Capítulo 1 Métodos de residuos ponderados Funciones de prueba ...

en la que
∫
K lm =
Ω
W l L (φ m ) dΩ,
1 ≤ l, m ≤ M
∫
∫
f l = − W l p dΩ − W l L (ψ) dΩ, 1 ≤ l ≤ M (1.38)
Ω
Ω
Resuelto este sistema, se puede completar la solución û propuesta. En general, la matriz K así
obtenida será llena, sin mostrar una estructura bandeada. Las funciones de peso, como ya se viera,
pueden ser elegidas de distintas formas.
1.4.1.1. Ejemplos
Ejemplo N ◦ 1: Resolver la ecuación
sujeta a las condiciones de borde
d 2 u
dx 2 − u = 0
u = 0 en x = 0
u = 1 en x = 1
Estas condiciones pueden expresarse en la forma de las ec.(1.30) tomando M (u) = u y r = 0 en
x = 0 y r = −1 en x = 1.
Entonces, según las ec. (1.33), las funciones de prueba φ m deben satisfacer las condiciones
ψ = φ m = 0 en x = 0; ψ = 1, φ m = 0 en x = 1
Adoptamos ψ = x y φ m =sin(mπx), m = 1, 2...M de donde la solución aproximada
será de la forma û = x + Σa m φ m . Podemos utilizar los resultados obtenidos (1.38) identificando
como L (.) = d 2 (.) /dx 2 − (.) y p = 0. Tomaremos M = 2 y resolveremos utilizando el método de
colocación y Galerkin. El sistema a resolver queda
[
k11 k 21
donde para l, m = 1, 2,
k lm =
k 21
∫ 1
0
k 22
] [
a1
a 2
]
=
[
f1
f 2
]
W l
[
1 + (mπ)
2 ] sin(mπx) dx
f l = −
∫ 1
0
W l x dx
Para el método de colocación (con R Ω = 0 en x = 1/3, x = 2/3) resultan
k 11 = (1 + π 2 ) sin π 3
k 12 = (1 + 4π 2 ) sin 2π 3
k 21 = (1 + π 2 ) sin 2π 3
k 22 = (1 + 4π 2 ) sin 4π 3
f 1 = − 1 3
f 2 = − 2 3
mientras que por Galerkin
k 11 = 1 2 (1 + π2 ) k 12 = 0
k 21 = 0 k 22 = 1 2 (1 + 4π2 )
8
f 1 = − 1 π
f 2 = 1
2π