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ECUACIONES DIFERENCIALES
ORDINARIAS
SOLUCION A LOS PROBLEMAS DE MODELOS
LINEALES CON VALORES INCIALES DE DENNIS
G. ZILL
Escudero
Castillo, Carlos
Integrantes: Merino
Manchinelly,
Cristian
Ortiz Garcia, Raúl
Ra´
ul
Perleche
Perl
eche Quesqu´
Que squén,
en, Daniel
Dan iel
Ramos Nuñez,
Nu˜
nez, Lucciana Vanessa
Chiclayo - Perú
Per´
u
Junio 2011
Solución
Soluci´
on de los Problemas de Modelos Lineales
5.1.1 SISTEMAS RESORTE - MASA: Movimiento Libre No Amortiguado
1. Una masa que pesa 4 lib
libras
ras se une a un reso
resorte
rte cuy
cuyaa constan
constante
te es 16 lb/pi
lb/pie.
e. ¿Cu´
¿Cuál
al es
el per´
perı́od
ıodoo d
del
el movimiento arm´
armónico
onico simpl
simple?
e?
1
4 = 16s
16s
F = ks
ks
s=
4
k

2
2
x +w x= 0
w = m = 116
= 32
/2
x + 32
3 2x = 0
2
r + 32 = 0
r 1 = 32i
32i y r2 =
32i
32i
C F S = cos4 2t , sin4 2t
x(t) = c 1 cos
cos 4 2t + c2 si
sin
n 4 2t
2π
2π
π 2
Entonces el periodo viene dado por : P =
=
=
w
8
4 2
→
→
→
√
√
→√
−
√ }
{ √
√
√
√
2. Una masa de 20 kg se une a un resorte. Si la frecuencia del movimiento armónico
arm´onico
simple
es 2/π
2/armónico
π ciclos/s,
¿Cu´alsieslalamasa
¿Cuál
constante
delseresorte
k?¿Cu´
k?¿Cuál
es lamasa
constante
del
movimiento
arm´
onico simple
original
reemplaza
conaluna
de 80 kg?
m = 20 K g
La frecuencia está
est´a dada por:
f=
ω
2
1
=
=
T
2π
π
ω= 4
ω2 = 16
k
= 16; m = 20
m
La constante k será:
ser´a:
k = 320 N/m
m = 80 Kg, ω 2 =
La frecuencia es:
k
m
=4
f=
1
ω
2
=
=
T
2π
2π
f=
1
1
π
3. Una masa que pesa 24 libras, unida al extremo de un resorte, alarga a ´este
éste 4 pulgada
pulgadas.
s.
Al inicio, la masa se libera desde el reposo en un punto 3 pulgadas arriba de la posición
posici´on
de equilibrio. encuentre la ecuación
ecuaci´on de movimiento.
W = 24 lb
m = 24
= 34
32
k = Fs = 124
= 72 lb/pie
/3
→
La ecuación
ecuaci´on diferencial es :
x + ω 2 x =0
k
x + x =0
m

96 x =0
x + 96x
La ecuación
ecuaci´on cara
caracter´
cterı́stica
ıstica es:
m2 + 96 =0
√
√
m = − 4 6i
√
√
m1 = 4 6i
2
x(t) = C 1 co
coss 4 6t + C2 sen
sen 4 6t
Con los valores iniciales:
x(0) = C1 =
√
√
√
−1
4
√
√
x (t) = 6sen4 6t + 4 6C2 co
coss 4 6t

x (0) = 4 6 C2 = 0
C2 = 0
Luego la ecuación
ecuaci´on del movimiento es:
x(t) =
coss 4
− 14 co
√
6t
4. Dete
Determi
rmine
ne la ecuaci´
ecuación
on del movimiento si la masa del problema 3 al inicio se libera
desde la posición
posici´on de equilibrio con una velocidad descendente de 2 pies/s.
2
ω = 96
96,,
x(0) = 0
x (0) = 2
√
√
x(t) = C 1 co
coss 4 6t + C2 ssen
en 4 6t
x(0) = C 1 = 0
√
√
√
x (t) = 4 6C2 co
coss 4 6t

x (0) = 4 6 C2 = 2√
C2 = 126
La ecuación
ecuaci´on del movimiento es:
√6
√
x(t) = 12 sen4 6t
2
5. Una masa que pesa 20 libras alarga a un resorte 6 pulgadas. La masa se libera desde
el reposo de un punto 6 pulgadas abajo de la posición
posici´on de equilibrio.
W = 20 lb
m = 20
= 58
32
s = 6 pulg = 12 pie
lb
k = Fs = 20 = 40 pie
La ecuación
ecuaci´on diferencial es:
→
1
2
64 x = 0
x + 64x
Su so
solu
luci
ci´óon
n ser´
se rı́ıa:
a:
x(t) = C 1 co
coss 8t + C2 sen
sen 8t
Con los valores iniciales.
x(0) = C1 =
x (0)
→
1
2
C2 = 0
Luego la ecuación
ecuaci´on del movimiento es:
1
x(t) = 2 ccos
os 8t
a ) Encuen
Encuentre
tre llaa posi
posici´
ción
on de la masa en los tiempos t=
t=π/
π/12
12,, π/
π/88, π/
π/66, π/
π/44 y 9π/
π/32
32ss.
π
1
)=
12
4
π
1
x( ) =
6
4
2
9π
x( ) =
32
4
x(
π
1
x( ) =
8
2
π
1
x( ) =
4
2
−
−
√
−
b ) ¿Cuál
¿Cu´al es la velocidad de la masa cuando t=3
t=3π/
π/16s
16s?¿E
?¿En
nq
qu´
uée d
dire
irecci
cci´on
ón se dirige la
masa en este instante?
La velocidad en t = 316π s es x (t) =
Y x( 316π ) = 4, desciende
4sen8tt
−4sen8
c ) ¿En qu´
quée tiempos la masa pasa por la p
posici´
osición
on de equilibrio?
1
coss 8t = 0
co
2
cos8tt = 0
cos8
π
2
(2n
(2n + 1)π
1) π
t=
,
16
8t = (2n
(2n + 1)
3
n 0, 1, 2, . . .
{
}
6. Una fuerza de 400 N alarga un resorte 2 metros una masa de 50 kg se une al extremo
del resorte y se libera inicialmente desde la posición
posici´on de equilibrio con una velocidad
hacia arriba de 10 m/s. Encuentre la ecuación
ecuaci´on de movimiento.
k=
F
s
=
400
2
= 200 m = 50 K g
k
x + x = 0
m
x + 4x
4x = 0
Su sol
soluci
uci´óon
n es:
x(t) = C 1 ccos
os 2t + C2 se
sen
n 2t
x(0) = C 1 = 0
x (t) = 2C2 co
coss 2t
x (0) = 2C
2C2 = 10
C2 = 5
−
−
La ecuación
ecuaci´on del movimiento es:
x1 (t) =
5sen2tt
−5sen2
7. Otro resor
resorte
te cuya const
constan
ante
te es 20 N/m se suspende del mism
mismoo sopor
soporte,
te, pero para
paralel
leloo
al sistema resorte-masa del problema 6. Al segundo resorte se le coloca una masa de
20 kg., y ambas se liberan al inicio desde la posición
posici´on de equilibrio con una velocidad
ascendente de 10 m/s.
k = 20 N
, m = 20 K g , ω2 = 1
m
x + x = 0
Su sol
soluci
uci´óon
n es:
x(t) = C 1 cos t + C2 sen t
x(0) = C 1 = 0
x (t) = C 2 cos t
x (0) = C 2 = 10
−
La ecuación
ecuaci´on del movimiento es:
x2 (t) =
4
−10sen t
a ) ¿Cuál
¿Cu´al masa exhibe mayor amplitud de movimiento?

A=
C1 2 + C2 2
A1 = 5
A2 = 10
A2 > A1
b ) ¿Cuál
¿Cu´al masa se mueve m´
más
as r´
rápido
apido en t = π/
π/44 s?¿En π/
π/2?
2?
√
π
π
x1 ( ) = 5 < x2 ( ) = 5 2
4
4
π
π
x1 ( ) = 0 > x2 ( ) = 10
2
2
c ) ¿En qu´
quée instan
instantes
tes las dos masas est´
están
an en la misma posici´
posición?¿D´
on?¿Dónde
onde est´
están
an las
masas en estos instantes?¿En qu´
quée direcciones se est´
están
an moviendo las masas?
−
−
−
5sen2tt = −10sen t
−5sen2
sen t cos t) = −10sen t
−5(2 sen
sen t(cos t − 1) = 0
cos t = 1
∨ sen t = 0
t = 2nπ
t = nπ
∨
t = nπ
Reemplazando en x1
x1 (nπ
nπ)) = 5sen2
5sen2nπ
nπ
= 0, Pos. de equilibrio
equilibrio
−
x1 (t) =
nπ)) =
x1 (nπ
=
10cos2tt
−10cos2
10cos2nπ
nπ
−10cos2
10,
10,
hacia arriba
−
Reemplazando en x2
sen nπ
x2 (nπ
nπ)) = 10 sen
= 0, Pos. de equilibrio
equilibrio
−
cos t
x2 (t) = 10 cos
nπ)) = 10 cos
cos nπ
x2 (nπ
Si:n par : 10C
10C os
os((nπ
nπ)) = 10
hacia arriba
n impar : 10C
10C os
os((nπ
nπ)) = 10
hacia abajo
−
−
−
− →
−
→
5
8. Una masa que pesa 32 libras alarga un resorte 2 pies. Determine la amplitud y el
per´ı́ıodo
per
odo de movi
movimien
miento
to si la masa se libera inicialmen
inicialmente
te desde un punto situado 1 pie
arriba de la posición
posici´on de equilibrio con una velocidad ascendente de 2 pies/s.¿Cuántos
pies/s.¿Cu´antos
ciclos completos habrá
habr´a completado la masa al final de 4π
4π segundos?
W = 32
→m=
32
32
= 1,
k=
F
s
32
2
→k=
= 16
x + ω 2 x = 0
x + 16x
16 x = 0
x(t) = C 1 cos
cos 4t + C2 se
sen
n 4t
x(0) = C1 =
−1
x (t) = 4sen
4sen 4t + 4C
4 C2 ccos
os 4t
x (0) = 4C
4C2 =
−2 →
C2 =
− 12
La ecuación
ecuaci´on del movimiento es:
x(t) =
1
en 4t
cos4tt − ssen
− cos4
2
Su amplitud es:
A=
A=


C1 2 + C2 2
2
−1 + −
√5
A=
12
2
2
El periodo es:
2π
2π
T = omega = 4
π
T =
2
Luego en 44π
π segundos la masa habrá
habr´a completado 44π
π
÷
π
2
= 8 ciclos
9. Una masa que pesa 8 libras se une a un resorte. Cuando se pone en movimiento, el
sistema resorte-masa exhibe movimiento armónico
arm´onico simple. Determine la ecuación
ecuaci´on de
movimiento si la constante de resorte es 1 lb/pie y la masa se libera inicialmente desde
un punto 6 pulgadas abajo de la posición
posici´on de equilibrio, con una velocidad descendente
3
de 2 pie/s. Exprese la ecuación
ecuaci´on de movimiento en la forma dada en (6).
W =8
→m=
8
32
= 14 ,
k=1
lb
pie
x + ω 2 x = 0
6
x + 4x
4x = 0
x(t) = C 1 cos
cos 2t + C2 sen
sen 2t
x(0) = C1 =
x (t) =
1
2
− 12 ssen
en 2t + 2C
2C
x (0) = 2C
2C2 =
3
2
→
2
coss 2t
co
C2 =
3
4
La ecuación
ecuaci´on del movimiento es:
x(t) =
1
3
coss 2t + sen
co
sen 2t
2
4
Su amplitud es:
12
A=
32
√13
2 +4 = 4
C1
φ = arctan
= 0,588
C2
Luego la ecuación
ecuaci´on toma la siguiente forma:

sin(ωt
x(t) = A sin(
ωt + φ
φ))
x(t) =
√13
4
sin
si
n (2
(2tt + 0,
0 ,5888)
10. Una masa que pesa 10 libras alarga un resorte 14 de pie. Esta masa se retira y se
coloca una de 1.6 slugs, que se libera desde un punto situado a 13 de pie arriba de la
posición
posici´
on de equilibrio, con una velocidad descendente de 5 pie/s. Exprese la ecuación
ecuaci´on de
4
movimiento en la forma dada en (6). ¿En qu´
quée tiemp
tiempos
os la masa logra un desplazamiento
debajo de la posición
posici´on de equilibrio num´
numéricamente
ericamente igual a 12 de la amplitud?
k=
F
s
=
10
1
4
= 40,
m = 1,6 slugs
k
x + x = 0
m
x +
40
x= 0
1,6
x + 25x
25 x = 0
7
x(t) = C 1 co
coss 5t + C2 ssen
en 5t
x(0) = C1 =
− 13
5
x (t) = 3 ssen
en 2t + 5C
5 C2 co
coss 5t
1
5
C2 =
x (0) = 5C
5C2 =
4
4
→
La ecuación
ecuaci´on del movimiento es:
x(t) =
1
coss 5t + ssen
en 5t
− 13 co
4
Su amplitud es:

12 12
5
+
=
A=
3
4
12
C1
φ = arctan
= 0,927
2
C
−
−
La ecuación
ecuaci´on toma la forma:
x(t) =
5
si
sin
n (5
(5tt
12
− 0,927)
5
Cuando x = 12 A = + 24
x(t) =
5
si
sin
n (5t
(5t
12
sin(5tt
sin(5
− 0,927) = 245
− 0,927) = 12
1
arcsin 2 = 5t
2πn |n ∈ Z}∪{−(5
(5tt − 0,927) + (2n
(2n + 1)π
1) π |n ∈ Z}
{ − 0,927 + 2πn
55π
π
1
π
1
(0,,927 +
+ 22nπ
nπ))
t = (0
(0,927 + − 2nπ
nπ))
t = (0,
5
6
5
6
∪
n∈Z
n∈Z
11. Una masa que pesa 64 libras ala
alarga
rga un resorte 0.32 pies.
pies. Al inicio
inicio la masa se libera desde
un punto que está
est´a 8 pulgadas arriba de la posici´
posición
on de equilibrio, con una velocidad
descendente de 5 pies/s.
w = 64
64lb
lb , x(0) = 2 pie , x (0) = 5pie/s
−
3
Encuent
entre
re la ecua
ecuaci´
ción
on de movimiento.
a ) Encu
x + w 2 x = 0 y ademas sabemos que w2 =
k
m
8
Busqueda de k
Busque
Busqueda
da de m
64 = k(0
k (0,,32)
W = mg
k = 200
64 = m
m(32)
(32)
m=2
k
2
Luego: w = m = 100
Ecuacion Caracteri
Caracteristica:
stica: r2 + 100 = 0
r1 = 10i
10i , r2 = 10i
10i
C F S = cos10
cos10tt , sin
sin 10t
10t
La solucion es x(t) = c 1 co
coss 10
10tt + c2 si
sin
n 10t
10t
2
Condiciones iniciales : x(0) =
= c1
3
10c1 si
sin
n 10
10tt + 10c
10 c2 co
coss 10t
10t
x (t) = 10c
1
x (0) = 5 = 10c
10c2 cos
cos 0
c2 = 2
⇒
−
{
}
−
−
∴
x(
x (t) =
⇒
1
−2 cos10
cos10tt + si
sin
n 10t
10t
3
2
b ) ¿Cu´
¿Cuáles
ales son la amp
amplitud
litud y per
per´ı́ıodo
odo del movimiento?
c21 + c22 =
A=
P =
2π
w

=
2π
10
=
π
5
−
(
2 2
1
5
) + ( )2 =
3
2
6
Escribamos la solucion en forma sinusoidal:
calculo de φ
Sabemos tan φ =
tan φ =
c1
2/3
=
1/2
c2
−
− 43 ⇒ φ = −0,927
5
sin(10tt 0,927)
sin(10
6
¿Cu´antos ciclos completos habr´
habráa completado la masa al final de 33π
π segundos?
c ) ¿Cuántos
∴
x(
x (t) =
−
π
1oscilacion
5
33π
xoscilacion
π
x = 15 oscilaciones
→
→
d ) En qu´
quée momen
momento
to la masa pasa por la p
posici´
osición
on de equilibrio con direcci´
dirección
on hacia
abajo por segunda vez?
sin(10t 0,927) = sin(nπ
sin(10t
sin(nπ))
10t
10t 0,927 = nπ
nπ + 0,
0 ,927
=t
10
e ) ¿En qu´
quée instantes la masa alcanza sus desplazamientos extremos een
n cualquier lado
de la posición
posici´on de equilibrio?
⇒
−
−
9
25
x (t) =
cos (10
cos
(10tt 0,927) = 0
3
π
10t
10t 0,927 = + nπ
2
(2n
(2n + 1)π
1) π
t=
+ 00,,0927
0927,,
20
−
−
n = 0, 1, 2, . . .
{
}
f ) ¿C
¿Cu´
uál
al es la posici´
posición
on de la masa en t = 3?
x(3) =
−0,597
g ) ¿Cuál
¿Cu´al es la velocidad instant´
instantánea
anea en t = 3?
x (3) =
−5,813
h ) ¿Cuál
¿Cu´al es la aceleraci´
aceleración
on en t = 3?
x (3) = 59,
59,702
i ) ¿Cuál
¿Cu´al es la velocidad instant´
instantánea
anea en los instantes cuando la masa pasa por la
posición
posici´
on de equilibrio?
2nπ + 0,
0 ,927
10
Luego reemplazando en la ecuación
ecuaci´on del movimiento:
t=
25
x (t) =
cos (10
cos
(10tt
3
− 0,927)
2nπ + 0,
0 ,927
25
x (
)=
cos(2nπ
cos(2
nπ))
10
3
25
2nπ + 0,
0 ,927
)=
x (
3
10
quée inst
instantes
antes la masa est
est´áa 5 pulgadas abajo de la posici´
posición
on de equilibrio?
j ) ¿En qu´
x(t) =
arcsin
5
sen
se
n (10
(10tt
6
− 0,927) = 125
1
sen
sen (10
(10tt − 0,927) =
2
1
= 10t
10t
2
2πn |n ∈ Z}∪{−(10
(10tt − 0,927) + (2n
(2n + 1)π
1) π |n ∈ Z}
{ − 0,927 + 2πn
1
π
t = 10(0
10 (0,,927 + 6 + 22nπ
nπ)),
10
n
∈ {0, 1, 2, . . . }
k ) ¿En qu´
quée insta
instantes
ntes la ma
masa
sa est
est´áa 5 pulgadas abajo de la posici´
posición
on de equili
equilibrio
brio apun-
tando en dirección
direcci´on hacia arriba?
m = 1 slug,
k = 9 lb/pie
12. Una masa de 1 slu
slugg se sus
suspende
pende de un reso
resorte
rte cuya cons
constan
tante
te es de 9lb/pi
9lb/pie.
e. Al ini
inicio
cio
la masa se libera desde un punto que está
est´a 1 pie arriba de la posición
posici´on de equilibrio con
una velocidad ascendente de 3 pies/s. Determine los instantes en los que la masa se
dirige hacia abajo a una velocidad de 3 pies/s.
√
x + ω 2 x = 0
x + 9x
9x = 0
x(t) = C 1 co
coss 3t + C2 ssen
en 3t
x(0) = C1 =
−1
x (t) = 3 sen3
en3tt + 3C
3 C2 co
coss 3t
x (0) = 3C
3C2 =
−√3 →
C2 =
− √33
La ecuación
ecuaci´on del movimiento es:
x(t) =
− cos3
cos3tt −
√3
3
sen3tt
sen3
Luego la ecuación
ecuaci´on toma la forma:
x(t) =
π
√23 sin(3
sin(3tt + ( + π
π))
))
3
x(t) =
√2
si
sin
n (3
(3tt +
4π
)
3
3
La velocidad es:
√
x (t) = 2 3cos(3
3cos(3tt +
√
44π
π
)
3
4π
)=3
3
3
4π
cos(3tt +
cos(3
)=
2
3
2 3cos(3
3cos(3tt +
√
11
13. En algunas circunstancu
circunstancuas
as cuando dos resortes paralel
paralelos,
os, con constantes k1 y k2 , soportan una sola masa, la constante de resorte efectiva del sistema se expresa
como k = 4k1k2/(k1 + k2 ). Una masa que pesa 20 lb. estira un resorte 6 pulgadas y
a otro resorte 2 pulgada
pulgadas.
s. Los resortes se unen a un soporte rr´ıgido
ı́gido común
com´un y luego a
una placa metálica.
met´alica. Como se ilustra en la figura, la masa se une al centro de la placa
en la configuración
configuraci´on de resorte doble. Determine la constante de resorte efectiva de este
sistema. Encuentre la ecuación
ecuaci´on de movimiento si la masa se libera inicialmente desde
la posición
posici´on de equilibrio con una velocidad descendente de 2 pies/s.
4k1k2
k1 + k2
20 = k 1 (1
(1//2)
k1 = 40
k=
20 = k2 (1/
(1/6)
k2 = 120
4(40)(120)
= 120
40 + 120
w2 = k = 120 = 192
La ecuacion vienemdada5/8por: x + 192x
192x = 0
r1 = 8 3i , r2 = 8 3i
C F S = cos8 3t , sin8 3t
x(t) = c 1 cos
cos 8 3t + c2 sin
sin 8 3t
Calculamos
Calcul
amos las constan
constantes:
√ tes:
c1 = 0
c2 = 123
3
∴ x(
x (t) =
sin8 3t
12
k=
√
√
√ − √
{ √
√}
√
√
14. Una cier
cierta
ta masa alarga un resort
resortee 13 de pie y otro resorte 12 de pie. Los dos resortes se
unen a un soporte r´ı́ıgido
gido com´
común
un en la manera descrita en el Problema 13. Se quita la
primera masa y se coloca una que pesa 8 libras en la configuración
configuraci´on de resorte doble,
y se pone en movimiento el sistema. Si el periodo de movimiento es
15 segundos,
π/
determine cuánto
cu´anto pesa la primera masa.
12
15. Un modelo de un sistema de resorte-masa es 4x
4x + e 0,1t x = 0. Por inspección
inspecci´on de la
ecuación
ecuaci´
on diferencial solamen
solamente,
te, describa el comportami
comportamiento
ento del sistema durant
durantee un largo periodo.
inspecci´on de la ecuaci´
ecuación
on
16. Un modelo de un ssistema
istema de re
resorte-m
sorte-masa
asa es 44x
x + tx = 0. Por inspección
diferencial solamente, describa el comportamiento del sistema durante un largo periodo.
13
5.1.2 SISTEMAS RESORTE - MASA: Movimiento Libre Amortiguado
En los Problemas 17 a 20, la figura representa la gráfica
gr´afica de una ecuación
ecuaci´on de movimiento
para un sitema amortiguado resorte-masa. Use la gráfica
gr´afica para determinar:
est´a arriba o abajo de la posición
posici´on de equilibrio y
(a)si el desplazamiento inicial está
(b)si la masa se libera inicialmente desde el reposo, con dirección
direcci´on hacia abajo o hacia
arriba.
a ) El desplazam
desplazamien
iento
to inicial est´
estáa arriba de
la pos. de equilibrio debido a que x en
0 es negativo
17.
b ) La masa se libera con dirección
direcci´on hacia
arriba debido a que la curva está
est´a bajando
18.
a ) El desplazamiento inicial está
est´a abajo de
la pos. de equilibrio debido a que x en
0 es positivo
b ) La mas
masaa se liber
liberaa en el reposo porq
porque
ue la
derivada en t = 0 es 0
19.
a ) El desplazamiento inicial está
est´a abajo de
la pos. de equilibrio debido a que x en
0 es positivo
b ) La masa se libera con dirección
direcci´on hacia
arriba debido a que la curva est´
estáa baja
bajanndo
14
20.
desplazamien
miento
to inicial est´
estáa arriba de
a ) El desplaza
la pos. de equilibrio debido a que x en
0 es negativo
b ) La masa se libera con dirección
direcci´on hacia
abajo debido a que la curva está
est´a subiendo
21. Una masa que pesa 4 libras se une a un resorte cuya constante es 2lb/pie. El medio ofrece una fuerza de amortig
amortiguamien
uamiento
to que es num
num´éericamente
ricamente igual a la vel
velocidad
ocidad
instantánea.
instant´
anea. La masa se libera desde un punto situado 1 pie arriba de la posici´
posición
on de
equilibrio con una velocidad descendente de 8 pies/s. Determine el tiempo en el que la
masa pas por la posición
posici´on de equilibrio. Encuentre el tiempo en el que la masa alcanza
su desplazamiento extremo desde la posición
posici´on de equilibrio. ¿Cu´
¿Cuál
al es la posici´
posición
on de la
masa en este instante?
w = mg
4=m
m(32)
(32)
1
=m
8
x(0) = 1pies
x (t) = 8pies/s
−
x = 2libras/pie
entonces
dx
dx
=ß
dt
dt
m2 + 8m
8m + 16 = 0
(m + 4)(m
4)(m + 4) = 0
m = e−4t
1
m2 = e−4t
x(t) = C 1e−4t + C2 te−4t
15
C1 =
−1
C2 = 4
entonces
x(t) = e−4t + 4t
4te−4t
x (t) = 8e−4t 16
16tte−4t
−
−
si
x(t) = 0
entonces
t=
1
4
si
x (t) = 0
entonces
t=
1
2
y el desplazamiento es
x = e−2t pies
22. Un resorte de 4 pie
piess mid
midee 8 pie
piess de largo des
despu
pu´éess de col
colgarl
garlee una masa que pesa 8
libras. El medio por el que se mueve la masa ofrece una fuerza de amortiguamiento
igual a 2 veces la velocidad instantánea.
instant´anea. Encuentre la ecuaci´
ecuación
on de movimiento si
la masa se libera inicialmente desde la posición
posici´on de equilibrio con una velocidad descendente de 5 pies/s. Calcule el tiempo en el que la masa alcanza su desplazamiento
extremo desde la posici´
p osición
on de equilibrio. ¿Cu´
¿Cuál
al es la posici´
posición
on de la masa en ese instante?
√
S0 = 4pies
w = mg
8=m
m(32)
(32)
1
=m
4
8 = k(8
k (8 4)
−
k = 2libras/pies
16
√
d2 x
2 dx
2
+
+
x= 0
dt2
1/4 dt
1/4
√
m2 + 4 2m + 8 = 0
√
√
= −2√2multiplicidad
multiplicidad22
(m + 2 2)(
2)(m
m + 2 2) = 0
m1
x (t) =
√
√
−
2 2t
−
2 2t
x(t) = C 1 e
+ C2 te
√
√
√
2 2C1 e−2 2t + C2 e−2 2t + ( 2 2)
2)tC
tC2 e−2 2t
−
√
−
√
x(0) = 0
x (0) = 5
C1 = 0
C2 = 5
√
x(t) = 5te−2 2t
√
√

−
2 2t
−
2 2t
x (t) = 5e
10 2te
−
√
reemplazando
reemplaz
ando cuando
t = 0; x (0) = 0
obtenemos
√
t= 2 2
reemplazando
√
√
√ √
x(2 2) = 10 2e−2 2(2 2)
23. Una masa de 1kg. se fija a un resorte cuya constante es 16N/m y luego el sistema
completo se sumerge en un l´ı́ıquido
quido que imparte una fuerza amortiguadora igual a 10
veces la velocidad instantánea.
instant´anea. Determine las ecuaciones de movimiento si:
(a)al inicio la masa se libera desde un punto situado 1 metro abajo de la posici´on de
equilibrio, y luego
(a)la masa se libera inicialmente desde un punto 1 metro abajo de la posición
posici´on de equilibrio con una velocidad ascendente de 12 m/s
m = 1kg
k = 16N/m
16N/m
B = 10
17
d2 x
ß dx
k
+
+
x= 0
dt2
m dt
m
m2 + 10m
10m + 16 = 0
(m + 8)(m
8)(m + 2) = 0
m = e−8t
1
m2 = e−2t
x(t) = C 1e−8t + C2 e−2t
x (t) = 8C e−8t 2C e−2t
−
−
1
2
a)
x(0) = 1
C1 =
−1
3
4
C2 =
3
x(t) =
−1 e−
8t
3
4
+ e−2t
3
b)
x(0) = 1
x (0) = 12
−
5
3
2
C2 =
3
C1 =
−
2 −2t
5
e
x(t) = e−8t +
3
3
−
24. En los incis
incisos
os (a) y (b) del Probl
Problema
ema 23. dete
determin
rminee si la masa pasa por la posi
posici´
ción
on de
equilibrio. En cada caso, calcule el tiempo en que la masa alcanza su desplazamiento
extremo desde la posición
posici´on de equilibrio. ¿Cu´
¿Cuál
al es la posici´
posición
on de la masa en este instante?
en a)
x(t) =
−1 e−
3
8t
4
+ e−2t
3
nunca es cero, el desplazamiento
x(0) = 1metro
1metro
18
en b)
2 −2t
5
e =0
x(t) = e−8t +
3
3
−
cuando
t = 0,153
si
x (t) =
−40 e−
8t
3
4
+ e−2t = 0
3
entonces
t = 0,384
y el desplazamiento
x=
232metros
metros
−0,232
25. Una fuer
fuerza
za de 2 libras ala
alarga
rga un resorte 1 pie. una masa que pesa 3.2 lin
linras
ras se une al
resorte, y luego se sumerge el sistema en un medio que ofrece una fuerza de amortiguamiento igual a 0.4 veces la velocidad instantánea.
instant´anea.
m=
3,2
32
= 0,1 slug,
k=
2
1
0,4 
x
0,1
2λ =
= 2 lb/pie,
= 4x
x + 2λx + ω 2 x = 0
4 x + 20
2 0x = 0
x + 4x
Su so
solu
luci
ci´óon
n
m2 + 4m
4m + 20 = 0
−4 ±
m=
m1 =
m2

42 4(1)(20)
2(1)
−
4i
−2 + 4i
= −2 − 4i
cos4tt + C2 e−2t sen4
sen4tt
x(t) = C 1 e−2t cos4
Aplicando
Aplica
ndo los valores iniciales:
x(0) = C1 =
−1
x (t) = (4C
(4C2
4C2
x (0) = 4C
2t
cos4tt − (4
(4C
C
− 2C )e− cos4
− 2C = 0 → C = − 12
1
1
1
2
19
+ 2C
2 C2 )e−2t sen4
sen4tt
a ) Encu
Encuent
entre
re la ecua
ecuaci´
ción
on de movimiento si inicialmente se libera la masa desde el
reposo en un punto situado a 1 pie por encima de la posición
posici´on de equilibrio.
La ecuación
ecuaci´on del movimiento es:
x(t) =
−e−
2t
cos4tt
cos4
− 12 e−
2t
sen4tt
sen4
b ) Expr
Exprese
ese la ecua
ecuaci´
ción
on de movimiento en la forma provista en (23).
Con:
A=
φ = arctan

√
1
5
( 1)2 + ( )2 =
2
2
−
−
C1
= arcta
arctan
n 2 = 11,,11 + π = 4,25
C2
La ecuación
ecuaci´on toma la forma:
x(t) =
√5
2
sen(4tt + 4,
4,25)
e−2t sen(4
c ) Calcule la primer
primeraa vez en la cual la masa pasa a tr
trav´
avés
es de la posici´
posición
on de equilibrio
en dirección
direcci´on hacia arriba.
En la posición
posici´on de equilibrio x = 0
0=
√5
sen(4tt + 4,
4 ,25)
e−2t sen(4
2
0 = sen
sen (4t
(4t + 4,
4 ,25)
4,25
nπ = 4t + 4,
La primera vez que va hacia arriba con n = 3. Luego:
t = 1,294
26. Des
Despu
pu´es
és de que una mas
masaa de 10 lib
libras
ras se suj
sujeta
eta a un reso
resorte
rte de 5 pies,
pies, ´éste
este llega a
medir 7 pies. Se retira la masa y se sustituye con una de 8 libras. Despu
Despu´éess se coloca
al
sistema
en un medio que ofrece una fuerza de amortiguamiento igual a la velocidad
instantánea.
instant´
anea.
m=
8
32
=
1
4
slug,
k=
10
2
2λ =
= 5 lb/pie,
1
1/4
=4
x + 2λx + ω 2 x = 0
x + 4x
4 x + 20
2 0x = 0
m2 + 4m
4m + 20 = 0
−4 ±
m=
m1 =
m2 =

4i
−2 + 4i
2
− −
20
4i
42 4(1)(20)
2(1)
−
x(t) = C 1 e−2t cos4
cos4tt + C2 e−2t sen4
sen4tt
Aplicando
Aplica
ndo los valores iniciales:
x(0) = C1 =
−1
cos4tt − (4
(4C
C
− 2C )e− cos4
− 2C = 0 → C = − 12
x (t) = (4C
(4C2
x (0) = 4C
4C2
2t
1
1
1
sen4tt
+ 2C
2 C2 )e−2t sen4
2
a ) Encu
Encuent
entre
re la ecua
ecuaci´
ción
on de movimiento si la masa se libera inicialmente desde el
reposo de un punto situado 1 pie arriba de la posición
posici´on de equilibrio.
La ecuación
ecuaci´on del movimiento es:
x(t) =
−e−
2t
cos4tt
cos4
− 12 e−
2t
sen4tt
sen4
b ) Expr
Exprese
ese la ecua
ecuaci´
ción
on de movimiento en la forma provista en (23).
Con:
A=
φ = arctan

−
(
1)2
√
5
1
+ ( )2 =
2
2
−
C1
= arcta
arctan
n 2 = 11,,11 + π = 4,25
C2
La ecuación
ecuaci´on toma la forma:
x(t) =
√5
2
e−2t sen(4
sen(4tt + 4,
4,25)
c ) Cal
Calcule
cule lo
loss tiempos en los que la masa pas
pasaa por la posici
posici´óon
n de equilibrio en direc-
ción
ci´
on hacia abajo.
0=
√5
e−2t sen(4
sen(4tt + 4,
4 ,25)
2
0 = sen
sen (4t
(4t + 4,
4,25)
nπ = 4t + 4,
4 ,25
nπ 4,25
,
n = 2, 3, 4, . . .
t=
4
−
Como el movimiento comienza arriba, entonces n = 2 está
est´a en direcci´
dirección
on hacia
abajo,luego se deduce que los tiempos en los que la masa va hacia abajo son:
t=
nπ
− 4,25 ,
4
21
n = 2, 4, 6, . . .
d ) Grafi
Grafique
que la ecua
ecuaci´
ción
on de movimiento.
La gráfica
gr´afica es:
27. Una masa que pesa 10 libra
librass produce un alargamie
alargamiento
nto de 2 pies en un resorte
resorte.. La masa
se une a un dispositivo amortiguador que ofrece una fuerza de amortiguamiento igual
a β (β ¿0) veces la velocidad instantánea.
instant´anea. Determine los valores de la constante de
amortiguamiento β de modo que el movimiento posterior sea:
m=
10
32
=
5
16
slug,
k=
10
2
β >0
= 5 lb/pie,
mx + βx
β x + kx = 0
10 
x + βx
β x + 5x
5x = 0
32
El discriminante de la ecuación
ecuaci´on es:
)(5)
 = β − 4( 10
32
2
= β2
a ) Es
b ) Es
c ) Es

(
−
25
)
4
sobreamo
sobreamortiguado
rtiguado cua
cuando:
ndo: β
( 25
)>0
4
critico am
amortiguado
ortiguado cu
cuando:
ando: β 2 ( 25
)=
4
subamo
subamortiguado
rtiguado ccuando:
uando: β 2 ( 25
)<0
4
2
−
−
−
5
2
⇒β >
0⇒β =
⇒β <
5
2
5
2
28. Una masa que pesa 24 lib
libras
ras alarg
alargaa 4 pie
piess un resorte
resorte.. El movi
movimie
mient
ntoo poste
posterio
riorr toma
lugar en un medio que ofrece una fuerza de amortiguamiento igual a β (β ¿0) veces la
velocidad instantánea.
instant´anea. Si al inicio la masa se libera desde la posición
posici´on de equilibrio con
una velocidad ascendente de 2 pies/s, muestre que cuando β ¿3 2 la ecuación
ecuaci´on de movimiento es:
√
x(t) =
3
√ −−
β
2
βt/3
3 sinh 2
e−2βt/
3
18
22

β2
18tt
− 18
m=
24
32
=
3
4
k=
slug,
24
4
β >0
= 6 lb/pie,
mx + βx
β x + kx = 0
3 
x + βx
β x + 6x
6x = 0
4
x + 4 βx  + 8x
8x = 0
3
4
m2 + βm + 8 = 0
3
4
β
3
m=
m=

±
( 43 β )2
x(t) = C 1 e
2(1)
−23 β ± 23
√ −
(− 23 β + 23
− 4(1)(8)

β2
β 2 18)t
√
− 18
18,,
β >3 2
(− 23 β − 23
+ C2 e
√
β 2 −18)t
Aplicando los valores iniciales:
x(0) = C1 + C2 = 0
√
2
2
2
x (t) = C 1 ( β +
β 2 18)e(− β+ β −18)t + C2 ( β
3
3
3
2
2
2
2
x (0) = C 1 ( β +
β 2 18) C1 ( β
β 2 18)
3
3
3
3
4
2 = C1
β 2 18
3
3
C1 =
2 β 2 18
3
C2 =
2 β 2 18
La ecuación
ecuaci´on del movimiento es:


−
−
−
 −
− −
 −
x(t) =
Pero:
−2

−
−
2
3
3
2
− 18
e
(− 23 β + 23
√
β 2 −18)t
senh a =
ea
−
−

− − −
3
β2
2
+
2
3

−
3

2 β2
− e−
− 18
β2
(− 23 β − 23
e
− 18)e
√
a
2
Dando la forma a la ecuación:
ecuaci´on:
x(t) =
3
−
2
β

e
(− 23 β )
e
− 18
23
2
3
√
β 2 −18
−
e−
2
3
√
β 2 −18
2


(− 23 β − 23
β 2 −18)t
√
β 2 −18)
Quedarr´ı́ıaa que la ecuac
Queda
ecuaci´
ión
on del movimiento es:
x(t) =
−
3

β2
− 18
e(−
24
2
3
β)
senh
2
3

β2
− 18
5.1.3 SISTEMAS RESORTE - MASA: Movimiento Forzado
29. Una masa que pesa 16 libras alarga 83 pie un resorte. La masa se libera inicialmente
desde el reposo desde un punto 2 pies abajo de la posici´
posición
on de equilibrio, y el movimiento posterior toma lugar en un medio que ofrece una fuerza de amortiguamiento igual
a 12 d
dee la velocidad instant´
instantánea.
anea. Encuentra la ecuaci´
ecuación
on de movimiento si se aplica a la
masa una fuerza externa igual a f (t) = 10
10 co
coss 3t.
Primero hallamos los valores de m y k para eso sabemos que W = mg
mg,, entonces
1
16 = m(32); por lo tanto m = 2 . Además
Adem´as que W = ks,
ks , entonces 16 = k( 83 ) por lo
tanto k = 6; y como dato del problema tenemos β = 12 . Teniendo en cuenta esto planteamos la ecuación
ecuaci´on diferenc
diferencial:
ial:
d2 x
dt2
6
+
10 cos 3t
+ 11//22 dx
1/2 x = 10
dt
(1)
Entonces hallamos primero la solución
soluci´on complementaria:
xc (t) : d2 x
dt2
+ 11//22 dx
dt + 1/62 x = 0
Ec. car
caract
acter´
erı́st
ıstica
ica::
m2 + m + 12 = 0
√
47
m = 12
i
2
√
√
47
−
t/2
t/2
−
t/2
t/2
sin 247 t)
cos 2 t ; e
Por lo tanto: C F S = (e
√
√
t/2
2
t/2
sin 247 t
As´ı́ı ten
As
tenemo
emoss que
que:: xc (t) = c 1 e−t/2
cos 247 t + c2 e−t/
− ±
Hallamos valor de m:
Ahora, teniendo f (t) = 10 cos 3t aplicamos el m´
método
etodo del Op
Operador
erador Anulador, para
hallar la solución
soluci´on particular xp (t) , entonces multiplicamos a f (t) por (D
(D2 + 9)
Entonces tenemos nuevamente la ecuación
ecuaci´on car
caract
acter´
erı́st
ıstica
ica:: m2 + 9 = 0
Hallamos valor de m:
m=
±3i
Por lo tanto: C F S = (cos3t
(cos3t ; sin 3t)
As´ı́ı ten
As
tenemo
emoss que
que:: xp (t) = c 3 cos
cos 3t + c4 si
sin
n 3t
Ahora sabemos que xp (t); es solución
soluci´on de la ecuaci´
ecuación
on diferen
diferencial:
cial:
d2 x 1/2 dx
6
+
+
x = 10
10 cos 3t
dt2
1/2 dt
1/2
Por tanto esta solución
soluci´on deb
debee ccumplir
umplir con (1), y as
as´ı́ı obte
obtenemos
nemos los valores de c3 y c4 :
c3 = c 4 = 5
3
25
Sabemos que x(t) = x c (t) + xp (t) por tanto:
√47
√47
5
5
coss 3t + sin
co
sin 3t
2
2
3
3
Luego para hallar los valores de c1 y c2 hacemos uso de los datos del problema, x(0)
x(0) = 0
y x  (0) = 2; y obtenemos:
t/2
cos
x(t) = c1 e−t/2
t/2
sin
t + c2 e−t/2
c1 =
c2 =
De modo que:
√
1 t/2
47
cos
x(t) = e−t/2
t+
3
2
−
−
t+
1
3
√
29 47
2
√
√
29 47 −t/
47
5
5
e t/22 sin
t + cos
cos 3t + sin
sin 3t
2
2
3
3
30. Una masa de 1 slug se une a un resorte cuya constante es 5 lb/pie. Al inicio la masa
se libera 1 pie abajo de la posición
posici´on de equilibrio con una velocidad descendente de 5
pies/s, y el movimiento posterior toma lugar en un medio que ofrece una fuerza de
amortiguamiento igual a 2 veces la velocidad instant´
instantánea.
anea.
ecuaci´on de movimiento si una fuerza externa igual a f (t) = 12
12 cos2
os2tt +
(a)Encuentre la ecuación
3sin2tt act´
3sin2
actúa
ua sobre la masa.
Primero expresamos la ecuación
ecuaci´on diferencial ya que tenemos m = 1, k = 5 y β = 2
como datos del problema:
d2 x
dt2
2 dx
5
x = 12
12 cos 2t + 3 sin 2t
(1)
+ 1 dt + 1
Entonces hallamos primero la solución
soluci´on complementaria:
d2 x
xc (t) :
dt2
5
+ 12 dx
+
dt
1 x=0
m2 + 2m
2m + 5 = 0
Ec. car
caract
acter´
erı́st
ıstica
ica::
Hallamos valor de m:
m=
−1 ± 2i
Por lo tanto: C F S = (e−t cos2
cos2tt ; e−t sin2
sin2tt)
sin2tt
cos2tt + c e−t sin2
As´ı́ı ten
As
tenemo
emoss que
que:: x (t) = c e−t cos2
c
1
2
Ahora, teniendo f (t) = 12
12 cos2
os2tt +3sin2
+3sin2tt aplic
aplicamos
amos el m´
méto
etodo
do del Op
Operado
eradorr Anulador
Anulador,,
26
para hallar la solución
soluci´on particular xp (t) , entonces multiplicamos a f (t) por (D
(D2 + 4)
Entonces tenemos nuevamente la ecuación
ecuaci´on car
caract
acter´
erı́st
ıstica
ica:: m2 + 4 = 0
Hallamos valor de m:
m=
±2i
Por lo tanto: C F S = (cos2t
(cos2t ; sin 2t)
As´ı́ı ten
As
tenemo
emoss que
que:: xp (t) = c 3 cos
cos 2t + c4 si
sin
n 2t
Ahora sabemos que xp (t); es solución
soluci´on de la ecuaci´
ecuación
on diferen
diferencial:
cial:
d2 x 1/2 dx
6
+
+
x = 12
12 cos2
os2tt + 3 sin 2t
dt2
1/2 dt
1/2
Por tanto esta solución
soluci´on deb
debee ccumplir
umplir con (1), y as
as´ı́ı obte
obtenemos
nemos los valores de c3 y c4 :
−0,64
= −0,02
c3 =
c4
Sabemos que x(t) = x c (t) + xp (t) por tanto:
x(t) = c 1 e−t cos2
cos2tt + c2 e−t sin2
sin2tt
− 0,64cos2
64cos2tt − 0,02sin2
02sin2tt
Luego para hallar los valores de c1 y c2 hacemos uso de los datos del problema, x(0)
x(0) = 1

y x (0) = 5; y obtenemos:
c1 = 1,64
c2 = 3,35
De modo que:
x(t) = 1,64e
64e−t cos2
cos2tt + 3,
3 ,35e
35e−t sin2
sin2tt
0,64cos2
64cos2tt
−
0,02sin2
02sin2tt
−
(b)Grafique las soluciones transitoria y de estado estable en los mismos ejes de las
coordenadas.
La solución
soluci´on transitoria es xc (t), entonces:
xc (t) = 1,64e
64e−t cos2
cos2tt + 3,
3 ,35
35ee−t sin2
sin2tt
La gráfi
gr´afica
ca ser
se r´ıa:
ı́a :
27
La solución
soluci´on de estado estable es xp (t), entonc
entonces:
es:
xp (t) =
64cos2tt − 0,02sin2
02sin2tt
−0,64cos2
La gráfi
gr´afica
ca ser
se r´ıa:
ı́a :
28
(c)Grafique la ecuación
ecuaci´on de movimiento.
La solución
soluci´on corresponde a la siguiente expresi´
expresión:
on:
x(t) = 1,64e
64e−t cos2
cos2tt + 3,
3 ,35e
35e−t sin2
sin2tt
La gráfi
gr´afica
ca ser
se r´ıa:
ı́a :
64cos2tt − 0,02sin2
02sin2tt
− 0,64cos2
31. Una masa de 1 slu
slug,
g, cuando se une a un resorte
resorte,, caus
causaa en ´éste
este un ala
alargam
rgamien
iento
to de 2
pies y luego llega al punto de reposo en la posición
posici´on de equilibrio. Empezando en t = 0,
una fuerza externa igual a f (t) = 8 sin 4t se aplica al sistema. Encuentre la ecuación
ecuaci´on
de movimiento si el medio circundante ofrece una fuerza de amortiguamiento igual a 8
veces la velocidad instantánea.
instant´anea.
Primero hallamos el valor de k,
k , teniendo m como dato para eso sabemos que W = mg
mg,,
entonces W = (1)(32). Entonces si W = ks
ks,, tenemos 32 = k(2) por lo tanto k = 16;
y como dato del problema tenemos β = 8. Teniendo en cuenta esto planteamos la
ecuación
ecuaci´
on diferen
diferencial:
cial:
d2 x
dt2
16
+ 18 dx
+
dt
1 x = 8 sin 4t
Entonces hallamos primero la solución
soluci´on complementaria:
d2 x
xc (t) :
dt2
16
+ 18 dx
+
x= 0
dt
1
Ec. car
caract
acter´
erı́st
ıstica
ica::
m2 + 8m
8m + 16 = 0
Hallamos valor de m:
Por lo tanto: C F S = (e−4t
m= 4
; te−4t )
2 veces
−
As´ı́ı ten
As
tenemo
emoss que
que:: xc (t) = c 1 e−4t + c2te−4t
29
(1)
Ahora, teniendo f (t) = 8 sin 4t aplicam
aplicamos
os el m´
método
etodo del Operador Anu
Anulador,
lador, para
2
hallar la solución
soluci´on particular xp (t) , entonces multiplicamos a f (t) por (D
(D + 16)
Entonces tenemos nuevamente la ecuación
ecuaci´on car
caract
acter´
erı́st
ıstica
ica:: m2 + 16 = 0
Hallamos valor de m:
m=
±4i
Por lo tanto: C F S = (cos4t
(cos4t ; sin 4t)
As´ı́ı ten
As
tenemo
emoss que
que:: xp (t) = c 3 cos
cos 4t + c4 si
sin
n 4t
Ahora sabemos que xp (t); es solución
soluci´on de la ecuaci´
ecuación
on diferen
diferencial:
cial:
d2 x 8 dx 16
+
+ x = 8 sin 4t
dt2
1 dt
1
Por tanto esta solución
soluci´on deb
debee ccumplir
umplir con (1), y as
as´ı́ı obte
obtenemos
nemos los valores de c3 y c4 :
c3 =
− 14
c4 = 0
Sabemos que x(t) = x c (t) + xp (t) por tanto:
x(t) = c 1 e−4t + c2 te−4t
coss 4t
− 14 co
Luego para hallar los valores de c1 y c2 hacemos uso de los datos del problema, x(0)
x(0) = 0

y x (0) = 0; y obtenemos:
1
4
c =1
c1 =
2
De modo que:
1
x(t) = e−4t + te−4t
4
− 14 co
coss 4t
32. En el Problema 31 deter
determine
mine la ecuaci
ecuaci´on
ón de movimiento si la fuerza externa es f (t) =
−
t
e sin4
sin4tt. Analice el desplazamiento para t
α
α..
→
Del problema 31 tenemos:
d2 x
dt2
+
8 dx
1 dt
+
16
t
1 x = e − sin4
sin4tt
30
(1)
Entonces hallamos primero la solución
soluci´on complementaria:
d2 x
xc (t) :
dt2
16
+ 18 dx
+
dt
1 x= 0
Ec. car
caract
acter´
erı́st
ıstica
ica::
m2 + 8m
8m + 16 = 0
Hallamos valor de m:
Por lo tanto: C F S = (e−4t
m= 4
; te−4t )
2 veces
−
As´ı́ı ten
As
tenemo
emoss que
que:: xc (t) = c 1 e−4t + c2te−4t
Ahora, teniendo f (t) = e−t sin4
sin4tt aplicamos el m´
método
etodo del Op
Operador
erador Anulador, para
hallar la solución
soluci´on particular xp (t) , entonces multiplicamos a f (t) por (D
(D2 + 2D
2D + 17)
Entonces tenemos nuevamente la ecuación
ecuaci´on car
caract
acter´
erı́st
ıstica
ica:: m2 + 2m
2m + 17 = 0
Hallamos valor de m:
m=
−1 ± 4i
Por lo tanto: C F S = (cos4t
(cos4t ; sin 4t)
As´ı́ı ten
As
tenemo
emoss que
que:: xp (t) = c 3 cos
cos 4t + c4 si
sin
n 4t
Ahora sabemos que xp (t); es solución
soluci´on de la ecuaci´
ecuación
on diferen
diferencial:
cial:
d2 x 8 dy 16
+
+ y = 8 sin 4t
dt2
1 dx
1
Por tanto esta solución
soluci´on deb
debee ccumplir
umplir con (1), y as
as´ı́ı obte
obtenemos
nemos los valores de c3 y c4 :
c3 =
− 14
c4 = 0
Sabemos que x(t) = x c (t) + xp (t) por tanto:
x(t) = c 1 e−4t + c2 te−4t
− 14 co
coss 4t
Luego para hallar los valores de c1 y c2 hacemos uso de los datos del problema, x(0)
x(0) = 0

y x (0) = 0; y obtenemos:
1
4
c2 = 1
c1 =
De modo que:
31
1
x(t) = e−4t + te−4t
4
Por tanto si :t
:t
coss 4t
− 14 co
−→ αα(valor
(valor muy grande), la expresión
expresi´on queda
quedarr´ıa
ı́a redu
reducida
cida a:
x(t) =
coss 4t
− 14 co
33. Cuan
Cuando
do una masa de 2 kg. se une a un resorte cuya const
constan
ante
te es 32 N/m
N/m,, ´este
éste llega al reposo en la posición
posici´on de equilibrio. Comenzando en t = 0, una fuerza igual a
−
2t
f (t) = 68e
68e cos4
cos4tt se aplica al sistema. Determine la ecuación
ecuaci´on de movimiento en ausencia de amortiguamien
amortiguamiento.
to.
Primero expresamos la ecuación
ecuaci´on diferencial ya que tenemos m = 2, k = 32 y β = 0
como datos del problema:
2
2
ddtx
cos4tt
68ee−2t cos4
2 x = 68
+ 32
(1)
Entonces hallamos primero la solución
soluci´on complementaria:
d2 x
xc (t) :
dt2
+ 32
2 x= 0
m2 + 16 = 0
Ec. car
caract
acter´
erı́st
ıstica
ica::
Hallamos valor de m:
m=
±4i
Por lo tanto: C F S = (cos4t
(cos4t ; sin 4t)
Ası́ı ten
As´
tenemo
emoss que
que:: xc (t) = c 1 co
coss 4t + c2 si
sin
n 4t
−
2t
Ahora, teniendo f (t) = 68e
68e cos4
cos4tt aplic
aplicamos
amos el m´
méto
etodo
do del Ope
Operado
radorr Anulador, para
par a
2
hallar la solución
soluci´on particular xp (t) , entonces multiplicamos a f (t) por (D
(D + 4D
4D + 20)
Entonces tenemos nuevamente la ecuación
ecuaci´on car
caract
acter´
erı́st
ıstica
ica:: m2 + 4m
4m + 20 = 0
Hallamos valor de m:
m=
−2 ± 4i
sin4tt)
cos4tt ; e−2t sin4
Por lo tanto: C F S = (e−2t cos4
As´ı́ı ten
As
tenemo
emoss que
que:: x (t) = c e−2t cos4
cos4tt + c e−2t sin4
sin4tt
p
3
4
Ahora sabemos que xp (t); es solución
soluci´on de la ecuaci´
ecuación
on diferen
diferencial:
cial:
d2 x 32
+ x = 68
68ee−2t cos4
cos4tt
2
dt
2
32
Por tanto esta solución
soluci´on deb
debee ccumplir
umplir con (1), y as
as´ı́ı obte
obtenemos
nemos los valores de c3 y c4 :
c3 = 1
c4 =
−4
Sabemos que x(t) = x c (t) + xp (t) por tanto:
cos4tt
x(t) = c 1 cos
cos 4t + c2 ssin
in 4t + e−2t cos4
2t
− 4e−
sin4tt
sin4
Luego para hallar los valores de c1 y c2 hacemos uso de los datos del problema, x(0)
x(0) = 0
y x  (0) = 0; y obtenemos:
c1 =
−1
c2 =
9
2
De modo que:
9
x(t) =
1cos4tt + 2 si
sin
n 4t + e
−1cos4
−2t
cos4tt
cos4
−
−2t
4e sin4
sin4tt
34. En el Prob
Problem
lemaa 33, escri
escriba
ba la ecua
ecuaci´
ción
on de movimiento en la forma x(t) = A sin(
sin(ωt
ωt +
−
2t
sin(4tt + θ). ¿Cuál
¿Cu´al es la amplitud de las vibraciones pasado un tiempo muy
φ) + Be sin(4
largo?
Para hallar A y B utilizamos las siguientes expresiones:
A=
B=
Entonces
Enton
ces tenemos:
A=


−

B=
c1 2 + c2 2
c3 2 + c 4 2
( 1)2 + (9/
(9/2)2 =
12 + ( 4)2 =
−
Y luego para hallar φ y θ usamos:
c1
c2
c3
θ = arctan
c4
φ = arctan
Ası́ı tene
As´
te nemo
mos:
s:
33
√
√85
2
17
φ=
22rad
rad
−0,22
θ = −0,24
24rad
rad
Finalmente la expresión
expresi´on qu
qued
edar´
arı́a
ıa::
x(t) =
Cuando t
→
√85
sin(4tt +
sin(4
2
α la amp
amplit
litud
ud serı́a:
ser´ıa:
22rad)) +
−0,22rad
A=
√85
2
√
sin(4tt +
17
17ee−2t sin(4
24rad
rad))
−0,24
sin( 0,22
22rad
rad))
−
35. Una mas
masaa m se une al extremo de un resorte cuya constante es k.
k . Desp
D espu´
ués
es que la mas
masaa
alcanza el equilibrio, su soporte empieza a oscilar verticalmente respecto a una recta
horizontal L seg´
según
un la f´
fórmula
ormula h(
h (t). El valor de h representa la distancia en pies medida
desde L. V´
Véas
easee la figu
figura
ra
(a)Determine la ecuación
ecuaci´on diferencial de movimiento si el sistema entero se mueve en
un medio que ofrece una fuerza de amortiguamiento igual a β ( dx
).
dt
De la Ley de Hooke tenemos:
d2 x
m 2 =
dt
−k(s + x)
x) + mg
De la condición
condici´on de equilibrio tenemos que: mg − ks = 0, entonces la ecuación
ecuaci´on qued
qu edar´
arı́ıa:
a:
m
d2 x
dt2
34
=
kx
−
Luego incluyendo la fuerza amortiguadora:
m
d2 x
=
dt2
−kx − β dx
dt
Ahora como dato de problema tenemos que el soporte oscila verticalmente sobre la recta
L en
funci´
on de
h, entonces
asumiremos
la oscilación
oscilaci´
del soporte
es la la
misma
que
la
delfunción
resorte,
como
consecuencia
de estoque
comparten
el on
mismo
k, entonces
ecuaci´
ecuación
on
qu
queedar´
da rı́ıa:
a:
d2 x
dx
m 2 = kx β
+ kh
kh((t)
dt
dt
Ahora expresandolo como ecuación
ecuaci´on diferenc
diferencial:
ial:
− −
d2 x
β dx
k
k
+
+
x
=
h(t)
dt2
m dt
m
m
ecuaci´on diferencial del inciso (a) si el resorte se alarga 4 pies con una
(b)Resuelva la ecuación
masa que pesa 16 libras y β = 2 , h(
h (t) = 5 co
coss t , x(0) = x  (0) = 0.
Al tener los datos m = 1/2, k = 4 y β = 2 reemplazam
reemplazamos
os en la ecuaci´
ecuación
on obtenida en (a):
d2 x
dt2
4
+ 1/22 dx
+
dt
1/2 x = 40cos t
(1)
Entonces hallamos primero la solución
soluci´on complementaria:
d2 x
xc (t) :
dt2
4
+ 1/22 dx
+
dt
1/2 x = 0
m2 + 4m
4m + 8 = 0
Ec. car
caract
acter´
erı́st
ıstica
ica::
Hallamos valor de m:
m=
−2 ± 2i
2t
2t
sin2 )
cos2 ;
−
−
t
t
e
CF S
e
sin2tt
cos2tt + c2 e−2t sin2
As´ı́ı ten
As
tenemo
emoss que
que:: xc (t) = c 1 e−2t cos2
Por lo tanto:
=(
Ahora, teniendo f (t) = 40cos t aplicam
aplicamos
os el m´
método
etodo del Operador Anu
Anulador,
lador, para
hallar la solución
soluci´on particular xp (t) , entonces multiplicamos a f (t) por (D
(D2 + 1)
Entonces tenemos nuevamente la ecuación
ecuaci´on car
caract
acter´
erı́st
ıstica
ica:: m2 + 1 = 0
Hallamos valor de m:
m=
±i
Por lo tanto: C F S = (cos t ; sin t)
As´ı́ı ten
As
tenemo
emoss que
que:: xp (t) = c 3 cos t + c4 sin t
Ahora sabemos que xp (t); es solución
soluci´on de la ecuaci´
ecuación
on diferen
diferencial:
cial:
2
d x2 + 21 dx + 41 x = 40cos t
dt
dt
2
2
35
Por tanto esta solución
soluci´on deb
debee cumplir
c umplir con (1),
( 1), y as
as´ıı́ obtenemos
o btenemos los valores
de c3 y c4 :
c3 = 56
13
32
c4 =
13
Sabemos que x(t) = x c(t) + xp (t) por tanto:
x(t) = c1 e−2t cos2t + c2e−2t sin2t +
32
56
cos t + sin t
13
13
Luego para hallar los valores de c1 y c2 hacemos uso de los datos del
problema, x(0) = 0 y x (0) = 0; y obtenemos:
− 56
13
72
=−
13
c1 =
c2
De modo que:
x(t) =
− 56
e−
13
2t
cos2t
− 72
e−
13
2t
sin2t +
56
32
cos t + sin t
13
13
36. Una masa de 100 gramos se une a un resorte cuya constante es 1600
dinas/cm. Después
Despu´es de que la masa alcanza el equilibrio,
equilibrio, su apoyo
apoyo oscila
según
seg´
un la f´
fórmula
ormula h(t) = sin8t, donde h representa el desplazamiento
desde su posición
posici´on original.
ausencia de amortigu
amortiguamie
amient
nto,
o, determin
determinee la ecuaci´
ecuación
on de movi(a)En ausencia
miento si la masa parte del reposo desde la posición
posici´on de equilibrio.
Primero hacemos la transformaci´
transformación
on respectiva 1600dinas/cm = 1,6N/my
luego expresamos la ecuación
ecuaci´on diferencial ya que tenemos m = 0,1, k =
1,6 y β = 0 como datos del problema:
36
d2 x
dt2
+ 10,,61 x = si
sin 8t
(1)
Entonces hallamos primero la solución
soluci´on complementaria:
complementaria:
xc(t) : d2 x
dt2
+ 10,,61 x = 0
m2 + 16 = 0
Ec. caract
car acter
er´ı́ıstic
stica:
a:
Hallamos valor de m:
m=
±4i
Por lo tanto: C F S = (cos4t ; sin 4t)
As´ı́ı ten
As
tenemo
emoss que:
que : xc(t) = c 1 ccoos 4t + c2 ssin
in 4t
Ahora, teniendo f (t) = sin
sin 8t aplicamos el m´
método
etodo del Operador
O perador Anulador, para hallar la solución
soluci´on particular x p (t) , entonces multiplicamos a
f (t) por (D 2 + 64)
Entonces tenemos nuevamente la ecuación
ecuaci´on caract
car acter
er´ıstica
ı́st ica:: m2 + 64 = 0
Hallamos valor de m:
m=
±8i
Por lo tanto: C F S = (cos8t ; sin 8t)
As´ı́ı ten
As
tenemo
emoss que:
que : xp(t) = c3 ccoos 8t + c4 si
sin
n 8t
2
Ahora sabemos que xp (t); es solución
soluci´on de la ecuación
ecuaci´on diferencial ddtx2 +
1,6
sin 8t
0,1 y = si
Por tanto esta solución
soluci´on debe cumplir con (1), y as´
ası́ı los valores de c3 y c4 :
c3 = 0
1
c4 =
3
Sabemos que x(t) = x c(t) + xp (t) por tanto:
−
x(t) = c 1 co
coss 4t + c2 si
sin
n 4t
− 13 sisinn 8t
Luego para hallar los valores de c1 y c2 hacemos uso de los datos del
problema, x(0) = 0 y x (0) = 0; y obtenemos:
37
c1 = 0
2
c2 =
3
−
De modo que:
x(t) =
− 23 sisinn 4t − 13 ssiin 8t
qu´e instantes
instantes la masa pasa por la posición
posici´on de equilibrio?
(b)¿En qué
De la gráfica
gr´afica tenemos que la masa pasa por la posición
posici´on de equilibrio
equilibrio en
los instantes t = n4 π para n = 0, 1, 2, 3, 4...
38
qu´e tiempos
ti empos la masa
m asa alcanza
a lcanza sus desplazamientos extremos?
(c)¿En qué
En la gráfica
gr´afica observamos la expresión
expresi´on de la ecuación
ecuaci´on de movimiento color
morado y su correspodiente derivada color negro, teniendo en cuenta de
que la derivada de una función
funci´on en el punto cero es máxi
m´axima
ma o m´ınima,
ı́ni ma,
entonces la gráfica
gr´afica nos muestra los desplazamientos extremos ubicados
en los puntos: t = ( 16 )π para n N con excepción
excepci´on de los múltiplos
m´
ultiplos de 3.

(d)¿Cu´
¿Cuáles
ales son los desplazamientos máx
m´axim
imoo y m´ı́ınim
n imo?
o?
Usamos el valor anterior de t y reemplazamos en la ecuación
ecuaci´on de movimiento:
π
x( ) =
6
− 23 sisinn 4(π6 ) − 13 sisinn 8(π6 )
y obtenemos que
xmax
´x = 0,866
á
ecuaci´on de movimiento.
(e)Grafique la ecuación
39
37. Resuelva el problema de valores iniciales
d x
+ 4x = 5sin2t + 3 cos 2t, x(0) = 1, x (0) = 1
dt
2
2
−
−
Este tipo de problemas no tienen solución
soluci´on usando el método
m´etodo de coeficientes
cien
tes indeterminados;
indeterminados; pero se pueden resolver
resolver mediante
mediante el método
m´etodo de
variación
variaci´
on de parámetros.
par´ametros.
De igual forma hallamos primero la solución
soluci´on complementaria xc(t):
d2 x
+ 4x = 0
2
dt
m2 + 4 = 0
Ec. caract
car acter
er´ı́ıstic
stica:
a:
Hallamos valor de m:
m=
±2i
Por lo tanto: C F S = (cos2t ; sin 2t)
As´ı́ı ten
As
tenemo
emoss que:
que : xc(t) = u 1(t)cos2t + u2(t)sin2t
Definimos el wronskiano del CFS:
W =

−


cos2t
sin2t
= 2 cos2 2t + 2 si
sin
n2 2t = 2(1) = 2
2sin2t 2cos2t
Ahora las expresiones u1 (t) y u2 (t) se obtienen de la siguiente forma:
0
5sin2t + 3 cos 2t 2cos2t dt
W
 −

  −
u1 (t) =
u2(t) =
sin 2t
cos2t
2sin2t
−
0
5sin2t + 3 cos 2t
dt
W
Entonces obtenemos los valores de u1 (t) y u2(t):
5
5
3
u1 (t) = 4 t + 16 sin
sin 4t + 16 ccoos 4t
40



3
1
5
u2 (t) = t +
sin 4t +
sin
ccoos 4t
4
16
16
Entonces la soluci´
solución
on de la ecuación
ecuaci´on diferencial es:
5
5
3
3
1
5
x(t) = ( t +
sin 4t +
sin
ccoos 4t)cos2t+( t+ si
sin
n 4t + ccoos 4t)sin2t
4
16
16
4 16
16
38. Resuelva el problema de valores iniciales
d x
+ 9x = 5 sin 3t, x(0) = 2, x(0) = 0
dt
2
2
Hallamos primero la solución
soluci´on complementaria xc(t):
d2 x
2
+ 9x = 0
dt
m2 + 9 = 0
Ec. caract
car acter
er´ı́ıstic
stica:
a:
Hallamos valor de m:
m=
±3i
Por lo tanto: C F S = (cos3t ; sin 3t)
As´ı́ı ten
As
tenemo
emoss que:
que : xc(t) = u 1(t)cos3t + u2(t)sin3t
Definimos el wronskiano del CFS:
W =
cos3t
sin3t
= 3 cos2 3t + 3 si
sin
n2 3t = 3(1) = 3
3sin2t 3cos3t
−




Ahora las expresiones u1 (t) y u2 (t) se obtienen de la siguiente forma:
u1(t) =


0
sin 3t
5sin3t 3cos3t
dt
W
cos3t
u2 (t) =
 −
0
3sin3t 5sin3t dt
W
41

Entonces obtenemos los valores de u1 (t) y u2(t):
5
5
sin
n 6t
u1 (t) = 6 t + 36 si
5
ccoos 6t
u2(t) =
36
Entonces la soluci´
solución
on de la ecuación
ecuaci´on diferencial es:
5
5
5
ccoos 6t)sin3t
sin
si
n 6t)cos3t + (
x(t) = ( t +
36
36
6
−
−
−
−
39. (a) Muestre que la solución
soluci´on del problema de valores iniciales
d2 x
dt2
+ ω 2x = F 0 cos γ t, x(0) = 0, x (0) = 0
x(t) =
es
F0
(cos γ t
ω2 γ 2
−
− cos ωt
ωt))
Primero expresamos la ecuación
ecuaci´on diferencial del problema:
d2 x
dt2
+ ω 2 x = F0 cos γ t
(1)
Entonces hallamos primero la solución
soluci´on complementaria:
complementaria:
xc(t) :
d2 x
dt2
+ ω2 x = 0
Ec. caract
car acter
er´ı́ıstic
stica:
a:
Hallamos valor de m:
m2 + ω 2 = 0
m=
±ωi
Por lo tanto: C F S = (cos ωt ; sin ωt )
As´ı́ı ten
As
tenemo
emoss que:
que : xc(t) = c 1 cos ωt + c2 sin ωt
Ahora, teniendo f (t) = F0 cos γ t aplicamos el m´
método
etodo del Operador
Anulador,
soluci´on particular xp(t) , entonces multiplicamos a f (t) para
por (hallar
D 2 + γla2 )solución
42
Entonces tenemos nuevamente la ecuación
ecuaci´on caract
car acter
er´ıstica
ı́st ica:: m2 + γ 2 = 0
Hallamos valor de m:
m=
±γ i
Por lo tanto: C F S = (cos γ t ; sin γ t)
Ası́ı ten
As´
tenemo
emoss que:
que : xp(t) = c3 cos γ t + c4 sin γ t
d2 x
Ahora sabemos que xp (t); es solución
soluci´on de la ecuación
ecuaci´on diferencial dt2 +
ω 2x = F 0 cos γ t
Por tanto esta solución
soluci´on debe cumplir con (1), y as´
ası́ı los valores de c3 y c4 :
F0
c3 =
ω2 γ 2
c4 = 0
−
Sabemos que x(t) = x c(t) + xp (t) por tanto:
x(t) = c 1 cos ωt + c2 sin
− ω F− γ
0
2
2
cos γ t
Luego para hallar los valores de c1 y c2 hacemos uso de los datos del
problema, x(0) = 0 y x (0) = 0; y obtenemos:
c1 =
− ω F− γ
0
2
2
c2 = 0
De modo que:
x(t) =
(b) Evalú
Eval´
uee lı́
l´ım
m
γ
F0
ω2
−γ
2
(cos γ t
− cos ωt)
F0
→ω ω 2 − γ 2 (cos γ t − cos ωt).
Al evaluar este l´ımite
ı́mite tenemos en cuenta lo siguiente:
La expresión
expresi´on γ
ω nos indica
indi ca que
q ue la
l a variable
variabl e del l´ımite
ı́mit e es γ y como
variables constantes
cons tantes quedar
queda r´ıan
ı́an t y ω
→
Al considerar
ω yte.
t constantes la expresión
expresi´on cos ωt tam
tambi
bi´en
én se
ser´
ráa considerada
constante.
constan
43
La derivada de ω 2
como 2γ
−
−γ
2
con las consideraciones anteriores quedar´
quedarı́ıaa
Para resolver
res olver el l´ımite
ı́mite aplicamos la regla de l’Hˆ
l’Hôpital.
opital.
F0
→ ω2 − γ 2 (cos γ t − cos ωt )
γl´
ı́ım
mω
l´ı́ım
m
γ
→ω
−F t sin γ t = F t sin ωt
−2γ
2ω
0
0
40. Compare el resultado obtenido en el inciso (b) del Problema 39 con la
solución
soluci´
on obtenida por medio de la variación
variaci´on de parámetros
par´ametros cuando la
fuerza externa en F0 cos ωt .
Hallamos primero la solución
soluci´on complementaria xc(t):
d2x
2
+
ω
x= 0
dt2
Ec. caract
car acter
er´ı́ıstic
stica:
a:
Hallamos valor de m:
m2 + ω 2 = 0
±ωi
m=
Por lo tanto: C F S = (cos ωt ; sin ωt )
As´ı́ı ten
As
tenemo
emoss que:
que : xc(t) = u 1(t)cos ωt + u2(t)sin ωt
Definimos el wronskiano del CFS:

−



W =



cos ωt
sin ωt
= ω cos2 ωt + ω sin2 ωt = ω (1) = ω
ω sin ωt ω cos ωt
Ahora las expresiones u1 (t) y u2 (t) se obtienen de la siguiente forma:

 −
0
sin ωt
F0 cos ωt ω cos ωt
u1(t) =
dt
u2 (t) =
W
Entonces obtenemos los valores de u1 (t) y u2(t):
u1 (t) =
− 4Fω
0
2
ccoos 2ωt
sin 2ωt
u2 (t) = F0 t + F02 sin
4ω
2ω
44

cos ωt
0
ω sin ωt F = 0cos ωt
dt
W
Entonces la soluci´
solución
on de la ecuación
ecuaci´on diferencial es:
x(t) = (
− 4Fω
0
coss 2ωt )cos ωt + (
co
2
F0
F0
sin 2ωt )sin ωt
t + 2 sin
4ω
2ω
41. (a) Muestre que x(t) provista en el inciso (a) del Problema 39 se puede
escribir en la forma:
x(t) =
−2F sin 1 (γ − ω )t sin 1 (γ + ω )t.
2
2
ω −γ
2
0
2
Para el desarrollo de este ejercicio usaremos el siguiente artificio:
cos(A + B ) = cos A cos B
cos(A
Luego haciendo:
− sin A sin B
− B) = cos A cos B + sin A sin B
(1)
(2)
A+B =γ
γtt
A
Tenemos:
− B = ωωtt
1
A = (γ + ω )t
2
1
B = (γ ω )t
2
Entonces restando las expresiones (1) - (2) y reemplazando los valores
de A y B, tenemos:
−
x(t) =
−2F sin 1 (γ − ω)t sin 1 (γ + ω)t
2
2
ω −γ
(γ − ω ), muestre que cuando  es pequeña
peque˜
na una
0
2
2
(b) Si se define  = 21
solución
soluci´
on aproximada es:
F0
sin t sin γ t
2γ
Al evaluar este l´ımite
ı́mite tenemos en cuenta lo siguiente:
x(t) =
45
peque˜
na basta con decir
Para que la expresión:
expresi´on:  = 21 (γ ω ) sea muy pequeña
que γ = ω esto quiere decir que la diferencia entre ambos tiende a
0.
−
∼
La expresión
expresi´on ω 2
−γ
2
se puede igualar a : 4 2
− 4γ 
La expresión
expresi´on 21 (γ + ω ) se puede igualar a 2γ o 2ω sin embargo usaremos el primero (2γ ) para la resolución
resoluci´on del problema.
2F0
1
1
Al aplicar
aplic ar el l´ım
ı́m 2
sin
(
γ
ω
)
t
sin
(γ + ω )t obtenemos la
→0 ω
γ2
2
2
solución.
soluci´
on.
−
−
−
Reemplazamos valores:
−2F sin t sin γ t
→ 4 − 4γ 

∼= 0 por tanto la expresi´
expresión
on
Analizando
situaci´on tenemos que :
q
uedar´
rı́ıaa: la situación
lı́ım
l´
m

0
0
2
2
F0
sin t sin γ t
2γ
46