Diferencias Finitas - Apuntes de Ingeniería de fluidos PDF

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Universidad de Santiago de Chile Facultad de Ciencia Departamento de Matemática y Ciencias de la Computación

DIFERENCIAS FINITAS  El método de e las diferencias finitas sirve para aproximar la solución de ecuaciones diferenciales ordinarias y en derivadas parciales, las cuales van por lo general acompañadas de condiciones iniciales o de frontera. Mediante un proceso de discretización, el conjunto infinito de números que representan la función o funciones incógnitas en el continuo, es reemplazado por un número finito de parámetros incógnita, y este proceso requiere alguna forma de aproximación.

Entre las formas de discretización esta: el método de los elementos finitos, método de volúmenes finitos, método de diferencias finitas (1-D, 2-D, 3-D, 4-D), etc.

DIFERENCIAS FINITAS EN 1 1--D (UNIDIMENSIONAL)

Si deseamos determinar la función 5(6) que satisface una ecuación diferencial en un dominio determinado, junto a condiciones de iniciales del problema. Se tiene que empezar por diferenciar la variable independiente 6, para después construir una grilla o malla, con puntos discretos igualmente espaciados, sobre el dominio establecido. Después se debe reemplazar aquellos términos en la ecuación diferencial que involucren diferenciación por términos que contengan operaciones algebraicas. Este proceso trae implícito una aproximación y puede efectuarse mediante la utilización de aproximación en diferencias finitas para las derivadas en una función. Aproximaciones de derivadas mediante diferencias finitas (o formulas de discretización)

 Aproximación en diferencias hacia adelante o forward difference de la primera derivada de una función:

;ó?@ AB CD@EF@A@: 5 G (6) ≈

5(6 + ℎ) − 5(6) ℎ

ℎ ℎ L − 4)mS + 5mc = 2(1 + 3)

−mS + (2> − 4)mc + 5mi = 2(2 + 3)

−mc + (2> − 4)mi + 5> = 2(3 + 3) De forma ordenada queda: (2> − 4)mS + 5mc = 9

−mS + (2> − 4)mc + 5mi = 10

−mc + (2> − 4)mi = 12 − 5>

Ordenando de forma matricial:

mS 2> − 4 5 0 9 † −1 2> − 4 5 ‡ † mc‡ = † 10 ‡ Ahora ocuparemos el método de Gauss para mi 12 − 5> 0 −1 2> − 4 encontrar nuestras incógnitas. 9 2> − 4 5 0 š } ™ 10 + c—xl › 2> − 4 +  ;c + ;S  ˜ 0 5 c—xl c—xl 0 −1 2> − 4 12 − 5> S

 ;i +

; (c—xl) œv} c

ž

0

•

ž •

c—xl

2> − 4 0

2> − 4 0

0

5

 ž

•

l— œ xS¢—vcS c—xl

0

5

2> − 4

l— œ xS¢—vcS c—xl

0

0

0

(c—xl)jl—

£—

5

(c—xl) œv} c—xl

0

0 5

5

5

2> − 4 + (c—xl)

œ xS¢—vcSkv}(c—xl)

l— œ xS¢—vcS

0

0

Žxl£— œvSS¢—xS{l

l— œ xS¢—vcS

Ÿ

}(c—xl)

œv}

9

c{—xiS

c—xl Ÿ c—xl 12 − 5> + (c—xl)

9

c{—xiS

c—xl (Scx}—)jl— œxS¢—vcSkv(c{—xiS)

9

l— œ xS¢—vcS

c{—xiS c—xl Ÿ xc{— ŽvSc£— œxc••—vccS l— œ xS¢—vcS

¡

œv}

c{—xiS c—xl

¡

¡

Con la matriz ampliada mostrando, podemos ver que Ran(A)=Ran(A|B)=3, si solo si, > ≠ 2. b) Entonces si tomamos un u=3 (totalmente arbitrario), se obtiene que:

2 5 0 9 mS cš −8.714286 š 0 5 Ÿ c ¦, lo que da como resultado † mc‡ = † 5.285714 ‡ ¥ c x}c c£ mi −1.857143 0 0 š š

5) Considere el problema con valores en la frontera n

m GG + m G + m = 3 + 6 + >, 0 < 6 < 4

r m(0) = >; m(4) = > + 4 a) Determine y (1), y (2) e y (3) usando el método de Gauss para resolver el sistema de ecuaciones. ¿Para qué valores de u la solución es única? Determine el error en norma 1, si la solución exacta es no es la solución exacta del problema. Encuentre b) Juan Tópicos se da cuenta que la solución exacta de . Cambie las condiciones de frontera y

Sol:

determine nuevamente el error en norma 1.

a) Discretización , con h=1: 60

61

0

1

62

2

63

3

Tenemos las siguientes formulas: m GG (6) ≈ m′(6) ≈

64

4

m(6 + ℎ) − 2m(6) + m(6 − ℎ) ℎc

m(6 + ℎ) − m(6 − ℎ) 2ℎ

Reemplazando en la ecuación se tiene m(6g + ℎ) − m(6g − ℎ) + m(6g ) = 3 + 6g + > m(6g + ℎ) − 2m(6g ) + m(6g − ℎ) + 2 Aproximando se obtiene: mgvS − mgxS + mg = 3 + 6g + > mgvS − 2mg + mgxS + 2 0.5mgxS − mg + 1.5mgvS = 3 + 6g + >, ^ = 1,2,3

Ahora planteamos las ecuaciones, según nuestra formula: i=1  0.5m{ − mS + 1.5mc = 3 + 6S + >

i=2  0.5mS − mc + 1.5mi = 3 + 6c + >

i=3  0.5mc − mi + 1.5ml = 3 + 6i + >

Ahora ocupando nuestras condiciones de borde se tiene que: −mS + 1.5mc = 4 + 0.5>

0.5mS − mc + 1.5mi = 5 + >

0.5mc − mi = −0.5>

Ahora ocupando el método de Gauss Aplicando las operaciones

   

   

se obtiene la matriz ampliada

Como RanA=RanA/b=3 entonces existe una única solución independiente del valor de u. La solución es



   

   

El error es

    

    

    

b) La solución exacta es

    

i=1  −mS + 1.5mc = 3 + 0.5>

. El sistema ahora queda

i=2  0.5mS − mc + 1.5mi = 5 + >

i=3  0.5mc − mi = −3 − 0.5>

Aplicando las mismas operaciones de item a) se obtiene

   haciendo sustitución hacia arriba resulta  

   

El error es     

    

    

    

   

   

6) Considere el problema de valores de frontera.

> GG(a) = 2>G (a) − >(a) + a c − 1, 0 < a < 1 >(0) = 5; >(1) = 10

Que tiene solución exacta >(a) = a c + 4a + 5

a) Genere un sistema lineal de 3x3 que aproxime a esta solución. b) Determine el error Absoluto cometido usando • •- . c) ¿Es estable el sistema obtenido en a)? Sol:

Primero verificaremos que la solución exacta es tal. >(a) = a c + 4a + 5 >′(a) = 2a + 4 >′′(a) = 2

Evaluando en la ecuación diferencial

2 − 2(2a + 4) + a c + 4a + 5 = a c − 1

Entonces la solución dada satisface la ED. a) Discretización , con h=0.25: a0

0

a1

0.25

a2

0.5

a3

0.75

Tenemos las siguientes formulas: > GG(a) ≈ >′(a) ≈

a4

1

>(a + ℎ) − 2>(a) + >(a − ℎ) ℎc

>(a + ℎ) − >(a − ℎ) 2ℎ

Reemplazando en la ecuación se tiene >(ag + ℎ) − 2>(ag ) + >(ag − ℎ) >(ag + ℎ) − >(ag − ℎ) + > (ag ) = ag c − 1 −2 2ℎ ℎc Aproximando se obtiene: >gvS − 2>g + >gxS − ℎ(>gvS − >gxS) + ℎc >g = ℎc (ag c − 1)

(1 + ℎ)>gxS + (ℎc − 2)>g + (1 − ℎ)>gvS = ℎc (ag c − 1)

Ahora planteamos las ecuaciones, según nuestra formula: i=1  (1 + ℎ)>{ + (ℎc − 2)>S + (1 − ℎ)>c = ℎc (aS c − 1)

i=2  (1 + ℎ)>S + (ℎc − 2)>c + (1 − ℎ)>i = ℎc (ac c − 1)

i=3  (1 + ℎ)>c + (ℎc − 2)>i + (1 − ℎ)>l = ℎc (ai c − 1)

En este punto podemos ocupar nuestra condición de borde, que es >(0) = 5 m >(1) = 10. Lo que se traduce en que : >(0) = >{ = 5 y >(1) = >l = 10 1.25 ∗ 5 − 1.9375>S + 0.75>c = 0.0625(0.25c − 1)

1.25>S − 1.9375>c + 0.75>i = 0.0625(0.5c − 1)

1.25>c − 1.9375>i + 0.75 ∗ 10 = 0.0625(0.75c − 1)

De forma ordenada queda:

−1.9375>S + 0.75>c = −6.30859375

1.25>S − 1.9375>c + 0.75>i = −0.046875 1.25>c − 1.9375>i = −7.52734375 Ordenando de forma matricial:

−1.9375 0.75 † 1.25 −1.9375 0 1.25

>S −6.30859375 0 ‡ † >c‡ = † −0.046875 ‡ 0.75 −1.9375 >i −7.52734375

Después de aplicar el método de Gauss, obtenemos:

>S 6.0625 ®¯ U°±²Wg³U´² = †>c‡ = † 7.25 ‡ que es una aproximación a la solución exacta. > >i 8.5625 En cuanto a los valores exactos:

> (0.25) 6.0625 0.25c + 4 ∗ 0.25 + 5 ®¯ µWU¶·² = ¸ >(0.5) ¹ = † 0.5c + 4 ∗ 0.5 + 5 ‡ = † 7.25 ‡ > > (0.75) 8.5625 0.75c + 4 ∗ 0.75 + 5

®¯µWU¶·² = > ®¯U°±²Wg³U´², entonces: b) Por lo que el error cometido es 0, pues > ®¯ µWU¶·² − ®>¯ U°±²Wg³U´² º = 0 º> -

c) En cuanto a la estabilidad del sistema, se debe ocupar la formula de número de condición, es decir: »(C) = • CxS •- • C•-

CxS = †

−0.6652807 −0.773657 −1.031185 −0.3991684 −0.3991684 −0.1545168

−0.4292133 −0.6652807 • CxS•- = 2.095634 • C•- = 3

−0.773657

‡

»(C) = 6.286902>>1  El sistema lineal es muy inestable. DIFERENCIAS FINITAS EN 2 2--D D (BIDIMENSIONAL) (BIDIMENSIONAL)

Para el caso de 2 dimensiones, en la que se involucran 2 variables independientes trae aparejado un poco mas de trabajo, el procedimiento a seguir es idéntico al empleado al aproximar problemas unidimensionales, pero con ecuaciones diferenciales parciales.

Primero debemos construir el conjunto de puntos de la grilla 6g (^ = 0,1,2, … ¾) igualmente espaciados sobre el rango 0 ≤ 6 ≤ ¾W , con 6{ = 0, 6¿ = ¾W m ∆6 = 6gvS − 6g . Luego, procedemos con el conjunto de puntos de la grilla mÁ ( = 0,1,2, … R) igualmente espaciados sobre el rango 0 ≤ m ≤ Ry , con m{ = 0, mà = Ry m ∆m = mÁvS − mÁ . Ahora, un punto típico de la grilla tiene coordenadas (6g , mÁ ). Aproximaciones de diferencias finitas a derivas parciales:

Las formulas son prácticamente las mismas que en problemas unidimensionales, pues mediante el teorema de Taylor para funciones de dos variables, es posible escribir en forma exacta. 5j6gvS , mÁ k = 5 j6g + ∆6, mÁ k = 5 j6g , mÁ k + ∆6

Ä5j6g , mÁ k∆6 c Ä c 5j6g + ÅS ∆6, mÁ k + Ä6 c 2 Ä6

Por simplicidad en la notación, podemos escribir:

Ä5 j6g , mÁ k ∆6c Ä c 5j6g + ÅS ∆6, mÁ k + 2 Ä6 Ä6 c Se asocia que ∆6 = ℎ y que ∆m = » 5gvS,Á = 5g,Á + ∆6

Entonces las formulas son (al igual que en problemas unidimensionales): 1.- Aproximación de diferencias hacia delante de Ä5/Ä6 y de Ä5/Äm Ä5 j6g , mÁ k 5gvS,Á − 5g,Á ≈ Ä6 ℎ

;

Ä5 j6g , mÁ k 5g,ÁvS − 5g,Á ≈ » Äm

2.- Aproximación de diferencias hacia atrás de Ä5/Ä6 y de Ä5/Äm

Ä5 j6g , mÁ k

5g,Á − 5gxS,Á Ä5j6g , mÁ k 5g,Á − 5g,ÁxS » ≈ ≈ ; Äm Ä6 ℎ 3.- Aproximación de diferencias central de Ä5/Ä6 y de Ä5/Äm Ä5 j6g , mÁ k 5gvS,Á − 5gxS,Á ≈ Ä6 2ℎ

;

Ä5 j6g , mÁ k 5g,ÁvS − 5g,ÁxS ≈ 2» Äm

4.- Aproximación de diferencias de Ä c 5/Ä6 c y de Äc 5/Äm c Ä c 5j6g , mÁ k 5gvS,Á − 25g,Á + 5gxS,Á ≈ Ä6 c ℎc

;

Ä c 5j6g , mÁ k 5g,ÁvS − 25g,Á + 5g,ÁxS ≈ »c Äm c

7) Aproximar la Temperatura en una placa en Estado de Equilibrio, discretizando la placa con h=0.5 y con k=1. Ä c >(6, m) Ä c >(6, m) + =0 Ä6 c Äm c >(0, m) = m + 3 >(1.5, m) = 2m + 4 >(6, 0) = 6 c + 1 >(6, 3) = 36

Sol:

Con los datos entregados por el problema podemos construir el conjunto de puntos de la grilla, la cual es: >(6, 3)

y

3

>(0, m)

2

1 K=1

>(1.5, m)

x 0

0.5 h=0.5

>(6, 0)

1

1.5

-Los puntos negros son puntos conocidos, dados por las condiciones de borde.

-Las cruces son las incógnitas de nuestro problema.

Como nuestro problema consta de segundas derivadas parciales, debemos ocupar la que corresponde a este caso, es decir: Ä c >j6g , mÁ k > gvS,Á − 2>g,Á + > gxS,Á ≈ ℎc c Ä6 c Ä >j6g , mÁ k >g,ÁvS − 2>g,Á + >g,ÁxS ≈ »c Äm c Reemplazando estos datos en la ecuación diferencial, obtenemos: Ä c >(6, m) Ä c >(6, m) >gvS,Á − 2>g,Á + >gxS,Á >g,ÁvS − 2>g,Á + >g,ÁxS ∇c >(6, m) = + =0 + = c c Ä6 »c ℎc Äm Siendo que h=0.5 y k=1: 4>gvS,Á − 8>g,Á + 4>gxS,Á + >g,ÁvS − 2>g,Á + >g,ÁxS = 0 4>gxS,Á − 10>g,Á + >g,ÁvS + >g,ÁxS + 4>gvS,Á = 0

Ahora planteamos las ecuaciones, según nuestra formula:

^ ^ ^ ^

= 1; Â = 1 = 1; Â = 2 = 2; Â = 1 = 2; Â = 2

   

4>{,S − 10>S,S + >S,c + >S,{ + 4>c,S = 0 4>{,c − 10>S,c + >S,i + >S,S + 4>c,c = 0 4>S,S − 10>c,S + >c,c + >c,{ + 4>i,S = 0 4>S,c − 10>c,c + >c,i + >c,S + 4>i,c = 0

En este punto podemos ocupar nuestras condiciones de borde, que son: >{,S = >(0,1) = 4 >{,c = >(0,2) = 5 >S,{ = >(0.5,0) = 1.25 >S,i = > (0.5,3) = 1.5 >c,{ = >(1,0) = 2 >i,S = >(1.5,1) = 6 >c,i = >(1,3) = 3 >i,c = >(1.5,2) = 8

Al aplicar las condiciones de borde a las ecuaciones, estas quedan igual a: 4 ∗ 4 − 10>S,S + >S,c + 1.25 + 4>c,S = 0 4 ∗ 5 − 10>S,c + 1.5 + >S,S + 4>c,c = 0 4>S,S − 10>c,S + >c,c + 2 + 4 ∗ 6 = 0 4>S,c − 10>c,c + 3 + >c,S + 4 ∗ 8 = 0 De forma ordenada queda: −10>S,S + >S,c + 4>c,S = −17.25 −10>S,c + >S,S + 4>c,c = −21.5 4>S,S − 10>c,S + >c,c = −26

4>S,c − 10>c,c + >c,S = −35

Y en forma matricial es: 4 −10 1 1 −10 0 ¸ 4 −10 0 0 4

0 4 1

S,S −17.25 >S,c >> É = ¸ −21.5¹ −26 c,S −35 ¹ È >c,c

1 −10 Al aplicar el método de Gauss, se obtiene que: >S,S >S,c È>c,S É = >c,c

4.1656 4.9537 ¹ Que son las Temperaturas faltantes en la discretización de la placa. ¸ 4.863 5.9678

4.863

5.9678

4.1656

4.9537

8) Aproximar después de t=2 segundos el problema diferencial parcial. −4>WW (6, a) + >· (6, a) = 0.8 cos(Êa) >(6, 0) = 2 >(0, a) = a + 1 >(1, a) = 3a

-Indicación: Ocupar la formula regresiva (diferencia hacia atrás) para >· . Sol:

Con los datos entregados por el problema podemos construir el conjunto de puntos de la grilla, la cual es: >(6 , 0)

t

>(0,a)

2 1 x 0

0.25

0.5

0.75

1

>(1, a)

Para aproximar a t=2, debemos aproximar primero a t=1. Se puede hacer en 2 procedimiento, primero hacer un sistema de ecuaciones en t=1, y luego cuando se tenga la aproximación en este periodo, se aproxima a t=2. Lo que se hará a continuación, comprende los 2 procesos en 1. En los 2 casos existen errores involucrados, uno más grande que el otro. -Los puntos negros son puntos conocidos, dados por las condiciones de borde. -Las cruces son las incógnitas de nuestro problema. Como nuestro problema consta de primera y segunda derivadas parciales, debemos ocupar la que corresponde a este caso, es decir: Ä c >j6g , aÁ k >gvS,Á − 2>g,Á + >gxS,Á ≈ ℎc Ä6 c Ä>j6g , aÁ k >g,Á − >g,ÁxS ≈ » Äa Reemplazando estos datos en la ecuación diferencial, obtenemos: >gvS,Á − 2>g,Á + >gxS,Á >g,Á − >g,ÁxS + = 0.8 cosjÊaÁ k −4 ℎc »

Siendo que h=0.25 y k=1: −64(>gvS,Á − 2>g,Á + >gxS,Á ) + >g,Á − >g,ÁxS = 0.8 cosjÊaÁ k −64>gxS,Á + 129>g,Á − >g,ÁxS − 64>gvS,Á = 0.8 cosjÊaÁ k

Ahora planteamos las ecuaciones, según nuestra formula:

^ = 1; Â = 1  −64>{,S + 129>S,S − >S,{ − 64>c,S = 0.8 cos(ÊaS ) ^ = 1; Â = 2  −64>{,c + 129>S,c − >S,S − 64>c,c = 0.8 cos(Êac ) ^ = 2; Â = 1  −64>S,S + 129>c,S − >c,{ − 64>i,S = 0.8 cos(ÊaS ) ^ = 2; Â = 2  −64>S,c + 129>c,c − >c,S − 64>i,c = 0.8 cos(Êac ) ^ = 3; Â = 1  −64>c,S + 129>i,S − >i,{ − 64>l,S = 0.8 cos(ÊaS ) ^ = 3; Â = 2  −64>c,c + 129>i,c − >i,S − 64>l,c = 0.8 cos(Êac ) En este punto podemos ocupar nuestras condiciones de borde, que son: >{,S = >(0,1) = 2 >{,c = >(0,2) = 3 >S,{ = >(0.25,0) = 2 >c,{ = >(0.5,0) = 2 >i,{ = >(0.75,0) = 2 >l,S = >(1,1) = 3 >l,c = >(1,2) = 6

Al aplicar las condiciones de borde a las ecuaciones, estas quedan igual a: −64 ∗ 2 + 129>S,S − 2 − 64>c,S = −0.8 −64 ∗ 3 + 129>S,c − >S,S − 64>c,c = 0.8 −64>S,S + 129>c,S − 2 − 64>i,S = −0.8 −64>S,c + 129>c,c − >c,S − 64>i,c = 0.8

−64>c,S + 129>i,S − 2 − 64 ∗ 3 = −0.8 −64>c,c + 129>i,c − >i,S − 64 ∗ 6 = 0.8 De forma ordenada queda: 129>S,S − 64>c,S = 129.2 129>S,c − >S,S − 64>c,c = 192.8 −64>S,S + 129>c,S − 64>i,S = 1.2 −64>S,c + 129>c,c − >c,S − 64>i,c = 0.8 −64>c,S + 129>i,S = 193.2 −64>c,c + 129>i,c − >i,S = 384.8

Y en forma matricial es: >S,S 129 0 −64 0 0 0 129.2 Í>S,c Ð Í Í −1 129 Ð 0 −64 0 0 192.8Ð > c,S 1.2 −64 0 129 0 −64 0 = 0 −64 −1 129 0 −64 >c,c 0.8 193.2 Ì0 0 −64 0 129 0 Ï Ì>i,S Ï Ë0 0 0 −64 −1 129 Î Ë>i,c Î Ë 384.8Î

Al aplicar el método de Gauss, se obtiene que: >S,S 2.2222 Í>S,c Ð Í Ð 3.7257 >c,S 2.4605 >c,c = 4.4624 Que son los valores faltantes en la discretización del problema de EDP. Ì>i,S Ï Ì2.7184Ï Ë>i,c Î Ë5.2179Î Ò Ò iÒ , Ó c l

9) Dado el problema de EDP encontrar una aproximación en 6 = Ñl , segundos.

3>WW = >· − 5, 0 < 6 < Ê, a > 0 >(6, 0) = 1 >(0, a) = >(Ê, a) = 1

-Indicación: ℎ = y » = 1. l

Sol:

Ò

después de 2

Con los datos entregados por el problema podemos construir el conjunto de puntos de la grilla, la cual es: >(6 , 0)

t

>(0,a)

2 1

0

Ê 4

Ê 2

3Ê 4

Ê

x

>(Ê, a)

-Los puntos negros son puntos conocidos, dados por las condiciones de borde. -Las cruces son las incógnitas de nuestro problema. Como nuestro problema consta de primera y segunda derivadas parciales, debemos ocupar la que corresponde a este caso, es decir: Ä c >j6g , aÁ k > gvS,Á − 2>g,Á + >gxS,Á ≈ ℎc c Ä6 Ä>j6g , aÁ k >g,Á − >g,ÁxS ≈ » Äa Reemplazando estos datos en la ecuación diferencial, obtenemos: >gvS,Á − 2>g,Á + >gxS,Á >g,Á − >g,ÁxS = −5 − 3 » ℎc Ò Siendo que ℎ = y » = 1: l

>gvS,Á − 2>g,Á + >gxS,Á − >g,Á − >g,ÁxS = −5 48 Êc 48>gvS,Á − 96>g,Á + 48>gxS,Á − Ê c >g,Á + Ê c >g,ÁxS = −5Ê c 48>gxS,Á − (96 + Ê c )>g,Á + Ê c >g,ÁxS + 48>gvS,Á = −5Ê c

Ahora planteamos las ecuaciones para t=1 segundos, según nuestra formula:

^ = 1; Â = 1  48>{,S − (96 + Ê c )>S,S + Ê c >S,{ + 48>c,S = −5Ê c ^ = 2; Â = 1  48>S,S − (96 + Ê c )>c,S + Ê c >c,{ + 48>i,S = −5Ê c ^ = 3; Â = 1  48>c,S − (96 + Ê c )>i,S + Ê c >i,{ + 48>l,S = −5Ê c En este punto podemos ocupar nuestras condiciones de borde, que son: >{,S = >(0,1) = 1 >S,{ = >(Ê/4,0) = 1 >c,{ = >(Ê/2,0) = 1 >i,{ = >(3Ê/4,0) = 1 >l,S = >(Ê, 1) = 1

Al aplicar las condiciones de borde a las ecuaciones, estas quedan igual a: 48 ∗ 1 − (96 + Ê c )>S,S + Ê c ∗ 1 + 48>c,S = −5Ê c 48>S,S − (96 + Ê c )>c,S + Ê c ∗ 1 + 48>i,S = −5Ê c 48>c,S − (96 + Ê c )>i,S + Ê c ∗ 1 + 48 ∗ 1 = −5Ê c De forma ordenada queda: −(96 + Ê c )>S,S + 48>c,S = −5Ê c − 48 − Ê c 48>S,S − (96 + Ê c )>c,S + 48>i,S = −5Ê c − Ê c 48>c,S − (96 + Ê c )>i,S = −5Ê c − 48 − Ê c

Y en forma matricial es:

>c,S 6Ê c 6Ê c + 48‡ > S,S ¸ ‡ = − † 6Ê c + 48 ¹† > i,S 0 el método48 −(96 + Ê c ) que: Al aplicar de Gauss, se obtiene + Êc) −(9648 + Ê c ) −(96 48

48 0

>S,S 2.1504 > † c,S‡ = † 2.5093‡ Valores en t=1 segundo 2.1504 >i,S

Ahora planteamos las ecuaciones para t=2 segundos, según nuestra formula:

^ = 1; Â = 2  48>{,c − (96 + Ê c )>S,c + Ê c >S,S + 48>c,c = −5Ê c ^ = 2; Â = 2  48>S,c − (96 + Ê c )>c,c + Ê c >c,S + 48>i,c = −5Ê c ^ = 3; Â = 2  48>c,c − (96 + Ê c )>i,c + Ê c >i,S + 48>l,c = −5Ê c En este punto podemos ocupar nuestras condiciones de borde y los resultados arrojados anteriormente, que son: >{,c = >(0,2) = 1 >S,S = > (0.25,1) = 2.1504 >c,S = >(0.5,1) = 2.5093 >i,S = >(0.75,1) = 2.1504 >l,c = >(Ê, 2) = 1

Al aplicar las condiciones de borde a las ecuaciones,...