Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

51 

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(1)

APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERNCIALES

DE PRIMER ORDEN

1.- En un principio, un cultivo tiene

P0

cantidad de bacterias. En

t =1h

se determina qué el

número de bacterias es

3P0 /2

. Si la rapidez de crecimiento es proporcional al número de

bacterias

P

( )

t

presentes en el tiempo

t

, determine el tiempo necesario para que se triplique el

número de bacterias.

La ley que gobierna el crecimiento de la población de bacterias, la cuál establece la rapidez con la que crece siendo esta proporcional al número de bacterias presente en determinado instante, esto es

) ( ) ( t kP dt t dP =

que es una ecuación diferencial de variable separable, cuya integral es lnP(t)=kt+C de la cuál se despeja la solución P(t)

kt C t

P( )=

e

Esta es la manera en que se comporta el crecimiento bacterial, en la cuál hay que evaluar las constantes tanto la de integración C como la de proporcionalidad kpara que esta quede completamente determinada. Para evaluar C aplicamos las condiciones iniciales , en t =0 P(0)=P0 siendo C= . Sustituyéndola en la P0 solución esta queda de la siguiente forma

kt P t

P( )= 0

e

Ahora le aplicamos la condición adicional para evaluar k, esto es (1 ) 2 3 0 0 h k P P =

e

de la cuál se despeja ) 2 / 3 ln( = k

por lo tanto la solución completa que determina el crecimiento bacterial en función del tiempo es

t P

t

P( )= 0

e

ln(3/2)

Ahora se requiere determinar el tiempo en que se triplica la población de bacterias, esto es

t P P

e

ln(3/2) 3 0 = 0 de la cuál se despeja t 2.71hs ) 2 / 3 ln( ) 3 ln( =

Departamento de Físico Matemáticas (DFM)

APLICACIONES DE CALCULO D

(2)

2.- Una población bacteriana B se sabe que tiene una tasa de crecimiento proporcional a B

misma. Si entre el mediodía y las 2:00 p.m. la población se triplica, ¿a que tiempo si no se

efectúa ningún control, B será 100 veces mayor que el mediodía?

La ecuación diferencial que gobierna el crecimiento bacteriológico de acuerdo a la ley antes mencionada es

kB B dt

d

=

que es una ecuación diferencial de variable separable, cuya solución viene dada por

kdt B

dB = , Ln(B)=kt+C B(t)=C

e

kt

Aplicando la condición inicial t=0,B(0)=B0 para determinar la constante de integración se tiene C=B0 , la cuál al sustituir en la solución se obtiene

kt B t

B( )= 0

e

Para calcular la constante de proporcionalidad k, utilizamos la condición adicional la cuál establece que después de t =2hs la población en ese instante es B=3B0 , esto es 3B=B0

e

k(2hs). Despejando k se tiene

) 3 ( 2 1 Ln

k= , así la solución completa es:

) ) 3 ( ) 2 / 1 (( ) (t B0 Ln t B =

e

Ya con la solución completa podemos ahora saber en que tiempo la población es B=100B0 ) ) 3 ( ) 2 / 1 (( 100 0 0 t Ln B B =

e

m p Ln Ln t 8.22 . ) 3 ( ) 100 ( 2 =

(3)

3.- La población de un pueblo crece a una tasa proporcional a la población presente en el

tiempo t. La población inicial de 500 se incrementa un 15% en diez años. ¿Cuál será la

población en 30 años?¿Qué tan rápido está creciendo la población en

t=30años

?

La ley de crecimiento poblacional es una ecuación diferencial de primer orden que viene dada por

kP P dt

d =

esta es una ecuación de variable separable, la cual se ha resuelto anteriormente y cuya solución es:

= kdt P dP C kt LnP = + kt C t P( )=

e

Ahora aplicamos la condición inicial para evaluar la constante de integración C, esto es a t =0 la población inicial es P(0)=500 habitantes, obteniéndose para la constante C=500, así la solución es

kt t

P( )=500

e

Para evaluar la constante de proporcionalidad k se aplica la condición adicional t =10años, P =1.15P0

donde (1.15) 10

1

Ln

k = , por lo tanto la solución completa viene dada por:

) ) 15 . 1 ( ( 500 ) ( 10 1 t Ln t P =

e

Ya con la solución completa podemos contestar nuestra pregunta, ¿cuál será la población en 30 años? ) ) 15 . 1 ( ( 500 ) 30 ( 10 30 t Ln P =

e

habs P(30)=760.43

¿Qué tan rápido esta creciendo la población?, recordar que la ley de crecimiento representa la rapidez con la que cambia con el tiempo, esto es

62 . 10 ) 43 . 760 )( 15 . 1 ( 10 1 = = = P dt d Ln P dt d kP P dt d

(4)

4.- La población de bacterias en un cultivo crece a una tasa proporcional al número de

bacterias presentes en el tiempo t. Después de tres horas se observo que están presentes 400

bacterias. Después de 10 hs. hay 2000 bacterias. ¿Cuál fue el número inicial de bacterias?

Empleamos la ley de crecimiento dada por la ecuación diferencial de variables separables, dada por:

kP dt dP =

= kdt

P dP , C kt P Ln( )= + kt C t P( )=

e

Para evaluar la constante de proporcionalidad C se aplica la condición inicial a t =0 , P(0)=P0 donde 0

P

C = . Así la solución toma la forma

kt P t

P( )= 0

e

Ahora evaluaremos k usando la condición de referencia, la cuál especifica que la población después de tres horas es de 400 bacterias, esto es

k P

e

3 400= 0 ) 400 ( 3 1 0 P Ln k =

ya evaluadas las constantes la solución completa como función del tiempo toma la forma ) ) ( ( ) ( 0 400 3 1 0 t Ln P t P =

e

P

Se observó que después de 10 horas el número de bacterias es de 2000, entonces ¿cuál es el número inicial de bacterias? )) ( ( 2000 0 400 3 10 0 P Ln P

e

=

de la cuál se despeja P , dando 0

)) 2000 ( 3 ) 400 ( 10 ( 7 1 0 Ln Ln P

e

− = 25 . 5 0 = P bacterias

(5)

5.- Se observa que cierta bacteria se duplica en

8h

. ¿Cuál es la tasa de crecimiento?

La ley que gobierna el crecimiento bacteriológico viene dada por una ecuación diferencial de variables separables kP dt dP =

=k

dt P dP C kt P Ln( )= + kt P t P( )= 0

e

Ahora bien la tasa de crecimiento es la constante de proporcionalidad k. Utilizando el hecho de que a las 8h se duplica la población inicial, calculamos k

8 2P0 =P0

e

k 086 . 0 ) 2 ( 8 1 ≈ = k Ln k

(6)

6.- Un cristal crece 5% en un día. ¿Cuándo se puede esperar que el cristal tenga el doble de

su tamaño?

La ley de crecimiento para el cristal es la que hemos usado anteriormente para el crecimiento bacteriológico

ξ ξ k dt d =

d =k

dt ξ ξ C kt Ln(ξ)= + kt C t)=

e

( ξ

sujeto a la condición inicial a t =0 ξ =ξ0 para poder evaluar la constante de integración que nos da 0 ξ = C kt t) 0

e

( ξ ξ =

Ahora con la condición adicional evaluamos la constante k la cuál establece que en un día el cristal creció un 5%, esto es 0 0 0 0.05ξ 1.05ξ ξ ξ = + = k

e

0 0 05 . 1 ξ =ξ ) 05 . 1 ( Ln k =

sustituyéndola para obtener la solución completa del crecimiento del cristal para todo tiempo se tiene

t Ln

t)

e

( (1.05)) ( ξ0

ξ =

Ahora encontraremos el tiempo en que se duplicará el cristal, utilizando la solución completa

t Ln

e

( (1.05)) 2ξ0 =ξ0

despejando el tiempo se tiene

) 05 . 1 ( ) 2 ( Ln Ln t = 23 . 14 = t dias

(7)

7.- Una cierta sustancia radiactiva tiene una vida media de 38 hs. Encontrar qué tanto tiempo

toma al 90% de la radiactividad para disiparse.

La ley de decaimiento radiactivo implica un cambio negativo, el cual es proporcional a la cantidad de sustancia no convertida o transformada, esto es

kN dt dN − =

=−k

dt N dN C kt N Ln( )=− + kt C t N( )=

e

sujeta a la condición inicial a t =0 N(0)= N0 con la cuál se calcula C =N0 y aplicando la condición adicional(vida media) se calcula k, esto es

k N N

e

38 2 1 0 0 − = ) 2 ( 38 1 ) 2 1 ( 38 1 Ln Ln k =− =

Así la solución completa es

t Ln N t N

e

) 2 ( ) ( 38 1 0 −

= . Ahora bien, ¿En que tiempo tomará al 90% de la radiactividad disiparse?

Lo que falta en transformarse es el 10% y es lo que se tiene que considerar, esto es

t Ln N N

e

) 2 ( 10 1 38 1 0 0 − =

donde despejamos t para obtener el tiempo en que se disipa el 90% de la radiactividad, dando

) 2 ( ) 10 1 ( 38 Ln Ln t =− ) 2 ( ) 10 ( 38 Ln Ln t = 23 . 126 ≈ t horas.

(8)

8.- El isótopo radiactivo del plomo Pb-209, decae con una rapidez proporcional a la cantidad

presente en el tiempo t y tiene una vida media de 3.3 horas. Si al inicio está presente

N0

gr.

de éste isótopo, ¿cuánto tiempo tarda en decaer 90% del plomo?

Como ya sabemos la ley de decaimiento radiactivo viene expresada por la ecuación diferencial de primer orden kN dt dN − = kt C t N( )=

e

a la cual le aplicamos la condición inicial para evaluar la constante de integración C = N0. Así la solución es

kt N t

N( )= 0

e

Ahora calcularemos k apoyándonos en la condición adicional en la cuál a t =3.3 horas 0 2 1 N N = , dando k N N

e

3.3 2 1 0 0 − = ) 2 1 ( 3 . 3 1 Ln k =− ) 2 ( 3 . 3 1 Ln k =

Así al sustituir k obtenemos la solución completa, la cuál nos da el comportamiento del decaimiento radiactivo del plomo como función del tiempo, esto es

t Ln N t N

e

) 2 ( ) ( 3.3 1 0 − =

Para obtener el tiempo en que decae el 90%se aplica en la solución completa 0 10

1

N

N = , que es la cantidad de átomos aún presente sin transformar de la muestra inicial

t Ln N N

e

) 2 ( 10 1 3.3 1 0 0 − =

De donde despejamos el tiempo en el cuál se disipa el 90% de la radiactividad del plomo, así se obtiene

) 2 ( ) 10 1 ( 3 . 3 Ln Ln t =− ) 2 ( ) 10 ( 3 . 3 Ln Ln t = , t ≈10.96 horas

(9)

9.- Cuando un haz vertical de luz pasa por un medio transparente, la rapidez a la que decrece

su intensidad

I(t)

es proporcional a

I(t)

, donde

t

representa el espesor del medio. En agua de

mar clara, la intensidad a tres pies por debajo de la superficie es 25% de la intensidad inicial

del haz incidente. ¿Cuál es la intensidad del haz 15 pies debajo de la superficie?

El problema de la intensidad de un haz de luz en un medio, obedece a la ley de decaimiento, esto es

kI dt dI − =

=−k

dt I dI C kt I Ln( )=− + kt C t I( )=

e

y aplicando las condiciones iniciales a t =0 I = para evaluar la constante de integración , se tiene I0 0 I C = . Así la solución es kt I t I( )= 0

e

Para calcular k aplicamos la condición adicional la cuál establece que a t =3pies la intensidad del haz de

luz es 0 4 1 I I = , esto es k I I

e

3 4 1 0 0 − = despejando k se tiene ) 4 1 ( 3 1 Ln k =− ) 4 ( 3 1 Ln k =

sustituyendo la kse obtiene la solución completa, la cuál establece el comportamiento de la intensidad de un haz de luz al penetrar un medio

t Ln I t I

e

) 4 ( ) ( 3 1 0 − =

Ahora bien, ¿cuál será la intensidad del haz de luz a una profundidad de 15pies? ) 4 ( ) ( 3 15 0 Ln I t I

e

− = 0 00098 . 0 I I

(10)

10. Un termómetro que marca

18 °F

se lleva a un cuarto cuya temperatura es de 70

°F

. Un

minuto después la lectura del termómetro es 31

°F

. Determínese la temperatura como

función del tiempo y en particular, encontrar la temperatura que marca el termómetro cinco

minutos después de que se lleva al cuarto.

El comportamiento de la temperatura de un cuerpo, obedece a la llamada “Ley de enfriamiento de Newton”, es decir ) (T Tm k dt dT − =

donde k es la constante. de proporcionalidad y Tm es la temperatura del medio. Sí T0 >Tm entonces el cuerpo se enfría y los cambios son negativos tomándose k <0. Y si T0 <Tm el cuerpo aumentará su temperatura y los cambios son positivos, esto es k >0, entonces

kdt F T dT

= ° − 70 C kt F T Ln( −70° )= + así la solución es kt C F t T( )= 70° +

e

aplicando la condición inicial para evaluar la constante de integración, esto es a t =0 T(0) = 18°F se tiene F C = 52− ° , así kt F F t T( )=70° −(52° )

e

Para encontrar la solución completa falta evaluar la constante de proporcionalidad k, para lo cuál aplicamos la condición adicional a t =1min T = 31°F , esto es

k F F F 70 (52 )

e

31° = ° − ° despejando k se tiene 29 . 0 ) 52 31 70 ( ≈− ° ° − ° = F F F Ln k

Así, la solución completa es

t F

F t

T( )=70° −(52° )

e

−0.29 ahora bien, ¿cuál es la temperatura después de 5 min.?

) 5 ( 29 . 0 ) 52 ( 70 ) (t = °F − °F

e

T F T ≈57.8°

(11)

11.- Se lleva un termómetro de una habitación al exterior, donde la temperatura del aire es de

F

°

5

. Después de un minuto el termómetro marca

55°F

y después de

5min

la lectura es de

F

°

30

. ¿Cuál es la temperatura inicial de la habitación?

Se tiene un cambio negativo de temperatura y la ecuación que lo describe es: ) (T Tm k dt dT − − =

=−

° − F kdt T dT 5 C kt F T Ln( −5° )=− + Así la solución es kt C F t T( )= 5° +

e

y aplicando la condición inicial a t =0 T = , se evalúa la constante de integración, esto es T0 C =T0−5°F. Por otro lado evaluamos k usando t =1min T = 55°F, obteniéndose

k F T F F = ° + − °

e

− ° 5 ( 5 ) 55 0 ) 5 5 55 ( 0 F T F F Ln k ° − ° − ° − =

Nótese que tanto C como k están en función de T0, así la solución completa es

) ) 5 50 ( exp( ) 5 ( 5 ) ( 0 0 t F T F Ln F T F t T ° − ° ° − + ° =

Ahora bien cuál será la temperatura inicial, si después de 5min T = 30°F )) 5 50 ( 5 exp( ) 5 ( 5 30 0 0 F T F Ln F T F F ° − ° ° − + ° = ° despejando T0 se tiene F T0 ≈58.45°

(12)

12.- Una pequeña barra metálica, cuya temperatura inicial fue de

20°C

, se sumerge en un

gran recipiente de agua hirviente. ¿Cuánto tarda la barra en alcanzar

90°C

, si se sabe que su

temperatura aumenta

C

en un segundo?¿Cuánto le toma a la barra llegar a

98°C

?

Los cambios de temperatura que experimenta la barra son positivos y como el agua esta hirviendo entonces

C Tm = 100° ) (T Tm k dt dT − =

=

° − C kdt T dT 100 C kt C T Ln( −100° )= + Así la solución es kt C C t T( )= 100° +

e

y aplicando la condición inicial para evaluar C, esto es a t =0 T0 = 20°C se evalúa C = 80− °C, la cuál al sustituir en la solución da kt C C t T( )=100° −(80° )

e

Aplicando el hecho de que al transcurrir 1seg. la temperatura de la barra sube 2°C para calcular k, esto es

k C C C 100 (80 )

e

22° = ° − ° 0253 . 0 ) 80 100 22 ( ≈− ° − ° − ° = C C C Ln k

Así la solución completa es

t C

C t

T( )=100° −(80° )

e

−0.0253 Ahora bien, ¿cuánto tarda la barra en alcanzar 90°C?

t C C C 100 (80 )

e

0.0253 90° = ° − ° − ) 80 100 90 ( 0253 . 0 1 C C Ln t ° − ° − ° − = , t ≈82.19 seg.

¿y en que tiempo llegará a T = 98°C?

8 . 145 ) 80 100 98 ( 0253 . 0 1 ≈ ° − ° − ° − = C C C Ln t seg.

(13)

13.- Un termómetro que marca

70°F

se coloca en un horno precalentado a una temperatura

cte. Por una ventana de vidrio en la puerta del horno, un observador registra que después de

medio minuto el termómetro marca

110°F

y luego de un minuto la lectura es de

145°F

. ¿Cuál

es la temperatura del horno?

El termómetro registra cambios positivos de temperatura siendo el horno el medio, entonces Tm es la temperatura del horno, la que buscamos.

) (T Tm k dt dT − =

=

T k dt T dT m dando como solución

) exp( )

(t T C kt

T = m+

con las condición inicial calculamos C, esto es a t =0 T0 = 70°F, entonces C = 70°FTm siendo ahora la temperatura ) exp( ) 70 ( ) (t T F T kt T = m+ ° − m

y con el punto de referencia calculamos k, esto es a t =30seg. T = 110°F dando ) 30 exp( ) 70 ( 110°F =Tm+ °FTm k donde despejamos k ) 70 110 ( 30 1 m m T F T F Ln k − ° − ° =

Sustituimos k y la solución completa es

) ) 70 110 ( 30 1 exp( ) 70 ( ) ( t T F T F Ln T F T t T m m m m ° − ° − ° + =

Ahora bien, ¿cuál es la temperatura del horno Tm , si a los 60seg marcaba . 145°F?

)) 70 110 ( 30 60 exp( ) 70 ( 145 m m m m T T F Ln T F T F − − ° − ° + = °

de donde despejamos Tm , obteniendo

F Tm = 390°

(14)

14.- Supóngase que una reacción química se desarrolla de acuerdo a

kx dt dx − = ´

. Si la mitad de

la sustancia ha sido convertida al finalizar diez segundos, encuéntrese en cuanto tiempo se

transforman nueve decimos de sustancia.

La ley de conversión química de una sustancia en otra, viene dada por:

kX dt

dX

− =

donde el signo negativo implica una disminución de la sustancia convertida, x es la sustancia aún sin convertir. Esta es una ecuación diferencial de variables separables

=−k

dt X dX cuya solución es ) exp( ) (t C kt X = −

Aplicando la condición inicial calculamos C, a t =0 X = X0 y C = X0, así tenemos )

exp( )

(t X0 kt

X = −

y con el punto de referencia se obtiene k esto es, t =10seg. 0 2 1 X X = ) 10 exp( 2 1 0 0 X k X = − ) 2 1 ( 10 1 Ln k = − ) 2 ( 10 1 Ln k =

Ahora bien, ¿en que tiempo se transforman nueve decimos de la sustancia? (esto significa que 0

10 1

X

X = , lo que falta por transformarse) ) ) 2 ( 10 1 exp( 10 1 0 0 X Ln t X = − ) 2 ( ) 10 ( 10 Ln Ln t = . 33seg t

(15)

15.- Para una sustancia C, la velocidad de variación con el tiempo es proporcional al

cuadrado de la cantidad

X

de sustancia no convertida. Sea k el valor numérico de la

constante de proporcionalidad y

X0

la sustancia no convertida a

t =0

. Determine

X(t)

para

todo

t ≥0

.

La ecuación que gobierna esta reacción es

2 kX dt dX − =

=−k

dt X dX C kt X =− + − 1 kt C X − − = 1

Usando las condición inicial tenemos, a t =0 X = X0 dando

0 1 X C = − y sustituyendo kt X t X − − − = 0 1 1 ) ( 1 ) ( 0 0 + = t kX X t X

(16)

16.- Un tanque bien mezclado contiene

300gl

de agua con una concentración de sal de

gl lb

2 .

0

.

Agua con una concentración de sal de

gl lb

4 .

0

entra a una tasa de

min

2 gl

. Una válvula abierta

permite que el agua salga del tanque a la misma tasa.

a).- Determine la cantidad y la concentración de sal en el tanque como función del tiempo.

b).- ¿Cuánto tiempo tomará que la concentración aumente a

gl lb

3 .

0

?

La ley que gobierna las mezclas a velocidad constante viene dada por: =

dt dQ

(Tasa del flujo de entrada del contaminante) – (Tasa del flujo de salida del contaminante) Tasa del flujo de entrada

del contaminante = (Flujo de agua de entrada)(Concentración de contaminante) = min 8 . 0 ) 4 . 0 )( min 2 ( lb gl lb gl

Tasa del flujo de salida

del contaminante =(Flujo de agua de salida) (Concentración de contaminante) = ) 300 )( min 2 ( gl Q gl

donde )Q(t es la cantidad de contaminante, sustituyendo todo la ec. toma la forma:

min 150 min 8 . 0 lb Q lb dt dQ =

Que es una ec. diferencial de variables separables o lineal de primer orden, esto es dt lb Q lb dQ

= − min 150 min 8 . 0 ) 150 exp( 120 ) (t lb C t Q = + −

Aplicando la condición inicial t =0, lb gl

lb gl

Q(0)=(300 )(0.2 )=60 , dando C =−60lb

Así la cantidad de sal es )

150 exp( ) 60 ( 120 ) (t lb lb t Q = − − y la concentración de sal es gl lb t gl Q t c ) 150 exp( 2 ( 5 1 300 ) ( = = − −

(17)

17.- Una habitación tiene un volumen de

3

800 ft

. El aire de la habitación contiene cloro a una

concentración de

0.1 3

ft gr

. Entra aire fresco a una tasa de

min 8

3

ft

. El aire en la habitación esta

bien mezclado y fluye hacia fuera por una puerta a la misma tasa que entra el aire fresco.

a).- Encuentre la concentración de cloro en la habitación como función del tiempo t.

b).- Suponga que la tasa de flujo del aire fresco es ajustable, determine la tasa de entrada

requerida para reducir la concentración de cloro a

0.001 3

ft gr

en

20min

.

= dt dQ

(Flujo de aire entrante) (Con. de cloro) – (Flujo de aire saliente) (Con. de cloro saliente) ) 800 )( min 8 ( ) 1 . 0 )( min 8 ( 3 3 3 3 ft Q ft ft gr ft dt dQ − = min 01 . 0 min 8 . 0 gr Q dt dQ =

=

dt gr Q dQ min 8 . 0 min 01 . 0 gr t C t Q (0.8 exp( 0.01)) 01 . 0 1 ) ( = + −

Aplicando condiciones iniciales se tiene, a t =0 gr ft

gr ft

Q(0)=(800 3)(0.1 3)=80 dando C =1gr, quedando la concentración de cloro como:

gr t t Q (0.8 exp( 0.01)) 01 . 0 1 ) ( = + −

(18)

18.- Un depósito contiene

200l

de líquido en el que se disuelven

30gr

de sal. La salmuera

que contiene un gramo de sal por litro se bombea hacia el depósito a una rapidez de

min 4 l

;

la solución bien mezclada se bombea hacia fuera a la misma rapidez. Calcule la cantidad

) (t

Q

de gramos de sal que se encuentra en el depósito en el tiempo t.

l l Q l l gr dt dQ 200 ) min 4 ( ) min 4 )( 1 ( − = min 1 50 min 4 gr Q dt dQ − =

=

Q dt dQ 02 . 0 4 )) 02 . 0 exp( 4 ( 50 ) (t C t Q = − −

que es la solución de la ecuación para la cual evaluamos C usando la condición inicial, a t =0 Q(0)=30gr dando 30gr =50(4+C), así C =3.4 y sustituyendo tenemos

) 02 . 0 exp( ) 170 ( 200 ) (t gr gr t Q = − −

(19)

19.- Se aplica una fuerza electromotriz de

30V

a un circuito

RL

en serie en el que la

inductancia es

0.1henry

y la resistencia es de

50ohms

. Calcule la corriente

I(t)

si

I(0)=0

y la

corriente cuando

t →∞

.

Como es un circuito en serie, su comportamiento obedece a la ley del voltaje, esto es:

L R V V E0 = + donde VR =RI y dt dI L VL =

Así la ecuación que gobierna el comportamiento del circuito es,

0 E RI dt dI L + = L E I L R dt dI 0 ) ( = +

=−

dt L E I L R dI 0 ) ( donde la evaluación de las integrales da

C t L E I L R Ln R L + − = − ) ( 0 y despejando I(t) se tiene )) exp( ( ) ( 0 t L R C L E R L t I = + −

Ahora usamos la condición inicial para evaluar C, esto es I(0)=0 dando

L E

C =− 0

Así la solución completa es

)) exp( 1 ( ) ( 0 t L R R E t I = − −

¿Cuál es la corriente cuando t →∞? Se puede ver que exp(−∞)→0 , entonces se tiene que la corriente es constante para tiempos grandes

R E t I 0 ) ( =

(20)

20.- Se aplica una fuerza electromotriz a un circuito en serie en el que la resistencia es de

ohms

200

y la capacitancia es de

10−4 faradios

. Encuentre la carga

Q(t)

en el capacitor si

0

) 0 ( =

Q

. Encuentre la corriente I(t).

Ya que el circuito esta en serie aplicamos la ley de los voltajes

C R V V E0 = + , donde dt dQ R RI VR = = y Q C VC = 1

Así la ecuación que gobierna el comportamiento del circuito es

0 1 E Q C dt dQ R + = 0 ) 1 ( − 0 = + R E Q RC dt dQ

=−

dt R E Q RC dQ 0 1

donde al evaluar las integrales se tiene

C t R E RC Q RCLn( − 0)=− + y despejando Q(t) se tiene )) 1 exp( ( ) ( 0 t RC C R E RC t Q = + −

Para evaluar C aplicamos la condición inicial Q(0)=0, obteniendo

R E

C =− 0

quedando la solución completa como:

)) 1 exp( 1 ( ) ( 0 t RC CE t Q = − − si t →∞ , exp(−∞)→0 entonces Q(t)=CE0

La corriente viene dada por

) 1 exp( ) ( 0 t RC R E dt dQ t I = = −

(21)

21.- Una masa de

70gr

se dispara hacia abajo desde un helicóptero estacionario. La

resistencia del aire actúa de acuerdo a

kv

donde

seg gr

k =7

. ¿A qué velocidad debe dispararse

la masa si debe de tener una velocidad de

seg cm

12600

después de

5seg

.

La ley que gobierna el comportamiento de un sistema en un medio es

dt dv m kv

mg− =

que es una ecuación diferencial de variables separables

0 ) ( − = + kv mg dt mdv

=−

mg dt kv dv m

donde integrando obtenemos Ln kv mg t C k m = + ) ( , de donde despejamos v )) exp( ( 1 ) ( t m k C mg k t v = + −

que determina la velocidad para un sistema en un medio, sujeto a la condición inicial 0

) 0

( v

v = para la cual C =kv0−mg . Ahora la solución completa es

)) exp( ) ( ( 1 ) ( 0 t m k mg kv mg k t v = + − −

¿Cuál será la v , para que tenga una 0

seg cm

v=12600 después de seg5 ? Sustituyendo los valores para,m=70gr,

seg gr k =7 , seg m v =126 y t =5seg se tiene: seg m v0 =144.16

(22)

22.- Encuentre las trayectorias ortogonales de las siguientes familias de curvas.

a).-

x− 4y=c

Esta ecuación representa una familia de rectas con pendiente

4 1 1 = m derivando se obtiene 1− y4 ′ =0 4 1 = ′ y 4 1 − = ′ − = y dx dy

dy=−

dx c x y= 4− +

Esta ecuación representa una familia de rectas con pendiente m2 =−4, la cuál satisface

2 1

1

m

m =− q

representa en este caso rectas perpendiculares, las cuales son tangentes a las familias de trayectorias antes mencionadas.

b).-

x2+y2 =c

Esta ecuación representa una familia de círculos concéntricos en el origen. Derivando se obtiene 2x+2yy′=0 y x y′=− x y y dx dy = ′ − = 1

=0 x dx y dy c x Ln y Ln( )− ( )= cx y=

La cuál representa una familia de rectas que pasan por el origen y que son perpendiculares a las tangentes de los círculos concéntricos al origen.

(23)

c).-

x2−y2 =c

Esta ecuación representa una familia de hipérbolas cuya derivada viene dada por 2x−2yy′=0

y x y′= x y y dx dy − = ′ − = 1

+

=0 y dy x dx c y Ln x Ln( )+ ( )= c xy Ln( )= x c y=

(24)

APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES

DE ORDEN SUPERIOR

1.- Un sistema masa-resorte tiene una cte. elástica de

5 2

s gr

k =

. ¿Cuál es la masa que debe

de unirse para que el movimiento resultante tenga una frecuencia de

30 Hz

?

De la segunda ley de Newton se tiene la ecuación de movimiento

F = ma

donde la única fuerza que aparece es la fuerza restauradora frest =kx debido a la deformación del resorte. Así, la ecuación de movimiento en forma diferencial es

x m kx= ′′ − 0 ) / ( = + ′′ k m x x

donde w0 =k/m es la frecuencia natural o normal del sistema, entonces la masa viene dada por m=k/ w02 donde w0 =2πf . Sustituyendo se tiene para la masa

2 2 4 f k m π = ) 30 ( 4 / 5 2 2 2 − = s s gr m π gr m=4.3×10−3

(25)

2.- Una masa de

16gr

se une a un sistema masa-resorte con una cte. elástica de

2 / 64gr s

.

¿Cuáles deben ser las condiciones iniciales para obtener una respuesta de amplitud 2 y

ángulo de fase de

π/3

.

De la segunda ley de newton, se tiene la ecuación de movimiento

F = xm ′′

donde la única fuerza presente es la restauradora, que aparece cuando el resorte se saca del equilibrio, esto es

kx frest =− Así, la ecuación de movimiento en forma diferencial es

0 2 0 = + ′′ w x x

dondew02 =k/m es la frecuencia normal de oscilación del sistema. La ecuación en operadores es

0 ) ( ) ( 02 2 + = t x w D

donde la ecuación auxiliar asociada a ésta viene dada por 0 2 0 2 + w =

m

cuyas raíces son imaginarias dadas por 2 0 2

,

1 iw

m =± . Así la solución viene dada por ) ( ) ( ) (t C1Cos w0t C2Sen w0t x = +

Supongamos que este movimiento es la superposición de dos movimientos armónicos simples con la misma frecuencia de oscilación, para lo cuál hay que considerar para las constantes lo siguiente

) ( 1 ACosϑ

C = y C2 = ASen(ϑ) las cuáles al sustituirlas en la solución nos da

)} ( ) ( ) ( ) ( { )

(t A Cos w0t Cos ϑ Sen w0t Senϑ

x = +

donde utilizando Cos(w0t−ϑ)=Cos(w0t)Cos(ϑ)−Sen(w0t)Sen(ϑ)que es la función de doble ángulo para el coseno, se tiene para la solución

) (

)

(t = ACos w0t−ϑ x

donde la amplitud y la fase viene dada por 2 2 2 1 2 C C A = + y Tan(ϑ)=C2/C1. Considerando A=4 y 3 / π

ϑ = las constantes dan C1 =1 y C2 = 3 las cuales son las condiciones iniciales, esto es 1

) 0

( = C =

(26)

3.- Un sistema masa-resorte con una masa

m

y una constante elástica

k

se somete a un

impulso repentino. Al tiempo

t=0

, la masa

m

esta en la posición de equilibrio pero tiene

una velocidad de

10cm /seg

hacia abajo.

− ).

a

Determinar el movimiento subsecuente.

).

b

Determine la amplitud del movimiento resultante como una función de

m

y

k

.

).

c

¿Cuál es el efecto sobre la amplitud si se aumenta

k

?

).

d

¿Cuál es el efecto sobre la amplitud si se aumenta

m

?

De la segunda ley de newton, se tiene la ecuación de movimiento

F = xm ′′

donde la única fuerza presente es la restauradora, que aparece cuando el resorte se saca del equilibrio, esto es

kx frest =− Así, la ecuación de movimiento en forma diferencial es

0 2 0 = + ′′ w x x

dondew02 =k/m es la frecuencia normal de oscilación del sistema. La ecuación en operadores es

0 ) ( ) ( 02 2 + = t x w D

donde la ecuación auxiliar asociada a ésta viene dada por 0 2 0 2 + w =

m

cuyas raíces son imaginarias dadas por 2 0 2

,

1 iw

m =± . Así la solución viene dada por ) ( ) ( ) (t C1Cos w0t C2Sen w0t x = +

aplicando las condiciones iniciales t =0 x(0)=0 y x′(0)=10cm/seg se tiene C1 =0 y C2 =10 w/ 0. −

).

a La solución que describe el movimiento es x(t)=10 m/kSen( k/mt). −

).

b La amplitud del movimiento es A=10 m/k . De la expresión de la amplitud se puede analizar:

− ).

c Si k aumenta, la amplitud tiende a disminuir. −

).

(27)

4.- En el tiempo

t =0

, se observa que la masa en un sistema masa-resorte con una masa

m

y

constante elástica

k

se encuentra

0.30 m

por debajo del equilibrio y viajando hacia abajo a

30 .

0 m /seg

.

).

a

Determine el movimiento subsecuente.

).

b

Determine la amplitud como una función de

m

y

k

.

).

c

¿Cuál es el efecto sobre la amplitud si se aumenta

m

o

k

.

La ecuación de movimiento en forma diferencial es

0 2 0 = + ′′ w x x

cuya solución general es

) ( ) ( ) (t C1Cos w0t C2Sen w0t x = +

donde los valores de C1 y C2 se encuentran aplicando las condiciones iniciales siguientes, a t=0,

m x(0)=0.30 y x′(0)=0.30m/seg m C1 =0.30 y C2 =0.30 m/km − ).

a Así la solución general es x(t)=(0.30m)Cos( k/mt)+(0.30 m/km)Sen( k/mt). −

).

b

La amplitud del movimiento viene dada por

2 2 2 1 C

C

A= + = (0.30 1+m/k)m. De la expresión de la amplitud se puede analizar

− ).

(28)

5.- Una masa de

3Kg

esta unida a un resorte de constante elástica de

48N/m

. La masa se

desplaza

0.5m

a la izquierda del punto de equilibrio y recibe una velocidad de

2m /seg

hacia

la derecha. La fuerza de amortiguamiento es despreciable. Determine la ecuación de

movimiento de la masa junto con su amplitud, periodo y frecuencia. ¿Cuánto tiempo después

de su liberación pasa la masa por su posición de equilibrio?

La ecuación de movimiento en forma diferencial es

0 2 0 = + ′′ w x x

cuya solución general es

) ( ) ( ) (t C1Cos w0t C2Sen w0t x = +

donde los valores de C1 y C2 se encuentran aplicando las condiciones iniciales siguientes, a t=0,

m

x(0)=0.50 y x′(0)=2.0m/seg

m

C1 =−0.50 y C2 =2.0 m/km

Así la solución general esx(t)=−(0.50m)Cos( k/mt)+(2.0 m/km)Sen( k/mt), con k/m = seg4 −1 ) 4 ( ) 4 / 0 . 2 ( ) 4 ( ) 50 . 0 ( ) (t m Cos t Sen t x =− + ) 4 ( ) 5 . 0 ( ) 4 ( ) 50 . 0 ( ) (t m Cos t Sen t x =− +

Donde la amplitud es A= C12 +C22 = 1/2 y el periodo dado por T =2π /w0 =2π/4=π /2 . La frecuencia viene dada por f = w0/2π =2/π.

El sistema alcanzara el punto de equilibrio en x(t)=0, esto es

0 ) 4 ( ) 5 . 0 ( ) 4 ( ) 50 . 0 ( ) (t =− m Cos t + Sen t = x ) 4 ( ) 4 ( t Cos t Sen = 1 ) 4 ( t = Tan

(29)

6.- El movimiento de un sistema masa-resorte con amortiguamiento esta descrito por

0 ) ( 16 ) ( ) ( + + = ′′ t by t y t y

con condiciones iniciales

y(0)=1

,

y′(0)=0

Determine su movimiento y bosqueje su grafica para

b=0

,

6

,

8

,

10

.

La ecuación de operadores es ( 2 + +16) ( )=0

t y BD

D y su ecuación auxiliar viene dada por 0

16 2 + bm+ =

m

cuyas raíces son 16

2 2 2 2 , 1 ⎟ − ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ± − = b b

m , donde dependiendo del valor de b se tienen diferentes tipos de raíces

− ).

a Para b=0 las raíces son imaginarias, esto es m1,2 =± i4 y la solución es ) 4 ( ) 4 ( ) (t C1Cos t C2Sen t y = +

y aplicando las condiciones iniciales se tiene, C1 = y(0)=1 y C2 = y′(0)=0. Así la solución es ) 4 ( ) (t Cos t y = − ).

b Para b=6 las raíces son complejas, esto es m1,2 = 3− ± i 7 y la solución es

)

(

( 7 ) ( 7 ) 3 ) ( C1Cos t C2Sen t t t y =

e

− +

y aplicando las condiciones iniciales se tiene, C1 =1 y

7 3 2 = C . Así la solución es

)

(

( 7 ) 7 3 ) 7 ( 3 ) (t t Cos t Sen t y =

e

− + − ).

c Para b=8 las raíces son reales y repetidas, esto es m1,2 =−4 y la solución es

t t C C t y( )=( 1 + 2 )

e

−4

y aplicando las condiciones iniciales se tienen C1 =1 y C2 =4. Así la solución es

t t t y( )=(1+4 )

e

−4 − ).

d Para b=10 las raíces son reales, m1,2 =−5±3 y las constantes son C1 =4/3 y C2 =−1/3. Así la solución es

(30)

7.- El movimiento de un sistema masa-resorte con amortiguamiento esta descrito por

0 ) ( ) ( 10 ) ( + ′ + = ′′ t x t kx t x

con condiciones iniciales

x(0)=1

,

x′(0)=0

Determine su movimiento y bosqueje su grafica para

k =20

,

25

,

30. La ecuación diferencial en operadores es

0 ) ( ) 10 (D2 + D+k x t =

y la ecuación auxiliar asociada viene dada por m2 +10m+k =0 cuyas raíces son

k m1,2 =−5± 25− −

).

a Para k =20 las raíces son reales y distintas m1,2 =−5± 5. Así la solución es t C t C t x( )= 1

e

(−5+ 5) + 2

e

−(5+ 5) y aplicando las condiciones iniciales evaluamos las constantes , esto es

1 2 1 + C = C y (−5+ 5)C1−(5+ 5)C2 =0 2 / ) 5 1 ( 1 = + C y C2 =(1− 5)/2 t t t x( )=((1+ 5)/2)

e

(−5+ 5) +((1− 5)/2)

e

−(5+ 5) − ).

b Para k =25 las raíces son reales y repetidas m1,2 =−5. Así la solución es

t t C C t x( )=( 1+ 2 )

e

−5 y aplicando las condiciones iniciales se tiene C1 =1 y C2 =5

t t t x( )=(1+5 )

e

−5 − ).

c Para k =30, las raíces son complejas m1,2 =−5±i 5. Así la solución es

t t Sen C t Cos C t x( )=( 1 ( 5 )+ 2 ( 5)

e

−5

y aplicando condiciones iniciales se tiene C1 =1 y C2 =5/ 5

t t Sen t Cos t x( )=( ( 5)+(5/ 5) ( 5)

e

−5

(31)

8.- Para el circuito RL de la figura, encontrar la carga y la corriente que fluye si la fuerza

electromotriz es constante.

Aplicamos la segunda ley de Kirchhoff (ley de los voltajes) en forma diferencial, esto es 0 E V VR + L = con VR =Rq(t) y VL =Lq′′(t) 0 ) ( ) (t Rq t E q L ′′ + ′ = 0 ) / ( ) ( ) / ( ) ( + ′ − 0 = ′′ t R L q t E L q

Haciendo un cambio de variable Q′(t)=(R/L)q′(t)−(E0/L) y Q′′(t)=(R/L)q ′′(t) se tiene 0 ) ( ) ( ) / (L R Q′′ t +Qt = 0 ) ( ) / ( ) ( + ′ = ′′ t R L Q t Q

para la cuál la ecuación de operadores es ( 2 +( / ) ) ( )=0

t Q D L R D y 2 +( / ) =0 m L R m su ecuación auxiliar, cuyas raíces son

0 1 = m y m2 =−R/L Así la solución es Q(t) C1 C2

e

(R/L)t − + = y para la corriente se tiene

t L R L R C t Q′( )=− 2( / )

e

−( / )

pero Q′(t)=(R/L)q′(t)−(E0/L) entonces se tiene (R/L)q′(t)−(E0/L)=−C2(R/L)

e

−(R/L)t despejando )q′(t se tiene t L R C R E t q′( )=( 0/ )− 2

e

−( / ) Que es la corriente en el circuito RL y para la carga se integra

dt t L R C R E dq=

{( 0/ )− 2

e

−( / ) } t L R R L C t R E t q( ) ( 0 / ) 2( / )

e

( / ) − − =

(32)

9.- Encuentre la ecuación de movimiento de un cohete que se lanza verticalmente desde el

suelo. Si la dirección positiva es hacia arriba y no hay resistencia del aire.

a).- Suponiendo que la velocidad del cohete cuando se agota el combustible es

v=v0

y

y=R

en ese instante, muestre que el valor aproximado de la cte. de integración es

C= v02 −gR

2 1

.

b).- Use la solución de a) para demostrar que la velocidad de escape de un cohete esta dada

por

v0 = 2gR

.

c).- El resultado de b) se cumple para cualquier cuerpo en el sistema solar. Use los valores de

2

/ 8 . 9 m s

g=

y

R≈6200Km

para encontrar la velocidad de escape de la tierra.

d).- Determinar la velocidad de escape de la luna si la aceleración es de

g =0.165g0

y

Km

R≈1728

.

La ecuación de movimiento en el momento de agotar el combustible es

y m FG = ′′ − donde 2 y Mm G

FG = es la fuerza gravitacional y la ecuación de movimiento es 0 2 = + ′′ y M G y

para determinar G se usa el hecho de que en la superficie de la tierra se considera y= y R 2 R Mm G mg = , entonces M gR G 2 = y al sustituir se tiene 0 2 2 = + ′′ y R g y − ).

a Dado que las condiciones iniciales son v= y v0 y≈ hacemos un cambio de variable para R integrar para la velocidad y aplicar la condición, esto es

v dy dv dt dy dy dv dt dv dt y d = = = 2

entonces la ecuación diferencial queda como 2 0 2 = + y R g dy dv

v la cuál integrando nos da

=− 2

2 y dy gR vdv C y gR v = + 2 2 2 1

donde aplicando las condiciones iniciales se tiene C = v02 −gR

2 1

lo cuál queda demostrado. Así la velocidad viene dada por

(33)

gR y gR v v 2 2 2 2 0 2 − = − − ).

b La velocidad de escape se da para y→∞ y v>0, entonces se tiene 0 2 2 0 − gR> v gR v0 ≈ 2 − ).

c Usando g0 =9.80m/s2 y R≈6200Km se tiene para la velocidad de escape de la tierra.

s Km v0 ≈11.02 / −

).

d Para la velocidad de escape de la luna se tiene g =0.165g0 y R≈1728Km.

s Km v0 ≈2.36 /

(34)

10.- Determine el movimiento para un sistema no amortiguado en resonancia descrito por

) 3 ( 3 ) ( 9 ) (t x t Cos t x′′ + =

con condiciones iniciales

x(0)=1

,

x′(0)=0

Sabemos que la solución general tiene dos contribuciones, una es la solución de la ecuación diferencial homogénea asociada la cuál se le llama complementaria xc(t)y la otra contribución es la solución a la ecuación diferencial no homogénea llamada solución particularxp(t), esto es

) ( ) ( ) (t x t x t x = c + p

donde )xc(t satisface xc′′(t)+9xc(t)=0 y su ecuación auxiliar es m2 +9=0 cuyas raíces son m1,2 =±3i. Por otro lado la solución particular es

) 3 ( ) 3 ( ) (t C1Cos t C2Sen t xc = +

y aplicando las condiciones iniciales se tiene C1 = x(0)=1 y C2 = x′(0)=0, así la solución complementaria es ) 3 ( ) (t Cos t xc =

Para la solución particular esta debe de satisfacer, xp′′(t)+9xp(t)=3Cos(3t) para la cuál se propone que sea ) 3 ( ) 3 ( ) (t AtCos t BtSen t xc = +

donde el termino lineal en t aparece debido a que se tienen raíces repetidas. Para obtener los valores de A y B derivamos dos veces y sustituimos junto con la solución en la ecuación diferencial no homogénea,

obteniéndose

0 6 =

− A y 6B =3

Así, la solución particular es xp(t)=(1/2)tSen(3t) y la solución general nos da

) 3 ( ) 2 / 1 ( ) 3 ( ) (t Cos t tSen t x = +

(35)

11.-Un cierto movimiento en línea recta esta determinado por la ecuación diferencial

0 ) ( 169 ) ( 2 ) ( + ′ + = ′′ t x t x t x γ

bajo las condiciones

x(0)=0

y

x′(0)=8m/seg

.

).

a

Encontrar el valor de

γ

que nos conduce al amortiguamiento crítico y solucione la

ecuación diferencial para tal caso.

− ).

b

Usar el valor

γ =12

y encontrar la solución

x(t)

.

La ecuación en operadores es (D2 +2γD+169)x(t)=0 y como ecuación auxiliar m2 + m2γ +169=0, cuyas raíces son

169 2 2 , 1 =−γ ± γ − m − ).

a Para el amortiguamiento crítico se tiene 0 169 2 − =

γ , donde γ =13

lo cuál significa que las raíces son reales y repetidas, esto es m1,2 =−γ y la solución viene dada por t t C C t x( )=( 1+ 2 )

e

−γ y aplicando las condiciones iniciales para evaluar C1 = x(0)=0 y

2 2 x(0) 8m/seg C = ′ = . Así la solución es t t t x( )=8

e

−13 − ).

b Para γ =12, las raíces son complejas m1,2 =−12±5i y la solución en este caso es t t Sen C t Cos C t x( )=( 1 (5 )+ 2 (5))

e

−12

para la cuál aplicando las condiciones iniciales x(0)=0 y x′(0)=8m/s se tiene C1 =0 y C m/s

5 8 2 = . Así la solución es ) 5 ( ) 12 5 8 ( ) (t t Sen t x =

e

(36)

12.- Un sistema no amortiguado es descrito por

mx′′(t)+kx(t)=F0Cos(wt)

sujeto a las

condiciones

x(0)=1

y

x′(0)=0

, donde

ww0 = k/m

. Determine el movimiento del sistema.

La ecuación en operadores para esta ecuación viene dada por

) ( ) / ( ) ( ) (D2 +w02 x t = F0 m Cos wt

y la ecuación homogénea asociada es (D2 +w02)xc(t)=0, cuya solución es la solución complementaria. De aquí se obtiene la ecuación auxiliar dada por 02 0

2 + w =

m , cuyas raíces son complejas m1,2 =±w0i. Asi

la solución es ) ( ) ( ) (t C1Cos w0t C2Sen w0t xc = +

para la cuál aplicando las condiciones iniciales x(0)=1 y x′(0)=0 se tiene C1 =1 y C2 =0. Sustituyéndolas en la solución se tiene

) ( )

(t Cos w0t

xc =

Ahora para la solución particular se propone xp(t)= ACos(wt)+BSen(wt), donde la segunda derivada es ) ( ) ( ) (t w2ACos wt w2BSen wt xp′′ =− −

la cuál sustituimos en la ecuación diferencial no homogénea, esto es

) ( ) / ( )) ( ) ( )( ( 0 2 2

0 w ACos wt BSen wt F m Cos wt

w − + =

comparando termino a termino a ambos lados de la igualdad se tiene para A y B

2 2 0 0/ w w m F A − = y B =0

Entonces la solución particular es

) ( ) / ( ) ( 2 2 0 0 wt Cos w w m F t xp − =

y la suma tanto de la solución complementaria y la particular da la solución general esto es ) ( ) ( ) (t x t x t x = c + p ) ( ) / ( ) ( ) ( 2 2 0 0 0 Cos wt w w m F t w Cos t x − + =

(37)

13.- Una masa sobre un resorte sin amortiguamiento es influenciado por una fuerza externa

)

( )

(t F0Cos3 wt

F =

. Demuestre que hay dos valores de

w

para los cuáles ocurre la resonancia.

La ecuación diferencial que gobierna el movimientote este sistema viene dada por

) ( ) / ( ) ( ) (t w02x t F0 m Cos3 wt x′′ + =

donde w02 =k/m es la frecuencia natural de oscilación y w es la frecuencia con la cuál se aplica la fuerza

externa. La ecuación homogénea asociada cuya solución es la complementaria viene dada por 0 ) ( ) ( + 02 = ′′ t w x t xc c

y la ecuación en operadores asociada es (D2 +w02)xc(t)=0 y su ecuación auxiliar asociada m2 + w02 =0. Las raíces de esta ecuación son m1,2 =±w0i, lo cual sugiere que la solución complementaria viene dada por

) ( ) ( ) (t C1Cos w0t C2Sen w0t xc = +

Ahora bien para la solución particular desarrollamos Cos3(wt) usando la formula de Euler, esto es ) 3 ( ) 3 ( )) ( ) (

(Cos wt +iSen wt 3 =Cos wt +iSen wt

) 3 ( ) 3 ( ) ( ) ( ) ( 3 ) ( ) ( 3 ) ( 2 2 2 3 3 3 wt iSen wt Cos wt Sen i wt Sen wt Cos i wt Sen wt Cos i wt Cos + + + = +

agrupando parte real con parte real e imaginaria con imaginaria a ambos lados de la igualdad se tiene ) 3 ( ) ( ) ( 3 ) ( 2 3 wt Cos wt Sen wt Cos wt Cos − = ) 3 ( ) ( ) ( ) (

3Cos2 wt Sen wtSen3 wt =Sen wt

Aquí solo nos interesa la parte real Cos3(wt)=3Cos(wt)Sen2(wt)−Cos(3wt), además usando la función de doble ángulo para el seno se tiene Sen(2wt)=2Sen(wt)Cos(wt) y sustituyéndola obtenemos

) 3 ( ) ( ) 2 ( ) 2 / 3 ( ) ( 3 wt Cos wt Sen wt Sen wt Cos = +

además usando las funciónes de doble ángulo para el coseno y restándolas se tiene ) ( ) 2 ( ) ( ) 2 ( ) 2

( wt wt Cos wt Cos wt Sen wt Sen wt

Cos + = −

-Cos(2wtwt)=Cos(2wt)Cos(wt)+Sen(2wt)Sen(wt) ) ( ) 2 ( 2 ) ( ) 3

( wt Cos wt Sen wt Sen wt

Cos − =−

y sustituyéndola en la ecuación del coseno cúbico se tiene

) 3 ( ) 4 / 1 ( ) ( ) 4 / 3 ( ) ( 3 wt Cos wt Cos wt Cos = +

(38)

Donde A, B, C, y D son constantes a definir, para esto se obtiene la primera y segunda derivada de la solución particular y sustituyéndola en la ecuación no homogénea se tiene

) 3 ( ) 4 ( ) ( ) 4 3 ( )) 3 ( ) 3 ( )( 9 ( )) ( ) ( )( ( 2 2 0 0 0 2 2 0 Cos wt m F wt Cos m F wt DSen wt CCos w w wt BSen wt ACos w w − + + − + = +

donde comparando término a termino a ambos lados de la igualdad, se tiene los valores para las constantes

2 2 0 0 /4 3 w w m F A − = , B=0, 2 2 0 0 9 4 / w w m F C − = , D=0

Así la solución particular será

) 3 ( ) 9 4 / ( ) ( ) 4 / 3 ( ) ( 2 2 0 0 2 2 0 0 wt Cos w w m F wt Cos w w m F t xp − + − =

Donde se puede ver que la resonancia se da para dos valores de la frecuencia w, estas son 0

w

w= y w=(1/3)w0

Esto significa que cuando al sistema se le suministra energía con estas frecuencias, la amplitud del sistema aumentara infinitamente y el sistema entrara en resonancia.

(39)

14.- Encuentre la solución del oscilador amortiguado forzado

La ecuación diferencial de oscilador amortiguado forzado viene dada por t t F t kx t x t x m ′′( )+γ ′( )+ ( )= 0

e

−λ la cuál al dividir entre la masa se tiene

t t m F t x w t x t x′′( )+γ0 ′( )+ 02 ( )=( 0/ )

e

−λ

La ecuación diferencial homogénea asociada, para la cuál su solución es la complementaria viene dada por 0 ) ( ) ( ) ( + 0 ′ + 02 = ′′ t x t w x t xc γ c c

en operadores toma la forma (D2 +γ0D+w02)xc(t)=0 y su ecuación auxiliar es m2 +γ0m+w02 =0, cuyas raíces vienen dadas por 2

0 2 0 0 2 , 1 w

m =−γ ± γ − . Como las oscilaciones son amortiguadas entonces se pide que γ0 <w0 de tal forma que las raíces son complejas m1,2 =−γ0 ±iw, donde

2 0 2 0 −γ = w w . Así

la solución complementaria que lo es de la ecuación homogénea, la podemos escribir como

t wt Sen C wt Cos C t xc( ) ( ( ) ( ))

e

0 2 1 γ − + =

Ahora encontraremos la solución a la ecuación no homogénea xp(t), para la cuál se propone que tenga el siguiente comportamiento xp t A Bt

e

t λ − + =( ) )

( dado que tiene raíces reales y repetidas m1,2 =−λ. Encontrando la primera y la segunda derivada de xp(t) y sustituyéndolas en la ecuación homogénea se tiene

t Bt A B t xp( )=( −λ( + ))

e

−λ t Bt A B B t xp

e

λ λ λ λ − − + − − = ′′( ) ( ( ( ))) t t m F t Bt w A w Bt A B Bt A B λ λ γ γ λ γ λ

e

λ

e

λ λ 2 2 2 ] ( / ) 2 [ 0 2 0 2 0 0 0 0 2 2 + + − − + + − = + −

Agrupando términos y comparándolos a ambos lados se tiene dos ecuaciones algebraicas para A y B , esto es 0 ) ( 2 ) 2 ( 0 2 0 0 2 − + + − = B A w γ λ λ γ λ ( 2 w )B F0/m 2 0 0 2 − γ λ+ = λ

Solucionando el sistema se tiene

2 2 0 0 2 0 0 ) 2 ( ) / )( ( 2 w m F A + − − = λγ λ γ λ y ) 2 ( / 2 0 0 2 0 w m F B + − = λγ λ

las cuáles se sustituyen en la solución particular

m F m F λ γ λ− )( / ) / ( 2

Figure

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