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4.3 Problemas de aplicación
349
4.3 Problemas de aplicación
Ejemplo 4.3.1 Circuito Eléctrico. En la figura 4.3.1, se muestra un circuito Eléctrico de 2
mallas en el cual se manejan 2 corrientes, una en cada malla.
Figura 4.3.1 Circuito RLC de 2 mallas
El cual se rige por las siguientes ecuaciones
L
di1
+ Ri2 = E (t )
dt
RC
di2
+ i2 − i1 = 0
dt
(1)
(2)
Siendo éste un sistema de 2 ecuaciones lineales que podemos resolver mediante
Transformada de Laplace.
Con las siguientes condiciones
E (t ) = 60V , L = 1 h , C = 10−4 f y R = 50 Ω . Sujetas a i2 (0) = i1 (0) = 0
De tal manera que debemos resolver nuestro sistema de ecuaciones formado por (3) y (4).
di1
+ 50i2 = 60
dt
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(3)
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4.3 Problemas de aplicación
( 50 ) (10−4 )
350
di2
+ i2 − i1 = 0
dt
(4)
Transformando cada una de las ecuaciones obtenemos
sI1 ( s ) − i1 (0) + 50 I 2 ( s ) =
60
s
(5)
50
sI 2 ( s ) − i2 (0) + I 2 ( s ) − I1 ( s ) = 0
10000
(6)
Multiplicando por 200 la ecuación (6), resulta
sI 2 ( s ) − 200i2 (0) + 200 I 2 ( s ) − 200 I1 ( s ) = 0
(7)
Factorizando esta ecuación y sustituyendo condiciones iniciales (5) y (7)
sI1 ( s ) +
50 I 2 ( s ) =
60
s
−200 I1 ( s ) + ( s + 200) I 2 ( s ) = 0
Resolviendo el sistema para I1 ( s ) e I 2 ( s ) y descomponiendo en fracciones parciales,
obtenemos
6
6
60s + 12000 5
60
I1 ( s ) =
= − 5 −
2
s ( s + 100)
s s + 100 ( s + 100 )2
6
6
12000
120
I1 ( s ) =
=5− 5 −
2
s ( s + 100)
s s + 100 ( s + 100 )2
Antitransformando tenemos
i1 (t ) =
6 6 −100t
− e
− 60te−100t
5 5
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4.3 Problemas de aplicación
351
6 6 −100t
− e
− 120te −100t
5 5
i2 (t ) =
Resultados obtenidos en MathCad
60. s
s .( s
I1 ( s )
ii ( t )
12000
100)
2
6
( 5.s )
6
5
6
60
( 5.s )
(s
6
100)
2
60
(s
100)
( 5.( s
100) )
6
2
60. t . exp( 100. t )
( 5.( s
6.
5
100) )
exp( 100. t )
−5 = −6e −4( 0) + e 2( 0) − 2 ( 0 )
Ejemplo 4.3.2 Resorte Acoplados. [14] Dos masas m1 y m2 están unidas a dos resortes
A y B de masa insignificante, cuyas constantes son k1 y k2 , respectivamente.
Los resortes se fijan de acuerdo al esquema de la figura 4.3.2. Siendo x1 ( t ) y x2 ( t ) , los
desplazamientos verticales de las masas respecto de sus posiciones de equilibrio.
Cuando el sistema está en movimiento, el resorte B queda sometido a una elongación
(estiramiento) y compresión, a la vez, por lo tanto su elongación neta es x2 − x1 .
Entonces de acuerdo a la Ley de Hooke, los resortes A y B ejercen las fuerzas − k1 x1 y
k2 ( x2 − x1 ) , respectivamente sobre m1 . Si no se aplican fuerzas externas al sistema y en
ausencia de fuerza de amortiguamiento, la fuerza neta sobre m1 es − k1 x1 + k2 ( x2 − x1 ) , por
lo tanto se escribiría, de acuerdo a la segunda Ley de Newton
d 2 x1
m1 2 = k1 x1 + k2 ( x2 − x1 )
dt
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(8)
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4.3 Problemas de aplicación
352
k1
A
m1
x1=0
k2
B
x2=0
x1
m1
m2
x2
m2
Figura 4.3.2. Resortes Acoplados
De la misma manera, la fuerza neta ejercida sobre la masa m2 , solo se debe al
alargamiento neto de B ; esto es − k2 ( x2 − x1 ) , por lo tanto,
m2
d 2 x2
= −k2 ( x2 − x1 )
dt 2
(9)
Por lo que el movimiento del sistema acoplado se representa en el sistema de ecuaciones
lineales de segundo orden, formado por las ecuaciones (8) y (9)
Suponiendo que los valores de k1 = 6 y k2 = 4 , m1 = 1 y m2 = 1 y que las masas parten de
sus posiciones de equilibrio con velocidades unitarias opuestas.
Resolver el siguiente sistema de ecuaciones lineales formado por (10) y (11).
x1´´+10 x1 − 4 x2 = 0
(10)
−4 x1 + x2 ´´+4 x2 = 0
(11)
Sujetas a condiciones iniciales tales como x1 (0) = 0, x1´(0) = 1 y x2 (0) = 0, x2 ´(0) = −1
Transformando término a término (10) y (11), obtenemos
s 2 X 1 ( s ) − sx1 (0) − x1´(0) + 10 X 1 ( s ) − 4 X 2 ( s ) = 0
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(12)
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4.3 Problemas de aplicación
353
−4 X 1 ( s ) + s 2 X 2 ( s ) − sx2 (0) − x2 ´(0) + 4 X 2 ( s ) = 0
(13)
Sustituyendo las condiciones iniciales en (12) y (13), nos quedaría un sistema formado por
s 2 X 1 ( s ) − s (0) − (1) + 10 X 1 ( s ) − 4 X 2 ( s ) = 0
−4 X 1 ( s ) + s 2 X 2 ( s ) − s (0) − (−1)
+ 4 X 2 (s) = 0
Despejando y acomodando términos
( s 2 + 10) X 1 ( s )
− 4 X 2 (s) = 1
(
(14)
)
− 4 X 1 ( s ) + s 2 + 4 X 2 ( s ) = −1
(15)
Dividiendo la ecuación (14), entre ( s 2 + 10) y la ecuación (15) entre −4 obtenemos




4
1
X 1 ( s) −  2
X 2 ( s) =  2


 ( s + 10) 
 ( s + 10) 
1
1
− X 1 ( s ) + ( s 2 + 4) X 2 ( s ) = −  
4
 4
(16)
(17)
Sumando (16) y (17)
−

 1
4
1
1
X 2 ( s ) +   ( s 2 + 4) X 2 ( s ) =  2
− 
( s + 10)
 4
 ( s + 10)   4 
2
2

4
s 2 + 4   4 − ( s + 10 ) 

Factorizando X 2 ( s )  − 2
+
=
4   4( s 2 + 10) 
 ( s + 10)


 ( s 2 + 4 )( s 2 + 10 ) − 16  
s2 + 6 

X 2 ( s) 
=
−

  4( s 2 + 10) 
4( s 2 + 10)


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4.3 Problemas de aplicación
354
 ( s 2 + 6 )  4( s 2 + 10) 

 , simplificando
X 2 ( s) =  −
 4( s 2 + 10)  ( s 4 + 14 s 2 + 24 ) 





s2 + 6

X 2 ( s) = −  2
 ( s + 12 )( s 2 + 2 ) 


(18)
Descomponiendo en fracciones parciales utilizando MathCad se tiene que
s
s
2
2
6
2 . s
2
2
12
5. s
2
3
5. s
2
2
12
3
2
X 2 ( s) = − 2 5
− 25
s
+
12
(
) ( s + 2)
(19)
para X 1 ( s ) , sustituyendo en (16), la ecuación de (18)


 

s2 + 6
1
4


−
X1 (s) =  2
  2

2
2
 ( s + 10)   ( s + 10)   ( s + 12 )( s + 2 ) 

4 ( s2 + 6)


1

 , resulta
X1 (s) =  2
−
1

2
2
 ( s + 10)   ( s + 12 )( s + 2 ) 




  s 4 + 14 s 2 + 24 − 4 s 2 − 24 
s 4 + 10 s 2
1
1




,
X1 (s) =  2
X
s
=
(
)

( s 2 + 12 )( s 2 + 2 )  1  (s 2 + 10)   ( s 2 + 12 )( s 2 + 2 ) 
 ( s + 10)  
2
2

  s ( s + 10 s ) 
1

Por lo que X 1 ( s ) =  2
 2
2
 ( s + 10)   ( s + 12 )( s + 2 ) 
Finalmente X 1 ( s ) =
(s
s2
2
+ 12 )( s 2 + 2 )
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(20)
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4.3 Problemas de aplicación
355
Descomponiendo en fracciones parciales utilizando MathCad se obtiene
s
s
2
2
1
2 . s
2
12
5. s
2
6
5. s
2
2
12
Descomponiendo en fracciones parciales utilizando MathCad se tiene que
s
s
2
2
6
2
2 . s
2
12
5. s
3
2
5. s
2
2
12
3
2
X 2 ( s) = − 2 5
− 25
( s + 12 ) ( s + 2 )
(21)
Para X 1 ( s ) , sustituyendo en (16), la ecuación de (18)


 

s2 + 6
1
4


−
X1 (s) =  2
  2

2
2
 ( s + 10)   ( s + 10)   ( s + 12 )( s + 2 ) 

4 ( s2 + 6)


1
 , resulta
X1 (s) =  2
 1 − 2
2
 ( s + 10)   ( s + 12 )( s + 2 ) 

  s 4 + 14 s 2 + 24 − 4 s 2 − 24 
1

X1 (s) =  2

( s 2 + 12 )( s 2 + 2 ) 
 ( s + 10)  
Finalmente X 1 ( s ) =
(s
s2
2
+ 12 )( s 2 + 2 )
(22)
Descomponiendo en fracciones parciales utilizando MathCad se obtiene
s
s
2
2
2
2 . s
1
12
5. s
2
6
2
5. s
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2
12
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4.3 Problemas de aplicación
356
1
6
X1 (s) = 2 5 + 2 5
( s + 2 ) ( s + 12 )
−
(23)
Aplicando la transformada inversa de Laplace
x1 (t ) = −
x2 (t ) = −
2
sen
10
( 2t ) +
(
3
sen 2 3t
5
)
2
3
sen( 2t ) −
sen(2 3t )
5
10
Ejemplo 4.3.3 Tanques Interconectados[11]
Dos grandes tanques, cada uno contiene 24 Litros. de una solución salina, están
conectados entre sí mediante tubos como se muestra en la figura 4.3.3.
litros
y el líquido sale del tanque B a la
minuto
litros
litros
misma razón, además se bombean 8
del tanque A al B y 2
del tanque B
minuto
minuto
al A .
El tanque A recibe agua pura a razón de 6
Los líquidos de ambos tanque se mantienen perfectamente mezclados, de tal manera que la
mezcla es homogénea
Si en un principio la solución salina de tanque A contiene xo kg de sal y la del tanque B
contiene inicialmente yo kg de sal, determinar la masa de sal en cada tanque en el instante
t > 0.
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4.3 Problemas de aplicación
357
A
6 L/min
8 L/min
B
x(t)
y(t)
24 L
24 L
x(0)=xo kg
y(0)=yo kg
2 L/min
6 L/min
Figura 4.3.3 Tanques interconectados
Observar que el líquido en cada tanque se mantiene constante e igual 24 litros. , debido al
equilibrio entre las razones de entrada y salida. Por lo tanto las incógnitas son funciones de
t , las masas de sal en ambos tanques x ( t ) para el tanque A y y ( t ) para el tanque B .
Como el sistema de ambos tanques es alimentado de agua pura, se espera que el contenido
de sal en ambos tanques tienda a cero, cuando t → +∞ .
Para formular las ecuaciones del sistema, se iguala la razón de cambio
de sal en cada tanque, con la razón neta con la que se transfiere la sal a ese tanque.
La concentración de sal en el tanque A es
x ( t )  kg 
, de modo que el tubo superior saca
24  litro 
 8 x   kg 
sal del tanque A a razón de   
, de manera similar, el tubo inferior lleva sal
 24   minuto 
 2 y   kg 
al tanque A a razón de   
, la concentración de sal en el tanque B es
 24   minuto 
y ( t )  kg 
. El flujo de agua pura por supuesto no transfiere sal, simplemente mantiene el
24  litro 
volumen del tanque A en 24 Litros.
dx
= razón de entrada − razón de salida , de modo que la razón de cambio
dt
dx 2
8
de la masa de sal en el tanque A es
=
y−
x , o bien
dt 24
24
Tenemos que
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4.3 Problemas de aplicación
dx 1
1
=
y− x
dt 12
3
358
(24)
La razón de cambio de la masa de sal en el tanque B se determina mediante los mismos
 6 y   kg 
tubos de conexión y por le tubo de drenado, que saca   
 24   minuto 
dy 8
2
6
=
x−
y−
y , o bien
dt 24
24
24
dy 1
1
= x− y
dt 3
3
(25)
De tal manera que las ecuaciones (24) y (25) gobiernan nuestro sistema de ecuaciones
diferenciales. Las cuales las resolveremos mediante la transformada de Laplace.
Suponiendo como condiciones iniciales x ( 0 ) = 1 y y ( 0 ) = 0 . Reacomodando
x´−
1
1
y+ x = 0
12
3
1
1
y´− x + y = 0
3
3
(26)
(27)
Transformando ambas ecuaciones
sX ( s ) − 1 −
1
1
Y (s) + X (s) = 0
12
3
1
1
sY ( s ) − y ( 0 ) − X ( s ) + Y ( s ) = 0
3
3
(28)
(29)
Sustituyendo condiciones iniciales
1
 1
 s +  X (s) − Y (s) = 1
3
12

(30)
1
1

 s + Y ( s) − X ( s) = 0
3
3

(31)
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4.3 Problemas de aplicación
359
Resolviendo
1 1
 s +  X (s) −
3
3
1
1
Y (s) =
36
3
2
1 1
1

−  s +  X (s) +  s +  Y (s) = 0
3
3
3

2

1
1
 s +  −
3  36


1
Y (s) =
3

2
1
1

Por lo que  s 2 + s +  Y ( s ) =
3 12 
3

1
4
1
o bien Y ( s ) =
De tal manera que Y ( s ) =  
( 2s + 1)( 6s + 1)
 3  1 ( 2 s + 1)( 6s + 1)
12
Descomponiendo en fracciones parciales tenemos Y ( s ) = −
y (t ) = −e
1
− t
2
+e
2
6
, por lo que
+
( 2s + 1) ( 6s + 1)
1
− t
6
(32)
De (25) despejamos x = 3 y´+ y , por lo que derivando (32) obtenemos
y´( t ) =
1 − 12 t 1 − 16 t
e − e
2
6
(33)
Sustituyendo (32) y (33) en (25) obtenemos
 1 −1t 1 −1t   −1t −1t 
x ( t ) = 3  e 2 − e 6  +  − e 2 + e 6  , resultando
6
2
 

x (t ) =
1 − 12 t 1 − 16 t
e + e
2
2
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(34)
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4.3 Problemas de aplicación
360
Ejemplo 4.3.4 El Sistema Masa-Resorte como se muestra en la figura 4.3.4, maneja un
sistema de ecuaciones determinado por
2 x´´= −6 x + 2 y
(35)
y´´= 2 x − 2 y + 40 sen ( 3t )
(36)
Sujeto a condiciones iniciales, tales como x ( 0 ) = x´( 0 ) = y ( 0 ) = y´( 0 ) = 0
k1=4
k1=2
f(t)=40 sen(3t)
m1=2
x
m2=2
y
Figura 4.3.4 Sistema Masa-Resorte
La fuerza f ( t ) = 40 sen ( 3t ) se aplica de repente a la segunda masa, de la figura 4.3.4 en
el instante t = 0 , cuando el sistema reposa en su posición de equilibrio.
De tal manera que transformando (35) y (36) y sustituyendo condiciones iniciales
obtenemos
2 s 2 X ( s ) = −6 X ( s ) + 2Y ( s )
s 2Y ( s ) = 2 X ( s ) − 2Y ( s ) +
120
s2 + 9
(37)
(38)
Reacomodando, para su solución
(s
2
+ 3) X ( s ) − Y ( s ) = 0
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(39)
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4.3 Problemas de aplicación
361
−2 X ( s ) + ( s 2 + 2 ) Y ( s ) =
120
s2 + 9
(40)
Sumando (39) y (40)
(s
2
+ 3)( s 2 + 2 ) X ( s ) − ( s 2 + 2 ) Y ( s ) = 0
−2 X ( s )
120
s2 + 9
120
( s 2 + 3)( s 2 + 2 ) − 2  X ( s ) = 2


s +9
+ ( s2 + 2)Y ( s ) =


120

X (s) =  2
2
2
 ( s + 9 )( s + 4 )( s + 1) 
(41)
Descomponiendo en fracciones parciales (41) con la ayuda de MathCad
120
s
2
4 . s
2
1 . s
8
2
9
s
2
5
4
s
2
3
1
s
2
9
De tal manera que transformando inversamente
x ( t ) = 5sen ( t ) − 4 sen ( 2t ) + sen ( 3t )
(42)
Despejamos la ecuación (35) , obtenemos y = x´´+3 x
Obteniendo la primera y la segunda derivada de (42),
x´( t ) = 5cos ( t ) − 8cos ( 2t ) + 3cos ( 3t )
(43)
x´´( t ) = −5sen ( t ) + 16 sen ( 2t ) − 9sen ( 3t )
(44)
Sustituyendo (44) y (42) en (35), obtenemos
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4.3 Problemas de aplicación
362
y ( t ) = −5sen ( t ) + 16 sen ( 2t ) − 9 sen ( 3t ) + 15sen ( t ) − 12 sen ( 2t ) − 3sen ( 3t )
Simplificando
y ( t ) = 10 sen ( t ) + 4 sen ( 2t ) − 6sen ( 3t )
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(45)
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