciones ==

Suponemos que la temperatura $u$ de la placa en forma de anillo depende sólo de la coordenada radial $\rho$ y del tiempo $t$ es decir:

\[
u = u(\rho,t)
\]

y que satisface la ecuacion del calor:
\[
u_t - \Delta u =0
\]

El sistema de ecuaciones que satisface $ u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u(6,t)=10 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

Resolvemos esta ecuación diferencial mediante el método del trapecio, y los resultados gráficos son los siguientes:

[[Image:Trapecio11.png|520px|thumb|left]] [[Image:Trapecio44.png|520px|thumb|right]]
[[Image:Trapecio22.png|520px|thumb|left]] [[Image:Trapecio33.png|520px|thumb|right]]

Podemos observar que en el entorno de $\rho=2$, la gráfica realiza ciertas oscilaciones. Podría ser debido a que en ese punto, la solución de nuestra ecuación diferencial no tiene límite definido, haciendo que nuestra herramienta de cálculo matemático no sepa fijar un valor concreto para cada punto perteneciente a este entorno. Podríamos poner el ejemplo de la función <math>sin (1/x) </math> , cuyo límite no se define completamente, y la gráfica obtenida es la siguiente:
[[image:017-curvas-sen1x.gif|300px|thumb|center]]

El código de Matlab utilizado para la obtención de resultados, es el siguiente:
{{matlab|codigo=
%
clear all
a=1; b=6;
h=0.1;
x=a:h:b; %El vector x tiene N+1 elementos
N=(b-a)/h;
% matriz K
K=(1/h^2)*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F y valor inicial
rho=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=(0.*rho); %término independiente
%valor inicial
U=(0.*rho);
% U=[1,N-2];
rho=1;
for i=1:N-1
if i>1 & i<(2-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=100*(rho-1);
elseif i>(2-1)/h & i<(5-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=100;
elseif i>(5-1)/h & i<(6-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=90*(6-rho)+10;
end
end

% discretización en t
j=h/4; % paso en t.
t=0:j:3;
M=length(t); %número de puntos de t

sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
Z=U+j/2*(-K*U);
U=(eye(N-1)+K*j/2)\Z;
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end

[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol) ;

}}

== Representación de la temperatura en el tiempo para $\rho=3$ ==

Vamos a dibujar el comportamiento de la temperatura para un radio constante $\rho=3$ en una gráfica 2-D (eje de abcisas, temperatura y eje de ordenadas, tiempo). Para ello, utilizamos el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=2; b=5;
x=a:h:b;
N=(b-a)/h;
% Matriz K
K=1/h^2*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F
xx=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=0*xx;
U=100*ones(size(xx)); %valor inicial para un \rho=3
% discretización en t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end
plot(t,sol(:,11)) %la columna 11 es la correspondiente a \rho=3

}}

[[Image:Ejr3.png|500px|thumb|centre|Variación de la temperatura en los $10$ primeros segundos para $\rho=3$]]

Se puede observar que la temperatura inicial ($t=0$), es de $100ºC$, condición impuesta en las condiciones iniciales. Con el paso del tiempo, la tendencia natural de la temperatura a crear un flujo de calor que viaja desde las zonas de temperatura más alta, a las zonas de temperatura más baja, influye en la estabilización y homogeneización de esta a lo largo de la dirección radial del disco. Es decir, que, a medida que pasa el tiempo, el flujo de calor va de las zonas con más temperatura a las de menor, es por eso que en el instante inicial su temperatura es máxima y luego disminuye, porque está transmitiendo calor. Como puede observarse una vez alcanzados los $10$ primeros segundos la placa en ese radio $\rho=3$ se estabilizada en $0ºC$.

== Resolución del sistema por diferentes métodos de discretizacion==
'''''OBSERVACIÓN''''': El método de Euler necesita un paso de tiempo del orden de <math>\frac{h^2}{2}</math> para ser estable, siendo $h$ el paso espacial.
=== Euler explicito ===

Resolvemos el sistema de ecuaciones diferenciales esta vez utilizando el método de Euler explícito, con las mismas condiciones que en el método de las diferencias finitas y del trapecio.

El código MATLAB utilizado es el siguiente:

{{matlab|codigo=
%euler explicito
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
%Valores iniciales
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2)); %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para conseguir estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eexplicito.jpg|500px|thumb|centro|Euler explícito]]

Como podemos observar, la temperatura es máxima entre los radios 2 y 5 en el instante inicial. A partir de ese momento a medida que avanzan los segundos la temperatura desciende debido a la tendencia natural de la placa a estabilizarse, de manera que el calor se transmite desde las zonas de mayor temperatura a las de menor, hasta alcanzar una temperatura homogénea.

===Euler implícito===

Realizamos el mismo ejercicio con el método de Euler implícito utilizando el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
%euler implicito (incondicionalmente estable)
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
%Valores iniciales
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2));
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2;
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U=(eye(N-1)+j*K)$U+F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eimplicito.jpg|500px|thumb|centro|Euler Implícito]]

En este gráfico se observa lo mismo que lo dicho en el gráfico anterior. La única diferencia es el método utilizado para conseguirlo, es decir en el código MATLAB utilizado. Las conclusiones que se pueden deducir son las mismas que con el método de Euler explícito.

== Variación de la temperatura para tiempos grandes==
=== Solución Analítica===

El sistema de ecuaciones que satisface \( u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u(6,t)=10 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

Resolvemos la ecuación del calor en la placa y representamos la solución imponiendo diferentes intervalos de tiempo[10,100,1000].
El programa de representación es el siguiente:

{{matlab|codigo=
clear all
N=10;
M=10;
a=1; b=6;
h=(b-a)/500;
x=a:h:b;
T=1;
k=T/100;
for m=1:N
u=x.*0;
for n=1:M
v=(.2*x)-.2;
n1=2*(n-1)+1;
fac=((-230-(2.5*(-1)^n1))/(n1*pi))*(exp(-((n1^2)*(pi^2)*(m-1)*k)));
q=sin(n1*pi*x);
u=u+(v+(fac*q));
end
hold on
plot(x,u)
end

}}

Podemos ver en las siguientes gráficas, representando la solución para t=1 y 10 segundos, cómo la temperatura tiende a estabilizarse a un valor estacionario para cada punto. Se establece un incremento de temperatura lineal, en la dirección del radio.

[[Image:K12=1.png|500px|thumb|centre|Solución analítica para un t=1 seg]]

[[Image:K12=10.png|500px|thumb|centre|Solución analítica para un t=10 seg]]

== Variacion de las condiciones de frontera ==

Ahora colocamos en la frontera exterior de la placa ($\rho=6$) una pieza aislante (en lugar de un objeto con temperatura constante 10). El aislante hace que no haya pérdida de calor en ese extremo, es decir, el flujo de temperatura en la dirección radial es nulo, no entra ni sale calor en ese extremo de la placa. El valor estacionario de la temperatura de la placa será 0ºC. La temperatura tarda en alcanzar el estado estacionario XXXXXXX con un error del 5%.

El sistema en este caso es análogo al anterior. La diferencia que se impone es que el flujo de calor en la direccion radial sea nulo en la placa (condición de Neumann).

El sistema de ecuaciones que satisface $u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u_\rho(6,t)=0 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]
{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=1; b=2; c=5; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K(N-1,N-1)=2/3;
K(N-1,N-2)=-2/3;
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N)
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1)
U2 =100*ones(size(xx2)) %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10)
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3]
sol(1,:)=[0,U,((-U(4)+U(5))/3)]
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',((-U(4)+U(5))/3)];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}
[[Image:GRAFICA6.png|500px|thumb|center|Gráfica que describe el comportamiento de la temperatura a lo largo del tiempo según el radio, de acuerdo a las condiciones del enunciado. ]]

== Transformación del problema en disco ==
[[Image:PlacaDisco.png|300px|thumb|right|Disco circular de radio $\rho<6$]]
Considerando que la placa ocupa todo el disco $\rho<6$, aproximaremos las soluciones usando el método de Fourier. De nuevo, la solución dependerá sólo de $\rho$ y $t$, y tomaremos ahora como condición frontera $u(6,t) = 0$.
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (0,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(0,t)=0 & u(6,t)=0 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

=== Problema de autovalores ===
=== Función de Bessel ===
Mediante la
=== Aproximación de la solución ===

Archivo:T=0.png

2014-05-18T19:12:23Z

Arantxa Abascal Colomar:

Calor Placa Anillo (18B)

2014-05-18T19:07:39Z

Arantxa Abascal Colomar:

{{ TrabajoED | Ecuación del calor en una placa en forma de anillo (Grupo 18) | [[:Categoría:Ecuaciones Diferenciales|Ecuaciones Diferenciales]]|[[:Categoría:ED13/14|Curso 2013-14]] | • Arantxa Abascal Colomar • Patricia Fernández Aibar • Paula Lacanal Cuadrado • David Ortiz Liriano • Álvaro Pintor Sousa • Alberto Rodríguez Fernández}}
{{ beta }}
== Introducción ==
[[Image:PlacaAnillo.png|300px|thumb|right|Anillo circular entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$]]
El problema nos pide considerar una placa plana en forma de anillo o corona circular, comprendida entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$, dividida en diferentes franjas circulares (sectores), cuya temperatura varía según la dirección radial.

Disponemos de la función que determina la temperatura inicial de la placa, que abarca distintos valores del radio $\rho$:

\[ \begin{array}{c} \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} &&&(1) \end{array} \]

Los extremos de la placa están en contacto con objetos que, por diversas razones físicas, hacen que el límite interior de la placa se encuentre a $0ºC$, mientras que el exterior está, de un modo similar, a $10ºC$. Estas temperaturas se mantienen constantes con el paso del tiempo, es decir, durante $t>0$.

Analizando la situación, podemos ver que se trata de un problema que se puede representar mediante la ecuación del calor y su distribución a lo largo del tiempo para los diferentes intervalos representados anteriormente $(1)$.

'''''OBSERVACIÓN''''': Tal como indica el enunciado, se hace preciso trabajar con la ayuda de una parametrización en coordenadas polares por la facilidad práctica que supone. Sin embargo, la temperatura no varía en función de $\theta$ (siendo $\theta$ el ángulo girado con respecto al eje de abcisas y centro en el origen de coordenadas), razón por la cual asemejaremos este problema al de una varilla de longitud comprendida entre $x\in [1,6]$, cuya función de temperatura depende del tiempo y de la distancia $\rho$ al extremo interior $\rho=1$.

Considerando $u(\rho,t)$ como la función que determinará el calor de la placa, las condiciones iniciales y de frontera, serán las siguientes:

*Para $\rho=1$, tenemos una temperatura constante de $0ºC$.
*Para $\rho=6$, tenemos una temperatura constante de $10ºC$.

== Planteamiento del sistema de ecuaciones ==

Suponemos que la temperatura $u$ de la placa en forma de anillo depende sólo de la coordenada radial $\rho$ y del tiempo $t$ es decir:

\[
u = u(\rho,t)
\]

y que satisface la ecuacion del calor:
\[
u_t - \Delta u =0
\]

El sistema de ecuaciones que satisface $ u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u(6,t)=10 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

Resolvemos esta ecuación diferencial mediante el método del trapecio, y los resultados gráficos son los siguientes:

[[Image:Trapecio11.png|520px|thumb|left]] [[Image:Trapecio44.png|520px|thumb|right]]
[[Image:Trapecio22.png|520px|thumb|left]] [[Image:Trapecio33.png|520px|thumb|right]]

Podemos observar que en el entorno de $\rho=2$, la gráfica realiza ciertas oscilaciones. Podría ser debido a que en ese punto, la solución de nuestra ecuación diferencial no tiene límite definido, haciendo que nuestra herramienta de cálculo matemático no sepa fijar un valor concreto para cada punto perteneciente a este entorno. Podríamos poner el ejemplo de la función <math>sin (1/x) </math> , cuyo límite no se define completamente, y la gráfica obtenida es la siguiente:
[[image:017-curvas-sen1x.gif|300px|thumb|center]]

El código de Matlab utilizado para la obtención de resultados, es el siguiente:
{{matlab|codigo=
%
clear all
a=1; b=6;
h=0.1;
x=a:h:b; %El vector x tiene N+1 elementos
N=(b-a)/h;
% matriz K
K=(1/h^2)*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F y valor inicial
rho=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=(0.*rho); %término independiente
%valor inicial
U=(0.*rho);
% U=[1,N-2];
rho=1;
for i=1:N-1
if i>1 & i<(2-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=100*(rho-1);
elseif i>(2-1)/h & i<(5-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=100;
elseif i>(5-1)/h & i<(6-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=90*(6-rho)+10;
end
end

% discretización en t
j=h/4; % paso en t.
t=0:j:3;
M=length(t); %número de puntos de t

sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
Z=U+j/2*(-K*U);
U=(eye(N-1)+K*j/2)\Z;
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end

[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol) ;

}}

== Representación de la temperatura en el tiempo para $\rho=3$ ==

Vamos a dibujar el comportamiento de la temperatura para un radio constante $\rho=3$ en una gráfica 2-D (eje de abcisas, temperatura y eje de ordenadas, tiempo). Para ello, utilizamos el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=2; b=5;
x=a:h:b;
N=(b-a)/h;
% Matriz K
K=1/h^2*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F
xx=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=0*xx;
U=100*ones(size(xx)); %valor inicial para un \rho=3
% discretización en t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end
plot(t,sol(:,11)) %la columna 11 es la correspondiente a \rho=3

}}

[[Image:Ejr3.png|500px|thumb|centre|Variación de la temperatura en los $10$ primeros segundos para $\rho=3$]]

Se puede observar que la temperatura inicial ($t=0$), es de $100ºC$, condición impuesta en las condiciones iniciales. Con el paso del tiempo, la tendencia natural de la temperatura a crear un flujo de calor que viaja desde las zonas de temperatura más alta, a las zonas de temperatura más baja, influye en la estabilización y homogeneización de esta a lo largo de la dirección radial del disco. Es decir, que, a medida que pasa el tiempo, el flujo de calor va de las zonas con más temperatura a las de menor, es por eso que en el instante inicial su temperatura es máxima y luego disminuye, porque está transmitiendo calor. Como puede observarse una vez alcanzados los $10$ primeros segundos la placa en ese radio $\rho=3$ se estabilizada en $0ºC$.

== Resolución del sistema por diferentes métodos de discretizacion==
'''''OBSERVACIÓN''''': El método de Euler necesita un paso de tiempo del orden de <math>\frac{h^2}{2}</math> para ser estable, siendo $h$ el paso espacial.
=== Euler explicito ===

Resolvemos el sistema de ecuaciones diferenciales esta vez utilizando el método de Euler explícito, con las mismas condiciones que en el método de las diferencias finitas y del trapecio.

El código MATLAB utilizado es el siguiente:

{{matlab|codigo=
%euler explicito
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
%Valores iniciales
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2)); %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para conseguir estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eexplicito.jpg|500px|thumb|centro|Euler explícito]]

Como podemos observar, la temperatura es máxima entre los radios 2 y 5 en el instante inicial. A partir de ese momento a medida que avanzan los segundos la temperatura desciende debido a la tendencia natural de la placa a estabilizarse, de manera que el calor se transmite desde las zonas de mayor temperatura a las de menor, hasta alcanzar una temperatura homogénea.

===Euler implícito===

Realizamos el mismo ejercicio con el método de Euler implícito utilizando el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
%euler implicito (incondicionalmente estable)
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
%Valores iniciales
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2));
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2;
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U=(eye(N-1)+j*K)$U+F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eimplicito.jpg|500px|thumb|centro|Euler Implícito]]

En este gráfico se observa lo mismo que lo dicho en el gráfico anterior. La única diferencia es el método utilizado para conseguirlo, es decir en el código MATLAB utilizado. Las conclusiones que se pueden deducir son las mismas que con el método de Euler explícito.

== Variación de la temperatura para tiempos grandes==
=== Solución Analítica===

El sistema de ecuaciones que satisface \( u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u(6,t)=10 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

Resolvemos la ecuación del calor en la placa y representamos la solución imponiendo diferentes intervalos de tiempo[10,100,1000].
El programa de representación es el siguiente:

{{matlab|codigo=
clear all
N=10;
M=10;
a=1; b=6;
h=(b-a)/500;
x=a:h:b;
T=1;
k=T/100;
for m=1:N
u=x.*0;
for n=1:M
v=(.2*x)-.2;
n1=2*(n-1)+1;
fac=((-230-(2.5*(-1)^n1))/(n1*pi))*(exp(-((n1^2)*(pi^2)*(m-1)*k)));
q=sin(n1*pi*x);
u=u+(v+(fac*q));
end
hold on
plot(x,u)
end

}}

Podemos ver en las siguientes gráficas, representando la solución para t=10, 100 y 1000 segundos, cómo la temperatura tiende a estabilizarse a un valor estacionario para cada punto. Se establece un incremento de temperatura lineal, en la dirección del radio.

[[Image:K12=1.png|500px|thumb|centre|Solución analítica para un t=1 seg]]

[[Image:K12=10.png|500px|thumb|centre|Solución analítica para un t=10 seg]]

== Variacion de las condiciones de frontera ==

Ahora colocamos en la frontera exterior de la placa ($\rho=6$) una pieza aislante (en lugar de un objeto con temperatura constante 10). El aislante hace que no haya pérdida de calor en ese extremo, es decir, el flujo de temperatura en la dirección radial es nulo. El valor estacionario de la temperatura de la placa será . La temperatura tarda en alcanzar el estado estacionario XXXXXXX con un error del 5%.

El sistema en este caso es análogo al anterior. La diferencia que se impone es que el flujo de calor en la direccion radial sea nulo en la placa (condición de Neumann).

El sistema de ecuaciones que satisface $u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (1,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(1,t)=0 & u(6,t)=0 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]
{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=1; b=2; c=5; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K(N-1,N-1)=2/3;
K(N-1,N-2)=-2/3;
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N)
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1)
U2 =100*ones(size(xx2)) %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10)
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3]
sol(1,:)=[0,U,((-U(4)+U(5))/3)]
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',((-U(4)+U(5))/3)];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}
[[Image:GRAFICA6.png|500px|thumb|center|Gráfica que describe el comportamiento de la temperatura a lo largo del tiempo según el radio, de acuerdo a las condiciones del enunciado. ]]

== Transformación del problema en disco ==
[[Image:PlacaDisco.png|300px|thumb|right|Disco circular de radio $\rho<6$]]
Considerando que la placa ocupa todo el disco $\rho<6$, aproximaremos las soluciones usando el método de Fourier. De nuevo, la solución dependerá sólo de $\rho$ y $t$, y tomaremos ahora como condición frontera $u(6,t) = 0$.
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \in (0,6)& t>0 \end{array}\\
\\ \begin{array}{c} \\\\u(0,t)=0 & u(6,t)=0 & t>0 \end{array}\\\\
\\ \begin{array}{c}\\ \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \in (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \in (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \in (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

=== Problema de autovalores ===
=== Función de Bessel ===
Mediante la
=== Aproximación de la solución ===

Archivo:K12=10.png

2014-05-18T19:07:31Z

Arantxa Abascal Colomar:

Archivo:K12=1.png

2014-05-18T19:06:56Z

Arantxa Abascal Colomar:

Calor Placa Anillo (18B)

2014-05-18T16:03:30Z

Arantxa Abascal Colomar:

{{ TrabajoED | Ecuación del calor en una placa en forma de anillo (Grupo 18) | [[:Categoría:Ecuaciones Diferenciales|Ecuaciones Diferenciales]]|[[:Categoría:ED13/14|Curso 2013-14]] | • Arantxa Abascal Colomar • Patricia Fernández Aibar • Paula Lacanal Cuadrado • David Ortiz Liriano • Álvaro Pintor Sousa • Alberto Rodríguez Fernández}}
{{ beta }}
== Introducción ==
[[Image:PlacaAnillo.png|300px|thumb|right|Anillo circular entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$]]
El problema nos pide considerar una placa plana en forma de anillo o corona circular, comprendida entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$, dividida en diferentes franjas circulares (sectores), cuya temperatura varía según la dirección radial.

Disponemos de la función que determina la temperatura inicial de la placa, que abarca distintos valores del radio $\rho$:

\[ \begin{array}{c} \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \epsilon (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \epsilon (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \epsilon (5,6) \end{cases} &&&(1) \end{array} \]

Los extremos de la placa están en contacto con objetos que, por diversas razones físicas, hacen que el límite interior de la placa se encuentre a $0ºC$, mientras que el exterior está, de un modo similar, a $10ºC$. Estas temperaturas se mantienen constantes con el paso del tiempo, es decir, durante $t>0$.

Analizando la situación, podemos ver que se trata de un problema que se puede representar mediante la ecuación del calor y su distribución a lo largo del tiempo para los diferentes intervalos representados anteriormente $(1)$.

'''''OBSERVACIÓN''''': Tal como indica el enunciado, se hace preciso trabajar con la ayuda de una parametrización en coordenadas polares por la facilidad práctica que supone. Sin embargo, la temperatura no varía en función de $\theta$ (siendo $\theta$ el ángulo girado con respecto al eje de abcisas y centro en el origen de coordenadas), razón por la cual asemejaremos este problema al de una varilla de longitud comprendida entre $x\epsilon [1,6]$, cuya función de temperatura depende del tiempo y de la distancia $\rho$ al extremo interior $\rho=1$.

Considerando $u(\rho,t)$ como la función que determinará el calor de la placa, las condiciones iniciales y de frontera, serán las siguientes:

*Para $\rho=1$, tenemos una temperatura constante de $0ºC$.
*Para $\rho=6$, tenemos una temperatura constante de $10ºC$.

== Planteamiento del sistema de ecuaciones ==

Suponemos que la temperatura u de la placa en forma de anillo depende solo de la cordenada radial $\rho$ y del tiempo '''t''' es decir \[

u = u(\rho,t)
\]

y que satisface la ecuacion del calor \[

u_t - \Delta u =0
\]

El sistema de ecuaciones que satisface $ u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \epsilon (1,6)& y & t>0 \\ u(1,t)=0 , u(6,t)=10 & t>0 \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) && \text{ si } \rho \epsilon (1,2) \\ 100 && \text{ si } \rho \epsilon (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 && \text{ si } \rho \epsilon (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

Resolvemos esta ecuación diferencial mediante el método del trapecio, y los resultados gráficos son los siguientes:

[[Archivo:Trapecio1.png]] [[Archivo:Trapecio4.png]]
[[Archivo:Trapecio2.png]] [[Archivo:Trapecio3.png]]

Podemos observar que en el entorno de $\rho=2$, la gráfica realiza ciertas oscilaciones. Podría ser debido a que en ese punto, la solución de nuestra ecuación diferencial no tiene límite definido, haciendo que nuestra herramienta de cálculo matemático no sepa fijar un valor concreto para cada punto perteneciente a este entorno. Podríamos poner el ejemplo de la función <math>sin (1/x) </math> , cuyo límite no se define completamente, y la gráfica obtenida es la siguiente:
[[Archivo:017-curvas-sen1x.gif]]

El código de Matlab utilizado para la obtención de resultados, es el siguiente:
{{matlab|codigo=
%
clear all
a=1; b=6;
h=0.1;
x=a:h:b; %El vector x tiene N+1 elementos
N=(b-a)/h;
% matriz K
K=(1/h^2)*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F y valor inicial
rho=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=(0.*rho); %término independiente
%valor inicial
U=(0.*rho);

rho=1;
for i=1:N-1
if i>1 & i<(2-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=98*(rho-1);
elseif i>(2-1)/h & i<(5-2)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=102-(2*rho);
elseif i>(5-2)/h & i<(6-5)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=92*(6-rho);
end
end

F=0; %AÑADIMOS CONDICIONES CONTORNO

% discretización en t
j=h/4; % paso en t.
t=0:j:3;
M=length(t); %número de puntos de t

sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
Z=U+j/2*(-K*U);
U=(eye(N-1)+K*j/2)\Z;
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end

[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol) ;

}}

== Representación de la temperatura en el tiempo para $\rho=3$ ==

Vamos a dibujar el comportamiento de la temperatura para un radio constante $\rho=3$ en una gráfica 2-D (eje de abcisas, temperatura y eje de ordenadas, tiempo). Para ello, utilizamos el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=2; b=5;
x=a:h:b;
N=(b-a)/h;
% Matriz K
K=1/h^2*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F
xx=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=0*xx;
U=100*ones(size(xx)); %valor inicial para un \rho=3
% discretización en t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end
plot(t,sol(:,11)) %la columna 11 es la correspondiente a \rho=3

}}

[[Image:Ejr3.png|500px|thumb|centre|Variación de la temperatura en los $10$ primeros segundos para $\rho=3$]]

Se puede observar que la temperatura inicial ($t=0$), es de $100ºC$, condición impuesta en las condiciones iniciales. Con el paso del tiempo, la tendencia natural de la temperatura a crear un flujo de calor que viaja desde las zonas de temperatura más alta, a las zonas de temperatura más baja, influye en la estabilización y homogeneización de esta a lo largo de la dirección radial del disco. Es decir, que, a medida que pasa el tiempo, el flujo de calor va de las zonas con más temperatura a las de menor, es por eso que en el instante inicial su temperatura es máxima y luego disminuye, porque está transmitiendo calor. Como puede observarse una vez alcanzados los $10$ primeros segundos la placa en ese radio $\rho=3$ se estabilizada en $0ºC$.

== Resolución del sistema por diferentes métodos de discretizacion==
OBSERVACIÓN: El método de Euler necesita un paso de tiempo del orden de <math>h^2/2</math> para ser estable, siendo '''h''' el paso espacial.
=== Euler explicito ===

Resolvemos el sistema de ecuaciones diferenciales esta vez utilizando el método de Euler explícito, con las mismas condiciones que en el método de las diferencias finitas y del trapecio.

El código MATLAB utilizado es el siguiente:

{{matlab|codigo=
%euler explicito
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
%Valores iniciales
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2)); %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para conseguir estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eexplicito.jpg|centro|Euler explícito]]

Como podemos observar, la temperatura es máxima entre los radios 2 y 5 en el instante inicial. A partir de ese momento a medida que avanzan los segundos la temperatura desciende debido a la tendencia natural de la placa a estabilizarse, de manera que el calor se transmite desde las zonas de mayor temperatura a las de menor, hasta alcanzar una temperatura homogénea.

===Euler implícito===

Realizamos el mismo ejercicio con el método de Euler implícito utilizando el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
%euler implicito (incondicionalmente estable)
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
%Valores iniciales
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2));
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2;
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U=(eye(N-1)+j*K)$U+F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eimplicito.jpg|centro|Euler Implícito]]

En este gráfico se observa lo mismo que lo dicho en el gráfico anterior. La única diferencia es el método utilizado para conseguirlo, es decir en el código MATLAB utilizado. Las conclusiones que se pueden deducir son las mismas que con el método de Euler explícito.
== Apartado 5==
=== Solución Analítica===

El sistema de ecuaciones que satisface \( u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \epsilon (1,6)& y & t>0 \\ u(1,t)=0 , u(6,t)=10 & t>0 \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) && \text{ si } \rho \epsilon (1,2) \\ 100 && \text{ si } \rho \epsilon (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 && \text{ si } \rho \epsilon (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

Resolvemos la ecuación del calor en la placa y representamos la solución imponiendo diferentes intervalos de tiempo.
El programa de representación es el siguiente.

{{matlab|codigo=
clear all
N=50;
a=1; b=2; c=5; d=6;
h1=(b-a)/N;
h2=(c-b)/N;
x1=a:h1:b;
x2=b:h2:c;
x3=c:h1:d;
M=51;
k=100/M;
Z=51;
h=(d-a)/(Z-1);
x=[a:h:d];
for m=1:N
uaprox =zeros(1,M);
for n=1:M
n1=2*(n-1)+1;
w=(2*x)-2;
fac1=(-196/n1*pi)*exp(-(n1^2)*(pi^2)*(m-1)*k);
fac2=((-92*((-1)^n1)+98)/n1*pi)*3*exp((-(n1^2)*(pi^2)*(m-1)*k)/9);
fac3=((88*((-1)^n1)+4)/n1*pi)*exp(-(n1^2)*(pi^2)*(m-1)*k);
q=sin(n1*pi*x);
uaprox = uaprox+(w+(q*(fac1+fac2+fac3)));
end
hold on
plot(x,uaprox)
end

}}

Podemos ver en las siguientes gráficas, representando la solución para t=10, 100 y 1000 segundos, como la temperatura tiende a estabilizarse en 0 siguiendo una función senoidal.

[[Image:K1=10.png|500px|thumb|centre|Solución analítica para un t=10 seg]]

[[Image:K1=100.png|500px|thumb|centre|Solución analítica para un t=100 seg]]

[[Image:K1=1000.png|500px|thumb|centre|Solución analítica para un t=1000 seg]]

== Apartado 6 ==
Ahora colocamos en la frontera exterior de la placa (\rho = 6) una pieza aislante (en lugar de
un objeto con temperatura constante 10). El aislante hace que no haya pérdida de calor en
ese extremo, es decir, el
ujo de temperatura en la dirección radial es nulo. >Cual es el valor
estacionario de la temperatura de la placa? >Cuanto tarda la temperatura en alcanzar el estado
estacionario con un error del 5%?

El sistema en este caso es análogo al anterior. La diferencia que se impone es que el flujo de calor en la direccion radial sea nulo en la placa.(Condición de Neumann)

El sistema de ecuaciones que satisface $ u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \epsilon (1,6)& y & t>0 \\ u(1,t)=0 , ux(6,t)=0 & t>0 \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) && \text{ si } \rho \epsilon (1,2) \\ 100 && \text{ si } \rho \epsilon (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 && \text{ si } \rho \epsilon (5,6) \end{cases} \end{array}

\]
{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=1; b=2; c=5; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K(N-1,N-1)=2/3;
K(N-1,N-2)=-2/3;
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N)
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1)
U2 =100*ones(size(xx2)) %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10)
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3]
sol(1,:)=[0,U,((-U(4)+U(5))/3)]
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',((-U(4)+U(5))/3)];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}
[[Image:GRAFICA6.png|500px|thumb|center|Gráfica que describe el comportamiento de la temperatura a lo largo del tiempo según el radio, de acuerdo a las condiciones del enunciado. ]]

== Transformación del problema en disco ==
[[Image:PlacaDisco.png|300px|thumb|right|Disco circular de radio $\rho<6$]]
Considerando que la placa ocupa todo el disco $\rho<6$, aproximaremos las soluciones usando el método de Fourier. De nuevo, la solución dependerá sólo de $\rho$ y $t$, y tomaremos ahora como condición frontera $u(6;t) = 0$.

=== Problema de autovalores ===
=== Función de Bessel ===
=== Aproximación de la solución ===

Archivo:K11=1000.png

2014-05-18T15:57:45Z

Arantxa Abascal Colomar:

Calor Placa Anillo (18B)

2014-05-18T15:51:04Z

Arantxa Abascal Colomar:

{{ TrabajoED | Ecuación del calor en una placa en forma de anillo (Grupo 18) | [[:Categoría:Ecuaciones Diferenciales|Ecuaciones Diferenciales]]|[[:Categoría:ED13/14|Curso 2013-14]] | • Arantxa Abascal Colomar • Patricia Fernández Aibar • Paula Lacanal Cuadrado • David Ortiz Liriano • Álvaro Pintor Sousa • Alberto Rodríguez Fernández}}
{{ beta }}
== Introducción ==
[[Image:PlacaAnillo.png|300px|thumb|right|Anillo circular entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$]]
El problema nos pide considerar una placa plana en forma de anillo o corona circular, comprendida entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$, dividida en diferentes franjas circulares (sectores), cuya temperatura varía según la dirección radial.

Disponemos de la función que determina la temperatura inicial de la placa, que abarca distintos valores del radio $\rho$:

\[ \begin{array}{c} \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \epsilon (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \epsilon (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \epsilon (5,6) \end{cases} &&&(1) \end{array} \]

Los extremos de la placa están en contacto con objetos que, por diversas razones físicas, hacen que el límite interior de la placa se encuentre a $0ºC$, mientras que el exterior está, de un modo similar, a $10ºC$. Estas temperaturas se mantienen constantes con el paso del tiempo, es decir, durante $t>0$.

Analizando la situación, podemos ver que se trata de un problema que se puede representar mediante la ecuación del calor y su distribución a lo largo del tiempo para los diferentes intervalos representados anteriormente $(1)$.

'''''OBSERVACIÓN''''': Tal como indica el enunciado, se hace preciso trabajar con la ayuda de una parametrización en coordenadas polares por la facilidad práctica que supone. Sin embargo, la temperatura no varía en función de $\theta$ (siendo $\theta$ el ángulo girado con respecto al eje de abcisas y centro en el origen de coordenadas), razón por la cual asemejaremos este problema al de una varilla de longitud comprendida entre $x\epsilon [1,6]$, cuya función de temperatura depende del tiempo y de la distancia $\rho$ al extremo interior $\rho=1$.

Considerando $u(\rho,t)$ como la función que determinará el calor de la placa, las condiciones iniciales y de frontera, serán las siguientes:

*Para $\rho=1$, tenemos una temperatura constante de $0ºC$.
*Para $\rho=6$, tenemos una temperatura constante de $10ºC$.

== Planteamiento del sistema de ecuaciones ==

Suponemos que la temperatura u de la placa en forma de anillo depende solo de la cordenada radial $\rho$ y del tiempo '''t''' es decir \[

u = u(\rho,t)
\]

y que satisface la ecuacion del calor \[

u_t - \Delta u =0
\]

El sistema de ecuaciones que satisface $ u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \epsilon (1,6)& y & t>0 \\ u(1,t)=0 , u(6,t)=10 & t>0 \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) && \text{ si } \rho \epsilon (1,2) \\ 100 && \text{ si } \rho \epsilon (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 && \text{ si } \rho \epsilon (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

Resolvemos esta ecuación diferencial mediante el método del trapecio, y los resultados gráficos son los siguientes:

[[Archivo:Trapecio1.png]] [[Archivo:Trapecio4.png]]
[[Archivo:Trapecio2.png]] [[Archivo:Trapecio3.png]]

Podemos observar que en el entorno de $\rho=2$, la gráfica realiza ciertas oscilaciones. Podría ser debido a que en ese punto, la solución de nuestra ecuación diferencial no tiene límite definido, haciendo que nuestra herramienta de cálculo matemático no sepa fijar un valor concreto para cada punto perteneciente a este entorno. Podríamos poner el ejemplo de la función <math>sin (1/x) </math> , cuyo límite no se define completamente, y la gráfica obtenida es la siguiente:
[[Archivo:017-curvas-sen1x.gif]]

El código de Matlab utilizado para la obtención de resultados, es el siguiente:
{{matlab|codigo=
%
clear all
a=1; b=6;
h=0.1;
x=a:h:b; %El vector x tiene N+1 elementos
N=(b-a)/h;
% matriz K
K=(1/h^2)*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F y valor inicial
rho=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=(0.*rho); %término independiente
%valor inicial
U=(0.*rho);

rho=1;
for i=1:N-1
if i>1 & i<(2-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=98*(rho-1);
elseif i>(2-1)/h & i<(5-2)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=102-(2*rho);
elseif i>(5-2)/h & i<(6-5)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=92*(6-rho);
end
end

F=0; %AÑADIMOS CONDICIONES CONTORNO

% discretización en t
j=h/4; % paso en t.
t=0:j:3;
M=length(t); %número de puntos de t

sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
Z=U+j/2*(-K*U);
U=(eye(N-1)+K*j/2)\Z;
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end

[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol) ;

}}

== Representación de la temperatura en el tiempo para p=3 ==

Vamos a dibujar el comportamiento de la temperatura para un radio constante $\rho$=3 en una gráfica 2D (temperatura/tiempo)
para ello utilizamos el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=2; b=5;
x=a:h:b
N=(b-a)/h;
% Matriz K
K=1/h^2*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F
xx=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=0*xx;
U=100*ones(size(xx)); %valor inicial para un /rho=3
% discretización en t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end
plot(t,sol(:,11)) %la columna 11 es la correspondiente a p=3

}}

[[Image:Ejr3.png|500px|thumb|centre|Varriacion de la temperatura en los 10 primeros segundos para $\rho=3$]]

Se observa que la temperatura inicial (t=0), es de 100 grados, condición impuesta en las condiciones iniciales. Con el paso del tiempo, la tendencia natural de la temperatura a crear un flujo de calor que viaja desde las zonas de temperatura más altas, a las zonas de temperatura más bajas, influye en la estabilización y homogeneización de esta a lo largo de la dirección radial del disco. Es decir, que a medida que pasa el tiempo, el flujo de calor va de las zonas con más temperatura a las de menor, por ello que en el instante inicial su temperatura sea máxima y luego baje, porque está transmitiendo calor. Como puede observarse una vez alcanzados los 10 primeros segundos la placa en ese radio $\rho=3$ se estabilizada en 0ºC.

== Resolución del sistema por diferentes métodos de discretizacion==
OBSERVACIÓN: El método de Euler necesita un paso de tiempo del orden de <math>h^2/2</math> para ser estable, siendo '''h''' el paso espacial.
=== Euler explicito ===

Resolvemos el sistema de ecuaciones diferenciales esta vez utilizando el método de Euler explícito, con las mismas condiciones que en el método de las diferencias finitas y del trapecio.

El código MATLAB utilizado es el siguiente:

{{matlab|codigo=
%euler explicito
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
%Valores iniciales
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2)); %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para conseguir estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eexplicito.jpg|centro|Euler explícito]]

Como podemos observar, la temperatura es máxima entre los radios 2 y 5 en el instante inicial. A partir de ese momento a medida que avanzan los segundos la temperatura desciende debido a la tendencia natural de la placa a estabilizarse, de manera que el calor se transmite desde las zonas de mayor temperatura a las de menor, hasta alcanzar una temperatura homogénea.

===Euler implícito===

Realizamos el mismo ejercicio con el método de Euler implícito utilizando el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
%euler implicito (incondicionalmente estable)
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
%Valores iniciales
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2));
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2;
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U=(eye(N-1)+j*K)$U+F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eimplicito.jpg|centro|Euler Implícito]]

En este gráfico se observa lo mismo que lo dicho en el gráfico anterior. La única diferencia es el método utilizado para conseguirlo, es decir en el código MATLAB utilizado. Las conclusiones que se pueden deducir son las mismas que con el método de Euler explícito.
== Apartado 5==
=== Solución Analítica===

El sistema de ecuaciones que satisface \( u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \epsilon (1,6)& y & t>0 \\ u(1,t)=0 , u(6,t)=10 & t>0 \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) && \text{ si } \rho \epsilon (1,2) \\ 100 && \text{ si } \rho \epsilon (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 && \text{ si } \rho \epsilon (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

Resolvemos la ecuación del calor en la placa y representamos la solución imponiendo diferentes intervalos de tiempo.
El programa de representación es el siguiente.

{{matlab|codigo=
clear all
N=50;
a=1; b=2; c=5; d=6;
h1=(b-a)/N;
h2=(c-b)/N;
x1=a:h1:b;
x2=b:h2:c;
x3=c:h1:d;
M=51;
k=100/M;
Z=51;
h=(d-a)/(Z-1);
x=[a:h:d];
for m=1:N
uaprox =zeros(1,M);
for n=1:M
n1=2*(n-1)+1;
w=(2*x)-2;
fac1=(-196/n1*pi)*exp(-(n1^2)*(pi^2)*(m-1)*k);
fac2=((-92*((-1)^n1)+98)/n1*pi)*3*exp((-(n1^2)*(pi^2)*(m-1)*k)/9);
fac3=((88*((-1)^n1)+4)/n1*pi)*exp(-(n1^2)*(pi^2)*(m-1)*k);
q=sin(n1*pi*x);
uaprox = uaprox+(w+(q*(fac1+fac2+fac3)));
end
hold on
plot(x,uaprox)
end

}}

Podemos ver en las siguientes gráficas, representando la solución para t=10, 100 y 1000 segundos, como la temperatura tiende a estabilizarse en 0 siguiendo una función senoidal.

[[Image:K1=10.png|500px|thumb|centre|Solución analítica para un t=10 seg]]

[[Image:K1=100.png|500px|thumb|centre|Solución analítica para un t=100 seg]]

[[Image:K1=1000.png|500px|thumb|centre|Solución analítica para un t=1000 seg]]

== Apartado 6 ==
Ahora colocamos en la frontera exterior de la placa (\rho = 6) una pieza aislante (en lugar de
un objeto con temperatura constante 10). El aislante hace que no haya pérdida de calor en
ese extremo, es decir, el
ujo de temperatura en la dirección radial es nulo. >Cual es el valor
estacionario de la temperatura de la placa? >Cuanto tarda la temperatura en alcanzar el estado
estacionario con un error del 5%?

El sistema en este caso es análogo al anterior. La diferencia que se impone es que el flujo de calor en la direccion radial sea nulo en la placa.(Condición de Neumann)

El sistema de ecuaciones que satisface $ u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \epsilon (1,6)& y & t>0 \\ u(1,t)=0 , ux(6,t)=0 & t>0 \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) && \text{ si } \rho \epsilon (1,2) \\ 100 && \text{ si } \rho \epsilon (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 && \text{ si } \rho \epsilon (5,6) \end{cases} \end{array}

\]
{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=1; b=2; c=5; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K(N-1,N-1)=2/3;
K(N-1,N-2)=-2/3;
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N)
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1)
U2 =100*ones(size(xx2)) %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10)
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3]
sol(1,:)=[0,U,((-U(4)+U(5))/3)]
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',((-U(4)+U(5))/3)];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}
[[Image:GRAFICA6.png|500px|thumb|center|Gráfica que describe el comportamiento de la temperatura a lo largo del tiempo según el radio, de acuerdo a las condiciones del enunciado. ]]

== Transformación del problema en disco ==
[[Image:PlacaDisco.png|300px|thumb|right|Disco circular de radio $\rho<6$]]
Considerando que la placa ocupa todo el disco $\rho<6$, aproximaremos las soluciones usando el método de Fourier. De nuevo, la solución dependerá sólo de $\rho$ y $t$, y tomaremos ahora como condición frontera $u(6;t) = 0$.

=== Problema de autovalores ===
=== Función de Bessel ===
=== Aproximación de la solución ===

Calor Placa Anillo (18B)

2014-05-18T15:49:38Z

Arantxa Abascal Colomar:

{{ TrabajoED | Ecuación del calor en una placa en forma de anillo (Grupo 18) | [[:Categoría:Ecuaciones Diferenciales|Ecuaciones Diferenciales]]|[[:Categoría:ED13/14|Curso 2013-14]] | • Arantxa Abascal Colomar • Patricia Fernández Aibar • Paula Lacanal Cuadrado • David Ortiz Liriano • Álvaro Pintor Sousa • Alberto Rodríguez Fernández}}
{{ beta }}
== Introducción ==
[[Image:PlacaAnillo.png|300px|thumb|right|Anillo circular entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$]]
El problema nos pide considerar una placa plana en forma de anillo o corona circular, comprendida entre los radios $\rho=1$ y $\rho=6$, dividida en diferentes franjas circulares (sectores), cuya temperatura varía según la dirección radial.

Disponemos de la función que determina la temperatura inicial de la placa, que abarca distintos valores del radio $\rho$:

\[ \begin{array}{c} \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) & \text{ si } \rho \epsilon (1,2) \\ 100 & \text{ si } \rho \epsilon (2,5) \\ 90(6-\rho)+10 & \text{ si } \rho \epsilon (5,6) \end{cases} &&&(1) \end{array} \]

Los extremos de la placa están en contacto con objetos que, por diversas razones físicas, hacen que el límite interior de la placa se encuentre a $0ºC$, mientras que el exterior está, de un modo similar, a $10ºC$. Estas temperaturas se mantienen constantes con el paso del tiempo, es decir, durante $t>0$.

Analizando la situación, podemos ver que se trata de un problema que se puede representar mediante la ecuación del calor y su distribución a lo largo del tiempo para los diferentes intervalos representados anteriormente $(1)$.

'''''OBSERVACIÓN''''': Tal como indica el enunciado, se hace preciso trabajar con la ayuda de una parametrización en coordenadas polares por la facilidad práctica que supone. Sin embargo, la temperatura no varía en función de $\theta$ (siendo $\theta$ el ángulo girado con respecto al eje de abcisas y centro en el origen de coordenadas), razón por la cual asemejaremos este problema al de una varilla de longitud comprendida entre $x\epsilon [1,6]$, cuya función de temperatura depende del tiempo y de la distancia $\rho$ al extremo interior $\rho=1$.

Considerando $u(\rho,t)$ como la función que determinará el calor de la placa, las condiciones iniciales y de frontera, serán las siguientes:

*Para $\rho=1$, tenemos una temperatura constante de $0ºC$.
*Para $\rho=6$, tenemos una temperatura constante de $10ºC$.

== Planteamiento del sistema de ecuaciones ==

Suponemos que la temperatura u de la placa en forma de anillo depende solo de la cordenada radial $\rho$ y del tiempo '''t''' es decir \[

u = u(\rho,t)
\]

y que satisface la ecuacion del calor \[

u_t - \Delta u =0
\]

El sistema de ecuaciones que satisface $ u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \epsilon (1,6)& y & t>0 \\ u(1,t)=0 , u(6,t)=10 & t>0 \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) && \text{ si } \rho \epsilon (1,2) \\ 100 && \text{ si } \rho \epsilon (2,5) \\ 90(6-\rho) && \text{ si } \rho \epsilon (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

Resolvemos esta ecuación diferencial mediante el método del trapecio, y los resultados gráficos son los siguientes:

[[Archivo:Trapecio1.png]] [[Archivo:Trapecio4.png]]
[[Archivo:Trapecio2.png]] [[Archivo:Trapecio3.png]]

Podemos observar que en el entorno de $\rho=2$, la gráfica realiza ciertas oscilaciones. Podría ser debido a que en ese punto, la solución de nuestra ecuación diferencial no tiene límite definido, haciendo que nuestra herramienta de cálculo matemático no sepa fijar un valor concreto para cada punto perteneciente a este entorno. Podríamos poner el ejemplo de la función <math>sin (1/x) </math> , cuyo límite no se define completamente, y la gráfica obtenida es la siguiente:
[[Archivo:017-curvas-sen1x.gif]]

El código de Matlab utilizado para la obtención de resultados, es el siguiente:
{{matlab|codigo=
%
clear all
a=1; b=6;
h=0.1;
x=a:h:b; %El vector x tiene N+1 elementos
N=(b-a)/h;
% matriz K
K=(1/h^2)*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F y valor inicial
rho=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=(0.*rho); %término independiente
%valor inicial
U=(0.*rho);

rho=1;
for i=1:N-1
if i>1 & i<(2-1)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=98*(rho-1);
elseif i>(2-1)/h & i<(5-2)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=102-(2*rho);
elseif i>(5-2)/h & i<(6-5)/h
rho=rho+h;
U(1,i)=92*(6-rho);
end
end

F=0; %AÑADIMOS CONDICIONES CONTORNO

% discretización en t
j=h/4; % paso en t.
t=0:j:3;
M=length(t); %número de puntos de t

sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
Z=U+j/2*(-K*U);
U=(eye(N-1)+K*j/2)\Z;
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end

[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol) ;

}}

== Representación de la temperatura en el tiempo para p=3 ==

Vamos a dibujar el comportamiento de la temperatura para un radio constante $\rho$=3 en una gráfica 2D (temperatura/tiempo)
para ello utilizamos el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=2; b=5;
x=a:h:b
N=(b-a)/h;
% Matriz K
K=1/h^2*(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
% término F
xx=x(2:N); %quitamos primer y último elemento de x
F=0*xx;
U=100*ones(size(xx)); %valor inicial para un /rho=3
% discretización en t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=1:M-1
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k+1,:)=[0,U',10];
end
plot(t,sol(:,11)) %la columna 11 es la correspondiente a p=3

}}

[[Image:Ejr3.png|500px|thumb|centre|Varriacion de la temperatura en los 10 primeros segundos para $\rho=3$]]

Se observa que la temperatura inicial (t=0), es de 100 grados, condición impuesta en las condiciones iniciales. Con el paso del tiempo, la tendencia natural de la temperatura a crear un flujo de calor que viaja desde las zonas de temperatura más altas, a las zonas de temperatura más bajas, influye en la estabilización y homogeneización de esta a lo largo de la dirección radial del disco. Es decir, que a medida que pasa el tiempo, el flujo de calor va de las zonas con más temperatura a las de menor, por ello que en el instante inicial su temperatura sea máxima y luego baje, porque está transmitiendo calor. Como puede observarse una vez alcanzados los 10 primeros segundos la placa en ese radio $\rho=3$ se estabilizada en 0ºC.

== Resolución del sistema por diferentes métodos de discretizacion==
OBSERVACIÓN: El método de Euler necesita un paso de tiempo del orden de <math>h^2/2</math> para ser estable, siendo '''h''' el paso espacial.
=== Euler explicito ===

Resolvemos el sistema de ecuaciones diferenciales esta vez utilizando el método de Euler explícito, con las mismas condiciones que en el método de las diferencias finitas y del trapecio.

El código MATLAB utilizado es el siguiente:

{{matlab|codigo=
%euler explicito
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
%Valores iniciales
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2)); %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para conseguir estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eexplicito.jpg|centro|Euler explícito]]

Como podemos observar, la temperatura es máxima entre los radios 2 y 5 en el instante inicial. A partir de ese momento a medida que avanzan los segundos la temperatura desciende debido a la tendencia natural de la placa a estabilizarse, de manera que el calor se transmite desde las zonas de mayor temperatura a las de menor, hasta alcanzar una temperatura homogénea.

===Euler implícito===

Realizamos el mismo ejercicio con el método de Euler implícito utilizando el siguiente código MATLAB:

{{matlab|codigo=
%euler implicito (incondicionalmente estable)
clear all
h=0.1;
a=1; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
%Matriz K
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N);
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
%Valores iniciales
U1 = 100*(xx1-1);
U2 =100*ones(size(xx2));
U3 =((90*(6-xx3))+10);
%Discretizacion de t
j= 0.5*h^2;
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3];
sol(1,:)=[0,U,10];
U=U';
for k=2:M
U=(eye(N-1)+j*K)$U+F');
sol(k,:)=[0,U',10];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}

[[Image:eimplicito.jpg|centro|Euler Implícito]]

En este gráfico se observa lo mismo que lo dicho en el gráfico anterior. La única diferencia es el método utilizado para conseguirlo, es decir en el código MATLAB utilizado. Las conclusiones que se pueden deducir son las mismas que con el método de Euler explícito.
== Apartado 5==
=== Solución Analítica===

El sistema de ecuaciones que satisface \( u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \epsilon (1,6)& y & t>0 \\ u(1,t)=0 , u(6,t)=10 & t>0 \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) && \text{ si } \rho \epsilon (1,2) \\ 100 && \text{ si } \rho \epsilon (2,5) \\ 90(6-\rho) && \text{ si } \rho \epsilon (5,6) \end{cases} \end{array}

\]

Resolvemos la ecuación del calor en la placa y representamos la solución imponiendo diferentes intervalos de tiempo.
El programa de representación es el siguiente.

{{matlab|codigo=
clear all
N=50;
a=1; b=2; c=5; d=6;
h1=(b-a)/N;
h2=(c-b)/N;
x1=a:h1:b;
x2=b:h2:c;
x3=c:h1:d;
M=51;
k=100/M;
Z=51;
h=(d-a)/(Z-1);
x=[a:h:d];
for m=1:N
uaprox =zeros(1,M);
for n=1:M
n1=2*(n-1)+1;
w=(2*x)-2;
fac1=(-196/n1*pi)*exp(-(n1^2)*(pi^2)*(m-1)*k);
fac2=((-92*((-1)^n1)+98)/n1*pi)*3*exp((-(n1^2)*(pi^2)*(m-1)*k)/9);
fac3=((88*((-1)^n1)+4)/n1*pi)*exp(-(n1^2)*(pi^2)*(m-1)*k);
q=sin(n1*pi*x);
uaprox = uaprox+(w+(q*(fac1+fac2+fac3)));
end
hold on
plot(x,uaprox)
end

}}

Podemos ver en las siguientes gráficas, representando la solución para t=10, 100 y 1000 segundos, como la temperatura tiende a estabilizarse en 0 siguiendo una función senoidal.

[[Image:K1=10.png|500px|thumb|centre|Solución analítica para un t=10 seg]]

[[Image:K1=100.png|500px|thumb|centre|Solución analítica para un t=100 seg]]

[[Image:K1=1000.png|500px|thumb|centre|Solución analítica para un t=1000 seg]]

== Apartado 6 ==
Ahora colocamos en la frontera exterior de la placa (\rho = 6) una pieza aislante (en lugar de
un objeto con temperatura constante 10). El aislante hace que no haya pérdida de calor en
ese extremo, es decir, el
ujo de temperatura en la dirección radial es nulo. >Cual es el valor
estacionario de la temperatura de la placa? >Cuanto tarda la temperatura en alcanzar el estado
estacionario con un error del 5%?

El sistema en este caso es análogo al anterior. La diferencia que se impone es que el flujo de calor en la direccion radial sea nulo en la placa.(Condición de Neumann)

El sistema de ecuaciones que satisface $ u = u(\rho,t)$ es el siguiente:
\[

\begin{array}{c} u_t - u_{\rho\rho} =0 & \rho \epsilon (1,6)& y & t>0 \\ u(1,t)=0 , ux(6,t)=0 & t>0 \\u(\rho,0)=\begin{cases} 100(\rho - 1) && \text{ si } \rho \epsilon (1,2) \\ 100 && \text{ si } \rho \epsilon (2,5) \\ 90(6-\rho) && \text{ si } \rho \epsilon (5,6) \end{cases} \end{array}

\]
{{matlab|codigo=
clear all
h=0.1;
a=1; b=2; c=5; d=6;
N=(d-a)/h;
x=a:h:d;
K=(2*diag(ones(1,N-1))-diag(ones(1,N-2),-1) -diag(ones(1,N-2),1));
K(N-1,N-1)=2/3;
K(N-1,N-2)=-2/3;
K=1/h^2*K;
xx=x(2:N)
F=0*xx;
xx1=x(2:10);
xx2=x(11:41);
xx3=x(42:50);
U1 = 100*(xx1-1)
U2 =100*ones(size(xx2)) %valor inicial
U3 =((90*(6-xx3))+10)
j= 0.5*h^2; % paso en t. Menor h2 para estabilidad con Euler.
t=0:j:10;
M=length(t); %número de puntos de t
U=[U1,U2,U3]
sol(1,:)=[0,U,((-U(4)+U(5))/3)]
U=U';
for k=2:M
U= U + j*(-K*U +F');
sol(k,:)=[0,U',((-U(4)+U(5))/3)];
end
[Mx,Mt]=meshgrid(x,t);
mesh(Mx,Mt,sol)

}}
[[Image:GRAFICA6.png|500px|thumb|center|Gráfica que describe el comportamiento de la temperatura a lo largo del tiempo según el radio, de acuerdo a las condiciones del enunciado. ]]

== Transformación del problema en disco ==
[[Image:PlacaDisco.png|300px|thumb|right|Disco circular de radio $\rho<6$]]
Considerando que la placa ocupa todo el disco $\rho<6$, aproximaremos las soluciones usando el método de Fourier. De nuevo, la solución dependerá sólo de $\rho$ y $t$, y tomaremos ahora como condición frontera $u(6;t) = 0$.

=== Problema de autovalores ===
=== Función de Bessel ===
=== Aproximación de la solución ===