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ACTVIDA EVALUATIVA EJE 4

ECUACIONES DIFERENCIALES

PRESENTADO POR: NICOLAS VARGAS JIMENEZ NEIDER ORLANDO CASTILLO PINZON ALVARO JAVIER GONZALEZ

INSTRUCTOR: SILVIA REBECA VEGA RIAÑO

INGENIERÍA DE SISTEMAS - MODALIDAD VIRTUAL FUNDACIÓN UNIVERSITARIA DEL ÁREA ANDINA BOGOTA D.C. MARZO DE 2020

INTRODUCCIÓN

Las ecuaciones diferenciales son una parte muy importante del análisis matemático y modelan innumerables procesos en la vida real, En la actividad realizada se Interpretará problemas de aplicación de las Transformadas de Laplace en la solución de ecuaciones diferenciales en circuitos eléctricos y sistemas físicos simples.

Solución Taller Ecuaciones Diferencial Un circuito RLC se compone de los elementos pasivos: resistencia, bobina y condensador.

Un circuito RLC en serie tiene una fuente de voltaje dada por: Vs=sen 100 t R=0.02 ΩL=0.001 HC=2 FQ ( 0 )=0I ( 0 )=0 Si la corriente y la carga iniciales en el capacitor son iguales a cero, determinar la corriente en el circuito para 𝒕 > 𝟎.

Determinamos la ecuación del circuito. Aplicando la ley de voltaje de Kirchhoff

L

dI Q + RI + =Vs(t) dt C

Como I =

L

dQ quedaría dt

d2 Q dQ Q +R + =sin 100 t dt dt C

Aplicamos transformada de Laplace

LL

d2 Q dQ 1 { } +R L + Q =L { Vs ( t ) }Sabiendo que la transformada de una derivada se define dt dt C

{ } { }

como

L

{dfdt }=sF ( s )−f (0)

d2 f 2 L 2 =s F ( s )−sF ( 0 ) −f˙ ( 0 ) d t

{ }

Entonces

1 100 L [ s 2 Q ( s )−sQ ( 0 )− Q ˙( 0 ) ]+ R [ sQ ( s )−Q ( 0 ) ] + Q ( s ) = 2 C s +1002 Ahora sabemos que Q ( 0 )=0 y

L [ s 2 Q ( s ) ] + R [ sQ ( s ) ] +

dQ ( 0 )=I ( 0 ) =0 entonces dt

1 100 1 100 Q ( s )= 2 Q ( s ) L s2 + Rs+ = 2 2 C C s +1002 s +100

[

]

100 L Q ( s )= Reemplazando los valores de los elementos del circuito 1 s 2+ Rs+ ( s 2+100 2) C 1000 100 Q ( s )= 2 2 (s +20 s+500) (s +1002 )

(

)

Aplicando fracciones parciales

100000 As+ B Cs+ D = 2 + 2 2 2 ( s +20 s+ 500 ) ( s + 100 ) s +20 s+500 ( s + 1002 ) 2

100000= ( As+ B ) ( s2 +10000 ) + ( Cs+ D ) ( s2 +20 s +500 ) As3 +Bs 2+ As 1002 + B 1002+Cs 3+ Cs2+ C 500 s+ Ds2+20 Ds+500 D=10000 De lo cual se obtienen las siguientes ecuaciones:

A+C=0 , B+20 C+ D=0, 10000 A +500 C+20 D=0, 10000 B+ 500 D=100000, Se reducen las ecuaciones haciendo

C=− AB−20 A+ D=010000 A−500 A+20 D=010000 B+ 500 D=100000

Hacemos uso de la regla de Cramer para calcular el valor de las variables obtenemos

A=

8 3960 −8 −3800 B= C= D= 377 377 377 377

Reemplazando

8 3960 8 3800 s+ s+ 377 377 377 377 Q ( s )= 2 − 2 s + 20 s+ 500 ( s + 1002 )

8 3960 8 3800 s+ s+ 377 377 377 377 Q ( s )= 2 − 2 s + 20 s+ 100+400 ( s +1002 )

8 3960 8 3800 s+ s+ 377 377 377 377 Q ( s )= − 2 2 (s+10) +400 ( s +1002 )

8 3960 8 3800 s s 377 377 377 377 Q ( s )= + − 2 − 2 2 2 2 (s+10) +400 (s+10) +400 ( s +100 ) ( s +1002 )

Aplicando transformada inversa de Laplace

L−1 { Q(s ) }=L−1

L−1 { Q(s ) }=

8 3960 8 3800 s+ s 377 377 377 377 − L−1 2 − L−1 2 2 2 (s+10) + 400 ( s +100 ) ( s +1002 )

{

} {

} { }

8 −1 s+ 495 8 −1 s 3800 −1 1 L − L − L 2 2 2 2 377 377 377 ( s+ 10) + 400 ( s +100 ) ( s +1002 )

{

}

{

}

{

}

8 −1 ( s+10 ) + 485 8 −1 s 3800 −1 1 L { Q(s ) }= L − L − L 2 2 2 2 377 377 377 ( s+ 10) + 400 ( s +100 ) ( s +1002 )

{

−1

−1

L { Q(s ) }=

−1

L { Q(s ) }=

}

{

}

{

}

( s +10 ) 8 −1 485 8 −1 s 3800 −1 1 −1 L + L − L − L 2 2 2 2 2 377 ( s+ 10) + 400 (s+10) +400 377 ( s +100 ) 377 ( s + 1002 )

{

} {

}

{

}

{

( s+10 ) 8 −1 97 −1 20 8 −1 s 3800 −1 1 L + L − L − L 2 2 2 2 2 2 2 377 4 377 ( s+ 10) +20 (s+10) + 20 ( s +100 ) 377 ( s +1002 )

{

}

{

}

{

}

Consultando la tabla de transformadas la solución de la ecuación diferencial

Q (t)=

}

8 −10 t 97 −10t 8 3800 e cos 20 t+ e sin 20 t− cos 100t− sin 100 t 377 4 377 37700

Para obtener la corriente derivamos la expresión anterior

Q ' ( t )=I ( t )=484.5755 e−10t cos 20 t+242.50 e−10 t sin 20t −

3800 800 cos 100t + sin 100 t 377 377

Haciendo uso del software grafico Geogebra en su versión online, se le ingresa como input la ecuación anterior de la corriente en cualquier tiempo, de lo cual se obtiene:

{

}

En una superficie horizontal suave, una masa, m 1 = 1 Kg, está unida a una pared fija mediante un resorte con constante de resorte k1 = 2 N/m por su parte, otra masa, m2 = 2 Kg, está unida al primer objeto mediante un resorte con constante de resorte k 2 = 4 N/m Los objetos están alineados en forma horizontal, de modo que los resortes tengan su longitud natural. Si ambos objetos se desplazan 3 metros a la derecha de sus posiciones de equilibrio y luego se liberan, ¿cuáles son las ecuaciones de movimiento de los dos objetos?

La deformación del resorte pone en movimiento el sistema esto ocasiona que el resorte de k 2 sufra tanto elongación como compresión, por esto su elongación neta viene dada por x-y. De esta manera al aplicar la ley de Hooke, la cual dice que la fuerza que experimentan los resortes A y B está dada por −k 1 x y k 2( y−x) respectivamente en la masa 1.

Como sabemos que la masa se suelta, esto quiere decir que no existe una fuerza externa impresa en el sistema, al aplicar la segunda ley de Newton obtenemos que

m1

d2 x +k 1 x−k 2 ( y−x )=0 dt 2

De manera similar se puede hallar que la ecuación para el movimiento del resorte B es

m2

d2 y +k 2 ( y−x )=0 dt 2

Las condiciones iniciales son x ( 0 )=3 y que x ' ( 0 ) =0. Esto debido a que la masas se desplazan 3 metros de su posición de equilibrio y son soltadas del reposo, por eso la velocidad inicial es 0

Reescribiendo

m1

d2 x + x (k ¿ ¿ 1+k 2 )−k 2 y =0 ¿ dt 2

d2 y m 2 2 +k 2 y−k 2 x=0 dt

Aplicamos transformada de Laplace

m1 L m2 L

d2 x +(k ¿ ¿1+ k 2) L { x }−k 2 L { y }=0¿ dt 2

{ } { }

d2 y +k 2 L { y }−k 2 L { x }=0 dt 2

Sabemos que L

d2 f 2 =s F ( s )−sf ( 0 )− f˙ ( 0 ) 2 d t

{ }

[ s2 X ( s )−sx ( 0 )− x˙ ( 0 ) ]+ 6 X ( s )−4 Y ( s )=0

2 [ s 2 Y ( s )−sy ( 0 )− ˙y ( 0 ) ]+ 4 Y ( s )−4 X ( s )=0 Aplicando las condiciones iniciales

s2 X ( s )+ 6 X ( s )−3 s−4 Y ( s )=0

2 s 2 Y ( s )−2 X (s)−6 s +4 Y ( s ) =0

Agrupando

X (s)(s¿ ¿2+6)−4 Y ( s )=3 s ¿

Y ( s ) [ 2 s2 +4 ] −4 X ( s )=6 s

Con esto hemos generado un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas. Hacemos uso de la regla de Cramer para hallar los valores de las incógnitas

∆= (s ¿¿ 2+6) ¿−4 2 s 2+ 4¿ =(s ¿¿ 2+ 6) ( 2 s2 +4 ) +16=2 s 4 + 4 s 2+ 12 s2 +24−16 ¿ ¿

|

|

¿ 2 s 4 +16 s2 +8=2(s ¿ ¿ 4 +8 s 2 +4) ¿∆=2[( s 2+ 0.53589)(s2 +7.464101)] 3 s −4 =6 s ( s 2 +2 ) +24 s=6 s ( s 2+ 6 ) 2 6 s 2s +4

|

∆ 1=

|

∆ 2= (s ¿¿ 2+ 6)¿ 3 s 6 s ¿ =6 s ( s 2+ 6 ) +12 s=6 s( s2 +8) ¿

|

|

Así, la solución del sistema de ecuaciones sería

X ( s )=

∆1 6 s ( s 2+ 6 ) = ∆ 2[( s 2+ 0.53589)( s2 +7.464101)]

Y ( s )=

∆2 6 s ( s 2+8 ) = ∆ 2[(s2 +0.53589)( s2 +7.464101)]

Por comodidad se tomará j=0.53589 y k =7.464101 Aplicando Fracciones parciales para X(s)

3 s ( s2 +6 ) As+ B Cs+ D = 2 + 2 2 2 (s + j)( s +k ) s + j s +k

( 3 s3 +18 s )=( As+ B)(s¿ ¿2+ k )+(Cs+ D)(s 2 + j)¿ 3 s 3 +18 s= As3 +kAs+ Bs 2+ kB+Cs3 + jCs+ Ds2 + jD

De esto se obtienen las siguientes ecuaciones

A+C=3B+ D=0kA + jC=18kB+ jD=0 Ahora tenemos un sistema de 4 ecuaciones con 4 incógnitas y obtenemos los siguientes resultados

A=2.3660B=0C=0.6339D=0 Reescribiendo entonces tenemos

X (s)=

2.3660 s 0.6339 s + 2 s 2+ j s +k

Aplicamos la transformada inversa de Laplace

L−1 { X (s) }=2.3660 L−1

s s + 0.6339 L−1 2 s +j s +k

{ } 2

{ }

x ( t )=2.3660 cos ( √ jt ) +¿ 0.6339 cos( √ k t )¿

Se realiza un procedimiento similar para Y(s)

3 s ( s2 +8 ) As+ B Cs+ D = 2 + 2 2 2 [( s + j)(s + k)] s + j s +k 6 s3 +24 s=( As+ B)(s ¿¿ 2+k )+(Cs+ D)( s2 + j)¿ 6 s3 +24 s=As 3+ kAs+ Bs2 +kB+ Cs3 + jCs + Ds2+ jD De esto se obtienen las siguientes ecuaciones

A+C=6 B+ D=0kA + jC=24kB+ jD=0 Ahora tenemos un sistema de 4 ecuaciones con 4 incógnitas y obtenemos los siguientes resultados

A=3B=0C=2.99D=0 Reescribiendo entonces tenemos

Y ( s)=

3 s 2.99 s + s 2 + j s2 +k

Aplicamos la transformada inversa de Laplace

L−1 { Y ( s) }=3 L−1

s s +2.99 L−1 2 s +j s +k

{ } 2

{ }

y ( t ) =3 cos ( √ j t ) +¿ 2.99 cos ( √ k t)¿ Entonces tenemos que las ecuaciones del movimiento están determinadas por las siguientes expresiones:

x ( t )=2.3660 cos ( √0.53589 t ) +¿ 0.6339 cos( √7.464101 t)¿ Haciendo uso del software Geogebra se obtiene la siguiente grafica

Es interesante ver la prolongación de la gráfica en el tiempo.

y ( t ) =3 cos ( √ 0.53589t ) +¿ 2.99 cos √ 7.464101t ¿ La grafica del movimiento para y(t) es muy similar a la de x(t) con pequeñas variaciones en su amplitud

Su prolongación en el tiempo también es similar

CONCLUSIONES

* Las Ecuaciones Diferenciales facilitan la resolución de circuitos eléctricos. * Las Ecuaciones Diferenciales son herramientas que nos permite desarrollar problemas de una más práctica y óptima. *En el problema planteado de circuitos eléctricos se usó geogebra al resolver el problema se demostró que todos los conceptos y teoría de la clase sirven para resolver problemas de aplicación.