2.8.4 Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales lineales de orden dos
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2.8.4 Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales lineales de orden dos
Ejemplo 2.8.4.1 Determinar la respuesta sincrónica del sistema oscilador masa-resorte con
m = 1 , b = 1 , k = 25 , sometido a la fuerza sen (ω t )
Basado en la sección 1.1 del modelado del oscilador masa resorte ejemplo 1.1.5, la
ecuación a utilizar es de la forma
my´´+by´+ ky = Fext (t )
(1)
Donde m es la masa del resorte, b es el coeficiente de amortiguamiento, y k es la rigidez
Sustituyendo los valores de tenemos m = 1 , b = 1 , k = 25 en (1), resulta
y´´+ y´+25 y = sen (ω t )
(2)
Como tenemos una fuerza senoidal, esperamos soluciones del tipo
y = A cos (ω t ) + Bsen (ω t )
(3)
Del tal manera que sus derivadas, serían
y´= − Aω sen (ω t ) + Bω cos (ω t )
(4)
y´´= − Aω 2 cos (ω t ) − Bω 2 sen (ω t )
(5)
Sustituyendo (3), (4) y (5) en la ecuación diferencial (2) tenemos
− Aω 2 cos (ω t ) − Bω 2 sen (ω t ) + − Aω sen (ω t ) + Bω cos (ω t )
+ 25 A cos (ω t ) + Bsen (ω t ) = sen (ω t )
Agrupando y simplificando
( − Aω
2
+ Bω + 25 A ) cos (ω t ) + ( − Bω 2 − Aω + 25 B ) sen (ω t ) = sen (ω t )
(6)
Asociando coeficientes, obtenemos dos ecuaciones
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( −ω
2
178
+ 25 ) A + Bω = 0
(7)
− Aω + ( −ω 2 + 25 ) B = 1
(8)
Resolvemos (7) y (8), por sustitución, despejando
(ω
A=
(ω
B=
2
− 25 ) B − 1
(9)
ω
2
− 25 ) A
(10)
ω
Sustituyendo el valor de B , (10), en A obtenemos A =
O bien
(ω
A=
2
− 25 ) A
2
ω
2
−
1
ω
(ω
2
− 25 )
, obteniendo común denominador
(ω
2
− 25 ) A
ω
(ω
A−
ω
2
−1
− 25 ) A
2
ω
2
=−
1
ω
(ω 2 − 25 )2
= − 1 , obteniendo común denominador
Factorizando A 1 −
2
ω
ω
ω 2 − (ω 2 − 25 )2
ω2
= − 1 , despejando A = − 1
A
2
ω
ω2
ω ω 2 − (ω 2 − 25 )
Finalmente A = −
ω
ω 2 − (ω 2 − 25 )
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2
(11)
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ω 2 − (ω 2 − 25 )2
ω
(ω 2 − 25) −
Sustituyendo (11) B en (10) obtenemos B =
(ω − 25)
− (ω − 25 )
ω
2
Simplificando B = −
ω2
2
2
, finalmente B =
−ω 2 + 25
ω 2 − (ω 2 − 25 )
2
−ω 2 + 25
ω
Por lo que la solución sería y = −
cos (ω t ) +
sen (ω t )
ω 2 − (ω 2 − 25 )2
ω 2 − (ω 2 − 25 )2
Ejemplo 2.8.4.2 Determinar la carga del capacitor en un circuito en serie RLC cuando
t = 0.01 s s, L = 0.25 h , R = 2 Ω , C = 0.01 f E (t ) = 0 v , E (t ) = 0 v q(0) = 5 C ,
I (0) = 0 A , encuentre el primer momento en el que la carga del capacitor es cero.
Dado que
1
1
=
= 1000
C 0.001
Utilizando la ecuación con base en Ejemplo 1.1.3 Circuito RLC, de la sección 1.1
d 2q
dq 1
L 2 +R
+ q = E (t )
dt C
dt
(12)
Sustituyendo los datos del problema en (12)
0.25
d 2q
dq
dq
1
1 d 2q
+
+
q
=
,
rescribiendo
10
0
+ 10 + 1000q = 0 , o bien
2
2
dt 0.001
dt
4 dt
dt
q´´+40q´+4000q = 0
(13)
Resolviendo la ecuación, obtenemos una ecuación auxiliar tal como m 2 + 40m + 4000 = 0 ,
sus raíces son m1,2 =
finalmente m1,2
−40 ±
( 40 )
2
− 4 ( 4000 )
, resultando
2
= −20 ± 60i , por lo que la solución sería
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m1,2 = −20 ± −
14400
,
4
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180
q ( t ) = e −20t [ c1 cos(60t ) + c2 sen(60t ) ]
(14)
A esto se le conoce como un sistema subamortiguado.
Aplicando condiciones iniciales para t = 0 en (14)
{
}
q ( 0 ) = e −20( 0) c1 cos 60 ( 0 ) + c2 sen 60 ( 0 ) , o sea q0 = c1 ,
Obteniendo la segunda derivada de (14)
q ( t )´= e −20t [ −60 c1 sen (60t ) + 60c2 cos(60t )] − 20e−20t [ c1 cos(60t ) + c2 sen(60t ) ]
(15)
Sustituyendo condiciones iniciales en (15)
0 = e0 [ −60 c1 sen (0) + 60c2 cos(0)] − 20e −20t [ c1 cos(0) + c2 sen(0)]
Resulta 0 = ( 60c2 ) − 20 ( q0 ) , c2 = −
20
1
( q0 ) , c2 = − ( q0 )
60
3
1
De tal manera que q ( t ) = q0 e −20t cos(60t ) − sen(60t )
3
Si se aplica un voltaje al circuito, se dice que las vibraciones eléctricas son forzadas. Si la
resistencia es diferente de cero, la solución complementaria qc ( t ) se le conoce como
solución transitoria, si el voltaje E (t ) es periódico o constante, la solución particular
q p ( t ) se conoce como solución de estado estable.
Ejemplo 2.8.4.3 Un sistema masa-resorte es controlado por una fuerza sinusoidal
f (t ) = 5sen(t ) + 5cos(t ) , la masa m = 1 , la constante del resorte k = 2 , y el coeficiente de
amortiguamiento b = 2 , de lo anteriormente expuesto, observamos que nuestra ecuación
diferencial sería tal como
y´´+2 y´+2 y = 5sen(t ) + 5cos(t )
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(16)
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181
Si la masa se coloca inicialmente en y (0) = 1 y velocidad y´(0) = 2 , determinar la ecuación
del movimiento.
Resolviendo para yc , y´´+2 y´+2 y = 0 por lo que la ecuación auxiliar m 2 + 2m + 2 = 0 ,
cuyas raíces serían m1,2 =
−2 ± 4 − 8
, m1,2 = −1 ± i raíces imaginarias
2
La solución complementaria sería yc = e − t c1 cos ( t ) + c2 sen ( t )
(17)
Resolviendo para y p = A cos ( t ) + Bsen ( t )
(18)
De acuerdo al método de coeficientes indeterminados, obteniendo la primera y segunda
derivada
y´ p = − Asen ( t ) + B cos ( t )
(19)
y´´ p = − A cos ( t ) − Bsen ( t )
(20)
Sustituyendo (18), (19) y (20) en la ecuación diferencial (16), obtenemos
− A cos ( t ) − Bsen ( t ) + 2 − Asen ( t ) + B cos ( t ) + 2 A cos ( t ) + Bsen ( t )
= 5cos ( t ) + 5sen ( t )
Simplificando ( − A + 2 B + 2 A ) cos ( t ) + ( −2 A − B + 2 B ) sen ( t ) = 5cos ( t ) + 5sen ( t )
Asociando los coeficientes resulta
A + 2B = 5
(21)
−2A + B = 5
(22)
2 A + 4 B = 10
Resolviéndolas simultáneamente (21) y (22) −2 A + B = 5 , por lo que B = 3
5B = 15
Sustituyéndolo en (21), queda A = −1 , así
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182
y p = − cos ( t ) + 3sen ( t )
(23)
De tal manera que por superposición obtenemos que
y = e −t c1 cos ( t ) + c2 sen ( t ) − cos ( t ) + 3sen ( t )
(24)
Sustituyendo condiciones iniciales y (0) = 1 en (24), resulta
1 = e( ) c1 cos ( 0 ) + c2 sen ( 0 ) − cos ( 0 ) + 3sen ( 0 ) , o sea 1 = c1 − 1 , por lo que c1 = 2
0
Derivando(24), obtenemos
{
}
y´= e − t − c1sen ( t ) + c2 cos ( t ) − e − t c1 cos ( t ) + c2 sen ( t ) + sen ( t ) + 3cos ( t )
(25)
Sustituyendo valor inicial y´(0) = 2 en (25) (derivada de la solución), obtenemos
{
}
2 = e( 0) − c1sen ( 0 ) + c2 cos ( 0 ) − e( 0) c1 cos ( 0 ) + c2 sen ( 0 ) + sen ( 0 ) + 3 cos ( 0 )
2 = c2 − c1 + 3 , o bien c2 = −1 + c1 , finalmente c2 = 1
Entonces la solución general y = et 2 cos ( t ) + sen ( t ) − cos ( t ) + 3sen ( t )
(26)
La ecuación (26) nos muestra las características de oscilaciones forzadas.
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0
