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TÍTULO DEL PROYECTO:

ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN CURSO:

CALCULO III

CARRERA:

INGENIERÍA DE MINAS

CLASE

604884

DOCENTE:

SEVILLANO CASTRO, RODOLFO ANANIAS

INTEGRANTES:

CASTAÑEDA GUSMAN, HUGO

RABANAL IBAÑEZ, ROSA SAIRA

VILLANUEVA SANCHEZ, ALEJANDRO

VILLANUEVA SANCHEZ, JHON

CAJAMARCA - 2013

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ÍNDICE

Portada Índice Introducción………………………………………………………………………………………………….. 03 Objetivos…………………………………………………………………………………………………....... 04 Ecuaciones diferenciales de segundo orden homogéneas……………………………... 05

Solución general………………………………………………………………………………………..….. 05 Caso 1……………………………………………………………………………………………………………. 05 Caso 2……………………………………………………………………………………………………………. 05 Caso 3……………………………………………………………………………………………………………. 06 Ecuaciones diferenciales de segundo orden no homogéneas………………………… . 09 Solución de una ecuación diferencial usando coeficientes indeterminados……. 10

Solución de una ecuación diferencial usando el método del Wronskiano……… . 11 Aplicaciones de las ecuaciones lineales de segundo orden………………………………20 Ejercicios de aplicación resueltos …………………………………………………………….……. 32 Conclusiones……………………………………………………………………………………………….…. 43 Bibliografía………………………………………………………………………………………………….…. 44

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INTRODUCCIÓN

Las palabras ecuaciones y diferenciales ciertamente sugieren alguna clase de ecuación que contiene

derivadas y´, y”,… Al igual que en un curso de algebra y trigonometría, en los que se invierte bastante

tiempo en la solución de ecuaciones tales como x 2+ 5x+4 = 0 para la incógnita x, en este proyecto una

de las tareas será resolver ecuaciones diferenciales del tipo y” + 2y´+ y = 0 para la función incógnita y =

φ (x).

Para el desarrollo de una ecuación diferencial hay varios métodos y técnicas. Para leer, estudiar y

platicar, de este tema se tiene que aprender la terminología de esta disciplina. Se examinara

brevemente y vinculo de las ecuaciones diferenciales y el mundo real. Las preguntas prácticas como:

¿Que tan rápido se propaga una enfermedad? ¿Qué tan rápido cambia una población? Implican

razones de cambio o derivadas. Así la descripción matemática o modelo matemático de experimentos,

observaciones o teorías puede ser una ecuación diferencial.

A lo largo de este tema expondremos algunas propiedades que poseen las E.D.O. lineales de orden n y se desarrollarán métodos generales para determinar sus soluciones. Prestaremos especial atención a las ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden. Llamamos ecuación diferencial lineal de orden n a toda ecuación que se puede expresar en la forma: yn) + a1(x)yn�1) + · · · + an�1(x)y0 + an(x)y = f(x) (1) Para la que admitimos que los coeficientes ai(x), i = 1, 2,..., n y el segundo miembro f(x) son funciones definidas en un intervalo I � R. La ecuación (1) se dice homogénea o incompleta si f(x) = 0 para todo x � I. En caso contrario, se dice no homogénea o completa.

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OBJETIVOS

Aplicar todos los conocimientos previos, para la solución de problemas de ecuaciones

diferenciales de segundo orden.

Resolver problemas de ecuaciones diferenciales de segundo orden homogéneas con

coeficientes constantes, empleando los tres casos para obtener sus respectivas

soluciones.

Resolver problemas de ecuaciones diferenciales de segundo orden no homogéneas

con coeficientes constantes, empleando el método de operadores anuladores o el

método del Wronskiano.

Demostrar las aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de segundo orden en

problemas de vibraciones mecánicas.

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Ecuaciones Diferenciales de Segundo Orden

1.- ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN HOMOGÉNEAS CON

COEFICIENTES CONSTANTES.

La ecuación característica;

𝐲´´ + 𝐚𝟏 𝐲´ + 𝐚𝟎𝐲 = 𝟎…………………………….(1)

en la cual 𝑎1 y 𝑎0 son constantes ,esta es la ecuación algebraica:

𝜆2+ a1λ + a0 = 0……………….......... (2)

Ejemplo:

La ecuación característica de y´´ + 3y´ − 4y = 0 es 𝜆2 +3λ − 4 = 0

La ecuación característica se puede factorizar así:

(λ − λ1)(λ − λ2) = 0……………………………….. (3)

LA SOLUCION GENERAL

La solución general de (1) se obtiene directamente a partir de las raíces de (3).Los

siguientes son tres casos a considerar:

CASO1:

λ1 y λ2 son tanto reales como distintas. Dos soluciones linealmente independientes

son 𝑒λ1xy 𝑒λ2x,y la solución general es :

𝑦 = 𝑐1𝑒λ1x+𝑐2𝑒

λ2x……………………………..(4)

En el caso especial λ2 = −λ1,la solución (4) se puede volver a escribir como:

𝑦 = 𝑘1𝑐𝑜𝑠ℎλ1x + 𝑘2𝑠𝑒𝑛ℎλ1x

CASO 2:

λ1 = a + 𝑖𝑏 , un número complejo. Dado que a1 y a0 en (1)y (2) se asumen como

reales, las raíces de (2) deben aparecer en pares conjugados ;de este modo, la otra raíz

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es λ2 = a − 𝑖𝑏.Dos soluciones linealmente independientes son 𝑒(𝑎+𝑖𝑏)𝑥y 𝑒 (𝑎−𝑖𝑏)𝑥y la

solución general como variable compleja es:

𝑦 = 𝑑1 𝑒(𝑎+𝑖𝑏)𝑥+𝑑2𝑒

(𝑎−𝑖𝑏)𝑥…………………………………(5)

Que es algebraicamente equivalente a:

𝑦 = 𝑐1𝑒𝑎𝑥𝑐𝑜𝑠𝑏𝑥 + 𝑐2𝑒

𝑎𝑥𝑠𝑒𝑛𝑏𝑥………………………………….(6)

CASO 3;

𝛌𝟏 = 𝛌𝟐 Dos soluciones linealmente independientes son 𝑒λ1x y 𝑥𝑒λ1x,y la solución

general es:

𝑦 = 𝑐1𝑒λ1x + 𝑐2𝑥𝑒

λ1x………………………………………….(7)

NOTA:

Las soluciones anteriores no son validas si la ecuación diferencial no es lineal o no

tiene coeficientes constantes. Considérese, por ejemplo, la ecuación 𝑦´´ − 𝑥2𝑦 = 0.Las

raíces de la ecuación característica son 𝛌𝟏 = 𝐱 y 𝛌𝟐 = −𝐱 , la solución no es:

𝑦 = 𝑐1𝑒(𝑥)𝑥 + 𝑐2𝑒

(−𝑥)𝑥 = 𝑐1𝑒𝑥2 + 𝑐2𝑒

−𝑥2

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PROBLEMAS:

1.-Resolver: 𝑦´´ − 𝑦´ − 2𝑦 = 0

La ecuación característica es: λ2 –λ − 2 = 0

Al factorizar: (𝜆 + 1)( 𝜆 − 2) = 0

λ1 = −1 λ2 = 2

CASO 1: RPTA: 𝑦 = 𝑐1𝑒−𝑥 + 𝑐2𝑒

2𝑥

2.-Resolver: �� + 10�� + 21𝑦 = 0

La variable independiente es t

La ecuación característica es: λ2 +10λ + 21 = 0

Al factorizar (𝜆 + 3)(𝜆 + 7) = 0

λ1 = −3 λ2 = −7

CASO 1: RPTA: 𝑦 = 𝑐1𝑒−3𝑡 + 𝑐2𝑒

−7𝑡

3.-Resolver: 𝑦´´ + 4𝑦´ + 5𝑦 = 0

La ecuación característica es : λ2 + 4λ + 5 = 0

Usando formula cuadrática: λ =−(4)±√(4)2−4(5)

2= −2 ± 𝑖

CASO 2: Las raíces son un par complejo conjugado, con (a=-2 y b=1)

RPTA: 𝑦 = 𝑐1𝑒−2𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2𝑒

−2𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥

4.-Resolver: 𝑦´´ − 3𝑦´ + 4𝑦 = 0

La ecuación característica: λ2 −3λ + 4 = 0

Usando formula cuadrática: λ =−(−3)±√(−3)2−4(4)

2=

3

2± 𝑖

√7

2

8

CASO 2: Las raíces son un par complejo conjugado.

RPTA: 𝑦 = 𝑐1𝑒(3 2)𝑋⁄ 𝑐𝑜𝑠

√7

2𝑥 + 𝑐2𝑒

(3 2)𝑋⁄ 𝑠𝑒𝑛√7

2𝑥

5.-Resolver: 𝑦´´ − 8𝑦´ + 16𝑦 = 0

La ecuación característica: λ2 − λ + 16 = 0

Al factorizar: (λ − 4)2 = 0

CASO 3: Las raíces λ1 = λ2 = 4 son reales e iguales, de modo que la solución es:

RPTA: 𝑦 = 𝑐1𝑒4𝑥 + 𝑐2𝑥𝑒

4𝑥

6.-Resolver: 100𝑑2𝑁

𝑑𝑡2− 20

𝑑𝑁

𝑑𝑡+𝑁 = 0

Dividiendo entre 100: 𝑑2𝑁

𝑑𝑡2− 0.2

𝑑𝑁

𝑑𝑡+0.01𝑁 = 0

La ecuación característica: λ2 − 0.2λ + 0.01 = 0

Al factorizar: (λ − 0.1)2 = 0

CASO 3: Las raíces λ1 = λ2 = 0.1 son reales e iguales, de modo que la solución

es:

RPTA: 𝑁 = 𝑐1𝑒−0.1𝑡 + 𝑐2𝑥𝑒

−0.1𝑡

7.- Solucionar: y′′ +2y′ + 5y = 0

Encontramos su ecuación característica:

m2 +2m +5 = 0

( 𝑚 + 1)2+4 = 0

𝑚 + 1 = ±2𝑖

𝑚 = −1± 2𝑖 {𝑚1 = −1+ 2𝑖

^𝑚2 = −1− 2𝑖

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𝛼 = −1 𝑏 = 2

𝑦1(𝑥) = 𝑒−𝑥𝑐𝑜𝑠2𝑥 𝑦2 (𝑥) = 𝑒

−𝑥𝑠𝑒𝑛2𝑥

Luego la solución general:

𝒚(𝒙) = 𝑪𝟏𝒆−𝒙𝒄𝒐𝒔𝟐𝒙+ 𝑪𝟐𝒆

−𝒙𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙

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2.- ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN NO HOMOGÉNEAS CON

COEFICIENTES CONSTANTES.

𝑎2𝑑2𝑦

𝑑𝑥2 + 𝑎1

𝑑𝑦

𝑑𝑥 + 𝑎0𝑦 = 𝑓(𝑥); 𝑓(𝑥) ≠ 0

Solución de una ecuación diferencial de segundo orden usando operadores

anuladores:

1. DEFINICION:

Las ecuaciones diferenciales de segundo orden con coeficientes constantes no homogéneas son

de la forma 𝑎𝑦´´ + 𝑏𝑦´ + 𝑐𝑦 = 𝐺(𝑥)……. . (1) donde a, b y c son constantes y 𝐺(𝑥) es una

función continua.

La ecuación homogénea corresponde a 𝑎𝑦´´ + 𝑏𝑦´ + 𝑐𝑦 = 0……. . (2) , recibe el nombre se

ecuación diferencial homogénea (EDH) asociada y juega un importante papel en la resolución

de la ecuación deferencial original.

TEOREMA. La solución general de la ecuación diferencial no homogénea (1) se puede escribir

como:

𝒚(𝒙) = 𝒚𝒑(𝒙)+ 𝒚𝒈(𝒙)

Donde: 𝒚𝒑 Es la solución particular de la ecuación (1) y

𝑦𝑔 Es la solución general de la ecuación homogénea asociada (2)

2. METODOS DE SOLUCION:

Método de los coeficientes indeterminados

La primera de las dos formas que debemos considerar para obtener una solución

particular 𝑦𝑝 , tiene el método de coeficientes indeterminados. En este método, la idea

básica en una conjetura a cerca de la forma de 𝑦𝑝 .

Esta conjetura es motivada por dos tipos de funciones de entrada 𝐺(𝑥).

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El método general está limitado por ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas

como (1) donde:

Los coeficientes a𝑖 = 0,1,2,……, 𝑛 son constantes y

Donde 𝐺(𝑥) es una constante, una función polinomial, una función exponencial

(𝑒𝛼𝑥) ; las funciones 𝑐𝑜𝑠𝑥 y 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝛼𝑥) 𝑦 cos (𝛼𝑥) o sumas o productos finitos

de estas funciones.

El método de coeficientes indeterminados no es aplicable a la ecuación de la forma

(1) cuando:

𝐺(𝑥) = 𝑙𝑛𝑥 𝐺(𝑥) = 1

𝑥 𝐺(𝑥) = 𝑡𝑛𝑥 𝐺(𝑥) = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛𝑥 Y así

sucesivamente.

Estas son algunas soluciones particulares:

g(x) Forma 1 1(cualquier constante) A

2 3x + 7 Ax + B 3 2𝑥2 + 8 A𝑥2+ 𝐵𝑥 +𝐶

4 𝑥3 + 𝑥 + 2 𝐴𝑥3+ 𝐵𝑥2+ 𝐶𝑥 +𝐷 5 Sen4x Acos4x + Bsen4x 6 Cos4x Acos4x + Bsen4x

7 𝑒5𝑥 𝐴𝑒5𝑥 8 (9x-2)𝑒5𝑥 (Ax + B)𝑒5𝑥

9 𝑥2𝑒5𝑥 (𝐴𝑥2+ 𝐵𝑥 + 𝐶)𝑒5𝑥 10 𝑒3𝑥 . 𝑠𝑒𝑛4𝑥 𝑒3𝑥[𝐴𝑐𝑜𝑠4𝑥 +𝐵𝑠𝑒𝑛4𝑥] 11 5𝑥2. 𝑠𝑒𝑛4𝑥 (A𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶)𝑐𝑜𝑠4𝑥 + (𝐸𝑥2+ 𝐹𝑥 + 𝐺)𝑠𝑒𝑛4𝑥 12 𝑥𝑒3𝑥 . 𝑐𝑜𝑠4𝑥 (𝐴𝑥 +𝐵)𝑒3𝑥𝑐𝑜𝑠4𝑥 + (𝐶𝑥 + 𝐸)𝑒3𝑥𝑠𝑒𝑛4𝑥 13 𝐶1. 𝑥

𝑛+ …+ 𝐶1𝑥+ 𝐶0 𝐴𝑛𝑥𝑛+ …+ 𝐴1𝑥1+ 𝐴0

14 𝐶𝑒𝑘𝑥 A𝑒𝑘𝑥 15 𝐶.𝑐𝑜𝑠𝑘𝑥 + 𝐷. 𝑠𝑒𝑛𝑘𝑥 𝐴𝑐𝑜𝑠𝑘𝑥 + 𝐵𝑠𝑒𝑛𝑘𝑥

Método del Wronskiano.

En el estudio de las ecuaciones diferenciales de orden superior se hace indispensable

conocer si un conjunto de funciones son linealmente independientes o dependientes. El

concepto del wronskiano aparece para solucionar ese problema.

El wronskiano es un determinante de orden n (número de funciones) que se calcula para

la matriz construida de la siguiente forma: Las funciones originales en la primera fila o

renglón, y a continuación se forman las siguiente fila con la primera derivada de cada

función, y así se continúa para las demás filas hasta la derivada n-1, formando así una

matriz cuadrada.

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Si el valor de este determinante es diferente de cero entonces las funciones son

linealmente independientes en caso contrario dependientes.

Este procedimiento es muy útil para verificar si un conjunto de funciones que son

soluciones a una ecuación diferencial son conjunto fundamental de soluciones.

El wronskiano se utilizara para el estudio de la independencia lineal de sistemas de

funciones. También se aplicara en la obtención de una EDLH conocidas algunas de sus

soluciones. El wronskiano juega un papel relevante en la teoría y practica de las EDL.

Si y1 e y2 son funciones definidas sobre el intervalo I, entonces el wronskiano W (y 1,y

2) se define en funciones diferenciables (n-1) veces:

(𝑓1, …… 𝑓𝑛) = [

𝑓1(𝑥) 𝑓2(𝑥) … 𝑓𝑛(𝑥)

𝑓1(𝑥) 𝑓2(𝑥) … 𝑓𝑛(𝑥)

𝑓1(𝑛−1)(𝑥) 𝑓2

(𝑛−1)(𝑥)… 𝑓𝑛(𝑛−1)(𝑥)

]

1) Ejercicio. 𝒚´´ + 𝒚´ − 𝟐𝒚 = 𝒙𝟐

Solución

Hacemos 𝒚´´ + 𝒚´ − 𝟐𝒚 = 𝟎

Hallar ecuación diferencial característica.

𝑟2 + 𝑟 − 2 = 0

(𝑟 + 2)(𝑟 − 1) = 0

𝑟 + 2 = 0 −→ 𝑟 = −2

𝑟 − 10 = 0 −→ 𝑟 = 1

𝑌𝑐 = 𝐶1𝑒𝑥 +𝐶2𝑒

−2𝑥

Hallamos la solución particular

𝑦´´ + 𝑦´ − 2𝑦 = 𝑥2

𝑌𝑝 = 𝐴𝑥2+𝐵𝑥+𝐶

Derivamos por primera vez 𝑌´𝑝 = 2𝐴𝑥 +𝐵

Derivamos nuevamente por segunda vez 𝑌´´𝑝 = 2𝐴

Como G(x) es un polinomio de grado 2 buscamos la solución particular de la forma

𝑌𝑝 = 𝐴𝑥2+𝐵𝑥+𝐶

Remplazamos 𝑌´ y 𝑌´´ en la ecuación diferencial no homogénea.

2𝐴 + 2𝐴𝑥 +𝐵[2(𝐴𝑥2+𝐵𝑥 +𝐶)] = 𝑥2

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2𝐴 + 2𝐴𝑥 +𝐵 − 2𝐴𝑥2−2𝐵𝑥 − 2𝐶 = 𝑥2

−2𝐴𝑥2+2𝑥(𝐴 −𝐵) + (2𝐴 +𝐵 − 2𝐶)= 𝑥2

{

1 = −2𝐴 −→ 𝐴 = −

1

2

𝐴− 𝐵 = 0 −→ 𝐴 = 𝐵 −→ 𝐵 = −1

2

2𝐴 +𝐵 − 2𝐶 = 0 −→ 𝐶 = −3

4

⟹ 𝑌𝑝= −1

2 𝑥2−

1

2 𝑥 −

3

4

Luego la solución general es :

𝑠𝐺 = 𝑌(𝑥)= = −1

2 𝑥2 −

1

2 𝑥 −

3

4+ 𝐶1𝑒

𝑥 +𝐶2𝑒−2𝑥

2) Ejercicio. 𝒚´´ + 𝟒𝒚 = 𝒆𝟑𝒙

Solución

Hacemos: 𝑦´´ + 4𝑦 = 0

Hallar ecuación diferencial característica.

𝑟2 +4 = 0

𝑟1 = −2𝑖 ; 𝑟2 = 2𝑖

𝑌𝑐(𝑥) = 𝐶1𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛2𝑥

Hallamos la solución particular

𝑦´´ + 4𝑦 = 𝑒3𝑥

si 𝐺(𝑥)es de la forma = 𝐶𝑒𝑘𝑥 con 𝐶 Y 𝐾 constantes entonces tomamos como solución tentativa a la

función de la forma 𝑌𝑝(𝑥) = 𝐴𝑒𝑘𝑥 porque las derivadas de 𝑒𝑘𝑥 son múltiplos constantes de 𝑒𝑘𝑥.

𝑌𝑝(𝑥) = 𝐴𝑒𝑘𝑥

𝑌𝑝 = 𝐴𝑒3𝑥

Derivamos por primera vez 𝑌´ = 3𝐴𝑒3𝑥

Derivamos nuevamente por segunda vez 𝑌´´ = 9𝐴𝑒3𝑥

14

Luego remplazamos en: 𝑦´´ + 4𝑦 = 𝑒3𝑥

9𝐴𝑒3𝑥 +4 𝐴𝑒3𝑥 = 𝑒3𝑥

13𝐴𝑒3𝑥 = 𝑒3𝑥

13𝐴 = 1 −→ 𝐴 =1

13

⟹ 𝑌𝑝= 1

13 𝑒3𝑥

Luego la solución general será:

𝑠𝐺 =1

13 𝑒3𝑥 + 𝐶1𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛2

3) Ejercicio 𝒚´´ − 𝒚´ − 𝟐𝒚 = 𝒔𝒆𝒏𝒙

Solución

Encontramos la solución característica:

𝑟2 + 𝑟 − 2 = 0

(𝑟 + 2)(𝑟 − 1) = 0

𝑟 + 2 = 0 → 𝑟 = −2

𝑟 − 1 = 0 → 𝑟 = 1

𝑌𝑐 = 𝐶1𝑒𝑥 +𝐶2𝑒

−2𝑥

Encontramos la elación particular:

𝑌𝑝 = 𝐴𝑠𝑒𝑛𝑥+𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥

𝑌´𝑝 = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝑥−𝐵𝑠𝑒𝑛𝑥

𝑌´´𝑝 = −𝐴𝑠𝑒𝑛𝑥 −𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥

Remplazamos en la ecuación principal: 𝑦´´ − 𝑦´ − 2𝑦 = 𝑠𝑒𝑛𝑥

(−𝐴𝑠𝑒𝑛𝑥 −𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥) + (𝐴𝑐𝑜𝑠𝑥 −𝐵𝑠𝑒𝑛𝑥) − 2(𝐴𝑠𝑒𝑛𝑥 +𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥) = 𝑠𝑒𝑛𝑥

𝑠𝑒𝑛𝑥(−𝐵 − 𝐴− 2𝐴)+ 𝑐𝑜𝑠𝑥(𝐴−𝐵 −2𝐵) = 𝑠𝑒𝑛𝑥

𝑠𝑒𝑛𝑥(−𝐵 −3𝐴)+ 𝑐𝑜𝑠𝑥(𝐴− 3𝐵) = 𝑠𝑒𝑛𝑥

Donde:

𝐴 =−3

10

𝐵 =−1

10

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Entonces la ecuación general será la suma de la ecuación particular más la solución

característica:

𝑌𝐺 =−3

10𝑠𝑒𝑛𝑥 −

1

10𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐶1𝑒

𝑥 +𝐶2𝑒−2𝑥

4) Ejercicio. 𝒚´´ − 𝒚 = 𝟖𝒙𝒆𝒙

𝑟2 −1 = 0

𝑟 = ±1

𝑌𝑐 = 𝐶1𝑒𝑥 + 𝐶2𝑒

−𝑥

↓ ↓

𝑌1 𝑌 2

Encontramos el Wronskiano:

𝑊(𝑒𝑥 ; 𝑒−𝑥) = | 𝑒𝑥 𝑒−𝑥

𝑒𝑥 −𝑒−𝑥 | = −𝑒0 −𝑒0 = −2

Ahora derivamos a:

𝑢1´ =

(−𝑌 2)(𝑓(𝑥))

𝑤(𝑌1,𝑌 2)=(−𝑒−𝑥)(8𝑥𝑒𝑥)

−2= 4𝑥

𝑢2´´ =

(𝑌 1)(𝑓(𝑥))

𝑤(𝑌1, 𝑌 2)=(𝑒𝑥)(8𝑥𝑒𝑥)

−2= −4𝑥

Integramos para encontrar 𝑢1 𝑦 𝑢2

𝑢1 = ∫4𝑥𝑑𝑥 = 2𝑥2

𝑢2 = ∫−4𝑥𝑒2𝑥𝑑𝑥 = 𝑒2𝑥(−2𝑥 + 1)

Aplicamos ILATE para resolver la integral:

𝑢1 = −4𝑥 → 𝑑𝑢 = −4𝑑𝑥

𝑑𝑣= 𝑒2𝑥 → 𝑣 =𝑒2𝑥

2𝑑𝑥

∫𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣−∫𝑣𝑑𝑢

= −4𝑒2𝑥

2−∫

𝑒2𝑥

2− 4𝑑𝑥

= 𝑒2𝑥(−2𝑥 + 1)

Entonces la ecuación particular será:

𝑌𝑝 = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2

𝑌𝑝 = 2𝑥2𝑒𝑥 + 𝑒2𝑥(−2𝑥 + 1)𝑒−𝑥

𝑌𝑝 = 𝑒𝑥(2𝑥2 +2𝑥 + 1)

16

Entonces la general será: 𝑌𝐺 = 𝑒𝑥(2𝑥2+ 2𝑥 + 1)+ 𝐶1𝑒𝑥+↓ 𝐶2𝑒

−𝑥

5) Ejercicio. 𝐲” – 𝟒𝐲’ + 𝟒𝐲 = 𝐱𝐞𝟐𝐱

𝑟2 −4𝑟 + 4 = 0

(𝑟 − 2)2 = 0

𝑟 = 2

𝑦𝑐 = 𝐶1𝑒2𝑥 + 𝐶2𝑥𝑒

2𝑥

𝑦1 = 𝑒2𝑥

𝑦2 = 𝑥𝑒2𝑥

𝜔 ( 𝑒2𝑥 ; 𝑥𝑒2𝑥 ) = | 𝑒 2𝑥 𝑥𝑒2𝑥

2𝑒2𝑥 𝑒2𝑥 + 2𝑥𝑒𝑥 |

= (𝑒2𝑥 + 2𝑥𝑒2𝑥 ) 𝑒2𝑥 – ( 2𝑒2𝑥 . 𝑥𝑒2𝑥 )

= 𝑒 4𝑥 (1 + 2𝑥) − 2𝑥𝑒4𝑥

= 𝑒4𝑥

𝑈1´ = −𝑥𝑒2𝑥.𝑥𝑒2𝑥

𝑒4𝑥 =

−𝑥2𝑒4𝑥

𝑒4𝑥 = −𝑥2

𝑈2´ = 𝑒2𝑥 .2𝑒2𝑥

𝑒4𝑥 =

𝑥𝑒4𝑥

𝑒2𝑥 = 𝑥

𝑈1 = ∫−𝑥2𝑑𝑥 = − 𝑥3

3

𝑈2 = 𝑥𝑑𝑥

2 = 𝑥2

𝑦𝑝 = 𝑈1 𝑦1 + 𝑈2𝑦2

𝑦𝑝 = −𝑥3

3.𝑒𝑥2

2 + 𝑥2 . 𝑥𝑒𝑥 2

17

𝑦𝑝 = 𝑒2𝑥 (𝑥3

3+𝑥3

2) = 𝑒2𝑥 (

𝑥3

6)

𝑦𝑔 = 𝐶1𝑒2𝑥 + 𝐶2𝑥𝑒

2𝑥 + 𝑒2𝑥 (𝑥3

6)

6) 𝒚” – 𝟑𝒚’ – 𝟒𝒚 = 𝟑𝟎𝒆𝒙

𝑟2 −3𝑟 − 4 = 0

𝑟 = 4

𝑟 = −1

𝑦𝑐 = 𝐶1𝑒4𝑥 + 𝐶2𝑒

−𝑥

𝑦1 = 𝑒4𝑥

𝑦2 = 𝑒−𝑥

𝜔 ( 𝑒4𝑥 ; 𝑒−𝑥 ) = | 𝑒4𝑥 𝑒−𝑥 4𝑒 4𝑥 −𝑒 −𝑥

| = − e3𝑥 + 4e3𝑥 = −5e 3𝑥

𝑈1´ = − 𝑒−𝑥 . 30𝑒𝑥

−5𝑒3𝑥 =

−30

−5𝑒3𝑥 =

𝑈2´ = 𝑒4𝑥 .30𝑒𝑥

−5𝑒3𝑥 =

30e5𝑥

−5𝑒3𝑥 = − 6𝑒2𝑥

𝑈1 = ∫6e−3𝑥 =

6𝑒−3𝑥

−3 = − 2e−3x

𝑈2 = ∫−6e−2x =

−6𝑒−−2x

2 = − 3e−x

𝑦𝑝 = 𝑈1 𝑦1 + 𝑈2𝑦2

𝑦𝑝 = − 2𝑒−3𝑥 𝑒4𝑥 + − 3𝑒−𝑥𝑒−𝑥

𝑦𝑝 = 5𝑒𝑥

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𝑦𝑔 = 𝐶1𝑒4𝑥 + 𝐶2𝑒

−𝑥 + 5𝑒𝑥

7) Ejercicio. 𝒅𝟐𝒚

𝒅𝒙𝟐−𝟒𝒅𝒚

𝒅𝒙+ 𝟒𝒚= 𝟒(𝒙 − 𝟏)

𝒚” – 𝟒𝒚’ + 𝟒𝒚 = 𝟒𝒙 − 𝟒

(𝒓 − 𝟐)𝟐

𝒓 = 𝟐

Analizamos el discriminante si es mayor que cero, menor que cero o igual a cero.

𝑏2 −4𝑎𝑐 = 0

𝑌𝑐(𝑥) = 𝐶1𝑒𝑟𝑥+ 𝐶2𝑥𝑒

𝑟𝑥

𝑌𝑐(𝑥) = 𝐶1𝑒𝑟𝑥

𝑦1+𝐶2

𝑥𝑒𝑟𝑥

𝑦2

Ahora encontramos la solución particular:

𝑌𝑝 = 𝐴𝑥 +𝐵

𝑌´𝑝 = 𝐴

𝑌´´𝑝 = 0

Los resultados obtenidos remplazamos en la función principal:

𝑦” – 4𝑦’ + 4𝑦 = 4𝑥 − 4

−4𝐴 + 4𝐴𝑥 +𝐵 = 4𝑥 − 4

4𝐴𝑥 = 4𝑥

𝐴 = 1

−4𝐴 +𝐵 = −4

−4 +𝐵 = −4

𝐵 = 0

Por lo tanto la solución particular será:

⟹ 𝑌𝑝 = 𝑥

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Entonces para encontrar la solución general será la suma de la solución característica y la solución

particular:

𝒀𝑮(𝒙) = (𝑪𝟏𝒆𝟐𝒙+𝑪𝟐𝒙𝒆

𝟐𝒙)+ 𝒙

8) Ejercicio. 𝐲” – 𝟐𝐲’ + 𝐲 = 𝟐𝒆𝒙

𝑟2 −2𝑟 + 1 = 0

(𝑟 − 1)2 = 0

𝑟 = 1

𝑦𝑐 = 𝐶2𝑒𝑥 + 𝐶2𝑥𝑒

𝑥

𝑌1 = 𝑒𝑥

𝑌2 = 𝑥𝑒𝑥

𝜔 ( 𝑒𝑥 ; 𝑥𝑒𝑥 ) = |𝑒𝑥 𝑥𝑒𝑥

𝑒𝑥 𝑒𝑥 + 𝑥𝑒𝑥 | = 𝑒 2𝑥 + 𝑥𝑒2𝑥 − 𝑥𝑒2𝑥 = 𝑒2𝑥

𝑈1´ = 𝑥𝑒𝑥.2𝑒𝑥

𝑥𝑒𝑥.2𝑒𝑥 = − 2𝑥𝑒2𝑥 = − 2𝑥

𝑈2´ = 𝑒𝑥 .2𝑒𝑥

𝑒2𝑥 =

2𝑒2𝑥

𝑒2𝑥= 2

𝑈1 = ∫ − 2𝑥𝑑𝑥 = −𝑥2

𝑈2 = ∫ 2 𝑑𝑥 = 2𝑥

𝑦𝑝 = 𝑈1 𝑦1 + 𝑈2𝑦2

𝑦𝑝 = −𝑥2𝑒𝑥 + 2𝑥. 𝑥𝑒𝑥

𝑦𝑝 = 𝑒𝑥 (−𝑥2 + 2𝑥2)

𝑦𝑝 = 𝑒𝑥 . 𝑥2

𝒚𝒈 = 𝑪𝟏𝒆𝒙 + 𝑪𝟐𝒙𝒆

𝒙+ 𝒆𝒙. 𝒙𝟐

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3.- Aplicaciones de las ecuaciones lineales de segundo orden

Muchos tipos de problemas como movimientos de muelles elásticos o flujo de corrientes eléctricas, están relacionados con la solución de una ecuación diferencial ordinaria de orden

dos. Veamos a continuación algunos de ellos.

3.1. Vibraciones mecánicas Podemos encontrar ejemplos de vibraciones mecánicas en los rebotes de un coche debido a

los baches, en las vibraciones de un puente debido al tráfico y al viento, o en las alas de un avión debido a la vibración de los motores y al viento. Como modelo para estudiar las vibraciones mecánicas vamos a considerar un sistema masa-resorte. Estudiaremos el tipo de soluciones que se obtienen desde el caso más sencillo, el de

un sistema libre sin amortiguación, hasta un sistema con amortiguación y forzado, viendo qué tipo de movimiento describen las distintas soluciones en función de los parámetros que

intervienen en la ecuación de este sistema.

Figura 3.2: Sistema masa-resorte.

Resulta de especial interés la obtención de las condiciones bajo las cuáles se produce resonancia. Este modelo es igualmente válido para el caso de circuitos eléctricos ya que se

obtiene el mismo tipo de ecuación.

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El sistema masa-resorte que vamos a estudiar consiste en un resorte en espiral suspendido de un soporte rígido con una masa sujeta al extremo. Para analizar este sistema aplicamos la ley de Hooke y la segunda ley de Newton.

La ley de Hooke establece que el resorte ejerce una fuerza de restitución opuesta a la

dirección del alargamiento del resorte con una magnitud directamente proporcional al valor del alargamiento. Es decir, F = ks, donde s es el alargamiento y k es una constante propia del

muelle.

Si suspendemos una masa m del muelle y ´este experimenta un alargamiento l hasta alcanzar la posición de equilibrio, podemos obtener el valor de k aplicando la ley de Hooke, ya que el peso y la fuerza de restitución son de igual magnitud pero con sentido contrario, es decir, igualamos mg = kl y despejamos k. El valor k es un parámetro conocido característico del muelle.

El primer paso en nuestro estudio consiste en elegir un sistema coordenado para representar el movimiento de la masa. Consideramos un eje vertical donde representar el desplazamiento

de la masa. Tomamos el origen, x = 0, en la posición de equilibrio y consideramos x > 0 cuando la masa se encuentre por debajo de dicha posición y x < 0 cuando se encuentre por encima

(ver Figura 3.2).

Veamos ahora las diversas fuerzas que actúan sobre la masa m:

Gravedad: la fuerza de la gravedad, F1, es una fuerza dirigida hacia abajo y de magnitud mg, donde g es la aceleración debida a la gravedad,

F1 = mg.

Fuerza de restitución: el resorte ejerce una fuerza de restitución, F2, cuya magnitud es

proporcional al alargamiento del resorte y de sentido opuesto al movimiento: F2 = −k (x + l).

Observemos que cuando x = 0, es decir en la posición de equilibrio, la fuerza de la gravedad y la fuerza ejercida por el resorte se equilibran entre sí, por tanto, mg = kl y podemos expresar

la fuerza de restitución como:

F2 = −kx − mg.

22

Fuerza de amortiguación: puede existir una fuerza de amortiguación o fricción, F3, sobre la masa, por ejemplo la resistencia del aire o bien la fricción debida a un amortiguador. En cualquier caso, suponemos que la fuerza de amortiguación es proporcional a la magnitud de la velocidad de la masa, pero en sentido opuesto al

desplazamiento:

F3 = −𝑏 𝑑𝑥

𝑑𝑡

Donde b > 0 es la constante de amortiguación dada en unidades de masa/tiempo.

Fuerzas externas: la resultante de todas las fuerzas externas, F4, que actúen sobre la masa (por ejemplo, una fuerza magnética o las fuerzas ejercidas sobre un automóvil ocasionadas por los baches del pavimento) vendrán representadas por:

F4 = f (t).

Suponemos que dichas fuerzas sólo dependen del tiempo y no de la posición ni velocidad.

Aplicando ahora la segunda ley de Newton, tenemos que:

𝑚𝑑2𝑥

𝑑𝑡2= 𝑚𝑔 −𝑘𝑥 −𝑚𝑔 − 𝑏

𝑑𝑥

𝑑𝑡+ 𝑓(𝑡)

Obteniéndose la ecuación diferencial lineal de segundo orden:

𝑚𝑑2𝑥

𝑑𝑡2= 𝑚𝑔 − 𝑘𝑥 −𝑚𝑔 − 𝑏

𝑑𝑥

𝑑𝑡+ 𝑓(𝑡) (1.1)

Cuando b = 0, se dice que el sistema es no amortiguado; en caso contrario, se dice que el sistema es amortiguado. Cuando f (t) ≡ 0, se dice que el movimiento es libre; en caso contrario, se dice que el movimiento es forzado. Estudiemos cada uno de los casos posibles.

23

(I) Movimiento libre no amortiguado

Algunos ejemplos físicos de este tipo de problemas son los muelles helicoidales. En este caso la ecuación (1.1) se reduce a:

.𝑚𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+𝑘𝑥 = 0

Dividiendo por m, se tiene: 𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+𝑤2𝑥 = 0

Donde 𝑤 = √𝑘/𝑚. La ecuación obtenida es homogénea con ecuación auxiliar asociada:

r2 + ω2 = 0. Puesto que sus raíces son complejas conjugadas, r = ±ωi, obtenemos la solución general:

𝒙(𝒕) = 𝑪𝟏 𝒄𝒐𝒔 (𝝎𝒕) + 𝑪𝟐 𝒔𝒊𝒏 (𝝎𝒕).

Si cambiamos a unas nuevas constantes A y φ dadas por:

𝑪𝟏 = 𝑨 𝒔𝒊𝒏 𝝋, 𝑪𝟐 = 𝑨 𝒄𝒐𝒔 𝝋,

es decir,

,𝐴 = √𝐶12 + 𝐶2

2 Y ∅ = tan−1 (𝐶1

𝐶2) ,

se tiene que:

𝒙(𝒕) = 𝑪𝟏 𝒄𝒐𝒔 (𝝎𝒕) + 𝑪𝟐 𝒔𝒊𝒏 (𝝎𝒕) = 𝑨 𝒔𝒊𝒏 𝝋 𝒄𝒐𝒔 (𝝎𝒕) + 𝑨 𝒄𝒐𝒔 𝝋 𝒔𝒊𝒏 (𝝎𝒕) = 𝑨 𝒔𝒊𝒏 (𝝎𝒕 + 𝝋);

es decir, podemos expresar la solución general de la forma:

𝒙(𝒕) = 𝑨 𝒔𝒊𝒏(𝝎𝒕 + 𝝋).(𝟏. 𝟐) De esta solución se deduce que el movimiento es una onda senoidal o lo que se llama un movimiento armónico simple.

La constante A representa la amplitud del movimiento y φ es el ´ángulo de fase. El movimiento es periódico con periodo P = 2π/ω y frecuencia natural ω/2π.

24

Nota 3.4. Observemos que la amplitud y el ángulo de fase dependen de C1 y C2 y, por tanto, de las condiciones iniciales posición y velocidad inicial. Sin embargo, el periodo y la frecuencia sólo dependen de ω, es decir, de k y de m.

(II) Movimiento libre amortiguado

En la mayoría de las aplicaciones existe algún tipo de fuerza de fricción o amortiguación que

desempeña un papel importante. En este caso, la ecuación (1.1) queda:

𝑚𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 𝑏

𝑑𝑥

𝑑𝑡+ 𝑘𝑥 = 0

Al resolverla obtenemos distintos tipos de soluciones dependiendo de las raíces del polinomio característico:

𝑟 = −𝑏

2𝑚±√𝑏2 − 4𝑚𝑘

2𝑚

(II.1) Movimiento oscilatorio o subamortiguado: Se presenta cuando

𝒃𝟐 < 𝟒𝒎𝒌, es decir, cuando la amortiguación es pequeña. En este caso, a partir de (3.28) se obtienen dos raíces complejas conjugadas, α ± iβ donde:

𝛼 = −𝑏

2𝑚 𝑦 𝛽 =

√𝑏2 − 4𝑚𝑘

2𝑚

y la solución general es:

𝒙(𝒕) = 𝒆𝜶𝒕(𝑪𝟏 𝒄𝒐𝒔 (𝜷𝒕) + 𝑪𝟐 𝒔𝒊𝒏 (𝜷𝒕)).

Análogamente al caso anterior, podemos cambiar de constantes y expresar esta solución de la forma:

𝒙(𝒕) = 𝑨𝒆𝜶𝒕 𝒔𝒊𝒏(𝜷𝒕 + 𝝋)

25

donde 𝐴 = √𝐶12 + 𝐶2

2 y 𝝋 = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏 (𝑪𝟏

𝑪𝟐)

Ahora la solución x(t) es un producto de un factor exponencial (llamado factor de amortiguación) y un factor senoidal, que explica el movimiento oscilatorio. Puesto que este

factor senoidal varía entre −1 y 1 y tiene periodo 2π/β , se tiene que la solución varia

entre −𝑨𝒆𝜶𝒕 𝒚 𝑨𝒆𝜶𝒕 con cuasi periodo

𝑷 = 𝟐𝝅/𝜷 = 𝟒𝒎𝝅/√(𝟒𝒎𝒌 − 𝒃𝟐) Además, como b y m son constantes positivas, se tiene que α < 0, por tanto, el factor de amortiguación eα t tiende a 0 cuando t tiende a +∞. El sistema se llama subamortiguado porque no hay suficiente amortiguación para prevenir que el sistema oscile (ver Figura 3.3).

26

(II.2) Movimiento críticamente amortiguado: aparece cuando

𝒃𝟐 = 𝟒𝒎𝒌. En este caso, la ecuación auxiliar tiene una raíz doble

𝒓 = −𝒃/𝟐𝒎

y la solución general es:

𝑿 (𝒕) = (𝑪𝟏 + 𝑪𝟐𝒕) 𝒆 − 𝒃/𝟐𝒎 𝒕. (𝟑.𝟐𝟗)

En esta fórmula no aparece oscilación dada por el terminó senoidal. Para comprender el movimiento descrito por (3.29) analicemos el comportamiento de x(t) cuando t tiende a infinito:

lim𝑡→+∞

𝑋(𝑡) = lim𝑡→+∞

𝐶1 +𝐶2𝑡

𝑒𝑏2𝑚

𝑡= lim𝑡→+∞

𝐶2𝑏2𝑚

𝑒𝑏2𝑚

𝑡= 0,

Además:

𝛸´(𝑡) = (𝐶2 −𝑏

2𝑚𝐶1 −

𝑏

2𝑚𝐶2𝑡) 𝑒

−𝑏2𝑚

𝑡

es idénticamente 0 cuando C1 = C2 = 0 o a lo sumo se anula en un punto. Si no tenemos en cuenta la solución trivial, se deduce que x(t) tiene a lo sumo un máximo o un mínimo local para t > 0, por tanto, no oscila. Cualitativamente tenemos tres posibilidades de movimiento dependiendo de las condiciones

iniciales (ver Figura 3.4).

27

En el caso (a) la masa m no pasa por la posición de equilibrio ni alcanza un desplazamiento

extremo relativo para t > 0. Simplemente se aproxima al equilibrio monótonamente cuando t

tiende a +∞.

En el caso (b) la masa no pasa por la posición de equilibrio para t > 0, pero su desplazamiento alcanza un extremo ´único para t = t1 > 0. Después, la masa tiende monótonamente a la

posición de equilibro cuando t tiende a +∞.

En el caso (c) la masa pasa por su posición de equilibrio una vez, en t = t2 > 0; luego alcanza su desplazamiento extremo en t = t3, tendiendo al equilibrio de forma monótona cuando t tiende

a +∞. Este movimiento se llama críticamente amortiguado porque si b disminuyese de valor

aparecería la oscilación.

(II.3) Movimiento sobremortiguado: se obtiene cuando

𝒃𝟐 > 𝟒𝒎𝒌

m𝑟2+ br + k = 0 , luego, resolviendo esta ecuación algebraica, tenemos en este caso, existen dos raíces reales distintas en la ecuación auxiliar:

28

𝑟1 = −𝑏

2𝑚+√𝑏2 −4𝑚𝑘

2𝑚

𝑟2 = −𝑏

2𝑚−√𝑏2 −4𝑚𝑘

2𝑚

Luego, tenemos que el sistema vibrará SOLAMENTE si r tiene valores imaginarios, por lo que para que el sistema vibre, se debe cumplir la siguiente condición:

𝑘

𝑚> (

𝑐

2𝑚)2

y la solución general es:

𝒙(𝒕) = 𝑪𝟏𝒆𝒓𝟏 𝒕 + 𝑪𝟐𝒆𝒓𝟐 𝒕.

Es obvio que r2 < 0 y, puesto que b2 > b2 − 4mk, se tiene que b > √(𝟒𝒎𝒌 − 𝒃𝟐)y r1 < 0.

Luego ambas raíces son negativas, por tanto:

Además:

lim𝑡→+∞

𝑋(𝑡) = 0

x´(t) = er1 t(C1r1 + C2r2e(r2−r1 )t); por tanto, x´(t) = 0 si y sólo si C1r1 + C2r2e(r2−r1 )t = 0. Por consiguiente, una solución no trivial puede tener a lo sumo un máximo o un mínimo local para t > 0. El movimiento es cualitativamente igual al descrito en el caso anterior.

(III) Vibraciones forzadas

Consideremos ahora las vibraciones de un sistema masa-resorte cuando se aplica una

fuerza externa, definida por f (t) en la ecuación (3.26). Es de particular interés la respuesta del sistema a un terminó de forzamiento periódico.

Tomemos como ejemplo una función de forzamiento cosenoidal:

𝑚𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 𝑏

𝑑𝑥

𝑑𝑡+ 𝑘𝑥 = 𝐹0 cos(ϓ𝑡)

29

donde F0 y γ son constantes no negativas.

(III.1) En el caso de un movimiento subamortiguado, puesto que b2 < 4mk, las raíces de la

ecuación auxiliar son α ± iβ con α = − b/2m y β =√4mk−b2/2m y la solución de la ecuación homogénea asociada es:

𝑋ℎ(𝑡) = 𝐴𝑒−𝑏2𝑚

𝑡 sin (√4𝑚𝑘− 𝑏2

2𝑚+∅).

Hallemos ahora una solución particular por el método de los coeficientes indeterminados.

Como ±γi no es raíz de la ecuación auxiliar, esta solución será de la forma:

𝒙𝒑(𝒕) = 𝑨𝟏 𝒄𝒐𝒔 (𝜸𝒕) + 𝑨𝟐 𝒔𝒊𝒏 (𝜸𝒕),

con A1 y A2 constantes a determinar. Para ello, derivamos dos veces,

𝒙´(𝒕) = −𝜸𝑨𝟏 𝒔𝒊𝒏 (𝜸𝒕) + 𝜸𝑨𝟐 𝒄𝒐𝒔 (𝜸𝒕), 𝒙”(𝒕) = −𝜸𝟐𝑨𝟏 𝒄𝒐𝒔 (𝜸𝒕) − 𝜸𝟐𝑨𝟐 𝒔𝒊𝒏 (𝜸𝒕)

y sustituimos en la ecuación diferencial,

(𝒌 − 𝜸𝟐𝒎) (𝑨𝟏 𝒄𝒐𝒔 (𝜸𝒕) + 𝑨𝟐 𝒔𝒊𝒏 (𝜸𝒕))+ 𝜸𝒃 (−𝑨𝟏 𝒔𝒊𝒏 (𝜸𝒕) + 𝑨𝟐 𝒄𝒐𝒔 (𝜸𝒕)) = 𝑭𝟎 𝒄𝒐𝒔 (𝜸𝒕).

Igualando términos, llegamos a un sistema con incógnitas A1 y A2:

(𝒌 − 𝜸𝟐𝒎)𝑨𝟏 + 𝜸𝒃𝑨𝟐 = 𝑭𝟎 −𝜸𝒃𝑨𝟏 + 𝒌 − 𝜸𝟐𝒎)𝑨𝟐 = 𝟎.

Resolviendo el sistema, tenemos:

𝐴1 =𝐹0(𝑘−ϓ2𝑚)

(𝑘−ϓ2𝑚)2+𝑏2ϓ2 y 𝐴2 =

𝐹0ϓ𝑏

(𝑘−ϓ2𝑚)2+𝑏2ϓ2

Por tanto, una solución particular viene dada por:

𝑋𝑝(𝑡) =𝐹0

√(𝑘− ϓ2𝑚)2 +𝑏2ϓ2((𝑘 − ϓ2𝑚)𝑡 cos(ϓ𝑡) + 𝑏ϓsin(ϓ𝑡))

Podemos escribir la solución de la forma:

30

𝑋𝑝(𝑡) =𝐹0

√(𝑘 −ϓ2𝑚)2 + 𝑏2ϓ2sin(ϓ𝑡 + 𝜃).

Introduciendo un ángulo θ definido por tan θ = k−γ2m

bγ . Combinando la solución homogénea (3.30) y la solución particular (3.31) llegamos a la solución general:

𝑋(𝑡) = 𝐴𝑒−𝑏2𝑚

𝑡 sin (√4𝑚𝑘− 𝑏2

2𝑚𝑡 + ∅) +

𝐹0

√(𝑘 −ϓ2𝑚)2+ 𝑏2ϓ2sin(ϓ𝑡 + 𝜃).

El primer sumando de esta expresión es el término transitorio, representa una oscilación amortiguada y sólo depende de los parámetros del sistema y de las condiciones iniciales, que

tienden a cero cuando t tiende a +∞, debido al factor de amortiguación e− b/2m t; por eso recibe el nombre de solución transitoria.

El segundo sumando es el terminó estacionario, función senoidal con frecuencia angular γ. El terminó estacionario se encuentra desfasado con respecto a la fuerza externa f (t) = cos γt

por el ´ángulo θ – π/2 :

sin(ϓ𝑡 + 𝜃) = cos(𝜋

2− (ϓ𝑡 + 𝜃)) = cos(ϓ𝑡 −

𝜋

2+ 𝜃) = cos(ϓ𝑡 − (

𝜋

2− 𝜃)

A medida que el termino transitorio va desapareciendo el movimiento del sistema masa-

resorte llega a ser esencialmente representado por el segundo término xp(t). Por eso se le llama solución estacionaria.

El factor 1

√(𝑘−ϓ2𝑚)2+𝑏2ϓ2 llamado factor de ganancia, es lo que se gana en amplitud.

Podemos observar que si b es muy pequeño y el valor de γ es próximo a √𝑘/𝑚 , el

movimiento es ligeramente amortiguado y la frecuencia impresa, γ/2π, es cercana a la frecuencia natural. En este caso, la amplitud es muy grande y se produce

un fenómeno conocido como resonancia.

(III.2) Estudiemos ahora el caso de las vibraciones forzadas cuando no hay amortiguación . La ecuación que describe el movimiento es:

𝑚𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+𝑘𝑥 = 𝐹0 cos(ϓ𝑡)

La solución de la parte homogénea viene dada por (3.27), obtenida en el primer caso

estudiado. Una solución particular es:

31

𝑋𝑃(𝑡) =𝐹0

(𝑘 −ϓ2𝑚)sin(ϓ𝑡 + 𝜃),

Si ϓ ≠ 𝑤 = √𝑥

𝑚, obtenida a partir de (3.31) haciendo b = 0.

O bien es de la forma:

𝒙𝒑(𝒕) = 𝑨𝟏𝒕 𝒄𝒐𝒔 (𝜸𝒕) + 𝑨𝟐𝒕 𝒔𝒊𝒏 (𝜸𝒕)

si γ = ω, con A1 y A2 a determinar. Aplicando el método de los coeficientes indeterminados, llegamos a:

xp(t) =

𝑋𝑃(𝑡) =𝐹02𝑚𝑤

𝑡 sin(ϓ𝑡)

Así, si γ = ω, la solución general es:

𝑋(𝑡) = 𝐴 sin(𝑤𝑡 + ∅)+𝐹02𝑚𝑤

𝑡 sin(ϓ𝑡)

Por el segundo sumando, vemos que las oscilaciones se volverían infinitas, el sistema se

rompería y la ecuación dejaría de ser aplicable. La aplicación de una fuerza periódica de frecuencia cercana o igual a la frecuencia de las oscilaciones libres no amortiguadas puede causar un serio problema en cualquier sistema mecánico oscilatorio.

32

Ejercicios ’ Ejercicio 1. En el estudio de un resorte vibratorio con amortiguación se llega a un problema de valor inicial de la forma 𝑚𝑥´´(𝑡) + 𝑏𝑥´(𝑡) + 𝑘𝑥(𝑡) = 0, 𝑥(0) = 𝑥0, 𝑥´(0) = 𝑣0

siendo x(t) el desplazamiento medido a partir de la posición de equilibrio en un instante t y donde: m = masa sujeta al sistema, b = constante de amortiguación, k = constante del resorte, x0 = desplazamiento inicial, v0 = velocidad inicial. Determinemos la ecuación del movimiento de este sistema cuando m = 36

kg, b = 12 kg/sg, k = 37 kg/sg2, x0 = 70 cm y v0 = 10 cm/sg. Halla el desplazamiento al cabo de 10 segundos.

Solución:

Buscamos la solución de la ecuación diferencial: 36x” + 12x´ + 37x = 0 con condiciones iniciales x(0) = 70 y x´(0) = 10. La ecuación auxiliar asociadas: 36r2 + 12r + 37 = 0

cuyas raíces son r = −1/6 ± i. Por tanto, la solución general es:

𝑋(𝑡) = 𝐶1𝑒−16𝑡 cos 𝑡 + 𝐶2𝑒

−16𝑡 sin 𝑡

Sustituyendo x(0) = 70, tenemos que 70 = C1. Para sustituir la otra condición inicial debemos derivar x(t) :

𝑋´(𝑡) = −1

6𝐶1𝑒

−16𝑡 cos 𝑡−𝐶1𝑒

−16𝑡 sin 𝑡 −

1

6𝐶2𝑒

−16𝑡 sin 𝑡 + 𝐶2𝑒

−16𝑡 cos 𝑡 ;

Sustituyendo ahora x´(0) = 10, se tiene:

10 = −1

6𝐶1 +𝐶2, 𝑑𝑒 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝐶2 =

65

3

33

y la solución del problema de valor inicial es:

𝑋(𝑡) = 70𝑒−16𝑡 cos 𝑡 +

65

3𝑒−

16𝑡 sin 𝑡

Al cabo de 10 segundos, el desplazamiento será:

𝑋(10) = 70𝑒−53 cos10 +

65

3𝑒−

53 sin 10

≈ 13.73 𝑐𝑚

Ejercicio 2.- Una masa de 2kg se suspende de un resorte que tiene una constante conocida de 10N/m y se le permite llegar a la posición de reposo. Luego se le pone en movimiento dándole una velocidad inicial de 150cm/seg. Encuentre una expresión para el movimiento de la masa, asumiendo que no hay resistencia del aire.

Solución:

En t = 0, la posición de la bola es la posición de equilibrio Xo = 0 m. aplicando esta condición, encontramos:

La velocidad inicial está dada como Vo = 150 cm/seg = 1.5 m/seg. Derivando, obtenemos:

Como la posición de la masa en cualquier tiempo t.

X(t) = C1cos√5𝑡 + C2sen√5𝑡

0 = X(0) = C1cos0 + C2sen0 = C1

X(t) = C2sen√5𝑡

V(t) = X(t) = √5C2cos√5𝑡

1.5 = V(0) = √5C2cos0 = √5C2

C2 = 1.5

√5 = 0.6708

X(t) = 0.6708 sen√5𝑡

34

Ejercicio 3.- Una masa de 10kg se une a un resorte que tiene una constante de 140N/m. la

masa se pone en movimiento desde su posición en equilibrio con una velocidad inicial de

1m/seg en la dirección ascendente y con una fuerza externa aplicada F(t) = 5sen(t). encuentre

el movimiento posterior de la masa si la fuerza debida a la resistencia del aire es -90XN.

Solución:

Usando el método de coeficientes indeterminados, encontramos que:

La solución general es:

Aplicando condiciones iniciales, obtenemos:

X + 9 X + 14x = 1

2sen (t)

X + 9 X + 14x = 0

xℎ = C1𝑒−2𝑡 + C2𝑒−7𝑡

x𝑝 = 13

500sen (t) -

9

500cos (t)

X = xℎ + x𝑝= C1𝑒−2𝑡 + C2𝑒−7𝑡 + 13

500sen (t) -

9

500cos (t)

X = 1

500 (-90𝑒−2𝑡 + 99𝑒−7𝑡 + 13sen (t) - 9cos (t))

35

Ejercicio 4.- Verificar que el sinusoide con amortiguamiento exponencial dado por

y(t) = e−3tcos4t en una solución de la ecuación my′′ + by′ + ky = Fext (t). Si Fexterna = 0,

m = 1, k = 25 y b = 6.

Solución:

Las derivadas de Y son:

Y al sustituir en (my ′′ + by ′ + ky) se tiene:

y′(t) = -3e−3tcos4t - 4e−3tsen4t

y′′(t) = 9e−3tcos4t + 12e−3tsen4t + 12e−3tsen4t - 16e−3tcos4t

= -7e−3tcos4t + 24e−3tsen4t

my′′ + by′ + ky = (1) y′′ + 6y′ + 25y

= -7e−3tcos4t + 24e−3tsen4t + 6(-3e−3tcos4t - 4e−3tsen4t + 25e−3tcos4t

= 0

36

Ejercicio 5.- Una bola de acero que pesa 180lb se suspende de un resorte, que luego se estira

2 pies de su longitud natural. La bola es puesta en movimiento sin velocidad inicial,

despezándola 6 pulgadas por encima de su posición de equilibrio. Asumiendo que no hay

resistencia del aire, encuentre: a) una expresión para la posición de la bola en cualquier

tiempo t y b) la posición de la bola en t=π/12seg.

Solución:

En t=0, la posición de la bola es X0 = -1

2pie.

La velocidad inicial esta dada como v0 = 0 pies/seg. Derivando, obtenemos:

De esta manera C2 = 0, se simplificará así:

Como la ecuación de movimiento de la bola de acero en cualquier tiempo t. En t=π/12seg.

X(t) = C1cos4𝑡 + C2sen4𝑡

- 1

2= X(0) = C1cos0 + C2sen0 = C1

X(t) = - 1

2cos4𝑡 + C2sen4𝑡

V(t) = X(t) = 2sen4𝑡 + 4C2cos4𝑡

X(t) = - 1

2cos4𝑡

X( π

1𝟐) = -

1

𝟐 cos

4π

1𝟐 = -

1

4pie

37

Ejercicio 6.- Un peso de 128lb se une a un resorte que tiene una constante de

64lb/pies. El peso se pone en movimiento sin velocidad inicial desplazándolo 6 pies

hacia arriba de la posición de equilibrio y aplicándole simultáneamente una fuerza

externa de f(t) = 8sen4t. Asumiendo que no hay resistencia del aire, encuentre el

movimiento subsiguiente del peso.

Solución:

La solución a la ecuación es:

Una solución particular se encuentra por medio del método de los coeficientes

Indeterminados: xp = - 1

4t cos4t, entonces la solución es:

Aplicando condiciones iniciales X(0) = - 1

2 y X(0) = 0, obtenemos:

X + 16x = 2sen 4t

xℎ= C1cos4t + C2sen4t

X = C1cos4t + C2sen4t - 1

4t cos4t

X - 1

2cos4t +

1

16sen4t -

1

4t cos4t

38

Ejercicio 7.- Una fuerza de 400 N estira un resorte 2 m. Una masa de 50 kg se sujeta al

extremo del resorte y se la suelta desde la posición de equilibrio con una velocidad dirigida

hacia arriba de 10 m/s. Halle la ecuación del movimiento.

𝐹 = 400 𝑁 𝑥 = 2 𝑚 𝑚 = 50 𝑘𝑔 𝑣 = 10 𝑚/𝑠

400

2= 𝑘

𝑘 = 200

𝜔2 = 4

𝜔 = 2

𝑑𝑥

𝑑𝑡| 𝑡=0 = −10

Ecuación del movimiento

50𝑥" + 200 𝑥 = 0

𝑥" + 4𝑥 = 0

𝑥(𝑡) = 𝑐1 cos𝜔𝑡 + 𝑐2𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡

𝑥(𝑡) = 𝑐1 cos2𝑡 + 𝑐2𝑠𝑒𝑛 2𝑡

𝑐1 = 2

𝑥´(0) = [−10 = −2 𝑠𝑒𝑛 2𝑡 + 𝑐2cos2𝑡]

𝑥´(0) = [−10 = 2𝑐2]

𝑐2 = −5

𝑥(𝑡) = 2 cos2𝑡 − 5𝑠𝑒𝑛 2𝑡

39

Ejercicio 8.- Resolver e interpretar el problema de valor inicial:

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+16𝑥 = 0

𝑥(0) = 10, 𝑑𝑥

𝑑𝑡| 𝑡=0 = 0

Solución:

Una formulación equivalente del problema es: se estira hacia abajo de un cuerpo que depende de un resorte hasta que esté 10 unidades bajo la posición de equilibrio y luego se le retiene hasta t = 0; se le suelta a continuación de manera que parta de un estado de reposo. Aplicando las condiciones iniciales a la solución:

𝑥(𝑡) = 𝑐1 cos4 𝑡 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛 4 𝑡

Resulta 𝑥(0) = 10 = 𝐶11+ 𝐶20

De modo que 𝐶1 = 10 y por lo tanto

𝑥(𝑡) = 𝑐1 cos4 𝑡 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛 4 𝑡

𝑑𝑥

𝑑𝑡= −40 𝑠𝑒𝑛 4𝑡 + 4𝑐2 cos4𝑡

𝑑𝑥

𝑑𝑡| 𝑡=0 = 0 = 4𝑐21

La ultima ecuación implica que 𝑐2 = 0 y por lo tanto la ecuación de movimiento es

x(t)=10cos 4t.

La solución muestra claramente que una vez que el sistema se pone en movimiento, permanece en tal estado, con la masa deslazándose alternadamente 10 unidades hacia cada

lado de la posición de equilibrio x = 0. El periodo de oscilación es 2𝜋/4 = 𝜋 /2 segundos.

40

Ejercicio 9.- teniendo en cuenta las condiciones iniciales a x(0)=0 y x ´(0)=1

3, determine x(t).

Solución. La solución general sigue siendo

x(t)=𝑒−8𝑡 + 𝑐2𝑡𝑒−8𝑡.

Sin embargo, las condiciones iniciales nos conducen a los valores de 𝑐1 = 0 y 𝑐2 =1

3.

En consecuencia

x(t)=1

3𝑒−8𝑡 .

Se tiene que

x´(t)=1

3(𝑒−8𝑡 − 8𝑡𝑒−8𝑡 ) =

1

3𝑒−8𝑡(1 − 8𝑡)

De donde se observa que x(t) alcanza un desplazamiento maximo en t= 1/8 s igual a

𝑥𝑚𝑎𝑥 = 𝑥(1

8) = 0.01533

41

Ejercicio 10.- Se encontró experimentalmente que un cuerpo de 4 lb estira un resorte de 6 pulgadas. El medio ofrece una resistencia al movimiento del cuerpo numéricamente igual a 2.5 veces la velocidad instantánea. Encuentre la ecuación del si el peso se desplaza 4 pulgadas por debajo de la posicion de equilibrio y se suelta.

Solucion. La ecuación diferencial del movimiento es:

4

32

d^2𝑥

𝑑𝑡2=-8x-2.5

𝑑𝑥

𝑑𝑡

O equivalentemente

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+20

𝑑𝑥

𝑑𝑡+64x=0

Las condiciones iniciales son X(0)= 1

3, x´(0)=0.

La ecuación auxiliar es 𝑟2 +20𝑟 + 64 = 0 y sus raíces son 𝑟1 = −4, 𝑟2 = −16, de modo que

X(t)= 𝑐1𝑒−4𝑡 + 𝑐2𝑒

−16𝑡

La condición x(0)= 1

3 implica que 𝑐1+𝑐2 =

1

3 ,

En tanto que x´(0)=0 nos lleva a -4𝑐1-16𝑐2=0.

Haciendo sumatoria de las 2 ecuaciones obtenemos los siguientes valores:

𝑐1 = 4

9 , 𝑐2=-

1

9

Por consiguiente

X(t)= 4

9𝑒−4𝑡 −

1

9𝑒−4𝑡

Como se observa no ocurre oscilaciones ya que el peso tiene tanto amortiguamiento que solo

retorna gradualmente a la posición de equilibrio sin pasar por esta. Se trata de un movimiento

sobreamortiguado.

42

CONCLUSIONES

Aprendimos cuales son los métodos de solución de las ecuaciones diferenciales de

segundo orden. Esto se logró leyendo, resumiendo y practicando en los casos que se

presentaron.

Se resolvió problemas de ecuaciones diferenciales de segundo orden homogéneas con

coeficientes constantes, a través de tres casos obteniendo sus respectivas soluciones.

Se resolvió problemas de ecuaciones diferenciales de segundo orden no homogéneas

con coeficientes constantes, empleando el método de operadores anuladores o el

método del Wronskiano.

Se resolvió y demostró la aplicación de las ecuaciones diferenciales de segunda orden

en problemas de vibraciones mecánica.

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BIBLIOGRAFÍA

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