Solucionario de Transformada de Laplace

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

Encuentre la solución de la siguiente ecuación diferencial: − 4t + 8π  ;0 < t  < 2π  d 2 y  y h t  donde h t  + = = 4 ( ) , ( ) ,  y(0 ) = 2, y ' (0) = 0   •   t  π  > 0 ; 2 dt 2   Aplicando la transforma da de  Laplace  L{ y ' '} + 4 L{ y} =  L{h (t )}  Encuentro las transforma das necesarias :  L{ y ' '} =  s 2Y ( s ) − sy (0 ) −  y ' (0) = s 2Y ( s ) − 2 s  L{ y} = Y ( s )  L{h (t )} =  L{(µ 0 (t ) − µ 2π  (t ) )(− 4t + 8π  )} =  L {(µ 0 (t ) )(− 4t + 8π  )} + 4 L{(µ 2π  (t ) )(t − 2π  )}  L{h (t )} =

−4

+

8π 

 s  s 2 Re emplazando :

+ 4e − 2π  s

 s 2Y ( s ) − 2 s + 4Y ( s ) =

( s

2

)

+ 4 Y ( s ) =

−4  s

2

1  s 2

+

2 s 3 + 8π  s − 4  s

2

8π   s

+ 4e − 2π  s

+ e − 2π  s

1  s 2

4  s

2

2 s 3 + 8π  s − 4 − 2π  s 4 +e Y ( s ) = 2 2 2 2  s ( s + 4 )  s ( s + 4 )  Encuentro  fracciones  parciales : 2 s 3 + 8π  s − 4  A  B Cs + D = + 2 + 2 •  s  s  s 2  s 2 + 4  s + 4

(

)

2 s 3 + 8π  s − 4 =  As ( s 2 + 4 ) + B ( s 2 + 4 ) +  (Cs + D ) s 2 2 s 3 + 8π  s − 4 = ( A + C ) s 3 + ( B + D ) s 2 + ( 4 A ) s + (4 B )  A + C  = 2  B + D = 0 4 A = 8π  4 B = −4 Re solviendo el  sistema tenemos que : A = 2π  , B = -1, C  = 2 - 2π , D = 1 4  A  B Cs + D • 2 2 = + 2 + 2  s  s  s  s + 4  s + 4 ( ( s 2 +) 4 ) + B ( s 2 + 4 )+  (Cs + D ) s 2 4 =  As 4 = ( A + C ) s 3 + ( B + D ) s 2 + ( 4 A ) s + (4 B )  A + C  = 0  B + D = 0 4 A = 0 4 B = 4 Re solviendo el  sistema tenemos que : A = 0 , B = 1, C  = 0, D = − 1 (2 - 2π  ) s + 1 − 2π  s   1 2π  1 1   + − − 2 + e Y ( s ) =   2 2  s  s  s 2 + 4   s  s + 4    (2(t − 2π  ))     sen  sen ( 2t )  + µ 2π  (t )  (t − 2π  ) −  y (t ) = 2π  − t + (2 - 2π  ) cos( 2t ) +  2 2 

- 21  Roberto Cabrera V. 

 

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial • 

Determinar la solución del siguiente problema de valor inicial:

Primero se expresa

Se reemplaza

en términos de funciones escalones de la siguiente manera:

en la ecuación diferencial y se procede a resolverla usando transformadas de Laplace:

Despejandoo Y(S): Despejand

Encontrando la solución mediante transformada inversa de Laplace:

󰁩)  󰁩󰁩) 

󰁩󰁩󰁩)  󰁅󰁮󰁴󰁯󰁮󰁣󰁥󰁳 󰁩󰁶) 

- 22  Roberto Cabrera V. 

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

  Encuentre la solución de la siguiente ecuación integro - diferencial: t 

• 

∫0

 y (u ) y (t − u )du = 2 y (t ) +

t 3

6

− δ (t )

 

 Aplicando la transforma da de  Laplace

 t 



 t 3 

∫

 L   0  y (u ) y (t − u ) du  = 2 L{ y (t )} + L  6  − L{δ (t ) }  Encuentro las transforma das necesarias :

  t   L   y (u ) y (t − u ) du  =  L{ y (t ) * y (t )} = Y 2 ( s )   0

∫

 L{ y (t )} = Y ( s )

 t 3  3! 1 = 4 = 4  6  6 s  s

 L 

 L{δ (t ) } = 1

Re emplazando : Y 2 ( s ) = 2Y ( s ) +

1  s 4

−1

  s 4 − 1  = Y 2 ( s ) − 2Y ( s ) +  4  0  s    

Y 1, 2 ( s ) =

  s 4 − 1  2 ± 4 − 4 4     s  

Y 1 ( s ) = 1 +

2 1  s 2

Y 2 ( s ) = 1 −

1  s 2

2± =

4 s 4 − 4 s 4 + 4  s

2

4

 

→  y1 (t ) = δ (t ) + t  →  y 2 (t ) = δ (t ) − t 

- 23  Roberto Cabrera V. 

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

  Encuentre la solución de la siguiente ecuación diferencial de coeficientes variables: •  ty ' '+ (1 − 2t ) y '−2 y = 0  ,  y (0) = 1,  y ' (0) = 2    Aplicando la transforma da de  Laplace  L{ty ' '} + L{(1 − 2t ) y '} − 2 L{ y} = 0  Encuentro las transforma das necesarias : d 

 L{ty ' '} = −

  d  [ s 2Y ( s ) − sy (0) −  y ' (0)] = − s 2Y ' ( s ) − 2 sY ( s ) + 1

 L { y ' '} = −

ds

ds

 L{(1 − 2t ) y '} =  L{ y '} − 2 L{ty '} = ( sY ( s ) −  y (0) ) + 2 

d 

[ sY ( s ) −  y (0)] ds  L{(1 − 2t ) y '} = ( sY ( s ) − 1) + 2(Y ( s ) + sY ' ( s ) ) = 2 sY ' ( s ) + ( s + 2 )Y ( s ) − 1  L{ y} = Y ( s )

Re emplazando :

(− s 2Y ' ( s ) − 2 sY ( s ) + 1) + (2 sY   ' ( s ) + ( s + 2 )Y ( s ) − 1) − 2Y ( s ) = 0 (− s 2 + 2 s )Y ' ( s  ) + (− 2 s + s + 2 − 2 )Y ( s ) = 0 − s ( s − 2 )Y ' ( s ) − sY ( s ) = 0 − s ( s − 2 )Y ' ( s ) = sY ( s ) Y ' ( s ) Y ( s )

=

Y ' ( s )

∫ Y ( s )

 s − s ( s − 2 ) =−

ds

∫ ( s − 2 )

ln (Y ( s ) ) = − ln ( s − 2 ) + ln( K ) Y ( s ) =

 K   s − 2

 

→  y (t ) =  Ke 2 t 

 y ( 0) =  Ke 2 ( 0 ) = 1 →  K  = 1  y (t ) = e 2 t 

- 24  Roberto Cabrera V. 

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

Encuentre la solución de la siguiente ecuación diferencial de coeficientes variables: •  ty ' '−(t + 2) y  '+3 y = t − 1    Aplicando  Aplicand o la transforma da de Laplace  L{ty ' '} − L{(t + 2 ) y '} + 3 L{ y} =  L{t } − L{1}  Encuentro  Encuentr o las transforma das necesarias :  L{ty ' '} = −

d  ds

  dsd  [ s 2Y ( s) − sy (0) −  y ' (0)] = − s 2Y ' ( s ) − 2 sY ( s ) + k 1

 L{ y ' '} = −

 L{(t + 2 ) y '} =  L {ty '} + 2 L{ y '} = −  d  [ sY ( s ) −  y ( 0 ) ] +  2 ( sY ( s ) −  y ( 0 ) ) ds  L{(t + 2 ) y '} = 2 ( sY ( s ) − k 1 ) − (Y ( s ) + sY ' ( s ) ) = − sY ' ( s ) + (2 s − 1)Y ( s ) − 2 k 1  L{ y} = Y ( s )  L{t } − L{1} =

1 2

1

−

 s  s Re emplazando :

=

1 − s  s 2

(− s 2Y ' ( s ) − 2 sY ( s ) + k 1 ) − (− sY   ' ( s ) + (2 s − 1)Y ( s ) − 2 k 1 ) + 3Y ( s ) = 1 −2 s  s

(− s 2 + s )Y ' ( s  ) + (− 2 s − 2 s + 1 + 3)Y ( s) + (k 1 + 2 k 1 ) = 1 −2 s  s

− s ( s − 1)Y ' ( s ) − 4 ( s − 1)Y ( s ) =

1 − s − 3k 1 s 2  s 2

 s k  s 2 Y ' ( s ) + 2 Y ( s ) = − 1 +3 + 3 1  s  s ( s − 1) 2

∫ ds  2 ( ) u ( s ) = e  s = e 2 ln  s = ( s )   − 1 + s + 3k 1 s 2   ds u ( s )Y ( s ) = u ( s ) 3  ( )  s  s − 1       − 1 + s + 3k 1 s 2   1 1   2 ds =   ( s ) Y ( s ) =   ds  + 3k 1  s − 1    s    s ( s − 1)  

∫

∫

∫

(

3 k 1

 s 2Y ( s ) = ln ( s ) + 3k 1 ln ( s − 1) + k 2 = ln  s ( s − 1) Y ( s ) =

ln ( s ( s − 1)3 k 1 ) k 2  s

+

2

 s

2

)+ k 2

→  y ( t ) =  L−1 {Y ( s )}

3 k 1  3 k 1       − −1 k 2 2 1  y (t )  s  s k   L  s  s  L + =   − − + 2 2 2  s 2   ln ( s 1)  s      ln ( s 1)      ( s − 1)3k 1  3 k  1  −1  ln  s −1  −1  L   =  L ln  s ( s − 1) 1 2   =  L { F ( s )G ( s )} =  f (t ) * g (t ) 2  s  s    

=  L−1

(

(

)

(

)

{(

(

3 k 1

 f (t ) =  L−1 ln  s ( s − 1)

)

)

)}→ tf (t ) = − L  1  dsd  ln ( s( s − 1)3 ) = − L  1  (3k  s1( s+ 1−) s1)− 1  k 1

−



−





 −1  (3k 1 ) 1     − (3k 1e t  + 1) t  tf  (t ) = −  L  +   = − (3k 1e + 1) →  f (t ) = t    ( s − 1)  s   1  g (t ) =  L−1  2  = t   s   y (t ) =

(

) * t + k  t →  y (t ) =

− 3k 1e t  + 1 t 

2

t 

∫ 0

(

) (t − u )du + k  t 

− 3k 1e u + 1

2

u

- 25  Roberto Cabrera V. 

  

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

Método de eliminación 1) Usando el método de eliminación, resuelva el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales:

2 x'+ y'− x −  y = e − t  x'+ y'+2 x + y = e t

(1) (2)

 

Restando: (1)-(2); Se obtiene:  x'−3 x − 2   y = e −t  − e t  Despejando  y :  x ' 3 x e t  − e −t  +    y = − 2 2 2 Reemplazando y en (1): '

 x' 3x e t e − t    x' 3x e t e − t    = e − t  − x −  − + − + − 2 x'+ − 2 2   2 2     2 2   2 2 x' ' 3x' e t e −t x' 3x e t e −t + + −x− + − + = e −t ⇒ 2 x'+ − 2 2 2 2 2 2 2 2 x' ' x + =0 ⇒ ⇒ x' '+ x = 0 2 2 ⇒ si x = e rt ⇒ e rt [r 2 + 1] = 0 ⇒ r2 + 1 = 0 ⇒ r1 , 2 = ±i ⇒ x = C 1 cos t + C 2 sent x' 3x e t e −t + − ⇒ y= − 2 2 2 2 x' = −C 1 sent + C 2 cos t C1 C2 3 e t e −t   sent + cos t − (C 1 cos t + C 2 sent ) + − ⇒ y=− 2 2 2 2 2 t −t   C 3C 2  sent +  C 2 − 3C 1   cos t + e − e y = − 1 −    2 2 2 2 2 2         144 244  3 142 4  43 4  K1

K2

e t e −t ⇒ y = k 1 sent + k 2 cos t + − ; 2 2

Solución:

x = C 1 cos t + C 2 sent y = k 1 sent + k 2 cos t + senht

 

e t − e −t Pero  = senh t 2

- 26  Roberto Cabrera V. 

 

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

2) Utilice el método de eliminación para encontrar la solución general del sistema lineal dado, donde x´, y´, z´ denotan diferenciación con respecto a t.

dx  dt  dy dt 

1

= 2 x − 3 y =  y − 2 x 

2 

De la primera ecuación despejamos y; ⇒  y =

1 3 2

( 2 x  ) −

⇒  y =  x − 3

1 dx  3 dt 

 x ´  3

Reemplazando  y en la segunda ecuación: ⇒

dy

=

2

 x ´ −

 x ´´ 

dt  3 3  x ´   x ´´  2 2 =  x − − 2 x  ⇒  x ´ − 3 3 3 3

Multiplicando la ecuación por 3; ⇒ 2 x ´ − x ´´ = 2 x −  x ´ − 6  x  ⇒  x ´´ −3 x ´ −4 x = 0

Obtenemos una ecuación diferencial de coeficientes constantes: Resolviendo la ecuación 3 con x=ert; ⇒ e rt  r 2 − 3r  − 4 = 0  Ecuación Característica Característica 2

⇒ r  − 3 r  − 4 = 0 ( r  − 4 )( r  + 1 ) = 0 ⇒ r 1 = 4 , r 2 = −1 ⇒  x 1 = e 4 t  , x 2 = e − t  ⇒  x = c 1 e 4 t  + c 2 e − t  ; Ahora encontremos y:

2 3

 y =   ( x ) −

1 ( x')   3

 x = C 1e 4 t  + C 2 e −t     x' = 4C 1e  4t  − C 2 e −t 

- 27  Roberto Cabrera V. 

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

⇒  Reemplazando x, y x’ en y: ⇒   y =

2 [C 1e 4t  + C 2 e −t   ] − 1 [4C 1e 4t  − C 2 e −t  ]  3 3

2 3

 y = − C 1e  4 t  + C 2 e −t    * Encuentre la solución particular del problema anterior dado: x (0)=8, y (0)=3

Del ejercicio anterior:  x = C 1e 4 t  + C 2 e −t   

2 3

 y = − C 1e  4 t  + C 2 e −t   

Como x (0)=8, entonces: 8= C1+C2  1 Como y (0)=3, entonces: 2 C    + C    2 3 = − C  2 3 1 Con 1 y 2  se obtiene un sistema de 2 ec ecuaciones uaciones con dos incógnitas; incógnitas; resolviendo el sistema se obtiene: C2=5, C1=3 ⇒  La solución particular es:

 x = 3e 4 t  + 5e −t     y = −2e 4 t  + 5e − t   

- 28  Roberto Cabrera V. 

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

Método de los operadores diferenciales  1) Usando el método de las operaciones diferenciales resuelva el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales:

 (D 2 − 4D + 4)x 1 + (D 2 + 2D )x 2 = t  2 2 t (D − 2D )x 1 + (D + 4D + 4)x 2 = e

 

 ( D − 2 ) 2 x 1 + D(D + 2)x 2 = t    2 t D(D − 2 )x 1 + (D + 2 ) x 2 = e  Encontrando x 1 ( t ) usando la regla de Kramer se obtiene que:

x 1 (t ) =

x 1 (t ) = x 1 (t ) =

t et

D(D + 2 ) (D + 2 )2

(D − 2 )2 D( D + 2 ) D(D − 2 ) (D + 2 )2

(D + 2 )(1 + 2t − e t )

(D 2 − 4)(D 2 − 4 − D 2 )

=

(D + 2 )[(D + 2 )t − De t ] ( D + 2 )2 t − D( D + 2 )e t = (D − 2 )2 (D + 2 )2 − D(D + 2 )D( D − 2 ) (D + 2 )(D − 2 )[(D + 2 )(D − 2 ) − D 2 ]

=

2 − e t + 2 + 4 t − 2 e t 4 + 4 t − 3e t = − 4( D 2 − 4 ) − 4( D 2 − 4 )

4 + 4 t − 3e t ; − 4(D 2 − 4 )

− 4(D 2 − 4 )x 1 ( t ) = 4 + 4 t − 3e t ;

3 (D 2 − 4 )x1 ( t ) = −1 − t + e t ; 4 3 x 1 ' ' ( t ) − 4 x 1 (t ) = −1 − t + e t ; 4 Encontrando la solución hom ogénea: x 1 ''( t) − 4x 1 (t ) = 0 ; x 1 (t ) = e rt ; e rt [r 2 − 4 ] = 0 ; r 2 − 4 = 0;

  r1, 2 = ±2 ;

x 1h ( t) = C 1e 2 t + C 2 e − t ; Encontrando la solución particular x p 1: x p 1 = a + bt + ce t ; x'p 1 = b + ce t ; x''p 1 = ce t ; 3 Reemplazando en x1''(t) − 4x1(t) = −1 − t + e t , se obtiene : 4   3 ce t − 4(a + bt + ce t ) = −1 − t + e t ; 4 3 − 4a − 4 bt − 3ce t = −1 − t + e t ; 4

- 29  Roberto Cabrera V. 

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

Ahora se  procede a encontrar la solución  x 2 ( t ), usando la regla de Kramer :

(D − 2 ) 2 t D( D − 2 ) e t

(D − 2) 2 e t − D(D − 2 )t (D − 2 )[( D − 2 )e t − Dt ] (D  − 2 )(e t − 2e t − 1) = = = x 2 (t ) = 2 2 2 4 ( D 4 ) 4 ( D 4 ) − 4(D 2 − 4 ) − − − − (D − 2 ) D( D + 2 ) D(D − 2 ) (D + 2 ) 2 x 2 (t ) =

(D − 2)(− e t − 1) 2

=

− e t + 2e t + 2 2

− 4( D − 4 ) − 4( D − 4) t − 4(D − 4)x 2 ( t ) = e + 2 ; 2

et + 2

=

2

;

− 4(D − 4 )

et 1 (D − 4)x 2 ( t ) = − − ; 4 2 et 1 x 2 ' ' (t ) − 4x 2 ( t ) = − − ; 4 2 2

r1 , 2 = ±2 ; x 2 h (t) = C 1 e 2 t + C 2 e −2 t ; Encontrand o la solución  particular : 

x 2 p = a + be t ; t

x' 2 p = be ; x' ' 2 p = be t ; e t  1 Reemplazan do x 2p  en x 2 ' ' (t) − 4x 2 (t) = − − :  4  2  e t  1 t t be − 4(a + be ) = − − ; 4  2  e t  1 t − 3be − 4a = − − ; 4  2  1 1   b= ; a= ; 12 8 1 et x 2p = + ; 8 12 1 et x 2 (t ) = C 1 e 2 t + C 2 e − 2 t + + ; 8 12

  La solución es:

x  (t) = C e 2 t + C e −t + 1 + 1 t − 1 e t ; 1 2  1 4 4 4    t 1 e x ( t ) = C e 2 t + C e −2 t + + ; 1 2  2 8 12

- 30  Roberto Cabrera V. 

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

2.-) Usando el método de los operadores operadores diferenciales rresuelva esuelva el sistema:

 ( D + 2 )( x 1 ) + (D − 1)( x 2 ) = −sent (1)    (D − 3)( x 1 ) + (D + 2 )( x 2 ) = 4 cos t ( 2 ) Multiplico 1 por (D − 3)

∧

2 por (D + 2 )

(D + 2 )(D − 3)x 1 + (D − 1)(D − 3)x 2 = (D − 3)(−sent ) −

(D + 2 )(D − 3)x 1 + (D + 2 ) 2 x 2

= ( D + 2 )( 4 cot)

(D 2 − 4D + 3)x 2 − (D 2 + 4D + 4 )x 2 = − cos t + 3sent + tsent − 8 cos t ( −8D − 1)x 2 = 7 sent − 9 cos t '

− 8x 2 − x 2 = 7 sent − 9 cos t

8x 2 ' + x 2 = 9 cos t − 7 sent ; 8x 2 ' + x 2 = 0 ; x 2 = e rt ; x 2 ' = re rt ; 8r + 1 = 0 ; 1 r=− ; 8 1 8

− t

x 2 = Ce ; x 2 = A cos t + Bsent ; x 2 ' = −Asent + B cos t ; 8x 2 ' + x 2 = 0 ; 8(− Asent + B cos t ) + A cos t + Bsent = 0 ; (− 8A + B )sent + (8B + A ) cos t = 9 cos t − 7 sent ;

− 8A + B = −7 ;  8B + A = 9 ; Resolviend o  el   sistema :  A = 1,  

B = 1,

La solución  particular es : 

 

x 2 p = cos t + sent ; x 2 = Ce

1 8

− t

+ cos t + sent ;

- 31  Roberto Cabrera V. 

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

Ahora procedemos a encontrar x 1  del sistema de ecuaciones :

 ( D + 2 )( x 1 ) + (D − 1)( x 2 ) = −sent ( 1)  (D − 3)( x 1 ) + (D + 2 )( x 2 ) = 4 cos t ( 2 ) x 1 '+2 x 1 + x 2 '−x 2 = −sent ;   (1)  (2)  x 1 '−3x 1 + x 2 '+2 x 2 = 4 cos t   Restando (1) y (2), se obtiene :  5x 1 − 3x 2 = −sent − 4 cos t ; x 1 = 3x 2 − sent − 4 cos t;

    − 18 t x 1 = 3 Ce + cos t + sent  − sent − 4 cos t;     x 1 = 3Ce

1 8

− t

− cos t + 2sent ;

La solución del sistema es :  1 − t  x 1 = 3Ce 8 − cos t + 2 sent ;  1 x = Ce − 8 t + cos t + sent ;  2

- 32  Roberto Cabrera V. 

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

Método de Laplace 1) Utilice el método de las transformadas de Laplace para resolver el problema de valor inicial dado. Aquí x’, y’, etc. denotan diferenciación con respecto a t. 1

 x'−3 x'+2 y = sent ;  x(0) = 0;      4  x −  y ' −  y = cos t  ; ( 0 ) 0 ;  y = 

2

Aplicando transformada de Laplace a las dos ecuaciones: L [ x'] -3 L [ x ] +2 L [ y ]  = L [ sent ]   L [4 x ] - L [ y ']  - L [ y ] = L [cos t ]   1  5 ( ) − ( 0 ) − 3 ( ) + 2 ( ) = ;  x  s  x  x  s  y  s   s 2 + 1     s 4 x( s ) − sy ( s ) − y (0) − y ( s ) = ;   s 2 + 1

1

2

4  ; ( 4 )( 3 ) ( ) 8 ( )  s  x  s  y  s − − − = − 2   s + 1 ≈ 4( s − 3) x ( s ) − ( s − 3)( s + 1) y ( s ) =  s( s − 3) ;   s 2 + 1

1  ( 3 ) ( ) 2 ( ) − + =  s  x  s  y  s (−4)   s 2 + 1   

( s − 3)

 s

4 x( s ) − ( s + 1) y ( s) =  s 2 + 1

Sumo 1 y

2,

entonces se obtiene:  s 2 − 3 s − 4 − [8 + ( s − 3)( s + 1)] y ( s ) =    s 2 + 1 ( s − 4)( s + 1) − [ s 2 − 2 s + 5] y ( s ) =    s 2 + 1 Cs + D  ( s 2 − 3 s − 4)   As + B + 2 = − 2   ⇒  y ( s) = − 2 2  + − + ( s − 2 s + 5)( s + 1) 2 5 1  s  s  s   2

3

2

− C  s + ( A2− 2 D + 5C ) s + ( B + 5 D)   ⇒ ( s 2 − s2 s−+3 s5)(− s42 + 1) = ( A + C )( s ) + ( B + D ( s 2 −2 2 s) + 5)(  s + 1)

A + C = 0 B + D − 2 C = 1  ⇒   A − 2 D + 5 C = − 3  B + 5D = −4

A = 11 / 10 ; B = −1 / 2 ;  Resolviendo el sistema:    = − C 11 / 10 ;  D = −7 / 10 ;

7  11  11 s − 1 − − s  10 10    2 + 10   y( s ) = −  2  2 − + s + 1 s 2 s 5    

- 33  Roberto Cabrera V. 

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

1 11 11 7 − s+ s 10 10   + y(s ) = 2 10 [(s − 1) 2 + 4] s  2 + 1 y(s ) =

1 1 11 s 11 s 7 1 ⋅ − ⋅ + ⋅ + ⋅   2 [(s − 1)2 + 4 ] 10   [(s − 1)2 + 4 ] 10 s 2 + 1  10 s 2 + 1

2 − 11 ⋅ (s − 1 2+ 1) + 11 ⋅ 2 s + 7 ⋅ 2 1   y(s ) = 1 ⋅ 2 4 [(s − 1) + 4 ] 10 [(s − 1) + 4 ] 10 s + 1  10 s + 1 y(s ) =

 

 

y( t ) =

1 2 11 11 2 11 s 7 1 (s − 1) − ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ 4 [(s − 1)2 + 4 ] 10 [(s − 1)2 + 4 ] 20   [(s − 1)2 + 4 ] 10 s 2 + 1  10 s 2 + 1

Aplicando transformada inversa de Laplace a y(s):  L−1 [ y ( s ) ] =  y (t ) ;

 11 − 1  (s − 1)    11 − 1   11 −1  s  7 − 1  1  2 2 1 −1  − − L L L      + L  2   + L  2  2 2 2 20 10 4 − + − + − + s 1 4 s 1 4 s 1 4 [ ( ) ] [ ( ) ]   [ ( ) ]  s + 1  10  s + 1       10 

      −t y( t ) = 1 e −t sen(2 t ) − 11 e cos(2 t ) − 11 e − t sen (2 t ) + 11 cos(t ) + 7 sen (t )   4 10 20 10 10 7 11 11 3     y( t ) = − e −t sen (2 t ) − e − t cos(2 t ) + cos(t ) + sen(t )   10 10 10 10

De la ecuación ecuación 4x-y’-y=cos(t); podemos podemos encon encontrar trar x(t): y  ′ + y + cos(t )   4 7 11 11 3   y ′( t ) = − [e −t cos(2 t ) − e −t sen (2 t )] − [ −2e −t sen(2 t ) − e −t cos(2 t )] − sen( t ) + cos(t ) 10 10 10 10

x( t ) =

 

y ′( t ) 4

=

7 11 5   cos(t )   e − t cos( 2 t ) + e −t sen(2 t ) − sen(t ) + 40 40 8 5 1

y( t ) 7 11 11 3 −t     =− sen(t )   cos(t ) + e sen(2 t ) − e − t cos(2 t ) + 40 40 40 4 40 La solución: x( t ) = − 3 e −t cos(2 t ) + 11 e −t sen 2 t − 1 sen( t ) + 7 cos t ( ) ()  10 10 20 40    7 11 11 3 y( t ) = − e −t sen(2 t ) − e −t cos(2 t ) + cos(t ) + sen (t )  10 10 10 10

- 34  Roberto Cabrera V. 

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

X' '+ Y'+3X    = 15e − t con las condiciones X(0)=0, X’(0)=0, Y(0)=0, Y’(0)=0. 2) Resolver  − + = Y ' ' 4 X ' 3 Y 15 t  Aplicando la transformada de Laplace a ambas ecuaciones: £ [x''+ y'−x] =    £ [15e − t ]  £ [y''−4 x'−y ] =  £ [15t ] 15  2 ; [s X(s) − sx(0) − x'(0)] +  [sY( S ) − y(0)] − X( S ) = s+1  2 [s Y(s ) − sy(0 ) − y'(0 )] −  4[sX( S ) − x(0 )] − Y( S ) = 15 ;  s2 15  2 [ ]   [ ] + − = ; s X ( s ) sY ( S ) X ( S )  s+1  [s 2 Y(s )] −  4[sX( S )] − Y( S ) = 15 ;  s2 15  2 ( ) − + = ; s 1 X ( s ) sY ( S )  s+1  − 4sX( S ) + (s 2 − 1)Y( s) = 15 ;  s2  Aplicando la regla de  Kramer  :

15

s

+1 s15 15(s 2 − 1) 15s 15(s − 1)(s + 1) 15 15(s − 1) 15 15(s 2 − s ) − 15 2 (s − 1) − − − 2 2 s + + 1 s = s s 1 s s 1 s = = = X( S ) = 2 2 2 4 2 2 2 2 2 + + s 2 s 1 (s − 1) s (s − 1) + 4s (s + 1) (s + 1)2 (s2 − 1) − 4s

X( S ) =

 A Bs + C Ds + E  15(s 2 − s ) − 15 15(s 2 − s − 1) + = 15 + =  2 2 2 2 s(s + 1)(s + 1) s(s + 1)(s + 1)   s (s2 + 1)2   (s2 + 1)

 Expresando  X(s) como la suma de  fracciones  parciales se obtiene que los valores de los coeficient es son :  A = -1,    B = 2,   C  = -1,    D = 1,  

 E  = 0

 Por lo tanto  X(s) lo expresamos como :

 − 1 2s − 1 s  + 2 + X( S ) = 15  2 2  s (s + 1)   (s + 1) Obteniendo x(t) aplicando transforma da de Laplace inversa a  X(S) : -1

− 1

 x(t) = 15£  

 s

+

2s − 1

+

(s2 + 1)2  

  2s − 1  s  -1  − 1  -1 -1  = + 15 15 £  £    2 ; 2  + 15£   2 2   + (s + 1)   ( ) s 1  s   + ( ) s 1     s

-1  − 1 = −1; £    s 



  = cos t ; 2 + ( ) s 1    s  -1  1   2s − 1  -1 − £   = 2£ - 1  £    2 2 2   2 2 2 + + ( ) ( ) s 1 s 1  (s + 1)      -1

£  

s

 

- 35  Roberto Cabrera V. 

 

  

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

  s - 1   = £   2  2   = (sent * cos t ); 2 2  (s + 1)     (s + 1)(s + 1) s

L - 1  

t

sen( t ) +  sen( 2 u − t )   usen( u)   cos(2 u − t )  du (sent * cos t ) = ∫0sen( u) cos(t − u)du = ∫0  = −   2  2 4  0 t

t

t

tsen( t ) cos( cos(− t )    t) tsent (sent * cos t ) =  ; = − −0+ 4 4  0 2  2 s

  = (sent * cos t ) = tsent ; 2  (s + 1)   1  t t  cos( 2 u − t ) − cos( t )   1 - 1     ( ) sent * sent sen ( u ) sen ( t u ) du = = − = = L - 1   2 £  2  (s 2 + 1)(s 2 + 1) ∫ ∫ du ; 0 0   2  s 1 + ( )    

L - 1  

- 1  

2

2

  sen( 2 u − t ) u cos t  t sen( t ) t cos t sen( −t ) sent − t cos t − = L   2 2 =   = 4 − 2 − 4 4 2 2  ( ) s 1 + 0    1  sent − t cos t L - 1   2 2 = 2 + s 1 ( )   1

 2s − 1  sent t cos t   − t cos t   tsent  −  sent 2 tsent = − + =  2   2   2 2 2 2  (s + 1) 

L - 1  

 x(t) = 15£ - 1   − 1  + 15£ - 1   22s − 12  + 15£ - 1  

 

 (s

s



 

+ 1)

 (s + 1)  sent t cos t  + 15[cos t ] +  x(t) = −15 + 15tsent − 2 2   x( t ) = −15 + 15tsent − 7.5sent + 7.5t cos t + 15 cos t  s 

2

Ahora encontremos y(t) usando una ecuación del sistema : X' '+ Y'+3X = 15e − t

y' = 15e − t − x' '−3x ; x = −15 + 15tsent − 7.5sent + 7.5t cos t + 15 cos t ; x' = 15t cos t + 15sent − 7.5 cos t − 7.5tsent + 7.5 cos t − 15sent ; x' = 15t cos t − 7.5tsent ; + 15 cos t − 7.5t cos t − 7.5sent ; x' ' = −15−tsent y' = 15e t + 15tsent − 15 cos t + 7.5t cos t + 7.5sent − 3(− 15 + 15tsent − 7.5sent + 7.5t cos t + 15 cos t );

y' = 15e − t − 30tsent − 15t cos t − 60 cos t + 30sent ; y = (∫ 15e −t − 30tsent − 15t cos t − 60 cos t + 30sent ) y = −15e − t + 30t cos t − 30sent − 15tsent − 15 cos t − 60sent − 30 cos t + C ; y(0) = 0 , entonces C  = 45; La solucion es :

x( t ) = −15 + 15tsent − 7.5sent + 7.5t cos t + 15 cos t  −t y( t ) = −15e + 30t cos t − 15tsent − 90sent − 45 cos t + 45;

  - 36  Roberto Cabrera V. 

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

Método de los valores y vectores propios 1) Resuelva por el método de los valores y vectores propios el siguiente sistema:  x ' = −4 x +  y + z 

 y ' =  x + 5 y − z     z ' =  y − 3 z 

 x'   − 4 1 1   x   y'  =  1 5 − 1  y          z'    0 1 − 3  z   − 4 1 1     det(A-λI)=0  A =  1 5 − 1        0 1 − 3  −4−λ

det(A − λI ) =

1 0

1

1 5−λ − 1 = ( −4  − λ )[( 5 − λ )(−3 − λ ) + 1] − 1[( −3 − λ ) − 1] =  0   1 −3−λ

(λ  + 4)(λ   −  5)(λ  + 3) = 0   λ 1 =  −4   λ  = −4    0 1 1    x   0        1 9 − 1 y  =  0     0 1 1  z   0            

λ 2   = 5  

λ 3 =  −3  

 y + z = 0     x + 9  y −  z  = 0 

….

 y = −

 

 x = 10 z 

 x   10z   10         y  ⇒  − z  ⇒  − 1 z z  z   1             

 10    υ 1 =  − 1       1   λ  = 5   −  x    9 1 1          0   1 0 − 1  y  =  0     0 1 − 8  z   0            

−  y + 8 z  = 0     x − z  = 0

…..

 y = 8 z   x =  z 

 

 x     z      1   y  ⇒  8z  ⇒  8 z  z   z   1            

 1    υ 2 =  8    1     λ  = −3    − 1 1

 1    0

1    x   0      8 − 1 y  =  0    1 0    z    0 

− x +  y + z  = 0   x − z  = 0

 

- 37  Roberto Cabrera V. 

 x   z   1         y  ⇒  0  ⇒  0 z  z  z   1            

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

 

 1    υ3 =  0   1      x(t ) = c1υ 1e λ 1t  + c   2υ 2 e λ 2t  + c3υ 3 e λ 3t   

 10   1   1         x(t )c1  − 1e − 4t  + c 2   8 e 5t  + c3  0 e −3t            1    1   1  2) Resolver el sistema

 − 3 0 2    X' =  1 − 1 0  X   − 2 − 1 0    

0 2    − 3 − λ    1 − 1 − 0 λ    = 0    −1 − λ     − 2 (−3 − λ )[λ (λ  + 1)]   + 2[−1 − 2(1 + λ )] = 0   − (λ  + 3)(λ )(λ  + 1) + 2( −3 − 2λ ) = 0   3 2 − λ  − 4λ  − 3λ  − 6 − 4λ  = 0 λ 3 + 4λ 2  + 7λ  + 6 = 0   λ 1 =  −2   λ 2 =  −1 + 2 i  

λ 3 =  −1 − 2i  

Se procede a encontrar el vector propio asociado al siguiente valor: * λ 1 =  −2    − 1 0 2 0   − 1 0 2 0   − 1 0 2 0  





 −12 −11 02 00  ≈  00      



1





2 0  ≈  00  

− 1 − 2 0 

10 20 00     

 y= -2z  x= 2z

  2     v1 =  − 2     1     

Se procede a encontrar el vector propio asociado al siguiente valor λ 3 =  −1 − 2i :  − 2 + 2 i  1     − 2

0 2 0   2i 0 0 ≈  − 1 1 + 2 i 0 

  6   1  − 2  

0 2( −2 − 2 i ) 0   0 ≈ 2i 0  −1 1 + 2 0 

 6  1  0  

- 38  Roberto Cabrera V. 

0 2( −2 − 2 i ) 0   2i 0 0 ≈  −3 − 1 + 2 0  

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

6x = (4 + 2 2 i )z ; 3y = (− 1 + 2 i )z ; z ∈ Re ales.

 

Entonces:

 2 2 i  z ; x =  + 3 3    

.

1 2 i   − + z ; y =   3     3 z ∈ Re ales. Entonces podemos concluir que el vector propio complejo asociado a este valor de

λ 3 =  −1 − 2i  es:

   2       + 2 i z  3      3  x        1 2 i    z , v =  y  =  − +  3 3     z          z       Podemos usar  un vector  propio que tenga la  forma de v, si z = 3 :  

(2 + 2i )     2     2   x       v =  y  =  (− 1 + 2 i ) =  − 1   +  2 i ,       z   3 3     0             1 2 3 123 a

b

Entonces procedemos a encontrar la primera solución l.i. con λ 1 =  −2 :   2     x 1 =  e  −2 t  − 2        1    Ahora procedemos a encontrar la segunda y tercera solución l.i. con λ 3 =  −1 − 2i , tiene la  siguiente forma λ = α + βi , por lo tanto las otras dos soluciones son:

x 2 = e αt sen (β t )(a ) + e α t cos(βt )(b ); x 3 = e αt cos(β t )(a ) − e α t sen (βt )(b );

 

  2    2    2     2           −t −t −t −t     x 2 = e cos(− 2 t ) − 1  − e sen (− 2 t ) 2  = e cos( 2 t ) − 1  + e sen ( 2 t )  2  ;        3  3  0               0  

- 39  Roberto Cabrera V. 

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

  2    2    2     2           x 3 = e − t sen (− 2 t ) − 1  + e −t cos(−   2  t ) 2  = −e − t sen ( 2 t ) − 1  + e − t cos( 2 t )  2  ;        3   3  0               0   Por lo tanto la solución general es: x = C 1 x 1 +C 2 x 2 + C 3 x 3 ; x = C 1e

−2 t

   2    − 2  +C  1     

   −t      −t  2   2    2   −t  2   −t e cos( 2 t ) − 1  + e sen( 2 t ) 2  + C 3 − e sen( 2 t ) − 1  + e cos( 2 t ) 2   ;      3   3   0   0                  2

 

- 40  Roberto Cabrera V. 

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

 Aplicaciones de Sistema: Masa – Resorte – Amortiguador 1)  Una masa de 1 kilogramo sujeta a un resorte con una constante k = 9 m/seg se suelta del reposo 1 metro debajo de la posición de equilibrio del sistema masaresorte, y empieza a vibrar. Después de π / 2   segundos, la masa es golpeada hacia arriba por un martillo que ejerce un impulso de 3 newtons.

 

a) Determine una función que defina la posición ‘’y’’ de la masa en cualquier instante ‘’t’’. b)  Halle la posición de la masa en los tiempos t= π / 4  segundos y t= π  segundos.

dy d2 y m 2 +C + Ky = f ( t ) dt dt

Como no hay amortiguador C=0; En t = π / 2 segundos hay un impulso hacia arriba de 3 Newtons, por lo tanto hay una perturbación

f( t ) = −3δ  r eferencia positivo hacia abajo.  t  − π  , el signo negativo se debe a que tomamos el eje de referencia   2  La ecuación diferencial que representa al sistema es:

d2 y  t  − π ;   9 Ky 3 + = − δ   dt 2   2  Para resolver esta ecuación diferencial aplicamos la transformada tra nsformada de Laplace a ambos lados de la ecuación:

  d2 y   t L  2 + 9 y  = L − 3δ  −  ;  dt 2       

  π

− s

2

2

−y −3ey la velocidad s posición Y(s ) − sy (0)del ' (0 ) +es9y(0)=1 y( s) =metro, ; La inicial sistema inicial es y’(0)=0: 2

s y(s) − s + 9 y( s) = −3e

(s

2

+ 9 )y(s) = s − 3e π − s

2

π − s

2

;

π − s

2

; π − s

s − 3e s 3e 2   ; = − s2 + 9 s2 + 9 s2 + 9 π − s    − 2π s  2 s 3e   s  − L - 1   3e  ; y( t ) = L - 1   2 − 2 = L - 1   2 s + 9 s + 9  s2 + 9   s + 9     

y(s) =

  π      π  y( t ) = cos 3t − sen 3   t − u t −  ;   2    2 

- 41  Roberto Cabrera V. 

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

  a) cos 3t ;  y( t ) =    π  cos 3t − sen 3  t −     2 

t<

π

2

 t ≥

π

2

 b)

2 m,   2 y( π) = cos(3π) − sen 3( π − π / 2 ) = −1 − ( −1) = 0m

y( π / 4) = cos(3π / 4 ) = −

2) Un sistema vibratorio compuesto de un resorte de constante k  = 4N / m , un amortiguador de c  = 6Ns / m , tiene adherido una bola metálica de 20 Newton de peso. Determine la forma en que vibra la masa si inicialmente esta en la posición de equilibrio y sin velocidad inicial, y si desde el tiempo t = 0 actúa una fuerza perturbadora definida así:

100 t ; f( t ) = 

−

400 100 t ;

t ∈ [0 , 2 ) ∈

  t (2  ,4]

La ecuación diferencial que representa al sistema es:

d2y dy m 2 +c + Ky = f( t );   dt dt

Asumiendo que la gravedad es 10m / s 2 : m=

w 20  = = 2 Kg. g 10

d2 y dy 2 2 +6 + 4 y = f ( t );   dt dt Antes de resolver la ecuación diferencial aplicando la transformada de Laplace, se recomienda expresar la función f(t) en términos de de funciones escalones multiplicadas por las funciones que se encuentran en cada uno de los intervalos mostrados en la regla de correspondencia:

f(t ) = 100tu(t) − 100tu(t − 2) + (400 − 100t )u(t − 2) − (400 − 100t )u(t − 4); f(t ) = 100tu(t) − 100(t )u(t − 2) + (400)u(t − 2) − 100tu(t − 2) − (400)u(t − 4) + 100tu(t − 4); f(t ) = 100tu(t) − 200(t)u(t − 2) + (400)u(t − 2) − (400)u(t − 4) + 100tu(t − 4); f(t ) = 100tu(t) − 200(t − 2 + 2)u(t − 2) + (400)u(t − 2) − (400)u(t − 4) + 100(t − 4 + 4)u(t − 4); f(t ) = 100tu(t) − 200(t − 2)u(t − 2) − 400u(t − 2) + (400)u(t − 2) − (400)u(t − 4) + 100(t − 4)u(t − 4) + 400u(t − 4); f(t ) = 100tu(t) − 200(t − 2)u(t − 2) + 100(t − 4)u(t − 4);

  La ecuación diferencial queda expresada de la siguiente forma: dy d2y 2 dt 2 + 6 dt + 4 y = 100 tu( t ) − 200(t − 2 )u(t − 2 ) + 100(t − 4 )u( t − 4);  

- 42  Roberto Cabrera V. 

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

  Ahora se puede proceder a resolver la ecuación diferencial mediante la transformada de Laplace:  d2 y  dy L 2 2 + 6 + 4y  = L [100tu( t ) − 200(t − 2 )u( t − 2) + 100(t − 4 )u( t − 4)]; dt  dt    2 d y  dy L  2 + 3 + 2 y  = L [50tu( t ) − 100(t − 2 )u( t − 2 ) + 50(t − 4 )u( t − 4)]; dt  dt  La posición inicial del sistema es y(0)=0 metro, y la velocidad inicial es y’(0)=0:

[s 2 y(s) − sy(0) − y'(0) + 3sy(s) − 3y(0) + 2 y(s)] = 502 − 1002 e 2 s + 502 e 4s −

s

s

−

s

50 100 − 2 s 50 − 4 s − 2 e + 2 e ; s s2 s 50 100 50 y( s )[s 2 + 3s + 2 ] = 2 − 2 e − 2 s + 2 e − 4 s ; s s s 50 50 100 e−4s ; e −2s + 2 2 y( s ) = 2 2 − 2 2 s (s + 3s + 2 ) s (s + 3s + 2 ) s (s + 3s + 2 ) 50 50 100 e − 4s ; e −2 s + 2 y( s ) = 2 − 2 s (s + 2 )(s + 1) s (s + 2 )(s + 1) s (s + 2 )( s + 1)

s 2 y( s ) + 3sy(s) + 2 y(s ) =

144  44  3 y2 1( s )

144  4  44 4  3 y2 2(s)

 

144 4  44 4  3 y2 3( s )

  50 y 1 ( t ) = L −1  2     s (s + 2 )(s + 1)  Para encontrar y 1 ( t ) , se procede a usar el teorema de la integral de la transformada de Laplace:    tu   50 50 −1    = f( t ) , entonces L   2 Si L    =  ∫ ∫ f(θ  )dθdu   s s 2 ( s 1 ) s 2 ( s 1 ) ( ) + + ( ) + +   00      A(s + 1) + B(s + 2 )  50 A  B  −1  = L − 1  + L −1   = L   ;  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) + + + + + + s 2 ( s 1 ) s 2 s 1 s 2 s 1       −1

 

A + B = 0 A + 2B = 50 Resolviendo el sistema de ecuaciones, se obtiene: B = 501, A = -50;



 50 50  −1  50   −  = 50e − t − 50−2 t ;    = L     (s + 1) (s + 2)   (s + 2)(s + 1) 

L −1 

Entonces: t u  t  u    e −θ − 50 −2 θ )dθ du ;   L −1  s 2 (s + 50  = ∫ ∫ f(θ)dθ = ∫ ∫ (50 2 ( s 1 ) + )  00  0 0

- 43  Roberto Cabrera V. 

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial t

∫ [− 50e

−θ

+ 25

t

]0 du = ∫ [− 50 e

−2θ u

−u

+ 25

−2 u

− (− 50 + 25 )] du = u 0

0

0 t

∫ [− 50e

t

∫ [− 50e

−u

+ 25

−2 u

+ 25]du ;

0

−u

+ 25 − 2 u + 25]du = [50e − u − 12.5e − 2 u + 25u ]0 = [50e −t − 12 .5e − 2 t + 25t − (50 − 12.5 )];  

−u

+ 25 − 2 u + 25]du = 50e − t − 12.5  e − 2 t + 25t − 37.5 ;

t

0 t

∫ [− 50e 0

Por lo tanto:



 50 −t −2 t  = 50e − 12.5e + 25t − 37.5; 2    s (s + 2 )(s + 1) 

L −1 

y 1 ( t ) = 50e −t − 12.5e − 2 t + 25t − 37.5;

    50 100 e −2 s  e − 2 s  = 2L −1  2 y 2 ( t ) = L −1  2  s (s + 2 )(s + 1)   s (s + 2 )(s + 1)    50 e − 2 s  = 2 (50e −( t −2 ) − 12.5e −2 ( t −2 ) + 25(t − 2 ) − 37.5)u( t − 2 );   y 2 ( t ) = 2L −1  2  s (s + 2 )(s + 1)  y 3 ( t ) = L −1  2 50 e − 4 s  = (50e −( t − 4 ) − 12.5e −2 ( t − 4 ) + 25(t − 4 ) − 37.5 )u( t − 4);  s (s + 2 )(s + 1) 

Ahora y(t) es: y( t ) = y 1 ( t ) + y 2 ( t ) + y 3 ( t ); y( t ) = 50e − t − 12.5e − 2 t + 25 t − 37.5 + 2 ((50e −( t − 2 ) − 12.5e − 2 ( t − 2 ) + 25(t − 2 ) − 37.5 )u( t − 2 ))   + ((50e −

(t−4 )

− 12.5e −

2(t−4 )

+ 25(t − 4 ) − 37.5 )u( t − 4 ));

Se puede representar y(t) en como una función con regla de correspondencia: cor respondencia:

50e − t − 12.5e −2 t + 25t − 37.5 y( t ) = 50e −t (1 + 2 e 2 ) − 12.5e − 2 t (1 + 2e 4 ) + 75t − 212.5 50e −t (1 + 2 e 2 + e 4 ) − 12.5e −2 t (1 + 2e 4 + e 8 ) + 100 t − 350 ; 

- 44  Roberto Cabrera V. 

0 ≤ t < 2; 2 ≤ t < 4;

 

t ≥ 4;

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

3) Una masa de 5kg se sujeta a un resorte suspendido del techo y ocasiona que el resorte se estire 2 metros al llegar al reposo en equilibrio. Se eleva luego la masa 1 metro sobre el punto de equilibrio y se le aplica una velocidad dirigida hacia arriba de 1/3 m/seg. Determine: a)  La ecuación del movimiento armónico simple de la masa. π b)  La posición del objeto en t =  segundos

4

d2 y dy + Ky = f ( t ) m 2 +C dt dt

a) Como no hay amortiguador C=0, además no existe fuerza perturbadora que se aplique al sistema por lo tanto f(t)=0, la posición inicial de la masa es 1 metro sobre la posición de equilibrio por lo tanto si tomamos el eje de referencia positivo hacia arriba la posición inicial de la masa sera 1 metro. Y la velocidad es 1/3 m/seg. La ecuación diferencial que representa al sistema es:

d2 y 5 2 + ky = 0 ;   dt Se debe encontrar el valor de k: Como la masa es 5kg y si se asume la gravedad 10m/seg 2 , el peso será de 50 Newton, al sujetar el resorte la masa se estira 2 metros, lo que me indica de manera implícita la constante del resorte que se la puede calcular mediante: F =  k∆l , donde F es el peso del objeto y ∆l la longitud del estiramiento. Despejando k se obtiene k=25N/m. Para resolver esta ecuación diferencial aplicamos la transformada tra nsformada de Laplace a ambos lados de la ecuación:

d2 y  L 5 2 + 25 y  = L [0];    dt  5s 2 Y(s ) − 5sy(0 ) − 5y' (0) + 25 y(s) = 0 ;

- 45  Roberto Cabrera V. 

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

La posición inicial del sistema es y(0)=1 metro, y la velocidad inicial es y’(0)=1/3: Reemplazando las condiciones se obtiene:

5 + 25 y( s) = 0 ; 3 (5s 2 + 25)y(s) = 5s + 5 3 1 2 (s + 5)y(s) = s + 3 s 1 ; y(s ) = 2 + (s + 5) 3(s 2 + 5) 5s 2 y(s ) − 5s −

 

1 1     s   s y( t ) = L - 1   2 + L - 1   = L - 1   2 + ;   2 2 s 5 3 s 5 s 5 3 s 5 ( ) ( ) ( ) ( ) + + + +       1 y( t ) = cos 5t + sen 5(t ) 15  b) La posición del objeto en π / 4  segundos es:

 π   π  1  π  y   4  = cos 5   4  − 15 sen 5  4    1 2 16 8 2 2 1 2 2 π     = −  1 +   = −   y  − =−      =− 2  15  15 2 15 2 2   15   4 

- 46  Roberto Cabrera V. 

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

   Aplicaciones de Circuitos Eléctricos 1) Un circuito LRC con R=12 R=12 ohmios, L=1, C=0.01 faradios se conecta a una batería que transmite un voltaje de 20 voltios. Si el interruptor esta inicialmente apagado y se lo enciende después de 10 segundos, permaneciendo conectada por un lapso de 20 segundos y luego desconectada definitivamente. Si inicialmente no hay carga en el condensador y la corriente inicial es cero, determine: a) La carga acumulada en el condensador en los tiempos t=5s, y t=20s. b) La intensidad de corriente que atraviesa el circuito en los tiempos t=8s, y t=40s.

E

20

10  LQ ' '+ RQ'+ 

30

t

1

Q = ε (t ) =20u(t-10)-20u(t-30) C 

1 Q ] = l[ε( t )]   C  e −10    s − e −30 s  2  s Q ( s ) + 12 sQ ( s ) + 100Q( s ) = 20    s   l[LQ' ' ] + l[ RQ' ]  +  l[

 e −10 s e −30 s  ( s + 12 s + 100)Q( s ) = 20  s −  s  2

  e −10 s e −30 s Q ( s ) = 20 −   2 2  s  s  s  s  s  s ( 12 100 ) ( 12 100 ) + + + +  

- 47  Roberto Cabrera V. 

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

 A  s

+

 Bs + C  2

 s + 12 s + 100

⇒  As 2 + 12 As + 100 A + Bs 2 + Cs = 1

1 100 1  B = − 100 12 C  = − 100  A =

 

1  s + 12   100 − 1    100   s 2 + 12 s + 100     s Q ( s ) =

    −30 s  1 6 6 1  10 s  1  s + 6    s + 6    − − − − − e e    s   s ( s + 6) 2 + 64 ( s + 6) 2 + 64  5    ( s + 6) 2 + 64 ( s + 6) 2 + 64     

  Q (t )  = l −1 [Q( s )]  

Q( t ) =

3 −6( t −10 ) 1    U ( t ) − 6 ( t − 10 ) − − − − e sen 8 ( t 10 ) 1 e cos 8 ( t 10 )  10   4 5     

1   3   −  1 − e −6( t − 30 ) cos 8( t − 30 ) − e −6( t − 30 )sen 8( t − 30 ) U 30 ( t ) 5   4  

Cuando t=5s Q (5 ) = 0  

Condensador descargado

Cuando t=20s Q (t ) =

1 5

−

1 e −6( t −10 ) cos  8(t − 10) − 3 e −6 (t −10) sen8(t − 10)   20 5

Q (20) =

3 −60 1 1 −  60 − e cos 80 − e  sen80   5 20 5

Q (20) =

3 −60 1 1 −60   − e ( −0.110) − e ( −0.993)   5 20 5 Q( 20) =

2  .08 x10 −25 coulombs  

- 48  Roberto Cabrera V. 

 

 

 

 Ecuaciones Diferenciales – II Parcial

2) Un circuito LRC con R=150 ohmios, L=1 Henrio, C=0.0002 faradios en t=0 se le aplica un voltaje que crece linealmente de 0 a 100 voltios, durante 10 segundos, para luego cesar por tiempo indefinido. Si inicialmente no hay carga en el condensador y la corriente inicial es cero, determine: a) La carga en cualquier instante de tiempo b) La corriente del circuito en t=20s.

 R = 150r

Q ( 0) = 0

 L = 1H

Q ' ( 0) = 0  

C = 2 × 10−4 F 

V(t)

100

0

10

t

 LQ ''+ RQ '+ 1 / C Q = V ( t ) Q ''+ 150Q '+ 5000Q = 10t ( µ0 ( t ) − µ 10 ( t ) )

 

 

5000Q = 10t µ 0 ( t ) − 10t µ10 ( t ) + 100µ10 ( t ) − 100µ10 ( t )   Q ''+ 150Q '+ 50 5000Q = 10t µ 0 ( t ) − 10 ( t − 10 ) µ10 (t ) − 100µ 10 ( t ) Q ''+ 150Q '+ 50

   

Encontrando la transformada: 2

 s Q ( s ) − sQ ( 0 ) − Q ' ( 0 ) + 150 s Q ( s ) − 150 Q ( 0 ) + 5000Q ( s ) =

10 10e −10 s 100e−10 s  s 2

−

s2

−

( s 2 + 150s + 5000 ) Q  ( s ) =  s102 − e 10

1s02 − e−10 s 10s0 −10 s 10 −10 s 100

 

−  s

( s + 50 ) ( s + 100 ) Q ( s ) =

 

10  s 2

−e

s2

−e

s

10  A B C D = + + +    s 2 ( s + 50 ) ( s + 100 ) s 2 s s + 50 s + 100

 

- 49  Roberto Cabrera V. 

s

 A = 1/500  B = − 3/50000  ⇒      C  1/12500 =   D  = − 1/50000

 

 

 Ecuacioness Diferenciales  Ecuacione Diferenciales – II Parcial

 

Q(20segundos)=0

i ( t ) =

∂   Q ( t ) ∂t 

 

i(20segundos)=0

- 50  Roberto Cabrera Cabrera V. 

 

 

 Ecuacioness Diferenciales  Ecuacione Diferenciales – II Parcial

Series De Fourier

󰁃󰁯󰁮󰁴󰁥󰁮󰁩󰁤󰁯󰀺 󰁄󰁥󰁦󰁩󰁮󰁩󰁣󰁩󰃳󰁮 󰁤󰁥 󰁬󰁡 󰁳󰁥󰁲󰁩󰁥 󰁤󰁥 󰁆󰁯󰁵󰁲󰁩󰁥󰁲 󰁓󰁥󰁲󰁩󰁥 󰁤󰁥 󰁆󰁯󰁵󰁲󰁩󰁥󰁲 󰁤󰁥 󰁵󰁮󰁡 󰁦󰁵󰁮󰁣󰁩󰃳󰁮 󰁰󰁡󰁲󰀮 󰁓󰁥󰁲󰁩󰁥 󰁤󰁥 󰁆󰁯󰁵󰁲󰁩󰁥󰁲 󰁤󰁥 󰁵󰁮󰁡 󰁦󰁵󰁮󰁣󰁩󰃳󰁮 󰁩󰁭󰁰󰁡󰁲󰀮 󰁃󰁯󰁮󰁶󰁥󰁲󰁧󰁥󰁮󰁣󰁩󰁡 󰁤󰁥 󰁵󰁮󰁡 󰁳󰁥󰁲󰁩󰁥 󰁤󰁥 󰁆󰁯󰁵󰁲󰁩󰁥󰁲󰀮 󰁅󰁸󰁴󰁥󰁮󰁳󰁩󰁯󰁮󰁥󰁳 󰁰󰁡󰁲󰁥󰁳 󰁥 󰁩󰁭󰁰󰁡󰁲󰁥󰁳 󰁰󰁥󰁲󰁩󰃳󰁤󰁩󰁣󰁡󰁳 󰁤󰁥 󰁵󰁮󰁡 󰁳󰁥󰁲󰁩󰁥 󰁤󰁥 󰁆󰁯󰁵󰁲󰁩󰁥󰁲

- 51  Roberto Cabrera Cabrera V. 

 

 

 Ecuacioness Diferenciales  Ecuacione Diferenciales – II Parcial

Serie de Fourier de una función f(x) Sea f una función continua por segmentos en el intervalo de [− p, p]  la serie de Fourier de f es la serie trigonométrica: tri gonométrica: Definición:

a   f ( x   )  = 0 + 2

∞

∑

    n π       n π  πx      πx          + b  sen  a  cos   n  n    p     p                  

n = 1

Donde:  p 

a 0 =

1  f ( x   ) dx   p 

∫

− p 

 p 

  1  n π  πx      dx  a n  =  f ( x   ) cos   p   p         

∫

− p 

 p 

  1  n π  πx      dx  b n  =  f ( x   ) sen   p   p       

∫

− p 

∀n ∈ N , 

n  = 1,2,3,...., n .

Series de Fourier cuando f(x) es par Si la función f(x) es una función par se dice que:  p 

 2 a 0 =  f ( x   ) dx   p 

∫ 0

 p 

 n π   2 πx      dx  a n  =  f ( x   ) cos   p   p     

∫ 0

b n  = 0;  ∀n ∈ N ,

n  = 1, 2,3,...., n .

a  ∴   f ( x   )  = 0 +  2

∞

∑

  n π  πx       a n  cos   p      

n = 1

Series de Fourier cuando f(x) es impar Si la función f(x) es una función impar se dice que: a 0 = 0 a n  = 0  p 

   n π  2 πx      dx ;  b n  =  f ( x   ) sen   p   p       

∫ 0

∀n ∈ N ,

n  = 1,2,3,...., n . ∞

∴   f ( x   )  =

∑ n = 1

    n π  πx       b  sen   n    p         

- 52  Roberto Cabrera Cabrera V. 

 

 

 Ecuacioness Diferenciales  Ecuacione Diferenciales – II Parcial

 1,   - 1 < x < 0

1) Exprese la función f definida por f ( x) = 

 x,  

0< x