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®

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLÁO ASO 201~

FACULTAD DE INGENIERIA ELECTRICA Y

ELECTRONICA INSTITUTO DE INVESTIGACION DE LA FACULTAD DE INGENIERIA ELECTRICA Y ELECTRONICA

INFORME FINAL DEL TEXTO "TEXTO: ECUACIONES DIFERENCIALES CON APLICACIONES A LA INGENIERIA" AUTOR: Raúl Pedro Castro Vidal (Período de ejecución: 01 de abril del2013 al31 de marzo del2014) (Resolución de aprobación N>ü33-2013-CU)

En primer lugar agradezco a DIOS por todo aquello que realizo y recibo. El presente Texto: "Ecuaciones Diferenciales con Aplicaciones a la Ingeniería" es un esfuerzo en el cual, directa o indirectamente, participaron mi familia y amigos, dándome, ánimo, acompañándome en los momentos críticos y en los momentos de felicidad, estoy muy agradecido de todos ellos. Agradezco a la Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica, al Instituto de Investigación de la FIEE de la Universidad Nacional de Callao y a todos mis colegas que me dieron la gran oportunidad de contribuir con el desarrollo del texto un crepúsculo para la formación de los estudiantes de ingeniería, fmalmente agradecer a mis alumnos de Ecuaciones Diferenciales de la Escuela Académico Profesional de Ingenierita Electrónica, por ser ellos, la razón de todo esfuerzo académico. Finalmente agradecer al Mg. Lic. Adán Tejada Cabanillas, director de Instituto de Investigación de la FIEE por su paciencia y sugerencias rea1izadas para el desarrollo del texto.

O.f!OICAOO

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ÓCJ.TJdlld y plldE¡.z:u:;.iá.

INDICE GENERAL

l. INDICE

01

1.1

16

TABLAS DE CONTENIDO

II. PROLOGO

26

III. INTRODUCCION

28

IV. CONTENIDO DEL TEXTO

31

CAPITULO I INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES 1.1 Introducción.

31 31

1.2 Conceptos generales y definiciones.

39

1.2.1 Definición de una ecuación diferencial.

39

1.2.2 Clasificación de las ecuaciones diferenciales.

40

1.2.3 Soluciones generales y particulares.

44

1.2.4 Problemas de Valor Inicial (PVI).

47

1.2.5 Problemas de Valor Frontera (PVF).

48

1.3 Existencia y unicidad de solución.

49

1.3 .1 Teorema de existencia y unicidad.

50

1.4 Ejercicios propuestos.

57

CAPITULO II ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN

60

2.1 Ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden.

60

2.1.1 Ecuaciones diferenciales de variables separables.

60

1

2.2 Método de transformación de variables.

63

2.2.1 Ecuaciones diferenciales homogéneas.

63

2.2.2 Ecuación diferencial no homogénea especial.

68

2.2.3 Ecuaciones de la forma

74

dy . -=F(Ax+By+C). dx

2.3 Ecuaciones diferenciales exactas y los factores de integración.

81

2.3.1 Diferencial exacta.

81

2.3 .2 Ecuación diferencial ordinaria exacta.

82

2.3.3 Ecuaciones diferenciales no exactas y factor integrante.

93

2.3.4 Método de inspección.

102

2.3.5 Integración de factores por grupos.

107

2.4 Ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de primer orden (EDOL).

119

2.4.1 Solución general de una ecuación diferencial lineal de primer orden.

120

2.4.2 Ecuaciones diferenciales de Bemoulli (EDOB).

125

2.5 Ecuaciones resolubles para variable independiente o dependiente.

129

2.5.1Ecuaciones resolubles para la variable y.

129

2.5.2 La Ecuación de Clairaut.

138

2.6 Ecuaciones diferenciales simples de orden superior. 2.6.1 Ecuaciones inmediatamente integrables. 2.6.2 Ecuaciones diferenciales con ausencia de la variable dependiente. 2.6.3 Ecuaciones donde la variable independiente no aparece.

140

14~ 142 145

2

2. 7 Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de primer orden.

149

2. 7.1 Calefacción y refrigeración.

149

2. 7.2 Movimiento de una partícula en un medio resistente.

155

2. 7.3 Movimiento de un cable bajo su propio peso.

172

2. 7.4 Circuitos eléctricos RC, RL en serie y RL en paralelo.

180

2.7.5 Purificación natural en un arroyo.

188

2.7.6 Otros problemas dé aplicación.

196

2.8 Problemas propuestos

208

CAPITULO III ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN DOS CON COEFICIENTES CONNSTANTES

233

3.1 Introducción.

233

3.1.1 Ecuación del péndulo p:1atemático.

233

3 .1.2 Ecuación de Kirchooff para un circuito eléctrico simple.

235

3.2 Ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de orden dos con coeficientes constantes. 3.2.1 Solución general de la EDOLH. 3.3 Modelos fisicos de vibraciones mecánicas. 3.3 .1 Sistema simple de vibración libre masa resorte.

236 237 242 243

3.3.2 Formulación matemática de sistemas simples masa resorte en vibración libre.

244

3.4 Ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas de orden dos con coeficientes constantes:

255

3.4.1 Método de variación de parámetros.

256

3.4.2 Método de coeficientes indeterminados.

259 3

3.4.3 Un problema de: "Análisis de vibración y la resonancia" 3.5 Ecuaciones diferenciales lineales de orden superior.

261 271

3.5.1 El operador diferencial D.

272

3.5.2 Propiedades del operador diferencial D.

272

3.5.3 Soluciones complementarias con el operador D.

274

3.5.4 Ecuación característica con raíces reales diferentes.

275

3.5.5 Ecuación característica con raíces complejas diferentes.

278

3.5.6 Ecuación característica con raíces de multiplicidad.

282

3.5.7 Soluciones particulares con el operador D.

286

3.5.8 Método de coeficientes indeterminados con el operador D.

286

3.5.9 Método de operadores en ecuaciones diferenciales de orden superior.

295

3.5.10 Método de variación de parámetros para ecuaciones diferenciales de orden superior. 3.5.11 Ecuaciones diferenciales de Euler. 3.6 Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales lineales de orden dos. 3.6.1 Formulación de la ecuación del movimiento.

310 315 319 319

3.6.2 La vibración de un edificio de cizallado bajo una fuerza externamente aplicada F(t). 3.6.3 La vibración de un edificio simple con la excitación de la base.

322

3.6.4 Respuesta de un sistema de un solo grado de libertad.

325

3.6.5 Solución complementaria de la ecuación de vibración libre.

326

r

4

3.6.6 Solución particular de una vibración forzada. 3. 7 Circuitos eléctricos simples.

336 349

3.7.1 Circuito RCL en serie.

349

3.7.2 Circuito RCL en paralelo.

350

3.8 Vibración de un vehículo cuando pasa por badén (rompe muelle).

356

3.9 Ejercicios propuestos.

382

CAPITULO IV SISTEMA DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS LINEALES

404

4.1 Introducción.

404

4.2 Forma general de un sistema de ecuaciones diferenciales.

411

4.2.1 Problema de valor inicial (PVI).

414

4.2.2 Sistemas lineales de priri:ter ·orden.

415

4.2.3 Sistemas lineales de primer orden homogeneos

416

4.2.4 Sistema fundamental de soluciones.

417

4.2.5 Solución de un sistema lineal homogéneo con coeficientes constantes. 4.3 El método del operador.

418 422

4.3.1 Soluciones complementarias.

422

4.3.2 Soluciones particulares.

428

4.3.3 Método de variación de parámetros.

438

4.3.4 El método de la matriz.

445

4.3.5 Soluciones complementarias de un sistema den ecuaciones diferenciales.

447 S

4.3.6 Soluciones particulares de un sistema de n ecuaciones diferenciales. 4.4 Respuesta de sistemas con múltiples grados de libertad.

460 473

4.4.1La ortogonalidad de la forma modal.

475

4.4.2 Vibración forzada no amortiguada.

477

4.4.3 Vibración forzada amortiguada.

478

4.5 Aplicación de sistemas de ecuaciones diferenciales · ordinarias lineales.

479

4.5.1 Modelamiento matemático de vibraciones mecánicas.

479

4.5.2 Vibraciones absorbidas o amortiguaciones.

492

4.5.3 Un circuito eléctrico con mallas.

502

4.6 Problemas propuestos

507

CAPITULO V TRANSFORMADA DE LAPLACE Y APLICACIONES

519

5.1 Introducción.

519

5.2 Transformada de Laplace y propiedades.

522

5 .2.1 Funciones continuas por trozos.

522

5.2.2 Propiedad de la función escalón unitario.

523

5.2.3 Transformada de Laplace en D .

524

5.2.4 Transformada de Laplace en D .

524

5.2.5 Propiedades de la transformada de Laplace.

53ff

5.2.6 La función escalón de Heaviside.

526

6

5.3 Funciones impulso y el delta de Dirac.

538

5.3.1 Propiedades de la función delta de Dirac.

540

5.3 .2 Aplicaciones de la función delta de Dirac.

542

5.4 La transformada inversa de Laplace.

544

5.4.1 Propiedades de la transformada inversa de Laplace.

544

5.4.2 Convolucion integral.

545

5.4.3 La transformada de Laplace mediante fracciones parciales.

547

5.5 Resolución de ecuaciones diferenciales utilizando la transformada de Laplace. 5.6 Aplicaciones de la Transformada de Laplace.

553 562

5.6.1 Respuesta de un sistema de un solo grado de libertad.

562

5.6.2 Circuitos eléctricos.

573

5.6.3 Vigas sobre base elástica.

586

5. 7 Problemas propuestos.

597

CAPITULO VI SUCESIONES Y SERIES DE POTENCIAS

604

6.1 Introducción

604

6.1.1 Sucesiones de números enD . 6.2 Convergencia de sucesiones en D .

604 606

6.2.1 Propiedades de las sucesiones convergentes.

606

6.2.2 Sucesiones divergentes.

607

6.2.3 Sucesiones monótonas.

607

6.2.4 Monotonía y acotación.

7

6.2.5 Propiedades de sucesiones acotadas. 6.3 Sucesiones de Cauchy. 6.3.1 Criterio de convergencia de Cauchy. 6.4 Calculo de límites de sucesiones.

608 608 608 608

6.4.1 Comparación de infinitésimos.

609

6.4.2 Comparación de infmitos.

610

6.4.3 Primer criterio de Stolz

610

6.4.4 Criterio de media aritmética.

61 O

6.4.5 Segundo criterio de Stolz.

612

6.5 Series numéricas.

612

6.5.1 Carácter de una serie (convergencia o divergencia).

613

6.5.2 Propiedades de las series numéricas.

614

6.5.3 Condición general de convergencia de Cauchy.

615

6.5.4 Teorema del resto de una serie.

616

6.6 Series de términos positivos (STP)

617

6.6.1 Criterio de comparación directa (de Gauss, o de mayorante)

617

6.6.2 Criterio de comparación por paso al límite.

618

6.6.3 Criterio de Pringsheim.

620

6.6.4 Criterio de la raíz(o de Cauchy).

620

6.6.5 Criterio del cociente o D'Alembert.

620

6.6.6 Criterio de Raabe-Duhamel.

621

6.6. 7 Criterio logaritmo.

622

6.6.8 Criterio de condensación de Cauchy.

6. 7 Series numéricas alternadas. 6. 7.1 Criterio de convergencia de Leibnitz. 6.8 Series de términos cualesquiera.

623 624 625

6.8.1 Propiedades de la convergencia absoluta.

625

6.8.2 Reordenación de series.

627

6.9 Series notables.

628

6.9.1 Series geométricas.

628

6.9.2 Series aritmético geométricas.

628

6.9.3 Series sumables por descomposion.

630

6.9.4 Series telescópicas.

632

6.1 O Series de potencias.

632

6.1 0.1 Convergencia de series de potencias.

633

6.1 0.2 Cálculo de los coeficientes de la serie.

634

6.1 0.3 Series de Maclaurin.

635

6.1 0.4 Multiplicacion de las series de potencias.

636

6.10.5 División de series de potencias.

638

6.11 Solucion de ecuaciones diferenciales mediante series de potencias. 6.11.1 Teoría general de soluciones por series.

639 639

6.11.2 Soluciones entorno a un punto ordinario.

641

6.11.3 Método de los coeficientes indeterminados.

647

6.11.4 Soluciones entorno de un punto singular.

656

6.11.5 Naturaleza de las raíces de la ecuacion indicia!.

661

6.11.6 Metodo de Frobenius.

663 9

6.12 Ecuaciones diferenciales notables. 6.12.1 Ecuacion diferencial de Legendre.

678 678

6.12.2 Desarrollo de una función mediante polinomios de Legendre.

683

6.12.3 Ecuacion diferecial de Hermite.

686

6.12.4 Ecuación diferencial de Chebyshev

691

6.12.5 Ecuación de Laguerre. 6.12.6 Ecuación diferrencial de Bessel

698 702

6.13 Ejercicios propuestos

712

CAPITULO VII SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIAES ORDINARIAS NO LINEALES

7.1 Introducción 7 .1.1 Algunos aspectos históricos.

716

716 718

7 .1.2 La importancia de ser no lineal: una realidad o una fantasía matemática.

720

7.2 Flujo en una línea: una manera geométrica de pensar los puntos fijos o de equilibrio o críticos y trayectorias.

722

7.2.1 Puntos fijos y estabilidad.

728

7 .2.2 Análisis de estabilidad.

731

7.2.3 Importancia de estudiar los puntos fijos.

735

7 .2.4 Existencia y unicidad.

736

7.2.5 Imposibilidad de tener· oscilaciones. 7.2.6 Potencial.

:::12/1 )('~ 10

7.3 Bifurcaciones.

739

7.3 .1 Bifurcación punto-silla.

739

7.3.2 Bifurcación transcrítica.

742

7.3 .3 Bifurcación horqueta.

743

7.3.4 Bifurcaciones imperfectas y catástrofes.

746

7.3.5 Curvas de bifurcación.

747

7.4 Flujo en dos dimensiones. 7 .4.1 Campo de vectores en el plano de fase y el retrato de fase.

750 751

CAPITULO VIII INTRODUCCION A LAS SERIES DE FOURIER Y A LA TRANSFORMADA DE FOURIER

755

8.1 Introducción: Funciones periódicas.

755

8.2 Desarrollo en serie trigonométrica.

757

8.2.1 Coeficientes de Fourier.

758

8.2.2 Cambio de periodo en el desarrollo de las series de Fourier.

762

8.2.3 Desarrollo en series de senos y series de cosenos.

764

8.2.4 Desarrollo en series de funciones pares e impares.

766

8.2.5 La descomposición par +impar.

768-

8.2.6 Desarrollos en un intervalo.

771

8.3 Convergencia de las series de Fourier.

774

8.3.1 Convergencia puntual.

775

8.3.2 Fenómeno de Gibbs.

778

8.3.3 Aproximación en media cuadrática.

779

8.3.4 Desigualdad de Bessel e igualdad de Parseval.

::1¡) 11

8.4 Series de Fourier complejas. 8.4.1 Espectro de una función. 8.5 La transformada de Fourier.

784 788 790

8.5.1 Propiedades de la transformada de Fourier.

795

8.5.2 Transformada de funciones reales.

802

8.5.3 Transformada seno y coseno.

805

8.5.4 Identidad de Parseval.

806

8.6 Convolucion de funciones.

808

8.7 Funciones generalizadas: La función Delta de Dirac.

812

8.8 Transformación de funciones periódicas.

815

8.8.1 Transformada de un tren de deltas.

816

8.8.2 Transformada de la función de Heaviside.

818

8.9 Ejercicios propuestos

820

CAPITULO IX INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES

827

9.1 Introducción.

827

9.2 Ecuaciones diferenciales parciales de segundo orden.

828

9.2.1 Forma matricial y clasificación de la EDP

828

9.2.2 Problemas asociados.

831

9.2.3 Ecuación lineal en más variables.

834

9.3 Delta de Dirac.

836

9.3 .1 Distribución rectangular. 9.3.2 Otras representaciones del Delta de Dirac.

12

9.4 Desarrollo en Series de Fourier.

840

9.4.1 Representacion compleja.

843

9.4.2 Series de Fourier multidimensionales.

845

9.5 Operadores lineales.

846

9.5.1 Operadores diferenciales.

847

9.5.2 Transformadas integrales.

850

9.6 Método de separación de variables.

851

9 .6.1 La ecuación del calor en una línea con extremos a temperatura cero.

852

9.6.2 La ecuación del calor en una línea con extremos a temperaturas constantes.

865

9.6.3 La ecuación del calor en una línea con los extremos aislados.

873

9.6.4 Línea con flujo de calor constante a través de los extremos.

874

9.6.5 Línea con condiciones de frontera periódicas: problema del círculo.

876

9.6.6 Flujo de calor en una lámina rectangular.

880

9.6.7 Flujo de calor a través de un bloque sólido.

884

9.6.8 Ecuación del calor en coordenadas cilíndricas.

887

9.6.9 Ecuación del calor en coordenadas esféricas.

8~ 13

9. 7 La ecuación de la onda.

892

9. 7.1 La ecuación del telégrafo.

897

9.7.2 La ecuación de onda en tres dimensiones.

899

9.8 La ecuación de Laplace.

901

9.9 La ecuación de Schrondinger.

901

9.1 OMétodo de transformadas integrales.

910

9.10.1 Transformadas integrales en general.

911

9.1 0.2 Transformada de Laplace.

913

9.10.3 Transformada de Fourier.

913

9.10.4 Transformada de Mellin.

915

9.1 0.5 Transformada de Hankel.

915

9.10.6 Problema de Dirichlet en el semiplano superior.

916

9.1 O. 7 Problema de Cauchy para la cuerda vibrante infinita.

922

9.10.8 Difusión de calor a lo largo de una línea infinita.

926

9.11 Problemas propuestos.

928

V. REFERENCIALES

93it

VI. APENDICES

93i?

APENDICEA

93$

A.1 Tabla "W3.1: Método de coeficientes indeterminados.

93'8

A.2 Tabla "W3.2: Condiciones de contorno.

93'13

A.3 Tabla "W6.1: Poli~omio normalizado de Legendre. A.4 Tabla "W6.2: Polinomio normalizado de Hermite.

14

A.5 Tabla Nl6.3: Polinomio normalizado de Chebyshev de primera y segunda especie.

939

A.6 Tabla Nl6.4: Polinomio de Laguerre.

940

A.7 Tabla Nl6.5: Interceptas de los polinomios de Bessel.

941

APENDICEB

942

B.l Tabla de derivadas.

942

B.2 Tabla de integrales.

943

B.3 Tabla de transformadas de Laplace.

946

B.4 Tabla de transformadas inversas de Laplace

949

VII. ANEXOS A.l Formulación Matemática de un sistema masa resorte

952

A.2 Fenómeno de la resonancia

15

1.1 TABLAS DECONTENIDO INDICE DE FIGURAS Figura 1f 1.1: Diagrama de un proyectil en marcha.

32

Figura Nl1.2: Dilución de un contaminante.

34

Figura Nl1.3: Un puente colgante.

35

Figura Nl1.4: Representación del puente en el sistema XY.

35

Figura lf1.5: Efecto de un terremoto en una construcción simple.

36

Figura Nl1. 6: Representación de un sistema masa resorte.

37

Figura Nl1. 7: Diagrama de un puente.

38

Figura Nl1.8: Representación de un marcapaso.

39

Figura Nl1.9: Movimiento de caída libre.

47

Figura Nl1.10: Campo de dirección.

50

Figura 1f 2.1: Movimiento ascendente de una partícula en un medio resistente.

156

Figura 1f 2.2: Movimiento descendente de una partícula en un medio resistente. 158 Figura lf2.3: Velocidad de una partícula en movimiento descendente en un medio resistente.

160

Figura Nl2.4: Esquema de una bala disparada.

161

Figura lf2.5: Diagrama de un objeto cayendo en el aire.

163

Figura lf2.6: Un puente colgante con anclas.

165

Figura Nl2.7: Un cable con carga distribuida.

166

Figura lf2.8: Un cable de puente de suspensión con soportes en la misma altura. Figura lf2.9: Diagrama libre de un puente colgante.

169

:r !

16

Figura Nl2.1 0: Cables de transmisión de energía.

172

Figura Nl2.11: Un cable colgado por su propio peso.

173

Figura Nl2.12: Forma de un cable bajo su propio peso.

175

Figura Nl2.13: Un flotador y un cable.

178

Figura Nl2.14: Circuitos RC.

182

Figura Nl2.15: Circuitos RL.

182

Figura Nl2.16: Circuito eléctrico de primer orden.

184

Figura Nl2.17: Circuito eléctrico de primer orden.

186

Figura Nl2.18: Purificación natural en un arroyo.

189

Figura Nl2.19: Trayectoria de un transbordador en un rio.

196

Figura 2.20: Una barra con carga axial.

198

Figura Nl2 .. 21: Movimiento de una cadena.

200

Figura Nl2.22: Movimiento de una cadena bajo su propio peso.

202

Figura Nl2.23: Fuga de agua de un tazón hemisférico con un hoyo.

204

Figura Nl2.24: Dilución de una solución.

206

Figura Nl2.25: Paracaídas en caída

219

Figura Nl2.26: Caída de un objeto hacia el centro de la tierra.

220

Figura Nl2.27: Masa moviéndose en una superficie con pendiente.

221

Figura Nl2.28: Desplazamiento del esquiador en una superficie con pendiente.

223

Figura Nl2.29: Movimiento de una cadena sobre un superficie con pendiente.

229

Figura Nl 2.30: Movimiento de una cadena en una polea.

225

Figura Nl2.31: Un coche en carrera.

226

Figura Nl2.32: Una cuerda soporta el peso de un puente.

226

~¡J

17

Figura ~2.33: Pasarela de un puente.

227

Figura ~2.34: Elevación de un esquí.

227

Figura~ 2.35: Circuitos variados de primer orden.

228

Figura~ 2.36: Sección de un muelle de puente.

229

Figura W 2.37: Tanque de forma de un cono.

230

Figura~ 2.38: Recipiente cónico.

231

Figura~ 2.39: Cilindro con un hoyo.

231

Figura~ 2.40: Curva de persecución del gato al ratón.

232

Figura ~3 .1: Movimiento amortiguado de una masa unida a un muelle elástico. 233 Figura ~3.2: Péndulo matemático.

234

Figura~ 3.3: Circuito RCL simple.

235

Figura ~3.4: Componente de vibración.

240

Figura W3.5: Amortiguador de un camión.

241

Figura~ 3.6: Sistema masa resorte sin amortiguador y con amortiguador.

241

Figura W 3.7: Vibración forzada.

242

Figura ~3.8: Vibración libre con compresión.

243

Figura ~3.9: Vibración libre con estiramiento.

243

Figura ~3 .1 0: Vibración causado por perturbación.

244

Figura W 3.11: Modelo y gráfico de la solución.

246

Figura ~3.12: Camión grúa en la descarga de maquina pesada.

247

Figura~ 3.13: Diagrama equivalente a masa resorte.

248

Figura ~3.14: Esquema del fenómeno de vibración. Figura N° 3.15: Cilindro ajustable de aire.

18

Figura Nl3 .16: Representación de las soluciones sobreamortiguadas.

253

Figura Nl3 .1 7: Representación de las soluciones caso critico.

254

Figura Nl3.18: Representación de la solución subamortiguada.

255

Figura Nl3 .19: Máquinas o estructuras sometidas a fuerzas externas vibratorias. ' '

262

Figura Nl3 .20: Sistema masa resorte forzado.

262

Figura Nl3.21: Gráfica de la fuerza

Fa cos(wt).

263

Figura Nl3.22: Sistema con vibración forzada.

265

Figura Nl3.23: Amplitudes de la masa en vibración resonante.

267

Figura Nl3.24: Máquina de estampado.

268

Figura Nl3 .25: Representación de la amplitud.

270

Figura Nl3.26: Una construcción simple de un solo piso.

320

Figura Nl3.27: Rigidez de la columnas.

320

Figura Nl3.28: Un amortiguador.

321

Figura Nl3.29: Diagrama de una construcción y fuerza externa.

321

Figura Nl3.30: Edificio bajo la excitación de la base.

322

Figura Nl3 .31: Sistema de masa resorte con un grado de libertad.

323

Figura Nl3.32: Un sistema masa-resorte..,amortiguador bajo excitación base.

324

Figura Nl3.33: Modelos matemáticos del motor a reacción y el tren de aterrizaje. 324 Figura Nl 3.34: Respuesta de la vibración libre no amortiguada.

329

Figura Nl3.35: Respuesta de vibraciones subamortiguadas.

331

Figura Nl3.36: Coeficiente de amortiguación no dimensional.

332

Figura Nl3.37: Respuesta de vibraciones críticamente amortiguado

335

Figura Nl3.38: Respuesta de vibraciones sobreamortiguado.

31/r 19

Figura Nl3.39: Factor de magnificación dinámica.

340

Figura Nl3.40: Respuesta de un sistema en resonancia.

342

Figura Nl3.41: Pulsaciones de amplitud.

347

Figura Nl 3.42: Circuito RLC en serie.

349

Figura Nl3.43: Circuito RCL en paralelo.

350

Figura~ 3.44: Circuito de encendido de un automóvil.

351

Figura Nl3.45: Circuito eléctrico de segundo orden.

354

Figura Nl3.46: Paso de un vehículo por un badén.

357

Figura Nl 3.47: Respuesta de un vehículo que pasa un badén.

362

Figura Nl3.48: Torre de agua.

363

Figura Nl3.49: Pandeo de la columna.

363

Figura Nl3.50: Pandeo del soporte y diagrama.

368

Figura~ 3.51: Vibración horizontal de un motor a reacción y diagrama.

369

Figura N° 3.52: Fuerzas en el movimiento del pistón y diagrama.

371

Figura Nl3.53: Un sistema de vibración.

373

Figura Nl3.54: Vibración de un volante y su diagrama.

376

Figura Nl 3.55: Desplazamiento de un medidor.

379

Figura Nl3.56: Representación de un cilindro parcialmente sumergido.

387

Figura Nl3.57: Representación de un cilindro que flota y luego es sumergido.

388

Figura Nl3.58: Representación de un cubo sumergido.

389

Figura Nl3.59: Cadena uniforme que se desplaza en una superficie plana.

390

Figura Nl3.60: Barra y amortiguador unidos.

393

Figura Nl3.61: Barra unido al sistema masa resorte y amortiguador.

Figura Nl3.62: Sistema simple amortiguado de un grado de libertad.

394

Figura Nl3.63: Sistema forzado amortiguado de un grado de libertad.

395

Figura Nl3.64: Sistema de un grado de libertad con desplazamiento.

396

Figura Nl3.65: Sistema de un grado de libertad sometido a una carga sinusoidal. 397 Figura Nl3.66: Sistema amortigt!ado de un solo grado de libertad.

.398

Figura Nl3.67: Desplazamiento de una construcción de un ~olo piso.

399

Figura Nl3.68: Sistema sometido a una carga dinámica.

400

Figura Nl3.69: Un medidor de desplazamiento.

401

Figura Nl3.70: Circuitos de segundo orden.

402

Figura Nl3.71: Representación de una columna.

403

Figura Nl3.72: Representación de una viga columna.

403

Figura Nl4.1: Movimiento de una partícula en el plano.

405

Figura Nl4.2: Un edificio simple den pisos.

407

Figura Nl4.3: Un sistema equivalente a masa-resorte-amortiguador.

410

Figura Nl4.4: Un sistema de dos grados de libertad.

480

Figura Nl4.5: Movimiento del automóvil en un camino ondulado.

488

Figura Nl4.6: Una maquina montada sobre una estructura

492

Figura Nl4. 7: Un absorbedor de vibración montado sobre un sistema principal.

494

Figura Nl4.8: Factor de magnificación dinámica para ( =0.

499

Figura Nl4.9: Factor de magnificación dinámica para

t;=0,04.

409

Figura N°4.10: Amortiguador de masa sintonizado (TMD) in Taipéi 101.

501

Figura Nl4.11: Circuito eléctrico.

502

Figura Nl4.12: Trayectoria de un objeto.

5~ 21

Figura Nl4.13: Barra AB soportado por dos resortes.

513

Figura Nl4.14: Modelo de maquina apoyado sobre una estructura.

514

Figura Nl4.15: Dos masas que cuelgan mediante dos resortes.

514

Figura Nl4.16: Sistemas de masa unidos por resortes.

515

Figura Nl4.17: Mallas eléctricas.

516

Figura Nl4.18: Mallas eléctricas.

518

Figura Nl 5.1: Circuito simple LRC.

519

Figura Nl5.2: Circuito simple compuesto.

520

Figura Nl5.3: Función escalón unitario.

522

Figura Nl5.4: Gráfica de f(t) no nula en (a, b).

534

Figura Nl5.5: El choque de una bola con una pared rigida.

538

Figura Nl5.6: La fuerza de contacto entre la bola elástica y pared rigida.

539

Figura Nl5.7: Cargas distribuidas y concentradas.

542

Figura Nl5.8: Un sistema con un grado de libertad.

562

Figura Nl5.9: Vigas sobre base elástica.

587

Figura Nl5 .1 0: Modelo de base elástica de Winkler.

588

Figura Nl5 .11: Circuitos eléctricos.

601

Figura Nl6.1: Polinomio de Legendre de primera y segunda especie.

683

Figura Nl 6.2: Interpolación de /x/ con polinomios de Legendre.

686

Figura Nl 6.3: Polinomios de Hermite.

689

Figura Nl6.4: Soluciones de la ecuacion de Chebyschev.

695

Figura Nl 6.5: Grafica de los polinomios de Laguerre.

702

Figura Nl 6.6: Polinomios de Bessel de primera especie y orden p.

22

Figura N> 6. 7: Polinomios de Bessel de segunda especie y de orden n.

707

Figura N> 7.1: Campo de vectores de la ecuacion x'=senx con puntos fijos

723

Figura N> 7.2: Grafica de la solución de x'=senx con x 0= Jr.

726

Figura Nl7.3: Grafica de la solución de x'=senx con x 0=0.

727

Figura Nl 7.4: Sensibilidad a las condiciones iniciales entorno x 0=0.

728

Figura N> 7.5: Estabilidad de los puntos fijos.

729

Figura N> 7.6: Función potencial de x'=x-x3 y puntos de equilibrio.

739

Figura N> 7.7: Retrato fase de una bifurcación punto silla.

740

Figura N> 7.8: Punto fijo a la curva r=-x2 •

741

Figura N> 7.9 Diagrama de bifurcación de x'=r+x2•

742

Figura N> 7.1 0: Retrato de fase de una bifurcación transcritica.

742

Figura Nl7 .11: Diagrama de bifurcación transcritica.

743

Figura N> 7.12: Retraso fase de una bifurcación horqueta supercritica.

744

Figura Nl7 .13: Diagrama de bifurcación horqueta supercritica.

744

Figura N> 7.14: Diagrama de bifurcación horqueta subcritica.

745

Figura Nl7.15: Bifurcación con una perturbación.

747

Figura N> 7.16: Diagrama de estabilidad.

748

.

4

N> 7.17: Diagrama de bifurcacion de una bifurcacion horqueta

749

Figura N> 7.18: Plano fase y retrato de fase de un oscilador armonico.

753

Figura N> 8.1: Funciones periódicas.

756

Figura N> 8.2: Cambio de escala de una función.

762

Figura N> 8.3: Funciones pares e impares.

764{

Figura N> 8.4: Función par e impar.

765

Figura

p¡!) 1

23

Figura Nl8.5: Composición de la función e1

769

Figura Nl 8.6: Composición de funciones.

771

Figura Nl8.7: Funciones en un intervalo.

772

Figura Nl8.8: Gráficas de sumas parciales.

775

Figura Nl8.9: Representación de la convergencia de la serie de Fourier.

776

Figura Nl 8.10: Fenómeno de Gibbs.

779

Figlira Nl 8.11: Espectro de amplitud y espectro de fase.

789

Figura Nl 8.12: Espectro unilateral.

790

Figura Nl8.13: Impulso rectangular y su transformada de Fourier.

792

Figura Nl 8.14: Traslación de frecuencia.

796

Figura Nl8.15: Transformada e inmersión de Fourier.

797

Figura Nl8.16: Grafica de la función e-a!t!, a > O

797

Figura Nl8.17: Grafica de la función p 2 (t- 3)

798

Figura Nl8.18: Impulso triangular.

799

Figura Nl8.19: Derivada del impulso triangular.

799

Figura Nl8.20: La función p 2 (t) cos 3Jrt y su transformada.

800

Figura Nl8.21: La función p" (t)(l +e os t)

801

Figura Nl8.22: Composición de la función e-atu(t), a> O Figura Nl8.23: Producto de la convolucion de funciones. Figura Nl8.24: Cuatro casos de la función onda cuadrada p a

804 809 810

Figura NJ 8.25: Producto y convolucion de la función f(t) y o(t)

814

Figura Nl8.26: Transformada de de un tren de deltas.

817

d//

~~

INDICE DE TABLAS Tabla Nl3.1: Método de coeficientes indeterminados.

287

Tabla Nl3.2: Condiciones de contorno.

364

Tabla Nl6.1: Polinomio normalizado de Legendre.

682

Tabla Nl6.2: Polinomio normalizado de Hermite.

687

Tabla Nl6.3: Polinomio normalizado de Chebyshev de primera y segunda especie.

693

Tabla Nl 6.4: Polinomios de Laguerre.

701

Tabla Nl 6.5: Interceptos de los polinomios de Bessel.

709

Tabla Nl8.1: Propiedades de la transformada de Fourier

795

25

11 ,Prólogo He estado enseñando ecuaciones diferenciales a estudiantes de ingeniería en las últimas dos décadas. Las ecuaciones diferenciales tienen. amplias aplicaciones en diversas disciplinas de la ingeniería y de la ciencia. En general, el modelado de la variación de una magnitud fisica, tales como la temperatura, la presión, el desplaiamiento, la velocidad, la tensión, corriente, fuerza, o la concentración de un contaminante, con el cambio del tiempo o espacio, o ambas dan como resultado ecuaciones diferenciales. Del mismo modo, el estudio de la variación de algunas cantidades fisicas en otras cantidades fisicas también da

lugar a ecuaciones

diferenciales. De hecho, muchos temas de ingeniería, tales como la vibración mecánica o dinámica estructural, transferencia de calor, o de la teoría de circuitos eléctricos, se basan en la teoría de ecuaciones diferenciales. Es importante en la práctica que los ingenieros sean capaces de modelar problemas fisicos utilizando ecuaciones matemáticas, y después resolver éstas ecuaciones y se pueda estudiar

el

comportamiento de los sistemas en cuestión , así adquieren la destreza y suficiencia para modelar y resolver problemas relacionados a ingeniería. La mayoría de libros en el medio, están escritos siguiendo el proceso: "Hay soluciones para una ecuación diferencial o sistema de ecuaciones diferenciales", "Las soluciones son únicas en virtud de determinadas condiciones" y "Las ecuaciones diferenciales pueden resolverse", este enfoque responde el pérfil de estudiantes de matemáticas. Para los estudiantes de ingeniería, es más importante conocer las aplicaciones y técnicas para la solución de los problemas de aplicación que a profundizar en los matices de los conceptos y teoremas matemáticos. Conocer las

/)/)

r

aplicaciones adecuadas puede motivarlos a estudiar los conceptos y técnicas j;/ matemáticas. Sin embargo, es mucho más dificil de modelar un problema de aplicación utilizando principios fisicos y luego resolver las ecuaciones diferenciales que resultan. En el lapso de tiempo que he estado impartiendo el curso de ecuaciones diferenciales, los estudiantes se motivan al plantear problemas relacionados a la 26

ingeniería y ponen

énfasis en los métodos y técnicas que permita resolver las

ecuaciones diferenciales que surgen. La opinión de mis colegas, los especialistas del área de ingeniería y estudiantes me influenciaron motivándome a escribir este Texto: "Ecuaciones Diferenciales con Aplicaciones a la Ingeniería"

Se presenta los conceptos matemáticos y diversas técnicas de una manera clara, lógica y concisa. Se utiliza diagramas ilustrativos que se utilizan para facilitar el modelado matemático de problemas de aplicación. Este libro no sólo es adecuado como libro de texto para uso en clase, también es fácil para el autoestudio. Como un libro de texto o de consulta, que tiende a ser fácil de entender. Para autoestudio, en

la

presentación se detallan todos los pasos necesarios .. Este libro es sobre todo para los estudiantes de ingeniería y profesionales como el público principal. Es adecuado como un libro de texto sobre ecuaciones diferenciales ordinarias para los estudiantes de pregrado en un programa de ingeniería. Tal curso que se ofrece habitualmente en el tercer año después que los estudiantes han tomado los cursos: cálculo diferencial en integral, álgebra lineal y fisica. En primer lugar, mi más sincero agradecimiento a mis alumnos de la Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica de la Universidad Nacional del Callao. Se trata de los estudiantes que me dan una etapa en la que puedo cultivar mi talento y pasión por la enseñanza. Corresponde a los estudiantes que éste libro está escrito, como mi pequeña contribución a su éxito en las carreras académicas de ingeniería. Este es una primera versión del texto y estará sujeto a criticas y sugerencias, las mismas que permitirán mejorarla. Apreciaré sus comentarios a través de correo electrónico ([email protected]). Raúl Pedro Castro Vidal Bellavista, Callao-Perú.

27

III Introducción En diferentes áreas de la ciencia, y sobre todo en la ingeniería, se desarrollan modelos matemáticos para ayudar a comprender los

fenómenos

fisicos que sirven para formular problemas relacionados a la ingeniería o el origen de ciertos problemas inherentes a fenómenos que relacione magnitudes de diversa naturalezas, por lo general, pueden ser expresados a partir de ecuaciones que contiene ciertas derivadas de una función desconocida. A una ecuación de este tipo se le denomina ecuación diferencial. La historia de las ecuaciones diferenciales comenzó en el siglo XVI, donde los matemáticos Newton, Leibniz y los hermanos Bemoulli resolvieron las primeras ecuaciones diferenciales sencillas a partir de unos problemas de Mecánica y Geometría. De hecho, a finales del siglo XVII James y Johan Bemoulli, introducen término como el de "Integrar" una ecuación diferencial, así como la técnica de variables separables para resolver una ecuación diferencial. Estos primeros descubrimientos abrieron al mundo un universo de - ecuaciones nuevas, así como también a una serie de procedimientos que nos permiten la resolución de algunos tipos de ecuaciones diferenciales que se presentan en problemas de modelado. Actualmente, las ecuaciones diferenciales y los modelos matemáticos se han convertido en un tema fundamental e indispensable que son incluidos en el perfil de las carreras de ingeniería y es una herramienta en la formulación de muchos modelos en problemas de ingeniería, tales como en Eléctrica, Electrónica, Mecánica, Mecatrónica, etc .... Las carreras de ingeniería en la universidades peruanas incluyen en sus currículos un curso de ecuaciones diferenciales, por lo que es importante transmitir a los estudiantes las aplicaciones que tienen las ecuaciones diferenciales a la ingeniería a fm de motivarlos y lograr que mejoren sus rendimientos académicos en cursos de especialidad. 28

Por lo tanto el texto: " Ecuaciones diferenciales con aplicaciones a la ingeniería" se ha estructurado en 9 capítulos, en los cuales se tratan los diversos temas relacionados a las aplicaciones a problemas . de estructuras mecánicas, vibraciones, circuitos eléctricos y otros fenómenos que permita al estudiante de ingeniería incrementar su nivel de comprensión y rendimiento en los cursos especializados de ingeniería. El capítulo I, es una introducción a las ecuaciones diferenciales, donde se darán definiciones, conceptos y teoremas sobre éstas ecuaciones, además de incluir los problemas de valor inicial e introducir la defmición de los modelos matemáticos y como formularlos. Se propone ejemplos motivadores que permitan plantear los modelos matemáticos usando para su formulación fenómenos fisicos, sistemas de masa resorte, dilución y circuitos eléctricos. Se introduce problemas con un grado de libertad. En el capítulo II, se desarrollan una serie de técnicas y procedimientos para resolver ecuaciones diferenciales de primer orden. Se plantean los modelos matemáticos y se resuelven problemas relacionados a ingeniería a través de diversos ejemplos. En el capítulo III, se presentan primero unas definiciones necesarias para el estudio de ecuaciones diferenciales de orden dos con coeficientes constantes, para luego desarrollar técnicas que permitan resolver ecuaciones diferenciales lineales de coeficientes constantes ya sean homogéneas y no homogéneas, se hace énfasis en problemas de aplicación de sistemas masa resorte y circuitos eléctricos y análisis del fenómeno de la resonancia. En el capítulo IV, se presentan sistema de ecuaciones diferenciales lineales, se aborda diversas técnicas de solución y una de aplicación que se pueden resolver

mediante

serie

de

problemas

modelos matemáticos que

incluyan ecuaciones diferenciales utilizando las técnicas presentadas en los capítulos anteriores. En los ejemplos se presentan

sistemas con dos grado~~

libertad. 29

En el capítulo V, se presenta la Transformada de Laplace, se aborda problemas de aplicaciones relacionados con la ingeniería y diversas técnicas para resolver problemas de valores iniciales relacionados con problemas de vibraciones, circuitos eléctricos. Se hace énfasis como una ecuación diferencial vía la transformada de Laplace se convierte en un problema algebraico. En el capítulo VI, se presenta la teoría de las sesiones de números reales y las series de potencias, que permiten resolver problemas de ecuaciones diferenciales, se hace énfasis en el método de Frobenius para resolver ecuaciones notables, tales como: Ecuaciones de Hermite, Legendre, Laguerre y Bessel, que son importantes en la ingeniería. En el Capítulo VII, se presenta una introducción, a sistemas de ecuaciones diferenciales no lineales, haciendo notar la complejidad de formular y resolver estos sistemas, sin embargo es conveniente por el nivel del texto fijar desde un punto de vista histórico estos sistemas y hacer las formulaciones de ejemplos que motiven familiarizar a los estudiantes de ingeniería con los conceptos de estabilidad, puntos fijos, bifurcaciones soluciones en plano de fase y retrato de fase. En el Capítulo VIII, se presenta una Introducción a las Series de Fourier y Transformada de Fourier, se hace notar la utilidad de representar como series de Fourier la funciones periódicas y como transformada de Fourier las funciones no periódicas, se presentan diversas técnicas y propiedades. En el Capítulo IX, se presenta una Introducción a las Ecuaciones Diferenciales Parciales, las mismas que se resuelven usando las Series de Fourier y Transformada de Fourier. Se resuelve problemas mediante método de separación de variables.

30

IV. CONTENIDO DEL TEXTO. CAPITULO! INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES 1.1 Introducción Las ecuaciones diferenciales tienen gran variedad de aplicaciones en las diferentes disciplinas de las ciencias e ingeniería. En general, una gran variedad de femémonos físicos se modelan mediantes

ecuaciones diferenciales, tales como:

temperatura, presión, desplazamiento, velocidad, tensión, intensidad, impulso, concentración de una polución, etc ... respecto al tiempo t o espacio, tal como las coordenadas (x,y,z), requieren una ecuación diferencial. Similarmente, estudia la variación de una cantidad física en otras cantidades físicas se tratan con ecuaciones diferenciales. Por ejemplo, el cambio de tensión en tensión para algunos materiales visco elásticos sigue una ecuación diferéncial. Es importante que los ingenieros sean capaces de modelar problemas físicos, utilizando ecuaciones matemáticas, y luego resolver estas ecuaciones para que el comportamiento de los sistemas en cuestión se puedan estudiar, las mismas que son utilizadas en los diversos campos de la ingeniería. En seguida se plasma alguna de las leyes que describen fenómenos de interés en el área de ingeniería. Además en este capítulo, se presentan algunos ejemplos que ilustran cómo los problemas prácticos son modelados matemáticamente y cómo las ecuaciones diferenciales surgen en ellos. Ejemplo motivador 1.1 En primer lugar se considera un proyectil de una masa "m" en marcha con velocidad inicial v0 en un ángulo 00 en el momento t ~ O, como se muestra en la figura N" ~

31

Figura N> 1.1: Diagrama de un proyectil en marcha. la atmósfera ejerce una fuerza resistencia a la masa, que es proporcional a la velocidad instantánea de la masa, R = f3v, donde f3 es una constante, y es opuesta a la dirección de la velocidad de la masa. Se considera el sistema de coordenadas cartesianas, como se muestra figura N° 1.1

colocando el origen en el punto desde el que se lanzó la masa

m.

En el tiempo t, la masa está en la posición ( x(t), y(t)) . La velocidad instantánea de la masa en las direcciones x

e y son x '(t) y y '(t) , respectivamente. Por lo tanto la

velocidad de la masa es v(t) =

J(x '(t) ) +(y '(t) ) 2

2

en el ángulo B(t) = arctg (y '(t)) x'(t)

.La masa se somete a dos fuerzas: la gravedad mg vertical hacia abajo y la fuerza de resistencia R = f3v . Las ecuaciones de movimiento de la masa se pueden establecer utilizando la segunda ley de Newton: F

= ¿ma .La

componente x de la fuerza de resistencia es

-R(t)cosB(t). En la dirección y, la componente de -la fuerza de resistencia es -R(t)senB(t). Por lo tanto, la aplicación de los resultados de la segunda ley de Newton conduce a

X-dirección: max

d 2x

= LFx => m -2 = -R(t)cosB(t) dt

32

d2 .

Y-dirección: maY =

L~ => m---f = -mg- R(t)senB(t) dt

Puesto que

'(t)

J

X '(t)

B(t) = arctg ( L_ ::::> cos (} = ---r======= x'(t) x'(t) + (y'(t) )2

Jc t

sen(} =

'

y '(t) 2

)( x'(t) ) +(y '(t) )

2

la ecuación de movimiento convertido es

x'(t)

mx"(t) = -f3v(t).

2

)(x'(t)) +(y'(t)) my"(t) = -mg- f3v(t).

2

::::> mx"(t) + f3x'(t) =O

y'(t) ::::> my"(t) + f3x'(t) = -mg )( x'(t) )2 + (y'(t) )2

en el que las condiciones iniciales son en el tiempo t = 0: x (O) = O, y (O) = O,

x'(O) = v0 cosB0 ,y'(O) = v0 senB0 .Las ecuaciones de movimiento son dos ecuaciones que involucran las derivadas de primer orden y segundo orden, un sistema de dos ecuaciones diferenciales ordinarias de segundo orden. Debido a la complejidad de los problemas, en los siguientes ejemplos, los problemas se describen y las ecuaciones de gobierno se presentan sin problemas de derivación. Estos detalles serán investigados en detalle en capítulos posteriores cuando se estudian las aplicaciones de diversos tipos de ecuaciones diferenciales. Ejemplo motivador 1.2 Un tanque contiene un líquido de volumen V (t), como se muestra en la figura N° 1.2

33

que está contaminado siendo la concentración en porcentaje de c(t) en el tiempo. Para reducir la concentración de contaminantes, un flujo de entrada de tasa de Qn se inyecta al tanque. Por desgracia, el flujo de entrada también está contaminado pero en un grado menor con una concentración de contaminantes

cin.

Se supone que el flujo de entrada es

perfectamente mezclado con el líquido en el tanque instantáneamente. Un flujo de salida de la tasa de Qout se retira del tanque como se muestra en la figura. Supongamos que, en el tiempo t

=

O, el volumen del líquido es V0 con una concentración de

contaminantes de c0 •

Flujo de salida

• c(t)

Figura N° 1.2: Dilución de un contaminante. .La ecuación que rige el contaminante de concentración c(t) está dada por

con condición inicial c(O) = c0 • Esta es una ecuación diferencial ordinaria de primer orden. Ejemplo motivador 1.3 Considere el puente colgante como se muestra en la figura N° 1.3, que consisten en el cable principal, las perchas, y la cubierta. El propio peso de la cubierta y las cargas aplicadas en la cubierta se transfieren al cable a través de las perchas. 34

Figura "W 1.3: Un puente colgante.

X

o 1

1 1

llllll fiiltrrrrJJhr_,.....,...,--,¡¡ ¡\ Figura N° 1.4: Representación del puente en el sistema XY. Se tiene que establecer el sistema de coordenadas cartesianas, colocando el origen O en el punto más bajo del cable. El cable puede ser modelado como sometida a una carga distribuida w(x). La ecuación que gobierna la forma del cable viene dado por

Donde H es la tensión del cable en el punto más bajo diferencial ordinaria de segundo orden.

35

Ejemplo motivador 1.4 Considere la vibración de un edificio simple de un piso bajo la excitación de un terremoto. El edificio simple consiste en una viga rígida de masa "m" apoyada por columnas de rigidez k. La vibración de la viga puede ser descrita por el desplazamiento horizontal x (t). El efecto de un terremoto se modela por el desplazamiento de la planta x(t) como se muestra en la figura N°1.5. Cuando la viga vibra, hay una fuerza de amortiguación debido a la fricción interna entre las diversas componentes de la construcción, dado por e [x '(t)- x '0 (t)], donde e es el coeficiente de amortiguación.

x 0(t)-l J'(t)l Figura ~1.5: Efecto de un terremoto en una construcción simple. El desplazamiento relativo y(t) = x(t) - x 0 (t) entre la viga y el suelo se rige por la ecuación my"(t) + cy'(t) + ky(t)

= -mx~(t),

que es una ecuación diferencial

ordinaria lineal de segundo orden. Ejemplo motivador 1.5 En muchas aplicaciones de ingeniería, un equipo de masa "m" se monta sobre una estructura de soporte que se puede modelar como un resorte de rigidez k y un amortiguador de coeficiente de amortiguación e, como se muestra en la figuraN° 1.6. Debido a la masa desequilibrada en componentes giratorios u otros mecanismos de

n

excitación, el equipo se somete a una fuerza armónica FosenO.t . La vibració~ne la

l 36

masa se describe por el desplazamiento vertical de x (t). Cuando la frecuencia de •• , exc1tac10n

r\

~o t.

esta, cercano a w0

= -Jk , m

. -. que es 1a fr ecuencm c1rcu1ar naturalde 1os

equipos y su soporte, en la vibración se produce grandes amplitudes. Con el fin de reducir la vibración del equipo, un amortiguador de vibraciones se monta en el equipo. El amortiguador de vibraciones se puede modelar como una masa ma , un resorte de rigidez ka , y un amortiguador de coeficiente de amortiguación de vibración de ca .La vibración del absorbedor (disipador de vibración) se describe por el desplazamiento vertical x(t) .

~}

Vibracion del amortiguador

......_,.,..._.,.., x(t)t Equipo Estructura }

de apoyo

Figura N° 1.6: Representación de un sistema masa resorte. Las ecuaciones del movimiento que rigen la vibración del equipo y el amortiguador están dadas por

mx"(t) +(e+ ca)x'(t) +(k+ ka)x(t)- cax~(t)- kaxa(t) = FasenO.t max:(t) + cax~(t) + kaxa(t)- cax~(t)- kaxa(t) =O que comprende un sistema de dos ecuacione~ diferenciales ordinarias de segundo o:d#~ lineales acoplados.

~/

37

-

Ejemplo motivador 1.6 Un puente puede ser modelado como viga simple apoyada de longitud L, densidad de masa por unidad de longitud p A , y la rigidez de flexión El como se muestra en la figura N° 1.7.

:P t=

p

Ut

or

..

u

~k-

E~pA

~

'

X

~

L

V

Figura N° l. 7: Diagrama de un puente. Un vehículo de peso P cruza el puente a una velocidad constante U. Supongamos en el momento t=O , el vehículo está en el extremo izquierdo del puente y el puente está en reposo. La deflexión del puel!te es v (x, t), la cual es una función tanto de la ubicación x y el tiempo t. La ecuación que gobierna v(x, t) es la ecuación diferencial parcial

donde 8(x-a) es el delta de Dirac. La ecuación de movimiento satisface las condiciones iniciales: 2

v(O,t) = v(L,t) =O

2

8 (0,t) = 8 (L,t) =O 8x2 8x2

Ejemplo motivador 1.7 Un marcapasos cardiaco que se muestra en la figura 1.8, está formado por una batería, un capacitor y el corazón, que funciona a modo de resistor. Cuando el conmutador S esta en P, el capacitor se carga; cuando está en Q, se descarga y manda un estimulo 38

eléctrico al corazón. En este intervalo, el voltaje E que se aplica al corazón está determinado por:

En don R y C son constantes. Determine E(t), cuando E(t)

=

O. (Naturalmente, la

abertura y el cierre del interruptor son periódicos, para estimular los latidos naturales.)

R

Conmutador

p

Figura Nl1.8: Representación de un marcapaso. 1.2 Conceptos generales y definiciones. Para que se tenga una buena comprensión, en esta sección se presentaran algunos conceptos generales, definiciones y terminologías propias de las ecuaciones diferenciales. En la sección 1.1 hemos visto diferentes ejemplos de ecuaciones que relacionan las variables dependientes y sus derivadas respecto a las variables independientes. 1.2.1 Definición de una ecuación diferencial. Una Ecuación Diferencial, es una ecuación que relaciona la función incógnita y sus derivadas respecto a una o más variables independientes. Por ejemplo las siguientes ecuaciones son ecuaciones diferenciales

39

d2y +-+y dy • ' mcogmta • ' • es a) = e senx aqm 1a funcwn 2 dx dx X

• do y vana • bl e y ( x ) , sien

'

dependiente y x la variable independiente. b) my "(t) + cy '(t) + ky(t) 2

= -mx~ (t) ~ y(t) = ?

4

__ ps:( _ rr.) ( ) __ ?. , aquí v e ) p A 8 v(x,t) + EI 8 v(x,t) u x v t ~ v x, t 4 2

8t

8x

es la variable

dependiente x 1\ t son las variables independientes. 1.2.2 Clasificación de las Ecuaciones Diferenciales a) Según el numero de variables independientes a.1)

Ecuaciones

diferenciales

ordinarias

(EDO).-

Son

aquellas

Ecuaciones

Diferenciales, donde la función incógnita sólo depende una variable independiente. La forma general de las EDO está dada por la relación: 2

F (x

dy d y dny) ---···--o 2 'y' dx ' dx ' ' dxn -

Siendo F un operador matemático. Ejemplo 1.8. Las siguientes ecuaciones son ecuaciones diferenciales ordinarias.

d2 d a) - { + _z + y dx dx

= exsenx => y( x) = ? ,

y

depende

sólo

de

una

variable

independiente x.

~d) => y(x)=? aJ- =~l+liJ 2

2

b) d

40

a.2) Ecuaciones Diferenciales Parciales (EDP).- Son aquellas Ecuaciones Diferenciales donde la función incógnita depende de dos o más variables independientes. La forma general de las EDP está dada por la relación:

Ejemplos 1.9

a)

fPu

1 au , a es una constante, u(x,t) =? 8x a 8t '-----v----' Ecuación del calor en una dimensión 2

fiu

b)

élu

-2 +-2

ox

By

u(x,y) =?

=f(x,y)

Ecuaciónde Poisson en dos dimensiones

0 2U 0 2U -+-=0

e)

ox2

u(x,y) =?

8y2

Ecuación de Laplace en dos dimensiones

u(x,y,z) =?

d)

Ecuaciónde Poisson en tres dimensiones 2 2 2 8 u +o u +8 u 2 2 ox 2 8y oz

e)

=0

,

u(x,y,z) =?

Ecuaciónde Laplace en tres dimensiones 4

f)

o u4 + 2 ox

0

4 U

2 2 ox oy

+0

4 U

oy 4

=O

u(x,y) =?,

Ecuación Biharmónica en dos dimensiones

41

82u 8y

8 2u 8x2

8 2u 8z

1 au a 8t

- + - 2+ -2= - -

g)

u(x,y,z) =?

Ecuación del Calor en tres dimensiones b) Según el Orden.-Las ecuaciones diferenciales son de primer orden, segundo orden, tercer orden, ... etc. El orden de una Ecuación Diferencial está dada por la derivada de mayor orden de la función incógnita. Ejemplo 1.10

a)

d4

d3 d2 d ~ + ----{- + + __z = exsenx :::::} La EDO es de cuarto orden.

dx

--f. dx

dx

dx

d2 d3 d b)----? + 3------{- + 2 _z = x 3senx ::::> La EDO es de tercer orden. ~

~

~

.

e) Según el Grado.- Las ecuaciones diferenciales son de primer grado, segundo grado, tercer grado, ... etc. El grado de una Ecuación Diferencial está dado por exponente entero no negativo de la derivada de mayor orden de la función incógnita. Ejemplo 1.11 4

3

2

dx

dx

dx

d + ------{d + ------{d + __1' d _ = exsenx ::::> La EDO es de primer grado. a)-----? dx

3

4

( dx

~

dx

-

2

d3 + (d2 -----? J + --{ ----?J + (d__1'_) = O::::::::>La derivada de mayor de

b) d4

rr/

dx

la función

incógnita es cuatro y su exponente es tres, luego la EDO es de tercer grado.

42

84

e)

4

~ +2 ~ u

8x

8x 8y

2

+

84

~ =O=? u(x,y) = ?Laderivada parcial de mayor orden

8y

de la función incógnita es cuatro y su exponente es uno, luego la EDP es de primer grado. d) Según la Linealidad.- Las Ecuaciones Diferenciales son lineales o no lineales. Es muy importante reconocer la linealidad de una ecuación

diferencial antes de

resolverlo, para reconocer la linealidad de una ED, definamos su linealidad. d.l) Linealidad de una Ecuación Diferencial.- Las funciones incógnitas y sus derivadas se consideran como variables de un operador polinomial, entonces la ED es lineal si sólo si el operador polinomial es homogéneo y de primer grado respecto a la función incógnita y sus derivadas. Ejemplos 1.12

a)

4

3

2

dx

dx

dx

d d ----f +---{+d ; +2d

dx

= exsenx =? y(x) =?Luego se observa que

d3 d2 d d4 b) ----f+---{-+----f+2 = exsenx=? y(x) =?Luego se observa que dx dx dx dx P(y, dy , d ; , d ; , d ~) , p es operador polinomial homogéneo de primer dxdx dx dx . grado, en consecuencia se trata de EDO lineal. 2

3

4

4

4

8 4u 8 u 8 u_ _? b)+2 2 2 + -4 - O=?u(x,y)-. 4 8x 8x 8y 8y Entonces se nota que se puede expresar mediante un operador polinomial cuyas variables son la función incógnita y sus derivadas parciales, cada termino es de grado uno, en consecuencia es una EDP lineal. 4

4

8u 8\t 8 u_ u -? e) 4 + 2 2 2 + 4 -e =?u(x,y)- . 8x . 8x8y 8y 43

Aquí no se puede establecer un operador polinomial cuyas variables sean la función incógnita y sus derivadas, puesto que la función incógnita está afectado por la función trascendente exponencial; luego se trata de una EDP no lineal.

Aquí se puede establecer un operador polinomial cuyas variables sean la función incógnita y sus derivadas, pero dicho polinomio no es homogéneo de grado uno, pues aparece el termino y 2 , por consiguiente la EDO es no lineal. 1.2.3 Soluciones generales y particulares. Defmición de Solución de una EDO.-La función rp: 1 e O

~O

es solución de la

en elintervalo I. Ejemplo 1.13.

a)rp(x)=ex essoluciónen O delaEDO y"'(x)-2y"(x)+y(x)=O,pues rp"'(x)- 2rp"(x) + rp(x) =O. X

b) rp(x) =ex

Ji

2

2

dt +ex es solución de la EDO y'= ex+x +y

o

a)rp(x) = 2x 4 + _!._c1x 2 + c2 x + c3 ,es solucion general de la EDO 2 y"'(x)=48x

44

3

Entonces tp(x) es solución de la EDO d

;

dx

1 2 . 2 3 tp '(x) = 8x + c1x + c2 :::::> tp "(x)

tp(x)

= 48x, pues:

4

= 2x + -c1x + c2 x + c3

tp"'(x)

=

= 24x2 + c1

48x

Jt

e) y = x sent dt es solución de la ecuación diferencial xy' = y

+ xsenx.

o

a) Solución General de una EDO.- Esta dada por el conjunto de todas las funciones que son solución de la EDO, generalmente se expresa mediante expresiones que contiene parámetros constantes. Ejemplo 1.14.

tp(x)

= 2x4 + _!_c1x 2 + c2 x + c3 2

es solución ·general de la EDO

y"'( x) = 48x

b)Solución Particular de una EDO.- Se obtiene a partir de a solución general dando valores a las constante paramétricas. Ejemplo 1.15.

tp( x)

= 2x4 + _!_ c1x 2 + c2 x + c3 2

entonces si c1 = 2 particular de la EDO

c2

= -3

es solución general de la EDO y"' ( x) = 48x.

c3

=1 => tp(x) = 2x4 + x 2 -

2x + 1 es una solución

y"(x)=48x..

45

Observaciones: •

En general, una ecuación diferencial ordinaria de orden n contiene n constantes arbitrarias en su solución general. Por lo tanto, para una ecuación diferencial ordinaria de orden n, se requieren n condiciones para determinar las constantes para producir una solución particular.

•

En las aplicaciones, usualmente hay dos tipos de condiciones que pueden ser usados para determinar las constantes: La condición inicial y la condición de frontera.

e) Solución Singular Cualquier solución de una ecuación diferencial que no se pueden obtener a partir de la solución general para cualquier valor de las constantes arbitrarias se llama soluciones. Ejemplo 1.16.

(x-l)ex

=_!_+~+e y

2y

es solución general de la ecuación diferencial

xy3dx+(y+ l)e-xdy =O , luego se observa que y=O es solución de la ecuación diferencial, pero esta solución no se puede obtener a partir de las solución general dando valores a la constante c. Por consiguiente, y=O es una solución singular de la ecuación diferencial dada. Ejemplo 1.17. Consideremos el movimiento de un objeto que cayó verticalmente en el tiempo t = O desde x =O, como se muestra en la figura 1.8. Supongamos que no hay resistencia del medio.

46

t=O,x=O

'flt,X,l mgf

1

X

Figura Nl1.9: Movimiento de caída vertical.

d 2x

La ecuación de movimiento está dada por - = g y la solución general se halla 2

dt

integrando dos veces ambos miembros respecto a t, se obtiene:

Para hallar las constantes

c0 y c1 se tiene que especificar las condiciones.

1.2.4 Problemas de Valor Inicial (PVI).- Los problemas de valor inicial están dados por

una EDO de orden n y n condiciones en el mismo punto, los PVI en general son de la forma:

F(x,y,y',y",y"',-··,y x(T) = e1T +-2 gT 2 = L :::::> e1 = --·. T 2

3°) Solución del PVF:

L -gTJ 1 gt 2 . x(t) = ( - t +T 2 2 1.3 Existencia y Unicidad de Solución. Tenga en cuenta que y' es la pendiente de la curva y= y(x) en el plano XY. Por lo tanto, la solución de ecuación diferencial y'= f (x, y) significa encontrar curvas cuya pendiente en cualquier punto dado (x, y) es igual a f (x, y). Resolver el problema de valor inicial y'= f (x, y) con y (xo) = Yo significa encontrar curvas que pasan por el punto (xo, Yo) cuya pendiente en cualquier punto (x, y) es igual a f (x, y).

49

Esto puede ser mejor visualizado utilizando campos de dirección. En un punto dado (x, - y) en la región R, se puede trazar una línea recta corta cuya pendiente es f (x, y). Se obtiene entonces un campo de dirección que se muestra en la figura 1f 1.8 si esto se hace para un gran número de puntos.

Figura N° 1.10: Campo de dirección. 1.3.1 Teorema de Existencia y Unicidad. Considere el problema de valor inicial:

:

= f(x,y)

(1.1)

y(xo) =Yo Donde

f :R C

O2 ~ O

es una función continua en

R,

siendo

R

la región

rectangular dada por:

Supongamos que

f

también satisface la condicen de Lipschitz con respecto a y en

es decir existe una constanteL >O de tal manera que, para cada (x,y1) y (x,y 2 ) en

R, R

se tiene que:

50

Entonces existe una solución única y= ¡p(x), continua enlx- x 0 1 < h y que satisface la condición inicial y

h=

= ¡p(x0 ) , donde

min( a,!), M =máxlf(x,y)l enR.

La interpretación gráfica del teorema de existencia y unicidad es que, en la región R en el que las condiciones especificadas dispongan, que pasa por un punto dado allí existe una y sólo una curva

(xo, Yo)

e de tal manera que la pendiente de la curva e una el

cualquier punto (x, y) en la que Res igual a f (x, y). Observaciones: •

La demostración del Teorema de existencia y unicidad del problema de valor inicial (1.1) se halla en [5] páginas 39-41.

•

Se puede demostrar que si

aj(x,y)

ay

es continua en

R,

entonces

f(x,y)

satisface la condición Lipchitz. Debido a que es generalmente difícil comprobar la condición Lipchitz, la condición Lipchitz a menudo se sustituye por la , fu erte d e d enva · d a parcia · 1 . ·, mas condICion •

a¡ Cx, Y) ay

· en contmua

R.

La existencia y el teorema de unicidad es una condición suficiente, lo que significa que la existencia y unicidad de la solución está garantizada cuando las condiciones especificadas se cumplen. No es una condición necesaria, lo que implica que, incluso cuando las condiciones especificadas no son satisfechos, todavía puede existir una solución única.

51

Ejemplo 1.20 Sabiendo que y=cx2 satisface xy'= 2a, discutir la existencia y unicidad de soluciones del problema de valor inicial

xy'= 2y { y(xo) =Yo para los siguientes tres casos:

(1)x0 -=/= O Puesto que f(x,y)

(2)x0 =O, Yo =O (3)x0 =O, Yo* O. = 2Y, of(x,y) X

8y

2 X

Las condiciones del teorema no son satisfechas en la región que contiene puntos con x=O. Con la ayuda del campo direccional como se muestra en a figura 1.9 ,la solución de problema de valor inicial puede ser obteniendo fácilmente.

X

(a) Si

x 0 >O , entonces, en la región R con x>O, existe una única solución para el PVI

52

(b) Si

x 0 < O , entonces, en la región R con x0, entonces, en la región R incluyendo x = O, la solución al problema de valor Inicial no es único.

y=

{

y~ x

2

,

x2O

Xo

ax 2 , x x - =-(v+-+ 2)=> x - = _ _:_________:_ dx v dx v dx v Caso 1: Si v = -1 ::::>y= -x ,pero no satisface la condición inicial y(O) =l. Caso 2: Si v 7:-

-1 entonces la separación de variables nos conduce a vdv dx J vdv J dx (v+l) 2 =-~::::> (v+l) 2 = -~+e

Evaluando las integrales se llega a la siguiente relación:

1 1 Inlv + 11 + - = -lnlxl +e::::> Inl(v + l)xl +-=e v+ 1 v+ 1 La conversión de nuevo a las variables originales se traduce en la solución general, es decir:

1 ln (y +l)x + --=e=>lnly+xl+-x-=e x Y +l y+x X

La constante e se determina usando la condición inicial y( O)= 1

o

Inll +o¡+-= e::::> e= o 1+0 Luego la solución del PVI está dada por

66

lnly + xl + _x_ =O y+x

Ejemplo 2.7 Resuelva la EDO x (Inx -lny) dy- ydx =O, x >O,

y> O

Solución Dividiendo ambos miembros de la EDO por x nos da

ésta EDO es homogénea.

Poniendo v = y , v > O, luego se tiene que: X

dy dx

dv dx

dv dx

v

y= XV :::::> -=V+ X-:::::> V+ X - = - -

dv dx

-v ln V

x-=--v=-

Caso 1:

-Inv

v(l +In v) In vdv :::::>---ln V v(l + ln V)

dx X

lnv:;t:-1

Luego integrando se tiene:

f v(lln+vdvlnv) = f- dxx + C :::::> ln

V

-In 11 + ln vi = -In lxl + ln k, k > 0

67

In

v

1+1nv

+lnlxi=Ink k>O~

vx

1+lnv

=k.

Luego expresarnos en las variables originales y se obtiene la solución general.

=k~

y

1+In Y

=k

y

1+In y -lnx

X

Caso2: Si ln v = -1 => v = e- 1 =>y= e- 1 =>y= xe- 1 es solución. Esta solución no X

puede ser obtenida de la solución general, por lo tanto es una solución singular de la EDO dada. 2.2.2 Ecuación diferencial ordinaria no homogénea especial. Estas ecuaciones son de la forma:

(2.5) Siendo A1 , B1 , C1, ~, B2 y C2 constantes.

Observación •

La EDO (2) se puede escribir de la siguiente forma:

dy _ a1x+b1y+c1 dx a2 x+b2 y+ c2 Solución de la EDO (2.5) Para hallar la solución de la EDO (2.5) se procede así: 68

1) Sean las transformaciones

u= A¡x+B1y+ C1 }

(2.6)

v=~x+B2 y+C2

2) Diferenciamos las transformaciones anteriores respecto a x ,y.

=u}

A1dx+ B1dy

(2.7)

~dx+B2 dy=v

3) Discusión de la solución del sistema de ecuaciones (2.7) El determinante del sistema (2. 7) está dado por

Caso 1: ~ :;t: O Aplicamos la Regla de Crammer: La solución del sistema (2. 7) están dadas por:

A1

du

dy= ~

dv _ A1 dv-~du ~

~

Las transformaciones y las diferenciales se reemplazan en la EDO (2.5) , luego se obtiene una ecuación diferencial ordinaria homogénea en las nuevas variables.

u(B,du- B1dv) + v(A¡dv- A,du) =0 ~

~

'

V

~ (2.8)

69

Como la EDO (2.8) es homogénea entonces equivale a la siguiente ecuación:

du

V

A--B 1 1 u

dv du

= ¡(~J

(2.9)

u

Como la EDO (2.9) es homogénea, su solución general está dada por la expresión.

Donde

rp es un operador integral, por consiguiente expresando en las variables

originales, la solución general de la EDO (2.5) está dada por:

Caso 2: ,1. = O=>

At ~

B1 B2

=

O~

{~=/LA1 => en la EDO~ ( 2.5) : B2 =/LB1

(2.10) Para resolver la ecuación (2.1 O) se hace la siguiente transformación:

Ahora reemplazamos en la EDO (2.10):

70

(2.11) La EDO (2.11) es una ecuación de variables separables, por consiguiente se tiene que:

f B z + B CAZ+(A-zCz + C )A dz =f -dx+ C=:> lf/(Z) =-x+ e 1

1 1-

2

1

lf/(Z)

Luego volviendo a las variables originales se tiene que la solución general está dada en la relación:

(2.12) Ejemplo 2.8 Resuelva la ecuación diferencial:

(2x- y+ 1)dx+(-x+ 2y -1)dy =O , 2x- y +1 7:- O. Solución Sean las transformaciones:

2x- y+ 1=u } 2dx- dy = du } -x+2y-1=v ::::> -dx+2dy =dv El determinante del sistema de ecuaciones esta dado por:

71

-1 dv 2

du

A=

2 -1 -1 2

dx= =3:;t0~

dy=

3

=

2 du -1 dv 3

2du+dv 3 2dv+du 3

Luego, reemplazamos en la ecuación diferencial dada:

Como la EDO (2.13) es homogénea, entonces expresamos cOmo:

dv 2u+v ---du u+2v

2+v ---"-'u'- , entonces mediante la transformación z

1+2v

= -V

arribamos a

u

u una ecuación diferencial de variables separables. En efecto:

v=uz z =V ~ dv dz { -=z+uu du du luego la EDO homogénea se expresa de la siguiente manera:

Luego separando la variables u y z se tiene que:

(1+2z)dz =- 2du ~ J(l+2z)dz =-2 Jdu +C z2 + z +1 u z2 + z + 1 u 72

Evaluando las integrales se tiene:

2 f (12+ z)dz = -2f du +e=> ln(z 2 + z + 1) = -2lnu +In k z +z+1 u

(kJ2 => z

ln(z 2 + z + 1) =In

2

+ z + 1= k 2

Ejemplo 2.9

Resuelva la EDO

dy x-y+S = ----=--dx 2x-2y-2

x-y+1:;t:O.

Esta ecuación se escribe como:

dy dx

=-----=---

x- y+S 2(x- y)-2

Sea

z

=X -

1_ dz

y

dz dx

= z+5

dx

Caso 1: z 7:-

dy dx

~

dy dx

=> - = 1- - => - = 1- -. => dz

2z-2

dx

=

1- z+5 2z-2

dx'

. .

luego se tiene que

z-7 2(z-1)

7 , separamos las variables z y x.

J

J

f

(z -1)dz = dx => (z -1)dz = dx +e=> (z -7 + 6)dz =X+ e z-7 2 z-7 2 z-7 2 Evaluando las integrales se obtiene:

73

Z

+ ln lz- 7\ = X + e 2

Reemplazamos z por las variables originales nos da la solución general

x- y+6ln\x- y-7\=e 2 Caso2: z=7=>x- y=7 Se puede verificar fácilmente que x - y = 7 es una solución de la ecuación diferencial. Esta solución no se puede obtener a partir de la solución general para cualquier valor de la constante C y por lo tanto es una solución singular. Combinando los casos 1 y 2,las soluciones de la ecuación diferencial son:

z + ln

lz- 7\ = 2 + e~ Solución general. X

x-y = 7 ~ Solución singular. 2.2.3 Ecuaciones Diferenciales de la Forma

dy =F(Ax+By+e) dx

,B=~:.O

(2.14)

Donde Fes un operador matemático. Solución de la EDO (2.14) 1) Se hace la transformación Ax + By +

e = z.

2) Derivando respecto a x se obtiene:

74

3) Luego reemplazamos en laEDO (2.14)

J

dz -=BF(z)+A dx

-1 (dz - - A =F(z)=> B dx

dz =dx BF(z)+A

Ecuación diferencial de variables separables

Ahora se integra y se obtiene que: Solución general

JBF(z)+A dz = Jdx+K=>r(Ax+By+C)=x+K y(z)

Ejemplo 2.10

Resuelva la EDO

Solución

dz dx

dy dx

dy dx

dz dx

Sea z=x+ y+2 =>-=1+-=>-=--1

dz 2 --1=z dx

dz dx

2

~-=z +1~

dz 2

z +1

=dx~

J dz = Jdx+e z2 +1

arctgz =X+ e~ arctg(x +y+ 2) =X+ e~ Solución general. Observación: •

No existen procedimientos sistemáticos a seguir en la aplicación del método de las transformaciones especiales. Es importante inspeccionar cuidadosamente la 75

ecuación diferencial para descubrir el término "especial" y luego determinar la transformación conveniente. Ejemplo 2.11

dy

Resuelva: -

dx

=

y 6 -2x2 5

2

2.xy +x y

2

x :;t O y

:;t

O 2y 3 + x

:;t

O.

solución

dy y6 -2x2 -dx - .xy2( 2y 3 + x ) -

y3J (-x -2 n· .d. d 2 [ ( y J ].J 1v1 1en o por x . 3

y

2

2 - +1 X

3

El término especial en la EDO es

L

.Por lo tanto, se hace un cambio de variable.

X

l

Sea v = -

~

x

3 2dy dv . y = vx ~ 3 y - = v + x-, luego la EDO se convterte a la EDO: dx dx

l(v+ 3

x dvJ dx

= v2 -2 2v+l

2

dv 3 ( V - 2) v2 - v - 6 x-= -v=---dx 2v+l 2v+l

Caso1:v

2

{y - v- 6 => (v-3)(v+ 2) = 0=> v = 3 v v = -2 =>

3

= -2x

3

y =3x Caso 2: v2

-

v- 6 -::f:. O, separando las variables da:

76

2v + 1 dv = dx ::::> 6 X

V 2 -V-

f

f

2v + 1 dv = dx + e 6 X

V 2 -- V -

Comov 2 -v-6 = (v-3)(v+2)~

A B =--+--=> v- 6 v- 3 v+2 B = 3_ 5

2v+1 2

v

-

Luego

+ 1 dv=7 f-dv 3 f--=-In dv 7 lv-3 l +-ln 3 lv+2.l -+f v 2v-v-6 5 v-3 5 v+2 5 5 2

Por lo tanto

~ Inlv -31 + ~ lnlv+ 21 = Inlxl +e::::> ml(v-3)

7

3

5

(v+ 2) 1 = lnlx ¡+ 5e,

5e=lnk, k>O.

La sustitución de V por las variables originales resulta la solución general.

3

3

Note que y =-2x 1\ y = 3x obtenidos en el caso 1 están contenidos en la solución general

j( y

3

-

r( r

3x

y 3 + 2x

1=

lkx 15 1obtenido en el caso 2 con k=O.

77

Ejemplo 2.12 1) Muestre que la ecuación de la forma : x dy = f (xy) y

ydx

variable separable mediante la transformación xy

=/=.

O puede ser convertido a

=v .

.

x dy y dx

2) Usando el result--=---1=---1 dx dx ydx ydx vdx Luego, la ecuación diferencial se convierte en:

x dv ---1 = f(v) vdx Caso

~

x dv vdx

- - = f(v) +1

1:/(v)+l=O

Si v0 es una raíz de f(v 0 ) Caso 2:

f

+ 1 =O, entonces una solución es xy = v0 •

(V) + 1 ::f::. O. Separando variables da

78

dv v[f(v) + 1]

dx x

Por lo tanto la transformación xy = v convierte la ecuación original a variables separables.

2+v2 x dv 4 En este caso f ( v) = => - - = 2 2-v .v dx 2-v2 Ahora separando las variables

X 1\ V da

la siguiente EDO:

2

2

(2-v )dv 2 J(2-v )dv J2 --'---~-=-dx=> = -dx+C 2v x 2v x v2

=> Inlvl- 4 = 2lnlxl +e

Reemplazando V por las variables originales se tiene la solución general.

Ejemplo 2.13

dy dx

Resuelva aEDO-=

~x+ y -~x-y ¡;+y FY, x>O, x~IYI· x+y+ x-y

Solución La EDO es una ecuación diferencial homogénea. Sin embargo, se puede resolver fácilmente usando una transformación especial. La EDO puede escribirse como:

79

(F+Y -Mf

dy

_

(x+ y)-2)x 2 - y 2 +(x-y)

dx- (~x+y+~x-y)(~x+y-~x-y)-

(x+y)-(x-y)

Luego se tiene que: 2

dy _ x-Jx dx y El término especial es x ~ ., t rans1ormac10n

2

-

-

y2

y 2 .Con el fm de eliminar la raíz cuadrada, sea la

x 2 - y 2 = v 2· .

2 2 2 dy . dv dy dv x-y =v =>2x-2y-=2v-=>y-=x-v-.. dx dx dx. dx

Luego la ecuación diferencial se convierte en la ecuación:

· dv (dv ) x-v=x-v dx =>v dx -1 =0.

Caso 1:

V :;t

J J

0 ::::> dv -1 = 0 ::::> dv = dx ::::> dv = dx + e .dx

Reemplazando V por las variables originales

x2 - y' ={x+C) Caso 2:

V=

o=> x 2 -

y2

2

e¿

x 1\ y

r

resulta la solución general:

y' +2CX+C' =O.J

= o=> y = ±x. Esta solución para cualquier de

1(}

e no puede

ser obtenido de la solución general, por lo tanto es una solución singular.

80

Combinando los casos 1 y 2, la solución de la EDO está dada por:

y

2

+ 2Cx + C 2 = O.JSolución General.

y = ±x.JSolución Singular. 2.3 Ecuaciones diferenciales exactas y los factores de integración. Consideremos las ecuaciones diferenciales de la forma:

M(x,y)dx+ N(x,y)dy =O

BM

Donde - -

By

BN

1\ -

ax

v

M(x,y) , N(x,y) *O (2.15) N(x,y)

dy dx

son continuas.

2.3.1 Diferencial Exacta.- La forma diferencial M(x,y)dx+N(x,y)dy=O es una diferencia exacta Existe un función

u :n e D

2

~ D talque

u E c(l) (n)

que

cumple la relación:

du = M(x,y)dx + N(x,y)dy Observación l)Si la forma diferencial M(x,y)dx + N(x,y)dy es una diferencial exacta hallar la solución general de la EDO M(x,y)dx+ N(x,y)dy pues basta hallar U : Q e

=O es relativamente simple,

D 2 ~ D talque

du =M(x,y)dx+N(x,y)dy =O~ U(x,y) =O. ~

Solución General

81

2

2) Por otro lado recordemos que la diferencial total de la función U : Q e D ----+ D con U

E C(l) ( Q)

esta dada por:

au

au

dU=-dx+-dy=O ox 8y 3) Luego se puede deducir que se cumplen la siguientes igualdades:

au

M(x,y)=ox

au

N(x,y)=8y 8M 8y

4) Como - -

8N son continuas, entonces concluimos que se cumplen las ox

1\ -

siguientes igualdades: 2

aM-_a (au)-- -a -u -

o 2U 8y 8y ox 8y8x 8y8x => aN_a (au- -a2u -8M8y ox ox 8y 8x8y

J_

--

o 2U 8x8y

--

=>

8N ox

De las observaciones 1), 2), 3) y 4) se da la siguiente definición de EDO exacta. 2.3.2 Ecuación diferencial ordinaria exacta.

8M 8y

8N ox

LaEDO M(x,y)dx+ N(x,y)dy =O es unaEDO exacta-=-.

Ejemplo 2.14 Resuelva la EDO ( 6xy 2

+ 4x 3 y )dx + (6x 2 y+ x 4 + eY )dy :=:::O. 82

Solución La ecuación diferencial tiene la forma

M(x,y)dx+ N(x,y)dy =O 8M M(x,y) = 6xy 2 + 4x 3y =>- = 12xy + 4x 3

By

Donde

2 8N N(x,y)=6x y+x 4 +eY=>-. =12xy+4x 3 8x

BM

BN

8y

8x

=>-=-

Luego la ecuación diferencial es exacta. Introduciremos dos método para hallar la solución general de una EDO exacta. Método 1: Puesto que la EDO es exacta, existe una función U ( x, y) tal que:

au

au

2

3

2

4

dU =-dx+-dy=(6xy +4x y)dx+(6x y+x +eY)dy

ox

Oy

au

2

3

-=6xy +4xy Luego

ax

=> au 2 4 -=6x y+x +eY 8y

J~~ dx = J(6xy

2

3

2

2

4

+ 4x y)dx + f(y) => U(x,y) = 3x y + x y + f(y)

Ahora se deriva U respecto a

y , luego da la siguiente igualdad:

au au ay ax

- - = - => f'(y)= eY

~p

=> f(y) = eY

83

Luego reemplazamos en U(x,y)y obtenemos la solución general:

Método 2: Es la esencia del método 1 para determinar U(x,y) y consiste: •

Se integra el coeficiente de dx con respecto a x .

•

Diferenciando el resultado con respecto a

y , comparando con el coeficiente de

dy. Este procedimiento puede ser que resulte en el método de agrupación de términos, que es notablemente más sucinta y es el método preferido. El método se ilustra paso a paso de la siguiente manera: 1) Se toma un término, por ejemplo 6xy •

2

2

2

•

Derivando el resultado con_respecto a decir, 6x

•

dx.

Puesto que el término tiene dx, se integra el coeficiente 6.xy con respecto a X para obtener 3x y

•

2

2

y para producir el coeficiente de dy,

es

y. 2

Los dos términos 6.xy dx + 6x

6xJ?dx

2

ydy son agrupados juntos

+

~

fdx

2) Se toma uno de los términos restantes, por ejemplo

4x 3 ydx. 84

Del mismo modo, puesto que el termino tiene dx, se integra el coeficiente

•

4x3y con respecto a

X

4

para obtener x y.

Diferenciado el resultado respecto a y para producir el coeficiente de dy, es

•

. decrr,

•

4 X .

Los dos términos se agrupan juntos.

3) Se toma uno de los términos restantes. Puesto que hay un solo termino que queda,

eYdy. •

Como el termino tiene dy ,se integra el coeficiente eY con respecto a y para producir eY. para obtener el coeficiente de dx, es decir ,cero.

•

Se diferencia respecto a

•

El termino eY dy esta en un grupo por si mismo.

X

O.dx ......_,__. a

ox

4) Todos los términos en el lado izquierdo de la ecuación ahora se han agrupado. 5) Los pasos del 1 al 3 se pueden combinar para dar una única expresión de la siguiente manera.

85

+4x3ydx +x4 dy+eYdy

~~~

~

fdx

+ O.dx=O ...............

'-f-dy----v__!_.J

x4y 6) Puesto que :

Observaciones: 1) El método de términos de agrupación es más fácil de aplicar. La suma de las funciones en la segunda fila es la función requerida U ( x, y) , y la solución general se puede obtener fácilmente como U ( x, y) = C . Por lo tanto, el método de términos de agrupación es el método preferido. 2) Los términos de la forma f(x)dx v

g(y)dy son grupos por ellos mismos, ya

que:

(f(x)dx + Ody) v (g(y)dy + '-----v----'

J

....._,__..,

_q_ ay

dx

Qé) a

~ dy

J

ax

J

J

g(y)dy

f(x)dx

Ejemplo 2.15

dy ysenx - ex sen2 y = _;:___ _ _ _ dx cosx+ 2ex cos2y

Resuelva la EDO -

_:e__

La ecuación diferencial equivale a la EDO:

(-ysenx + exsen2y)dx + (cosx + 2ex cos2y)dy =O M(x,y) ·

N(x,y) 86

Veamos si la EDO es exacta:

8M

-- =

8y

-senx + 2ex cos 2 y

8M 8y

8N 8x

=>-=-

8N

ax = -senx + 2ex cos2y.

-

Por consiguiente la EDO es exacta. La solución general se obtiene usando el método de agrupación de términos:

ycosx

exsen2y

Por lo tanto, mediante la suma de los términos de la tercera fila se obtiene la función U y la solución general viene dada por:

ycosx + exswen2y = C.J Ejemplo 2.16 2

Resuelva la EDO 2x(3x +y- ye-x )dx + (x 2

2

+ 3y 2 +e-x )dy =O.

M(x,y)

N(x,y)

Comprobemos si a ecuación diferencial es exacta:

87

BM -xz -=2x-2xe By BN

-=

ax

BM By

BN

:::::>- = - .

2 x- 2 xe -xz

ax

Por lo tato la EDO es exacta. La solución general se obtiene usando el método de agrupación de términos:

(2xydx + '-v----'

Jdx

Por lo que da: X

2

2

y

+ y e- x + 2x 3 + y 3 = C.J

Observación: •

En el segundo grupo de términos anteriores, es más fácil de recoger el término 2

e-x dy

primero, integrar su coeficiente con respecto a y, a continuación,

diferenciar el resultado con respecto a x para encontrar el término coincidente. Ejemplo 2.17 Resuelva la EDQ:

1 X y y 1 y X X 1 (-sen-- 2 cos- + 1)dx+ (-cos-- 2 sen- + 2 )dy =O, x *O 1\ y* O y y X X X X y y y Solución En esta ecuación diferencial se tiene que:

88

1

X

y

y

8M

y

y

xz

x

ay

X

X

1

X

X

X

1

X

y

·y

y

i

y

yz

y

x3

x

M =-sen--- cos- + 1=>-=--sen--- cos--- cos- +-sen1

y

1

l

8N

1

X

X

X

1

X

y

y

N=- cos--- sen-+-=>-=-- sen--- cos--- cos- +-senX X y2 y y2 iJx y2 y i y y2 y X3 X

8M 8y

8N 8x

-- =-

=> La EDO es exacta.

La solución general se obtiene usando el método de agrupación de términos:

1 X X X 1 1 y y y (-sen-dx +--2 sen-dy)+ 1 dx+-2 dy+(-cos-dy+ - 2 cos-dx) =O Lo y y y y f~ y X X X X ~ '--------y----X '-v-' '--y-------' '------v----' ~

f dx

~

....,....

fdy

X

'-v-'

~----~-------J

a

&

-1

X

-cosY

fdy

y

sen y X

que da la solución general:

-cos x +x-_!_+sen y= C.J y y X

1 y Tenga en cuenta que en el cuarto grupo de términos anteriores, el término -cos-dy X

1

pnmero es escogido, porque es más fácil de integrar el coeficiente -

X

y cos- con

X

respecto a y . Observación: •

Al aplicar el método de agrupación de términos, ya sea para recoger un término

f(x,y)dx o g(x,y)dy primero dependes de si es más fácil de integrar:

Jf(x,y)dx

v

Jg(~,y)dy 89

La solución general de una ecuación diferencial exacta está dada en el siguiente teorema. Teorema

Sea

2.1

la

forma

diferencial

M(x,y)dx + N(x,y)dy,

BM M, N : Q e D 2 ~ D son funciones continuas y - -

ay

interior de la región

n tal que

BM

--

ay

BN

1\ -

ax

donde

son continuas en el

= -BN ' entonces:

ax

a) La forma diferencial M(x,y)dx + N(x,y)dy es una diferencial exacta. b) La solución general de la EDO exacta M (x, y )dx + N ( x, y )dy = O está dada en la relación: X

y

a

b

fM(u,y)du +fN( a, v)dv = C Demostración( a): 1) Se define la función:

J(x,y)

!

J

!

J

X a (X· M(u,y)du dx + 8y a (X M(u,y)du dy = fM(u,y)du , a E D ~di= ax

2) Aplicando el teorema fundamental del cálculo y la continuidad de M

BM By

1\

N da:

BN , entonces se tiene que: Bx

3) Como - - = -

90

4) Por el segundo teorema fundamental:

J8N(u,y) du=(N(x,y)-N(a,y))dy X

8x

a

5) Luego tenemos la siguiente igualdad: l

di =M(x,y)dx+ (N(x,y)- N(a,y))dy di+ N(a,y)dy

= M(x,y)dx + N(x,y)dy

Diferencial Exacta .·. M ( x, y )dx + N( x, y )dy es una diferencial exacta.

=> 3 U: Q e D 2 ~ D tal que dU =M(x,y)dx+N(x,y)dy .J Demostración (b ): 1) De la demostración de la parte a) de teorema se tiene que:

dU =M(x,y)dx+N(x,y)dy=dl +N(a,y)dy 2) Como laEDO M(x,y)dx+ N(x,y)dy

=O

es exacta, entonces

dU = M(x,y)dx+ N(x,y)dy =O=> dU =O=>

U(x,y) = C '---y-----J

Solución General 3) Luego basta considerar la siguiente igualdad:

91

dU=dl+N(a,y)dy=O~ fdU= fdl+ fN(a,y)dy X

U(x,y)=l(x,y)+ JN(a,v)dv=c ,I(x,y)= JM(u,y)du, aED a

4) En consecuencia la solución general está dada en la siguiente relación: y

X

JM(u,y)du + JN(a, v)dv a

= C.J

b

Observación: La solución general que se obtiene mediante el teorema es una generalización de los métodos 1 y 2 descritos en los ejemplos anteriores. Ejemplo 2.18 Resuelva la EDO: Solución 2

2

2x(3x +y- ye-x )dx + (x 2 + 3y 2 + e-x )dy =O

M(x,y)

= 6x 2 + 2.xy + -2.xye-x

2

8M 8y

~ - . = 2x- 2xe-

x2

8M

8N

ay

ax

=>-=-

.·.La solución general está dada en la relación: X

y

f M(u,y)du + f N( a, v)dv = C, entonces: a

b

92

y

X

f(6u

2

f

2

2

+ 2uy- 2uye-x )du + (a 2 + 3v2 + e-a )dv =e

a

b

Evaluando las integrales se obtiene: 2 2 2 2 2x 3 - 2a 3 +x 2 y- a 2 y+ ye -x - ye -a +a 2 y- a 2b +y 3 - b 3 + ye -a - b e -a =

e

Transponiendo las constantes al segundo miembro y eliminando los términos opuestos da:

2x 3 + x 2 y

2

+ y e-x y 3 = K .J

2.3.3 Ecuaciones diferenciales no exactas y factor integrante. La EDO M ( x, y )dx + N ( x, y )dy =

8M

8N

ay

ax

O es una ecuación diferencial ordinaria no exacta

-=/=.-.

Para hallar la solución de una EDO no exacta se requiere de un factor integrante. Factor Integrante de una EDO no Exacta.- La función y : Q e O

2

---+ O

es un factor

integrante de la EDO no exacta M (x, y )dx +N(x, y )dy = O ~ y Mdx + r Ndy

= O es

una EDO exacta. Calculo del Factor Integrante 1) Sea La función

r :Q

e D2 ~ D

un factor integrante de la EDO no exacta

M(x,y)dx+ N(x,y)dy =O

(2.16)

2) En consecuencia la EDO:

y(x,y)M(x,y)dx + r(x,y)N(x,y)dy =O

93

es una EDO exacta. 3) Luego se cumple que:

a(yM) a(yN) ay ax Es decir:

Mar +raM =Nar +raN ~r(aM _ aNJ=Nar -Mar ay ay ax ax ay ax ax ay

(2 . 17)

Esta es una ecuación diferencial parcial de la función desconocida y( x, y) , que es por lo general más difíciles de resolver que la ecuación diferencial ordinaria original (2.16). Sin embargo, para algunos casos especiales, la ecuación (2.17) puede resolverse para un factor de integración. Casos especiales: •

Si

y

es una función que solo depende de X, es decir y = y( X) entonces:

ar dr ax dx ~ En (JI) se tiene . que: ar =O ay

(a

(a

Ndy =y M _ aNJ ~ _!_ dy = __!_ M _ aNJ dx ay ax y dx N ay ax

(2.18)

Puesto que u (x) es una función de sólo x, el lado izquierdo es una función de sólo x. Por lo tanto, si un factor de integración de la forma u= u (x) es de existir, el lado derecho debe también ser una función de sólo x. La ecuación (2.18) es de variables separables, que puede resolverse fácilmente mediante la integración. Luego de (2.18) se tiene que:

~ 94

dy =_!_(aM _ aN)dx=> sdr r N ay ax r

In y=

=

f_!_(aM _ aN)dx=> N ay ax

f_!__(BMBNJdx => y(x) = exp f _!__(BM- BN lr~~ N 8y ax N 8y oxr

(2.19)

_Sólo depende de x

Tenga en cuenta que, ya que se solicita sólo un factor de integración, no hay necesidad de incluir una constante de integración C. Intercambiando M y N, y X e Y en la ecuación (2.18), se obtiene un factor de integración para otro caso especial:

r(y)=exp

- -aM}. - y f-M1 (aN ax ay

(2.20)

Sólo depende de y

Ejemplo 2.19 Resuelva la EDO: Solución

3( x 2 + y 2 )dx + x( x 2 + 3y 2 + 6y )dy = O

aM

M(x,y)=3x 2 +3y 2 =>-=6y aM aN ay =>--oj:.3 aN ay ax N(x,y)=x +3xy 2 +6xy=>-=3x2 +3y 2 +6y ax .·. La EDO es no exacta. Puesto que 95

8N- 8M -1 ( M 8x By

J=

J

1 [( 3x2 +3y 2 +6y ) -6y =1 3(x2 + y 2 )

Sólo depende de y

y(y) = exp

J__!__(BNBM \ y M 8x ayf· 1

= exp[f l.dy] = eY

Sólo depende de y

Luego se tiene que yMdx+ yNdy =O es una ecuación diferencial ordinaria exacta, es decir:

3eY (x 2 + y 2 )dx + xeY (x 2 + 3y 2 + 6y)dy =O (3x2 eY + 3y 2 eY )dx + (x3eY + 3.x;l eY + 6xyeY )dy = O P(x,y)

Q(x,y)

es una EDO exacta. Luego aplicamos el resultado del teorema 2.1 parte b) y la solución general está dada en la relación: X

y

a

b

fP(u,y)du + fQ(a, v)dv =e y

f(3u ey + 3y eY )du + f(a ev + 3av ev + 6avev )dv =e X

2

a

2

3

2

b

Evaluando las integrales se obtiene que la solución general está dada por:

96

Ejemplo 2.20 Resuelva la EDO: Solución

y(2x- y+2)dx+2(x- y)dy=O 2 8M M(x,y) =2xy- y +2y=> -=2x-2y+2 8y 8M 8N =>-7=-8N 8y 8x N(x,y) =2x-2y=> -=2

ax

.·. La EDO dada no es exacta. Puesto que:

1(8M 8NJ . 1

- ---- = [(2x-2y+2)-2]=1 N 8y 8x 2(x- y) Sólo depende de x

Sólo depende de x

Luego multiplicamos la EDO dada por el factor integrante y obtenemos la EDO exacta:

La solución general es determinada usando el método de agrupación de términos.

97

que da la solución general:

Ejemplo 2.21 Resuelva la EDO: Solución

y( cos 3 x+ ysenx )dx+ cosx(senxcosx+ 2y)dy =O. La ecuación diferencial es de la forma estándar

3

M(x,y)=ycos x+y N(x,y)=senxcos aM

2

2

BM

M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0., donde:

senx~-=cos

ay

3

x+2ysenx

8N ax

x+2ycosx~-=cos

3

2

x-2sen xcosx-2ysenx

aN ax

~--=~=--

ay

.·. La EDO dada es no exacta.

_!_(8M _BNJ= [Ccos x+2ysenx)-(cos x-2sen xcosx-2ysenx)] 3

N

ay

ax

3

2

senxcos 2 X+ 2ycosx

Sólo depende de x

98

_!_(8M _8NJ = [2senx(2y + senxcosx)] = 2senx By

N

cosx(senxcosx + 2y)

8x

cosx

Sólo depende de x

:. y(x) = exp

(J 1(8Mcy -

N

8NJ J

- - - - dx = exp [s2senx] = exp [ -2 s-senxdx] 8x COSX COSX

y(x) = exp[ -2Inicosxl] =

1 •

2

COS X

Ahora multiplicamos la EDO dada por el factor integrarte y( x) y se obtiene la EDO exacta

y( \

3

COS X

J(cos x+ysenx)dx+cosx(

ycosx+

y 2 senx 2

\

COS X

J(senxcosx+2y)dy=O

2y dx+ senx+-- dy=O

COS X

COSX

P(x,y)

Q(x,y)

Por consiguiente la solución genera queda determinada en la relación: X

y

fP(u,y)du + fQ(a, v)dv a

=

C

b

y 2senu JY 2v (ycosu+ )du+ (sena+--)dv=C. 2 a cos u b . cosa x

f

Evaluando las integrales se obtiene:

99

2

ysenx + ____:[_____ = K .J COSX

Ejemplo 2.22 1) Demostrar que si la ecuación M(x, y)dx + N(x, y)dy = o es tal 2

x

(BN _BMJ _p(Y)

xM + yN ax

ay

X

entonces un factor integrante esta dado

,u(x,y) =

exp[f F(u)du ],

2) Use la parte 1) y resuelva la EDO

(2x- y+ 2xy- y 2 )dx + (x + x 2 + .xy)dy =O. 1)Si ,u(x,y) =

exp[f F(u)du ],

u = y , es un factor integrante de la EDO dada , X

entonces se obtiene la EDO exacta:

,uM(x,y)dx+ ,uN(x,y)dy =O por consiguiente se cumple que :

a,uM _ a,uN =(a,u M+ JLaMJ-(a,u N+ paN) ay ax ay ay ax ax

100

=exp[fF(u)du ]F(ut)M -exp[fF(u)du ]F(u{ - -aMJ - =F(u), u=2 x ax ay Mx +yN ax 8y X 2

2

2) Como (2x- y+ 2.xy- y )dx+ (x+x +xy)dy =O, entonces:

aM M(x,y) =2x+2xy- y- y 2 =>-=2x-1-2y . ay N(x,y)=x 2 +x+xy

aN

=> -=2x+1+ y ax

Luego, puede evaluarse fácilmente:

aN ax

aM 8y

- - - = 2x + 1+y- (2x -1- 2y) = 2 + 3y

101

(aN- 8M)= x2 (2+3y)=l=F(u) 8y x (2+3y)

x2 Mx+ yN ax

2

Pero:

J

y

J

,u(x,y) = exp[J F(u)du = exp[J ldu = exp(u) =e~ Ahora multiplicamos la EDO dada por el factor integrante ,u( x, y) y se obtiene: y

y

y

y

y

y

y

(2xe~ -ye~ + 2xye~ - y e~ )dx + (xe~ + x e~ + xye~ )dy = O 2

2

P(x,y)

Q(x,y)

Aplicamos el teorema 2.2parte b) da la solución general: X

y

a

b

fP(u,y)du + fQ(a, v)dv

=

C

Avaluándolas las integrales respectivas tenemos a solución general:

2.3.4 Método de inspección. Se basa en las siguientes formulas de diferenciales:

102

l)d(xy) = ydx+xdy

2)d(YJ x

=

-ydx+xdy

x

2

d(xJ= -xdy+ ydx y y2

Y = -ydx + xdy 3)d(arctg-) X x2 + y2

y ydx- xdy d(arctg-) = -=-----=x x2 + y2

4)d[_!_ln(x2 + y2)] = xdx+ ydy 2 xz + yz

S)d(~x2 ±y2)= x~±ydy \lx2 ± y2 Por transposición de términos, multiplicación o división de funciones adecuadas. un factor de integración puede determinarse utilizando éstas fórmulas. Ejemplo 2.23 Resuelva la EDO {3x

4

+ y) dy + ( 2x2y - x) dy = O

Solución 4 2 (3x +y )dy+ (2x y -x)dy =O.

La ecuación diferencia se puede escribir en la forma: 2

2

2( zd d) ( d d) x (3x dx+2ydy)+(ydx-xdy) 0 x 3x x+ 2y y + y x-x y = 0 => = 2 X

Lo cual permite escribir de la siguiente forma:

Por consiguiente la solución general da:

103

Ejemplo 2.24 Resuelva la EDO: Solución

La ecuación diferencial puede reordenarse como:

Dividiendo la ecuación por ( x

[ X

2

2

+y2)

se obtiene:

x 2 + y]dx+[ 2 y 2 +x- y2]dy=O +y X +y

Se reordena la ecuación y da

xdx+ ydy 2 + (ydx + xdy)- y dy = O 2 2 X +y Por consiguiente:

a[!2 ln(x + y2 2

)]+

3

d(xy) _!d(y ) 3 .

=o.

luego la solución está dada por:

1 2 2 y3 -ln(x +y )+xy--=C.J 2 3 104

Ejemplo 2.25 Resuelva la EDO:

Solución Reordenando la EDO se obtiene que:

Dividiendo la ecuación por

fx (x

2

+ y 2 ) se consigue la siguiente igualdad:

En consecuencia se obtiene la solución general

Ejemplo 2.26 ResuelvalaEDO:

y 2 dx + (xy + y 2 -l)dy =O

Solución La EDO puede ser reordenado como:

y(ydx+ xdy) + (y 2 -l)dy =O Si

y =O ,

consideremos

es fácil verificar que e elución de la ecuación. Por consiguiente

y

7:-

O, luego dividiendo la EDO por y se tiene que: 105

1 1 2 ) - d (In 1y)1 = O ydx + xdy +(y--)dy = O=> d (xy) + d (-y y 2 Por consiguiente, las soluciones están dadas por:

Ejemplo 2.27 Resuelva la EDO: Solución

Reordenando la ecuación diferencial como:

x(ydx-xdy)- y(x2 + y 2 )dy=O Se divide la ecuación por x

2

+y2

x(ydx- xdy) x - ydy=O=>xd(arctg(-))- ydy=O 2 2 X +y y Es fácil ver que

y = O es

una solución de la ecuación diferencial. Para

y

;;f:.

Ose

divide la ecuación por y ,luego tenemos que: X

X

y

y

-d(arctg(-)) - ydy =O Como:

106

f

f

ud(arctgu) =

udu l+u 2

1 2 = -ln(l +u ) 2

Por consiguiente se tiene la solución general:

2.3.5 Integración de factores por grupos. Teorema 2.3 Si p( x, y) es un factor integrante de la ecuación diferencial

M(x,y)dx+ N(x,y)dy =O lo que implica que: p(x,y)M(x,y)dx+ p(x,y)N(x,y)dy =O es una ecuación diferencial exacta, es decir:

p(x,y)M(x,y)dx+ p(x,y)N(x,y)dy = dv(x,y), entonces p(x,y).g[ v(x,y)] es también un factor integrante de la ecuación, donde g es cualquier función diferenciable no nula. El uso de este teorema, el siguiente método de factores de integración por grupos puede ser derivado. Método de integración de factores por grupos Supongamos que la ecuación diferencial M(x,y)dx + N(x,y)dy

=O

puede ser separado en dos grupos:

107

[M 1( x, y )dx + N 1( x, y )dy] + [M 2 ( x, y )dx + N 2 (x, y )dy] = O Segundo grupo

Primer grupo

Si el primer y segundo grupo tienen factores integrantes ,LL¡ ( x, y) y ,u2 ( x, y) respectivamente, tales que:

,u 1M 1(x,y)dx+ ,LL¡N1(x,y)dy = dv1 { ,u M 2

2 ( x, y )dx

+ ,u2N 2 ( x, y )dy = dv2

A continuación, a partir del teorema, para funciones cualesquiera diferenciables g 1 y g 2 ,LL¡ ( x, y) g 1 [ v1(x, y)] es un factor integrante del primer grupo y ,U2 (x,y)g 2 [ V2 (x,y)] es un factor integrante del segundo grupo.

Si uno puede elegir g 1

1\

g 2 adecuadamente de manera que

,LL¡(x,y)g1 [v1(x,y)]=,u2 (x,y)g 2 [v2 (x,y)]=> ,u(x,y) es un factor integrante de laEDO M(x,y)dx+ N(x,y)dy

=O.

Ejemplo 2.28 Resuelva la EDO Solución

De la EDO se tiene que:

108

8M M(x,y) =4xy+3y 4 ::¿- = 4x+12y 3 8y 8M 8N ::¿-;;j:.8y ax 8N N(x,y)=2x 2 +5xy 3 ::¿-=4x+5y3 a~

Luego la EDO dada es no exacta. Se puede observar que no existe un factor de integración que es una función que solo depende de X V y . Separamos la EDO en dos grupos:

(4xydx+ 2x2dy) + (3y 4 dx+5xy 3dy) =O Primer grupo

Segundo grupo

Para el primer grupo:

8M M 1(x y)=4xy::¿-·- 1 =4x ' 8y

8M 8N, ::¿--1 =--1 8y ax

por consiguiente, el primer grupo es exacta o un factor de integrante es f1J. = l. Es fácil de encontrar que:

4xydx+ ti.dy ::¿ 2d(x2 y) ::¿ v1 = x 2 y

..........,_...

~

fdx 2x 2 y Para el segundo grupo:

109

~

(3~2

4

2

(x y)=3y =>-=12y ,

3

;:), ,

vy

()~

l3N

=>--2 =j:.--2

8y

l3x

7 5x ........,_. dependedex

,u2(x) = exp

~ = exp (7 slnlxl J= x [J N21(()~8y2 - l3x2Jdx]= exp ('57JdxJ ()N

25

•

Luego la siguiente EDO es exacta:

12 5 12 12 4 4 ~ dy=O=> d(x 5 y )=0=>v2(x,y)=x 5 y 4 a

ay

12

5x 5 y4 4 Para encontrar un factor integrante para la ecuación diferencial original, uno necesita encontrar las funciones g 1

1\

g 2 tales que: 7

,u1g1 (v1)

12

= ,u2g2(v2) => 1g1 (x2y) = xs g2(x5 y4)

7

12

12/3+7

(x2yt =xS(xS y4)P =>x2aya =x_s_y4P 110

.~.

2a=l2f3+7} 5

=>

{a=l

a=4f3

1 /3= 4

En consecuencia, un factor integrante esta dado por:

Luego, se multiplica la EDO original por el factor integrante f1 y se obtiene la EDO exacta:

(4x 3 y 2

+ 3x2 y 5 )dx + (2x 4 y + 5x 3 y 4 )dy =O

P(x,y)

Q(x,y)

Luego la solución general está dada en la relación: y

X

fP(u,y)du + fQ(a, v)dv a

=

C

b y

X

f(4u y 3

2

2

f

5

+ 3u y )du + (2a 4v + 5a 3v 4 )dv =e b

a

Evaluando las integrales se obtiene:

Ejemplo 2.29 Resuelva laEDO

2

( 5xy- 3y )dx+ ( 3x -7xy )dy =O 3

2

111

Solución De esta ecuación se tiene que:

8M M(x,y) = 5xy -3y 3 ::::>- = 5x- 9y 2 8y 8M 8N . =>--7=-oN 8y 8x N(x,y)=3x 2 -7xy 2 =>-=6x-7y 2 ·

Bx

8M- -8N = ( 5x-9y 8y

8x

2) - (6x-7y 2) =-x-2y2.

Luego la EDO dada es no exacta. Se puede observar que no existe un factor integrante que es una función que depende solo de x v

y.

Separándola la EDO en dos grupos:

(5xydx+ 3x2 dy) + (-3y 3dx-7xy 2 dy) =O Primer grupo

Segundo grupo

Para el primer grupo:

8M M 1(x y)=S.xy::::>-1 =5x ~.

'

vy

8N, N 1(x,y) = 3x2 ::::> - 1 =6x 8x ·

8M

8N,

8y

8x

::::>--1 7=---1

por consiguiente, el primer grupo no es exacta ,se busca un factor de integrante es

Jlr.

_1N (8M8y 8N8x )=-1 (Sx- 6x)=-_!_ 3x 3x 1 _

1

2

1

112

,u1(x)=exp

[f 1(aMay

aN) ]

(-1Jdx) =exp (-1-lnJxJ ) =x 5

- - -1 - -1 dx =exp - N¡ ax 3 X

3 -r

Luego se tiene la siguiente ecuación diferencial exacta:

-1

-1

x3 5xydx+x3 3x2dy =O 5

-

~dy a

5 3

-5

-

= 0=> 3d(x y) =Ü=> v1(x,y) =x 3 y

8y

Para el segundo grupo:

aM M2(x,y) = -3y3 => 8y2 = -9y2

8M

8N

By

8x

2 = > - -2- : j : . 2 8N 2 N 2(x,y) = -7xy => a:= -7y

Luego la siguiente EDO es exacta:

113

2_ -7 2_ 2_ 2 3 3 -7x 7y dy =O::::> -d(x 7y ) =O::::> v2(x,y) = x 7y

3

~ 8 8y

12 -7x 5 y4

3 Para encontrar un factor integrante f.1 para la ecuación diferencial original, uno necesita encontrar las funciones

g1

1\

g 2 tales que: -1

2

5

9

,U¡g¡ (v¡) = ,u2g2 ( v2) => x 3 g¡ (x3 y)= x1 g2 (x 7y3)

-1

.?:

x 3 (x3

2

9

Sa-l

9/]+2

Yt = x1 (x? y3)fJ => x-3-ya = x-7-y3fJ

9/3+2}

5a = :. 3 7 a=3f3

1 a=2 => 1

/3=6

En consecuencia, un factor integrante esta dado por: --1

-5

1

-

1

-

1 -

J.l(x,y)=,u¡g1(v1)=x3 (x3y)2 =x2y2. Luego, se multiplica la EDO original por el factor integrante J.l(x,y) y se obtiene la EDO exacta:

114

1

1

1

1

x2y2(5xy -3y 3 )dx+x2y2(3x2 -7xy 2 )dy =O 3 2

-

3 2

5 2

-

(5x y dx

+

'---v----'

fdx

1

1

2

3x y dy) '---v----' a -

2

7 2

3 2

3 2

+ (-3x y dx + (-7x y )dy) =O ~

~

fdx

ay

-

a

ay

5 3

3 7

2x2y2

-2x2y2

Luego la solución general está dada en la relación: 53

37

33

.

2x2y2 - 2x2 y 2 =e=> x2 y 2 ( x- y 2 ) = C.J Observación: •

En los siguientes dos ejemplos, las técnicas utilizadas en el método de inspección se pueden combinar con el método de los factores de integración por grupos para dar lugar a una forma eficaz de encontrar un factor de integración.

Ejemplo 2.30 Resuelva la EDO:

(ydx-xdy)+¡rydy=O,

x>O, y>O.

Solución 2

Dividiendo la ecuación por x se consigue: -3 1 y dx-xdy --32 -21 y .:____----=---+X y dy = 0 => d(-) +X 2 y 2 dy 2

x

x

~

Pnmergrupo

=0

'--v----'

Segundo grupo

115

Es obvio, el primer grupo tiene un factor integrante JL1 = 1 y le corresponde 3 2

v1 = y .El segundo grupo tiene un factor integrante JL2 = x y

-1 2

y le corresponde

X

Para encontrar un factor integrante fL para la ecuación diferencial original, uno necesita encontrar las funciones g 1

Sean g 1 ( v1) =

v;

g 2 tales que:

g 2 ( v2 ) =

y 3

1\

vf, luego se obtiene:

-1

3

1

1(yt =x2y2(y)f3 ~x-aya =xz-yP-zx

3 2

-a=-

1 a=fJ-2

~

-3 2

a=-

{

/3=-1

En consecuencia, un factor integrante esta dado por: 3 2

JL(x,y)=JL1g 1(v1)=x y

-3 2

•

Luego, se multiplica la EDO original por el factor integrante JL(x,y) y se obtiene la EDO exacta: 3

-3

3

-3

x2y 2 (ydx-xdy)dx+x 2y 2 (.JxY)dy =O

116

1 -1

2x2y 2 Luego la solución general está dada en la relación:

Ejemplo 2.31 Resuelva la EDO: Solución

Reordenando la ecuación como: X

Dividiendo la ecuación por

.x;/ nos conduce a:

X

_eY(ydx-xdy) _.:.:___=--------=-....::..._ + -Yz dX -O ::::::> e ~d(x) - + -Yz dX -O 2 y y X X

117

X

+

=0 X ......__,_.... Segundo grupo

Es obvio, el primer grupo tiene un factor integrante JI¡ = 1 y le corresponde X

-

v1 = eY .El segundo grupo tiene un factor integrante f12

X

=2

y

y le corresponde v2

= x.

Para encontrar un factor integrante 11 para la ecuación diferencial original, uno necesita encontrar las funciones g 1

g 2 tales que:

1\

Para quitar la función exponencial en lado izquierdo, hay que tener g 1 como una

1 en lado derecho, dejando que y2

función logarítmica debido a -

J

X 1(-? = (X - 2 x=? f.l(x,y)

y

y

2

= -x 2 y

Luego, se multiplica la EDO original por el factor integrante f1(x,y) y se obtiene la EDO exacta:

118

Puesto que:

J(x)2d(eY) Jz2d(ez) y X

=

X

z=-

y

Integrando por partes se obtiene que:

Por consiguiente la solución general obtenida está dada por:

y

X 2

X

X

e X [ (-) -2(-)+2 ] +-2 = C.J y y 2 2.4 Ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de primer orden (EDOL) Ecuaciones lineales de primer orden se producen en muchas de aplicaciones de ingeniería y son de la forma:

dy + P(x)y(x) = Q(x) dx

(2.21)

Donde P,Q: I e D ---; D son funciones continuas. La ecuación es de primer orden, porque el orden más alto de derivación de la función incógnita es primero y es lineal, ya que, la función incógnita y sus derivadas de cada término es de primer grado. Las variables x

1\

y pueden ser intercambiadas para dar

lugar a una ecuación lineal de primer orden de la forma:

119

dx -+P(y)x(y) = Q(y) dy

(2.22)

2.4.1 Solución general de una ecuación diferencial lineal de primer orden. Sea la EDO dada en (2.21 ), entonces esta se puede escribir en la forma diferencial:

(2.23)

[P(x)y(x)- Q(x)]dx+ dy =O

De la ecuación (2.23) se observa que:

8M M(x,y) = P(x)y(x)- Q(x) =>- = P(x)

ay

8M 8N =>--=F-

ay

N(x,y)=l

ax

Por consiguiente la EDO (2.23) es no exacta, luego:

1(

8NJ ax

8M - - - - =P(x)=>,u(x)=exp N ay

[f (aM_aN}1x J=e __!_

fPCx)dx

NByBx

Multiplicando la EDO (2.23) por su factor integrante ,u(x) se consigue que:

[ P(x)y(x)- Q(x) ]eJ P(x)dx dx + eJ P(x)dx dy =O La solución general puede ser determinada usando el método de agrupación de términos:

120

(ef P(x)dx dy + P(x)y(x)ef P(x)dx dx) '---.r---'

Jcy

+

dx=O

~ Jdx

a

ax

ye

-Q(x)ef P(x)dx

f P(x)dx

-JQ(x)ef P(x)dx dx

Luego resulta que:

yxe ( ) fP(x)dx -

jQ( xe ) fP(x)dxdx= e =>yx ( )=e-fP(x)dx[JQ( xe ) fP(x)dxdx+

e]

.J

Los resultados anteriores se pueden resumir de la siguiente manera:

l.

dy + P(x)y(x) = Q(x) dx dx

2. -

dy

=>

y ( x ) =e -fPCx)dx[JQ( x ) efPCx)dxdx+

e]

.J

+ P(y)x(y) = Q(y)

Ejemplo 2.32 Solución Resuelva la EDO:

y'(x) = 1+ 3y(x)tgx Solución La EDO se puede escribir como:

y'(x)- 3tgx.y(x) = 1 ~ EDOL dy

Esta EDOL es de la forma-+ P( x) y( x) = Q( x), donde:

dx

.

121

J

J

J

P(x) = -3tgx => P(x)dx = -3tgxdx = 3 -senxdx cosx { Q(x) = 1

= 3In!cosx!

Luego el factor integrante está dada por:

¡t ( x )

= e f P(x)dx = e 3Inlcosxl = 1cos 3 x 1

1\

e-fP(x)dx

=

1 lcos

Consideremos cos x

JQ(x )ef

P(x)dx

3

xl

> O, entonces:

J

J

J

dx = l. cos 3 xdx = cos 2 x. cos xdx = (1- sen 2 x )d (senx )dx sen 3x =senx--3

Luego, la solución general de la EDOL dada se expresa de la siguiente forma:

3

y(x) = 13 [ senx- sen x COS X 3

+e] .J

Ejemplo 2.33 Resuelva la EDO: ydx- (eY

+ 2.xy - 2x )dy = O

Solución Es fácil ver que y

= O es una solución trivial de la ecuación diferencial. Para y i= O, la

EDO puede ser escrita como la EDOL:

122

dx dy

- +

2(1- y)

eY x(y) = - => x(y) =? y y ~ '-v-' P(y) Q(y)

La solución general de esta ecuación está dada por:

Calculamos:

fP(y )dy = 2J(_!_y -1 )dy = 2(ln IYI- y) =In jy e-zy j 2

P(y)dy Inly2e-2yl 2 -2y eI =e =ye

1\

e-IP(y)dy

2y =~

y2

JQ(y)efP(y)dy dy =S (eY )y2e-2ydy = Jye-ydy =-S yd(e-Y) y

= -(ye-y +e-Y)= -e-y (y+ 1) Por consiguiente la solución general es:

-fP(y)dy P(y)dy e2y f x(y) = e dy + e ] = [-e-y (y+ 1) + e .J [ Q(y )e

f

7

J

Podemos expresar mediante la relación:

Note que

y = 0 está incluido cuando e = 0.

123

Ejemplo 2.34 Resuelva la EDO:

dy dx

1 xcosy+sen2y

1\

cosy :;t: O

Solución La EDO se puede escribir de la siguiente manera:

dx

-+-(cosy)x=sen2y~EDOL 1\ dy '---v---' ~

P(y)

x(y)=?

Q(y)

La solución general de esta ecuación está dada por:

Se calcula las integrales:

fP(y)dy =f-cosydy =-seny:::::> efP(y)dy = e-seny

1\

e-fP(y)dy

= eseny

JQ(y)efP(y)dydy = Jsen2ye-senydy = 2f senycosy.e-senydy =

-2Jseny.d(e-seny) = -2[ e-senyseny- Je-senyd(seny) J

=

-2e-seny ( seny + 1)

Luego la solución general de la EDOL está dada por:

x ( y ) = e-f P(y)dy

[fQC y )e fP(y)dydy+ e] = eseny [ - 2e-seny ( seny + 1) + e]

Es decir: 124

x(y) = - 2e -seny (seny + 1) + Ceseny .J 2.4.2 Ecuaciones diferenciales de Bemoulli (EDOB) Las ecuaciones diferenciales de Bemoulli son de la forma:

dy + P(x)y(x) = Q(x)yn

1\

dx

n *O

1\

n* 1

(2.24)

La EDOB dada en (2.24) es no lineal. Observaciones: l. Cuando n ::::: O, la ecuación se reduce a una ecuación diferencial lineal de primer orden. 2. Cuando

dy dx 3. y

n = 1, la ecuación puede escribirse como:

= [Q(x)- P(x) ]y(x) ~ EDO devariables separables.

= O es una solución trivial de la ecuación diferencial de Bemoulli.

Solución de la EDO de Bemouilli (2.24)

Se sigue el siguiente procedimiento: 1)Como y

* O:::::> y

Bemoulli (2.24) por

-n (

x) -F O, entonces se multiplica la ecuación diferencial de

y -n (X), lo cual permite escribir:

(2.25)

y-n(x)y'(x) + P(x)/-n(x) = Q(x)

2) Sea la transformación

z( x)

=

/-n(x)

1- n

:::::>

{/-n(x)=(l-n)z(x) z'(x)

= y-n(x)y'(x) 125

3) Reemplazando en (2.25) se tiene que:

z'(x) + (1- n)P(x)z(x) = Q(x) ~ EDOL ~

P*(x) 3) La solución general de la EDOL está dada por:

z(X) = e-f (l-" )P(x)d< [ f Q( X )ef(l-" )P(x )dp=g +g-

ay

y

p

que es una ecuación diferencial entre x

1\

(2.32)

p . Si la ecuación (2.31) puede resolverse

para obtener la solución general:

lf/(y,p, C) =O

(2.33)

entonces la solución general de (3.26) puede ser obtenido como sigue: •

•

Eliminar la variable

p entre

las ecuaciones (2.31) y (2.32) para obtener la

y.

solución en términos de x

1\

Si es dificil de eliminar

p entre las ecuaciones (2.31) y (2.32), entonces las

ecuaciones (2.31) y (2.32) pueden ser tratados como ecuaciones paramétricas siendo

p el parámetro.

Ejemplo 2.36. Resuelva la EDO:

X= dy

dx

+(dyJ4 dx

Solución

dy, 1a ecuacwn . ' puede reescn"b"Irse como: Sea p = dx

131

En este caso la ecuación es resoluble para x. Diferenciando respecto a y permite:

que puede ser escrito como una ecuación de variable separables:

Por consiguiente, la solución general está dado por la ecuación paramétricas:

donde p es el parámetro. Ejemplo 2.37 Resuelva la EDO:

dy 2 dy x(-) -2y--x=O dx dx ., 1 S dy . So1ucwn : ea p = - , uno tiene que:

dx

xp 2 -2yp-x=0 Dado que p =

O no es solución, uno tiene que p

expresado explícitamente en términos de

x 1\ p

7:-

O. La variable y puede ser

para producir: 132

(2.34)

Diferenciando la ecuación (2.34) con respecto a X da:

P = dy dx

= a¡ + a¡ dp = _!_(P __!_J + x ( 1+ _12 Jdp ax

ap dx

2

p

2

p

dx

que puede ser simplificado como:

p2 + 1(~ dp p p dx

-1J

p2 + 1 :;t: o =

o::::>

p x dp dp dx ---1=0=>-=-~EDOVS p dx p x

uno tiene que:

Substituyendo en la ecuación (2.32) resulta en la solución general:

Solución 2: Puesto que p = ±lno es una solución, uno tiene p

-:f:.

±1. De la ecuación

(2.32), la variable X puede también ser expresado en términos de y

1\

p permite:

(2.35)

~

Diferenciando la ecuación (2.35) con respecto a la variable y se consigue:

133

que puede ser simplificado como:

Luego integrando respecto a p

El parámetro

1\

y se tiene que:

p puede ser eliminado entre las ecuaciones (2.35) y (2.34). Substituyendo

la ecuación (2.35) en (2.34) se consigue:

Substituyendo en la ecuación (2.34) resulta la solución general:

Ejemplo 2.38 Resuelva la EDO:

134

Solución

Sea p

= dy , la ecuación diferencial se convierte en: dx

(2.36) Diferenciando la ecuación (1) con respecto a X da:

que puede ser simplificado para obtener:

Por consiguiente se tiene la ecuación diferencial de variables separables:

-dx = [ ~· 1 2 X 1+ p

+ p

1+ p

2

Jdp~EDOVS

Integrando ambos lados se llega a:

1 f--dx= J( \}1+p2

~+

X

p

1+p

2

.)dp+C

135

(2.37)

El parámetro p puede ser eliminado entre las ecuaciones (2.36) y (2.37). De la ecuación (2.36), uno tiene:

(2.38)

Substituyendo en la ecuación (2.37) produce lo siguiente:

Substituyendo en la ecuación (2.38) se consigue:

que puede ser simplificado aún más como:

2k=C

Ejemplo 2.39 Resuelva la EDO:

2

y

dy dy (dx J + 3x dx J-y 2

(

=

O.

Solución

136

dy, 1a ecuacwn . ' d"11erencm .t:". • 1 Sea p = se puede escn"b"1r como: dx

Si p = O, uno tiene y = O, que es una solución de la ecuación diferencial. Para p

* O,resolviendo para x da: 1 2 y X= -3(y p- p) = g(y,p)

Diferenciando la ecuación (2.39) con respecto a la variable

(2.39)

y se consigue:

1 8g 8g dp 1 1 1 2 y dp -=-+--=--(2yp--)--(y + -2 ) p 8y 8p dy 3 p 3 p dy multiplicando ambos lados por -3 p y reordenado se consigue:

(yp 2 + 1)(2+ y dp) =o pdy

Substituyendo en la ecuación (2.38) resulta la solución general:

137

X = -

1 [ y 2(2) k 2 - y ] -::::) 3kx - y 3 + k 2 = O.J 3(_!_) y y2 2

2

1 y

Caso2: yp +1=0-::::) p =--

.

substituyendo en la ecuación (2.38) resulta:

Soluciónsingular

2.5.1 La Ecuación de Clairaut. La ecuación de Clairaut es una ecuación diferencial ordinaria de primer orden de la forma:

y= xy'+ f(y')

(2.40)

La ecuación es del tipo de la ecuación resoluble para la variable

y , se puede resolver

utilizando el enfoque presentado en esta sección. Ejemplo 2.40

Resuelva la EDO:

a2 y=xy'+-

y'

Solución Sea y ' = p , la ecuación diferencial se convierte en la ecuación:

138

a2 y=xp+-=f(x,p)

(2.41)

p

Diferenciando la ecuación (1) con respecto a X da:

dy a¡ a¡ dp a 2 dp a 2 dp p=-=-+--=p+(x--)-=>(x--)-=0 dx ax ap dx p 2 dx p 2 dx dp dx

Caso 1: -=O=> p=C.

Substituyendo en la ecuación (2.40) se traduce en la solución general:.

a2 y= Cx+-.J

e

'---y--J

SoluciónGeneral

2

que es una familia de líneas rectas con pendiente C intercepto !!.__ .

e

Caso 2:

Substituyendo en la ecuación (2.40) se convierte en la ecuación:

a2 2 [ a2 2 ]2 (-)y = x(-) + a => y 2 = 4a 2x .J X

X

'----v----' Solución Singular

139

2.6 Ecuaciones diferenciales simples de orden superior. 2.6.1 Ecuaciones inmediatamente integrables. Una ecuación diferencial de orden n de la forma:

dny =f(x) dxn

f:IcD

~D

continua.

se pueden resolver fácilmente integrando n veces

f (x)

con respecto a

X.

n

constantes de

La solución general de una ecuación diferencial de orden

contiene

n

integración. Ejemplo 2.41

Solución 2

Dividiendo ambos lados de la ecuación por x permite escribir:

fy "'(x)dx f(120x + 8e =

2

x

+ ~ )dx +el X

1 y"(x) = 60x 2 + 4e 2 x --+el X

1 y"'= 120x+8e x+x2 ::::> 2

fy "(x)dx f(60x + 4e 2

=

2

x -

_!_ + el )dx + c2

x

y'(x) = 20x + 2e x -lnx + e1x + e 2 2

3

Jy'(x)dx J(20x + 2e 3

=

2

x

-lnx + e1x +

e )dx 2

ex +e x-x(lnx-1)+--+e x+e -l 2

y(x)=5x

4

2

1

2

2

3

140

Ejemplo 2.42 Resuelva el PVI:

e-xy"- senx = 2 { y(O) = y'(O) = 1 Solución La ecuación se escribe como:

y" = ex senx + 2ex

(2.42)

Integramos (2.42) sucesivamente dos veces y se obtiene:

fy"(x)dx = f(exsenx+ 2ex)dx+ el ex y '(x) = - ( senx- COSX) + 2ex +el 2 fy'(x)dx=

J{~ (senx-cosx)+2ex+e1 )}dx+e2

1 ex y(x) = -(-(senx- cosx- senx- cosx)) + 2ex + e1x + e2 2 2

Para hallar C1 y C2 se aplica las condiciones iniciales:

141

:. y(x) =-ex cosx + 2ex- x- _!_ .JSolución del PVI. 2 2 2 2.6.2 Ecuaciones diferenciales con ausencia de la variable dependiente. En general, una ecuación diferencial ordinaria de orden

n

es de la forma:

J(x;y,y',y",y"', ... ,y y ni y'aparecen.

142

Ejemplo 2.43 Resuelva el siguiente PVI:

2y" = (y ') 3 sen2x { y(O) = y'(O) =1 Solución En la EDO es del tipo y ausente, luego: sea y' = u ~ y" = u'. Puesto que y '(O) se tiene u

= O no satisface la condición inicial y '(O) = 1,

* O. La ecuación se convierte:

J

J

2du = sen2xdx => -2du 2du - =u 3sen2x => -33 - = sen2xdx + el. dx

u

u

Evaluando las integrales se consigue que:

- 1 -cos 2x ----z= u 2

u(O) = y'(O) = 1

+e1 => { -1_ -cosO -2 1

-

2

_ -1 2

+ e 1 => el - -

Por lo tanto -1

u

2

= _1 + cos 2x = _ cos 2 x =>u = ± _1_. 2

cosx

Puesto que u(O) =1sólo el signo positivo se toma, lo que conduce a:

f

f

1 -· => dy = secx => dy dx = secxdx + e2 cosx dx dx

u=-

143

y(x) =In 1secx + tgx1 +e::::>

y(O)=InlsecO+tgOI+e2 {

1=e2

:. y(x) = Inlsecx + tgxl + LJ Ejemplo 2.44 Resuelve la EDO:

zy"-(yy- yi=O Solución La ecuación es del tipo y ausente. Se denota y

1

xu 1- u 3 -u = O::::> u 1- (_!_)u = (_!_ )u 3 -

Caso 1:

X

u = 0 ::::> y

Caso 2: u

=e

X

=u

y" = u 1 , se tiene que:

~ EDOB

es una solución de la ecuación diferencial.

* O, dividiendo ambos miembros de la EDOB por u3 conduce a: 2

1) -2 =-==> 1 u -3 u- -u 1

(

X

u-2 {u- = -2z(x) z(x)=-=> 3 1 1 -2 Z (x)=u- u

X Z

2

1

X

X

(x) + (- )z(x) =- ~ EDOL

1

La solución de la EDOL está dada por:

144

volviendo a las variables x

1\

u e y.:

u -2 1 -2 -2 -2 2 -=-+Cx =>u =-1-2Cx =>u =

-2

u(x)=±

2

~y'(x)=±

g

-x

2

x +2C

-x 2 . x 2 +2C

~y(x)=±f ~

x K -x2

dx+B; K=-2C

evaluando la integral se obtiene que:

elevando al cuadrado ambos lados se obtiene:

2.6.3 Ecuaciones diferenciales donde la variable independiente no aparece. Cuando la variable independiente x no aparece de forma explícita, una ecuación diferencial de orden n es de la forma:

J(y,y',y",y"', ... ,y(n)) = Ü

(2.46)

Sea y la nueva variable independiente y u = y' la nueva variable dependiente, usando la regla de la cadena, es fácil demostrar que:

145

d 2y du du dy du --=-=--=udx2 dx ·dy dx dx 2 3 2 2 dy =u=> d y =!!_(d yJ=!!_(udu)=u(duJ +u 2 d u dx dx 3 dx dx 2 dy dx dy dy 2

Se

puede

demostrar

que

du d 2u dk-Iu , • • ·,------¡¡=¡, para u,-, - dy dy 2 dy

se

puede

expresar

en

términos

de

k~ n . Por lo tanto, la ecuación diferencial (2.46) se

convierte en la forma:

f

2 2 3 2 d u ] [ du d u d u an-lu] du du 2 y; u,u(dy),u(dy) +u dy2 ,. .. =O v g y; u,dy 'dy2 'dy3 ,. .. , dyn-1 =O [

en el que el orden de la ecuación diferencial se reduce en uno. Ejemplo 2.45 3

ResuelvalaEDO: 3Y.Y'y"-(y') +1=0. Solución En la ecuación diferencial no aparece explícitamente X . Sea y la nueva variable independiente y u = y 'la nueva variable dependiente, y " = u ( du)

dy

3

Caso 1: u = 1 => u = 1 => y = x .Lo cual es una solución de la ecuación. Caso 2: u 7:- 1, la ecuación se convierte en:

146

du 3u 2 du 3y.u.u(-)-u 3 +1=0::::> 3 dy u -1

dy y

=-~EDOVS

Integrando ambos miembros de la EDOVS se obtiene:

d

1

u 3 -1 = yk ::::> 2 =u = (y k+ 1)3 dx Puesto que y

= e no es una solución, se tiene (y k + 1) 7:- O; por consiguiente

-1

(yk+1)3 dy=dx:=>

1 -1 k (yk + 1)3 kdy = x + C1

f

3(yk + 1)

2 3

-

2kx = C1.JSolución General

Ejemplo 2.46 2

Resuelva laEDO: yy" = (y') (1- y'seny- Y.Y'cosy) .. Solución En la ecuación diferencial no aparece explícitamente x . Sea y la nueva variable

du dy

independiente y u= y'lanueva variable dependiente, y"= u(-)

La ecuación diferencial se convierte en la forma:

du =u 2 (1- useny- yu cos y ) . yu(-) dy 147

Caso 1:

u=Ü=> y'= O=> y(x)=e. du = u(1- useny- yu cos y) dy

Caso 2: u ::;t: O=> y(-)

La ecuación diferencial se puede escribir como:

du _(_!_)u= dy y

(seny + ycosy)u ~ EDOB. y 2

Multiplicando ambos miembros de la EDOB por

u -z se obtiene:

u- {u- = -z(y) 1

u-z du _ (_!_)u_ 1 = _ seny + ycosy ~ dy y y

z(y)=-~

-1

1

z'(y) =u-2 u'(y)

z'(y)+(_!_)z(y)= seny+ycosy +-EDOL y

y

La solución general de la EDOL se expresa como:

J

J

z(y) = _!__[ cosy- ycosydy + e1 = _!__[ cosy- yseny- cosy +e1] y

y

e1 1 . e1 e1 u-1 z (y ) =-seny+-=>-=-seny+-=>-=seny--. y

-1

y

u

y

1 el dx el dx=senydy--~ el Evov;s -=seny--=>-=seny--=> u y dy y y 148

Integrando la EDOVS se obtiene: x = -cosy- C1 lny + C2 .J Por lo tanto las soluciones son:

y=c {X

= -

cos y - el In y + Cz

2. 7 Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de primer orden. En esta sección, una serie de ejemplos se estudian para ilustrar la aplicación de las ecuaciones diferenciales de primer orden y de orden superior simples en diversas disciplinas de las ciencias y de la ingeniería 2. 7.1 Calefacción y refrigeración. Los problemas relacionados con la calefacción y la refrigeración siguen la ley de enfriamiento de Newton. Ley de Newton del enfriamiento.

dT dt

La tasa de cambio de la temperaturaT(t) , - , de un cuerpo en un medio de temperatura Tm es proporcional a la diferencia entre la temperatura del cuerpo y el medio, es decir:

dT -=-k[T(t)-T] dt m

(2.47)

donde k > Oes una constante de proporcionalidad. Ejemplo 2.47: Enfriamiento en el aire de un cuerpo.

149

Un cuerpo se enfría en el aire cuya temperatura constanteTm = 20° C. Si la temperatura

e

del cuerpo cambia de 1 00 o

a 60 oe en 20 minutos, determinar el tiempo adicional

que es necesario para que la temperatura del cuerpo caiga a 30°C. Por la Ley de Enfriamiento de N ewton y las condiciones iniciales se tiene el siguiente PVI:

dT dt = -k[T(t)- Tm] ~ EDOVS T(O) = 100° C ( Condicional inicial) T(20) = 60° C

Tm = 20° C

La solución general de la EDOVS está dada por:

dT

- - - = -kdt =>

¡s

T(t)-T m

dT = f-kdt+C=>lniT(t)-Tml=-kt+c T(t)- Tm T(t)- Tm = e-kt+c => T(t) = Tm + Ce-kt .J

Para hallar el valor de la constante T(O) =

C se hace

t=0

Tm + Ce-k(O) => 100 = 20 + C => C = 80

Luego se tiene que:

T(t) = 20 + 80e-kt . Para hallar la constante k se hacet = 20, entonces T(20) = 20 + 80e-k(2 0)

1

=> 60 = 20 + 80e-20 k =>k= - - ln __!_=O, 03466 20

2

Por lo tanto

150

T(t) = 20 + 80e--o,o34661.JSolución del PVI. Cuando

T(t) = 30 => 30 = 20 + 80e-0 ' 034661 => t =-

1 1 ln- = 60 0,03466 8

Por lo tanto, se necesitará otros 60 - 20 = 40 minutos para que la temperatura baje a 30 o C. Ejemplo 2.48: Calefacción en un edificio. La tasa de pérdida de calor de un edificio es igual aK1 [Ts(t)- TA(t)], donde

TA (t) y Ts (t) son las temperaturas de la construcción y la atmósfera en el momento t , respectivamente, y K 1 es una constante. La tasa de calor suministrado a la construcción por el sistema de calefacción está dada por

T8 es la temperatura establecida del edificio, y Q Q está

1\

Q + K 2 [Ts- Ts(t)] , donde

K 2 son constantes. El valor de

es tal que el edificio se mantiene a la temperatura establecida cuando el ambiente a

temperatura

constante T0 •

La

capacidad

térmica

del

edificio · es e .

l. Establecer la ecuación diferencial que rige la temperatura Ts(t) ,temperatura del edificio. 2. Si la temperatura Atmosférica fluctúa sinusoidalmente sobre 1'a, valor medio, con una amplitud

T¡

y periodo

2

7r (hora) , es decir:

OJ

TA (t) = 1'a + T¡senwt determinar la amplitud de variación de la temperatura del edificio debido a fluctuación de la temperatura atmosférica.

151

3.Supongamos T¡

=12oe, -e = 4 horas,

la temperatura atmosférica fluctúa con un

Kr

período de 24 horas , es decir,

OJ

= .!!___ 12

• Se requiere que la temperatura del edificio

permanezca dentro de 3° e del valor de ajuste, es decir, la amplitud de fluctuación de la

K temperatura es menor que o igual a 3° C . Demostrar que el valor de la relación - 2

Kr debe satisfacer:

l. Considere un periodo de tiempo desde t hastat + 11t, por el Principio de Conservación de la Energía se tiene: (Suministro de Calefacción en~t )-(Perdida de Calefacción en/1t) =

cTB (t)

donde, Suministro de Calefacción en el tiempo ~t = { Q + K 2 [Ts

- TB (t)]} ~t,

Pérdida de Calefacción en el tiempo ~t = K 1 [Tn(t)- TA(t) ]~t. Por lo tanto,

Dividiendo la ecuación por ~t y tomando el límite cuando ~t ~ Oconduce a:

152

2. Puesto que TA =

1'a + T¡senwt , la ecuación

diferencial se convierte en la siguiente

ecuación:

~ dTB(t) + (1 + K2 Jr. (t) = K dt K B 1

1

(fl K1

J

+ K2 T. + T + 'Esenwt. 1 K1

S

J

dT.B(t) +K 1 ( 1+K 2 TB(t)=K1 ( Q +K-2 T 8 dt e K1 e K1 K1 '-----v------J k

o

1 1 K'E +Yo J+- senwt+-EDOL

.__s_... a¡

a0

La ecuación diferencial es una ecuación diferencial ordinaria llneal de primer orden de la forma:

dTB (t) + P(t)TB (t) = Q(t) +-- EDOL {P(t) = k dt Q(t) = a 0 + a 1senwt donde,

a 'o

J

K ( -+-2 Q K T. +T K'E a =_1_1 K Ks o,1 e 1 1 e

=-1

La solución de la EDOL está dada por:

153

TB(t) = e-kt [aoekt +a¡ ( 2 ekt. 2 (ksenwt- wcoswtJ k . k +w

+e]

TB(t) = ao + ( 2 a¡ 2 (ksenwt- wcos wt) + ee-kt k k +w

cosrp

senrp

a 1sen( wt- rp)

.Jk2 + w2

+ ee-kt

Variación debido a la fluctuación de la temperatura atmosférica

La amplitud de la variación de la temperatura debido a la fluctuación de la temperatura atmosférica es

K¡I'r e

3. Que la amplitud de fluctuación de la temperatura es menor o igual a 3°

e significa

a ~ 3 , es decir:

lo que da: 154

1'¡ K K J2 + (-cw J2 =>-~ (-3 )2s (1+K K K 2

2

1.

1

1

2. 7.2 Movimiento de una partícula en un medio resistente. La Segunda Ley de Newton: El producto de la masa de un objeto y su aceleración es igual a la suma de las fuerzas aplicadas en el objeto, es decir:

ma=¿F.

Principio D'Alembert: Vuelva a escribir la segunda ley de Newton como

L F - m a = O. Considerar -ma

como una fuerza, conocida como la fuerza de

inercia. Un objeto esta en equilibrio dinámico bajo de todas las fuerzas aplicadas, incluyendo la fuerza de inercia. Esta inercia es conocido como el Principio D'Alembert, que transforma un problema dinámico en un problema de equilibrio estático. Principio de Impulso-Momento: Para un sistema de partículas, el cambio en momento del sistema es igual al impulso total sobre el sistema, es decir:

(Momentumen el tiempo t2 ) El momentum de una masa

-

(Momentum en el tiempo t 1 )=(Impulso durante t 2 -t 1 )

m moviéndose a la velocidad

V es igual a mv. El impuls: /)~

de una fuerza F durante el intervalo de tiempo f..t es igual aFf..t.

~

Considere el movimiento de un sistema de partículas en un medio resistente, tal como el aire o agua. El medio ejerce una fuerza de resistencia R sobre la partícula. En muchas aplicaciones, la fuerza de resistencia R es proporcional a vn , donde V es la velocidad de la partícula y n > O, y es opuesta a la dirección de la velocidad. Por lo tanto, la

155

fuerza de resistencia puede expresarse como R = f3vn , donde

f3

es una constante. Para

partículas que se mueven en un medio viscoso sin límites a baja velocidad, la fuerza de resistencia es R =

fJv , es decir, n = l.

En lo que sigue, el caso con R =

fJv se

estudió para el movimiento en la dirección

vertical y las condiciones iniciales específicas. Caso 1: Movimiento ascendente Consideremos un-objeto que está siendo lanzado verticalmente en el tiempo t =O, desde x = O con velocidad inicial

v0

como se muestra en la figura Nl2.1.

El desplazamiento x, la velocidad v

=

x, y la aceleración a = v' = x" se toman como

positivos en la dirección hacia arriba. La partícula se somete a dos fuerzas: la mg gravedad hacia abajo y la fuerza de resistencia del medio de R = BV, que es opuesta a la dirección de la velocidad y por lo tanto es a la baja. Desde la Segunda Ley de Newton, la ecuación del movimiento es

t

ma = Z:F : m dv =- R- mg, R = f3v, dt

w m=g

(2.48)

R

X

J

o

...

t, v=x, a=v=x

jt=O,v0

Figura N° 2.1: Movimiento ascendente de una partícula en un medio resistente.

156

dv :. -=-g(av+1), dt

fJ w

a=->0=>

dv =-gdt av+1

~

EDOVS

Integrando la EDOVS se obtiene:

1 _d_v_ = -fgdt +e=> ln(av + 1) = -gt +e f av+l a

(2.49)

(1)

La constante

e es determinado de la condición inicialt = 0,

V=

v0 :

1 1 1 -ln(av0 + 1) =O+ e= e::::> En (1) -ln(av+ 1) = -gt + -ln(av0 + 1). a a a

J

1 ( av + 1 = -gt ::::> av + 1 = e-agt ::::> av = e-agt(av + 1) -1 -In 0 a av0 +1 av0 +1

(2.50)

Cuando el objeto alcanza la altura máxima en el tiempo:

t = tmax,

V=

O,

V=

O

1 a.O = e-agtmax (av0 + 1) -1 ::::> tmax = - -In(av0 + 1) ag Para determinar el desplazamiento x(t) , notar que v

= dx dt

y use la ecuación (2.49)

J

dx 1 -agt (av + 1) --=> dx= ( -e 1 -agt (av + 1) -1 1 dt -=v=-e 0 0 dt a a a a

f dx=

f(

J

1 - agt(av +1)-1 dt=>x(t)=--1-e-agt(av +1)--+e. t -e 0 0 2 a a a g a

157

La constante

e se determina de la condición inicial t=O, x=O. 1 -agO( av + 1) --+ Ü e 0 -----e => e-aVo+1 . 0 2 a g a a 2g _ -1-e -agt( av + 1) --+ t av0 + 1 ..J ... x ( t ) 0 2 a g a a 2g

En el tiempo t = tmax, el objeto alcanza la altura máxima dada por:

1 a 2g

X= Xmax =X (tmax ) = - - - e

·

-

1

xmax_--2-

a g

(avo+ 1) e

-agt

max

(

av0 + 1) -

1 -ag-ln(avo+l)

ag

-

t max

a

av0 + 1 + _-"::---_ 2 a g

ln(av + 1) av + 1 O2 + O2 . ga a g

Caso JI: Movimiento descendente.

t=O, v=O

X

. "" v=x,.. a=v=x

Figura N° 2.2: Movimiento descendente de una partícula en un medio resistente.

158

Considere un objeto de ser liberado y dejado caer en el tiempo t =O desde x =O con v =

O como se muestra en la figura 2.1. En este caso, es más conveniente tomar X, V, y una como positivo en la dirección hacia abajo. La Segunda Ley de Newton requiere:

~ ma = L.,¡ ~F

w : m dv = mg- R R = j]v m=dt . ' ' g

dv :. -=g(1-av), dt

a= j3 >0=> w

dv =gdt 1-av

~

EDOVS

Integrando la EDOVS se obtiene:

J dv = Jgdt+e:::>-_!_Inl1-avl=gt+e. 1-av a

La constante

e es determinado de la condición inicial t = O,

V

= o:

_!_ln1 = 0 +e::::> e= 0 ::::> _ _!_1n¡1- av¡ = gt ::::>V= _!_(1- e-agt) a a a

(2.51)

Cuando el tiempo t tiende al infinito, la velocidad se aproxima. a una constante, la así llamada la velocidad final.

l

.

1

V =VFinal = liD V=t-w:; a El cambio de la velocidad con el tiempo se muestra en la figura N° 2.3.

159

V

1

w

c;=7J

---------==-===----t

Figura Nl2.3: Velocidad de una partícula en movimiento descendente en un medio resistente. Para hallar el desplazamiento, reescribimos la ecuación (2.51) como:

dx

-

dt

=

1 t e-agt v = - (1- e-agt) =:> x(t) = -+--+K. a a a 2g

donde K es una constante que se determina por la condición inicial t=O, x=O:

Por lo tanto el desplazamiento esta dado por: ·

1 ( e-agt - 1) .J t x (t ) =-+-a a 2g Ejemplo 2.49: Bala atraviesa una placa. Una bala se dispara perpendicularmente en una placa a una velocidad inicial de

v0 =1OOm 1S. tal como se muestra en la figura N°2.4la bala atravesando sale de la '

placa, su velocidad esv1 =

80m 1S. Se sabe que el espesor de la placa esb = 0, 1m, y

la fuerza resistente de la placa en la bala es proporcional al cuadrado de la velocidad de

160

2

la bala, es decir, R = j3v .Determine el tiempo T que la bala toma para pasar a través de la placa.

t=O

t=T

vo

V¡

Figura N° 2.4: Esquema de una bala disparada. Aplicando la Segunda Ley de Newton para la bala, de la figura 2.4 se tiene:

----+ma= "LJF:

dv dt

dv v

j]dt m

m-=-/3=>- 2 =-~EDOVS

La solución general está dada por:

f_dvv f f3dt + e => 1_ m v =

2

donde la constante

= f3t

+e

m

e es determinada de la condición inicial f = Ü,

V

= V0 . :

/}L)

~

(2.52) Pero,

161

dt l kt+-

~EDOVS

Va

Luego, la solución de la EDOVS está dada por:

1

1

x(t) = -In(kt +-)+C. k Va Se sabe quex(O) =O, luego:

11

11

1

1

11

Va

k

Va

k

o= -In-+ e::::} e= --In-::::} x(t) = -In(kt + -)- -ln-.J (2.53) k

Va

k

De la ecuación (2.52), cuando

Va

t = T , V = v1 :

(2.54)

De la Ecuación (2.53),

b = _!_ k

t = T ,x = b:

ln(kr + _!_J_!_In__!_=_!_ In l- _!_In__!_::::> k=_!_ In va .. Va k Va k V k Va b V 1

1

Usando la ecuación (2.54),

1

1

1

1

T=_!_(l_ _ _!__J=b ~-~ =O.lx 80-loü =0,000819s k v1 va lnva ln100 V1 80

162

Ejemplo 2.50: Objeto cayendo en el aire. Un objeto de masa m cae contra la resistencia del aire, que es proporcional a la velocidad (es decir, R = fJv) y en virtud de la gravedad g . l. Si v0 y vE son las velocidades inicial y final, y V es la velocidad en el instante

t

,mostrar que:

= e-kt

V -VE -------!"--

2. La velocidad del objeto resulta ser 30, 40, 45m 1 sen los instantes

t = 1, 2, 3s , respectivamente, después de empezar. Encuentre v0 y vE . 3. En qué momento la velocidad del objeto será de 49m 1 s

R=kv

x, v, a

Figura N° 2.5: Diagrama de un objeto cayendo en el aire. l. El objeto está sujeto a dos fuerzas como se muestra en la figura N° 2.5, el peso

mg hacia abajo y la resistencia del aire

Pv

hacia arriba. La ley de newton

exige que: 1 ". dv dv p --vma= L..F: m-=mg-fiv=>-=g-kv, k=-. dt dt m

Notar que g- kv> O, la ecuación es de variables separables y la solución está dada por:

J-d_v_= Jdt+ C=> _ _!_ln(g-kv) =t+ C=> v= g -ce-kt. g-kv k k 163

La constante

e es determinada de la condición inicialt =o, V= Vo:

g o g v =--ce =>c=--v o k k o Cuandot ~ oo, v =vE=> vE= g =>e= vE- v 0 • Por lo tanto la velocidad esta

k

dad por:

(2.55)

2. De la ecuación (2.55), t=

1, v = 30:

30-vE

=e

-k

( 2.56)

Vo -vE

t=

2, v = 40 :

40 -vE

=e

-2k

(2.57)

Vo -vE

t = 3, v = 45 :

45-vE

=e

-k

(2.58)

Vo -vE

Puesto que

e -k e -3k =e -4k = ( e -2k)2 ,

Ec(2.55)XEc(4)=Ec(2.57f

30-v

(

E Vo -vE

J(

45-v

40-v

J(

E = Vo -vE

E Vo -vE

2

]

:. 5vE=250=>vE=50m/s.J.

164

2

Ec(2.55)

2

Ec(2.56)

•

(

30 -v

v-v:

J

0

40-vE

=e~::=!=> e

2

(30-vE) =l. (v0 -vE)(40-vE)

3. De la ecuación (2.57):

k=-ln 30-vE =-In 30-50 =-lnl_=ln 2 vO -vE 10-50 2 '

Ejemplo 2.51: Cables colgantes. Un puente colgante típico consiste en cables, muelles (torres), anclas, ganchos (tirantes) y la cubierta (de refuerzo de la viga), como se muestra en la figura Nl2.6 .Normalmente las auto-pesos de los cables son insignificantes en comparación con la carga que llevan. La carga en los cables es a partir de la carga en la cubierta, que incluye el peso propio de la carga de la cubierta y del tráfico, y se transmite por las perchas. Considere la posibilidad de un cable apoyado en dos soportes A y-B como se muestra en la figura Nl 2.7 (a). La carga en el cable se modela como una carga distribuida w(x). Establecer el sistema de coordenadas cartesianas, colocando el origen en el punto más bajo del cable.

Figura N° 2.6: Un puente colgante con anclas. 165

)'

LB

1

1---~---tB

L.4.

X

o

1

1

!I1UIl11trrrrrffiu1d (a)

A

(b)

Figura Nl2. 7: Un cable con carga distribuida. Para establecer la ecuación diferencial que rige, considerar el equilibrio de un segmento de cable entre O y X como se muestra en la figura N° 2. 7 (b). El cable está sometido a tres fuerzas: •

La fuerza de tensión horizontal H en el extremo izquierdo,

•

la fuerza de tensión T(x), tangente al cable en el extremo derecho y

•

La porción de la carga por

w( X)

w( X)

distribuida entre O y

X. Puede ser reemplazado

resultante aplicado en el centroide del área encerrada por la curva de

intensidad de la carga

w( X)

(el área sombreada).

Por el equilibrio del segmento se tiene:

166

(2.59)

J X

t

LFY =O:

T(x)senB- W(x) =O, W(x) = w(x)dx

(2.60)

o

Eliminando T(x) de estas dos ecuaciones se tiene que:

T(x)senB T(x)cosB

= W(x) ::::::> tgB = W(x). ll

ll

De la geometría (interpretación de la derivada), uno tiene:

dy dy W(x) tgB = - => - = - - , entonces derivando con respecto a x se obtiene que: dx dx ll w(x) ]['

W'(x)

= w(x) +--- (TFC)

Supongamos que la carga está distribuida uniformemente, es decir, w( x)

= w . La

ecuación diferencial se convierte en la ecuación:

(2.61)

Puesto que el origen es tomado en el punto más bajo, uno tiene que X=

o '

y = O, dy = dx

o.

Integrando la ecuación (2.61) uno obtiene:

dy w -=-x+C dx H

167

donde la constante C es determinada de la condición inicial: X

=

0 ----+ -dyl dx _0 = 0 ::::> 0 = 0 + e ::::> e = 0. X-

.

Integrando nuevamente se obtiene que:

w 2 y(x)=-x +D 2H donde la constante D es determinada de la condición inicial:

X= o~ y= o::::> o= o+ D ::::> D =O. Por lo tanto la forma del cable es una parábola dada por:

(2.62) Los pandeos (hundimientos) hA y hE pueden ser determinados de la ecuación (2.62):

cuando X =

-LA, y = hA : h = A

~ J3 2H

=> H

=

A

W~ 2h

(2.63)

A

w wL~ y=h : h =-L2 =>H=-B' B B 2fl B 2h

cuando x=-L

(2.64)

B

De las ecuaciones (2.63) y (2.64), uno obtiene las relaciones entre LA,LB,hA y hB:

Para determinar la tensión en cualquier punto, use las ecuaciones (2.59) y (2.60)

168

Como la carga está distribuida uniformemente, w(x) = w, X

W(x)

X

=Jo w(s)ds =Jowds =wx.

Por consiguiente, la tensión en cualquier punto está dada por:

(2.65)

La tensión

T

es máxima cuando

xl es máxima. Por lo tanto la tensión es máxima en el

1

apoyo supenor.

-L

y

.1:.. 2

o Figura N° 2.8: Un cable de puente de suspensión con soportes en la misma altura. Para un cable de puente de suspensión con soportes en hA = hB = h igual altura, uno tiene hA= hB = L , donde Les la longitud del tramo, como se muestra en la figura 2.8 2 .Las ecuaciones (2.63) y (2.64) dan la relación entre el hundimiento h y la tensión horizontal H en el punto más bajo:

169

wL2 h=-

8H

H= wLz 8h

o

(2.66)

Ejemplo 2.52: Cable de suspensión de un puente colgante. Considere el cable principal de un puente colgante que lleva una carga distribuida de manera uniforme de la intensidad de W. Los dos soportes de cable son a la misma altura. El tramo del cable es L, el hundimiento es h, y la rigidez axial es de EA. l. Deducir una fórmula para la elongación

8 del cable.

2. Uno de los principales cables del tramo central del puente Golden Gate tiene las siguientes propiedades: L = 1280 m, h =143m, w = 200 kN 1m,

E=

200GPa. el cable se compone de 27,572 cables paralelos de 5 mm de diámetro cada uno. Determinar el alargamiento de este cable. l. Considerar un pequeño segmento de cable de longitud ds como se muestra en la figura N° 2.9. Está sujeto a las fuerzas de tracción axial: T en el extremo izquierdo y T + dT en el extremo derecho.

o

X

dx

-

Figura N° 2.9: Diagrama libre de un puente colgante.

Utilizando la fórmula de la elongación de un elemento carga axial en Mecánica de sólidos

170

donde T es la fuerza axial, L es la longitud del elemento, E es el módulo de Young, y A es el área de sección transversal, la elongación ds segmento de cable es

dó= Tds EA Dado que la longitud del segmento de cable es

ds = l+(:J

=~1 +( ' ;

J

dx ,pues de la ecuación(2.62),y=

;~.y

la tensión está dada por la ecuación (2.64):

T = -JH 2 + w 2x 2 uno tiene que:

La integración sobre la longitud del tramo produce el alargamiento del cable

Usando la ecuación (2.66) para expresar la tensión horizontal en términos del hundimiento

h , uno obtiene:

2. El área de sección transversal del cable es: 7r 2m 2) =0,5414m 2.. A=27,572x ( ¡x0,005

La elongación del cable es:

171

T(x)cosB = H

LFY =O: T(x)senB- W(s) =O=> T(x)senB = W(s)

(2.67) (2.68)

Dividiendo la ecuación (2.68) por la ecuación (2.67) se produce que:

T(x)senB = W(s) => tgB = W(s). T(x)cosB H H Como,

tgB = dy => dy dx dx

= W(s) => !!__(dyJ =2_ dW(s). H

dxdx

H

dx

Luego se tiene que:

(2.69)

Puesto que la longitud del segmento de cable es:

173

(2.70) entonces, si el cable es uniforme se consigue que:

dW(s) = w =densidad de peso del cable por unidad de longitud,, ds y usando la regla de la cadena se produce que:

dW (s) = dW (s) ds = w dx ds dx

1+ ( dy )

2

dx

lo que conduce a la ecuación diferencial (2. 71)

(2.71)

La EDO (2.71) es una ecuación diferencial de segundo orden con ambas variables X 1\

y ausentes. Es muy fácil de resolver la ecuación como el tipo

variable

y ausente.

Sea 2

u= dy ::::> du = d ; ::::>La ecuación (2.71) se transformaen la ecuación: dx dx dx du =!:!_.JI +uz dx H

=>

du .JI+u 2

= !:!_dx=> H

f

du .JI+u 2

f

= w dx+ e H

EDOVS _1

wx

(wx e).J

senh u = H + e::::> u = senh H + La constante

e es determinado de la condición inicial

X =

o~ dy = o dx

O= senh( w.O + C) ::::>O= senhC ~ e= O. H 174

Por lo tanto

(wx) => y(x)= fsen (wx) · H (wx) H dx+B=> y(x)=-;-cosh H +B.

u= dy dx =sen H

Cuando x = O, se consigue:

H (w.O) H y(O)=-cosh -H +B=-+B w w Para simplificar la expresión anterior se toma y(O)

=Hw => B =O.

Por lo tanto, la forma del cable como se muestra en la figura

N>

2.12, que se llama

catenaria, es

y(x)

H (WXJ =-;-cosh H

(2.72)

y

X

o Figura N> 2.12: Forma de un cable bajo su propio peso. El pandeo del cable se puede determinar fácilmente en términos de hA y hB : cuando:

175

H -+hB w

H = -;cosh

[wL] ¡J (2.73)

La longitud del cable está dada por:

(wxJ -LA=--;;; L H[senh (wLHs J+senh (wLHA JJ

H L = -;;;senh H

0

(2.74)

Para determinar la tensión en cualquier punto, use las ecuaciones (2.67) y (2.68) (Ec(2.66))2+(Ec(2.67)i:

T 2 cos 2 () + T 2 sen 2 B = H 2 + W 2 (s) l

~ T = ~H 2 + W 2 (s)

donde S es la longitud del cable entre el punto de interés y el punto mínimo,

W( s) = ws es el peso de este segmento de cable. Por lo tanto: (2.75) La tensión Tes máxima cuando S es máxima. Por lo tanto la tensión es máxima en el apoyo supenor. Para el caso especial cuando los dos soportes A y B están a la misma altura, uno tiene

LA = L8 = L , donde Les la longitud del tramo, hA = hB = h 2

176

(2.76) De la ecuación (2. 72) , la longitud del cable es

p= 2H sen(wL) w 2H

(2.77)

Las tensiones en los dos soportes son los mismos y son máximas dadas por:

T max

=

/H2 + w2p2

~

4

(2.78)

'

Ejemplo 2.53: Cable colgado Un cable de la densidad de peso de 50 N 1 m se suspende en dos soportes de igual altura. Los soportes son de 1Om de distancia y el hundimiento es de 2 m. Determine lo siguiente: (1) la tensión horizontal en el punto más bajo; (2) la tensión en el soporte; (3) la longitud del cable. Los siguientes parámetros son conocidos: w = 50 N 1 m, L =1Om, h = 2m. De la ecuación (2.84),

0

h=

~[ cosh(;~ )-~]~2= ~[ cosh( 2~ )-1]

Esta es una ecuación trascendental y se requiere un método numérico para determinar su raíz. Por ejemplo, utilice fsolve en Maple (para obtener información detallada sobre el uso de fsolve para encontrar raíces). Se ha encontrado queH =

327, 93N.

Usando la ecuación (2.85), la longitud del cable viene dado por:

177

p= 2H sen(wLJ= 2x327,93 senh( 50x10 J=llm w 2H 50 2x327,93 La tensionen en el soporte se obtiene de la ecuación (2.86),

Tm~ = R =

327,932 + so¡I' =427,98N.

Ejemplo 2.54: Flotador y cable. Un flotador esférico utilizado para marcar el rumbo para una carrera de vela se muestra en la figura N° 2.13(a). Una corriente de agua desde la izquierda a la derecha provoca un arrastre horizontal en la carroza. La longitud del cable entre los puntos A y B es 60m, y la densidad de masa efectiva del cable es 2Kg 1 m cuando la flotabilidad del cable se tiene en cuenta. Si el efecto de la corriente en el cable se puede despreciar, determinar las tensiones en los puntos A y B.

)'

YB ---------- B

Punto minimo

awmmiiA;p:a;·-·-~~onde pendiente

YA -----.,...-'•

a

""'

es cero

,. ...

..........._

(a)

é--

: : X

x.1

O (b)

Figura 2.13: Un flotador y un cable.

La densidad de peso del cable es w = 2x9.8N 1m. En éste problema, el punto más bajo con pendiente cero no aparece entre los puntos A y B. Para aplicar la fórmula establecida en esta sección, añadir un segmento CA imaginario de cable como se muestra en la figura N° 2.13 (b), y colocar el origen por debajo de la punto más bajo co pendiente cero una distancia de H 1w. 178

Se denota H 0

= -H

w

PuntoA:y, =

y aplicando la ecuación (2. 72) para los puntos A y B produce,

~ cos{;A)~ y, =H0cosh[;;,J

Restando estas dos ecuaciones se produce que:

(2.79) Siguiendo el mismo procedimiento que en la derivación de la ecuación (2.74), la longitud del cable es:

p

=

r xA

2

1+ ( dy) dx = H senh( wx) XB =Ha [senh.!.ILdx w H xA H0

senh~J .. H0

Por lo tanto: X 60 = H 0 senh X A +30 - senh ___A_ [ Ha Ha

J

(2.80)

Las ecuaciones (2.79) y (2.80) dan dos ecuaciones trascendentales para incógnitas H 0 y

x A • Las ecuaciones tienen que ser resueltos numéricamente, por ejemplo, utilizando fsolve en Maple, nos conduce a:

H

xA

=7,95m, H 0 =-=19,14=>H=H0 w=19,14x19,6=375,14N. w

La longitud de la curva CA es:

179

_

J

(d J

2

y

seA- xA 1+ 0 dx

J

_ _ XA H ( -WX XA -H dx--senh 0 senhw H O H0

= 19,14senh 7 ' 95 = 8,18m. 19,14

y la longitud de la curva CB es:

Ses= SeA+ SAB

=

8,18m + 60m = 68,18m.

Usando la ecuación (2. 75), las tensiones en los puntos A y B son:

T = ~H + w s~A = ~375,14 2 + (19,6 x 8,18) 2 N= 408N 2

2

2

T = ~H + w s~B

2

= ~375,14 2 + (19,6 x 68,18) 2 N= 1388N

2.7.4 Circuitos eléctricos RC, RL en serie y RL en paralelo. Resistencia Res la capacidad de los materiales para impedir el flujo de corriente, que está modelado por un resistor. Leyes Básicas •

Ley de Ohm: v =iR v i =~,donde V es el voltaje,

•

Ley de Corriente de Kirchhoff (LCK): La suma algebraica de todas las

R

i es la corriente3.

corrientes en cualquier nodo en un circuito es igual a cero. •

Ley de Voltaje de Kirchhoff (LVK): La suma algebraica de todos los voltajes alrededor de cualquier trayectoria cerrada en un circuito es igual a cero.

Un condensador es un componente eléctrico que consta de dos conductores separados por un aislante o un material dieléctrico. Si el voltaje varía con el tiempo, el campo eléctrico varía con el tiempo, que produce una corriente de desplazamiento en el espacio ocupado por el campo. El parámetro de circuito de capacitancia C se refiere la corriente de desplazamiento a la tensión.

180

l•(t) -- e

d

Ve

()

t

v ve (t ) =

dt

1 f ( )d f i t t i(t )dt + ve (t ) e_ e 1

t

t

-

=-

0

(2.81)

-00

00

e

i

oo-__.... ___. 1. ..(----....ao +

Ve

-

Un condensador se comporta como un circuito abierto en la presencia de un voltaje constante. El voltaje no puede cambiar abruptamente en los terminales de un condensador. Un inductor es un componente eléctrico que se opone a cualquier cambio en la corriente eléctrica. Se compone de una bobina de alambre enrollada alrededor de un núcleo de soporte. Si la corriente varía con el tiempo, el campo magnético varía con el tiempo, lo que induce un voltaje en el inductor vinculado por el campo. El parámetro de circuito, la inductancia L se refiere el voltaje inducido a la corriente.

d•(t) 1 vL (t) = L-dt

1 t . 1t v i(t) =- vL (t)dt =-JvL (t)dt + i(t0) L-oo L to

J

.

l ___.....

o

(2.82)

L

'IOn'

+

VL

-

o

Un inductor se comporta como un corto circuito en la presencia de una corriente constante. La corriente no puede cambiar bruscamente en un inductor. Hay cuatro tipos de circuitos simples (véanse las figuras N° 2.14 y N° 2.15), un circuito que comprende un resistor y un condensador (circuito RC) y un circuito que comprende una resistencia y un inductor (circuito RL), ya sea en serie o conexión en paralelo, todos conducen a la primera orden ecuación ordinaria lineal de la forma:

dx 1 -+-x(t) = Q(t) dt

r

(2.83) 181

La solución de (2.83) está dada por:

x(t) =e I

- P(t)dt

P(t)dt I J Q(t)e dt + B [

-t

-

] =Be'

-t

-

J

S

-

(2.84)

+e' Q(s )e' ds

donde B es la constante que puede ser determinada usando la condición inicial:

x(t0 )

= x 0 cuando t0 = O => -t

-t

B = x0 • Por lo tanto la solución es:

J

S

x(t) =x0 e~ +e~ Q(s)e-;ds

e

e

R

(a) Circuito Re en Serie

(b) Circuito Re en Paralelo

Figura~ 2.14: Circuitos RC.

i

R

V

L

L

(b) Circuito RL en Paralelo-

(a) Circuito RL en Serie

Figura N° 2.15: Circuitos RL. Si Q(t)

= Q0 ,la solución se convierte en la ·expresión: t

x(t) = Q¡r + (x0 - Q¡r)e

T

Circuitos RC en Serie. De la figura 2.13(a), aplicando la Ley de Voltaje de Kirchhoff se produce:

-v(t) + Ri +

~ Ji(t)dt =O -00

182

Derivando con respecto a t da:

R di + _!_ i = dv => di + _1_ i = _!_ dv dt e dt dt Re R dt en la que x(t) = i(t), r =Re, Q(t) =

_!_ dv R dt

De la figura ~ 2.14(b), aplicando la Ley de Corriente de Kirchhoff en un nodo se produce:

](t) _V_ edv =O=> dv +-1-v= I(t) R dt dt Re e en la que x(t) = v(t), r =Re, Q(t) = I(t).

e

Circuito RL en serie. De la figura N° 2.15(a), aplicando la Ley de Voltaje de Kirchhoff se produce:

. di di R . v(t) -v(t)+Rz+L-=0 => -+-z = - . dt dt L L en la que

x(t) = i(t), r = L, Q(t) = V(t) R L

Circuito RL paralelo. De la figura N° 2.15 (b), aplicando la Ley de Corriente de Kirchhoff en un nodo se produce:

1 I(t)---V

R L

Jv(s)ds =O 1

-00

Derivando con respecto a t resulta:

1 dv 1 di dv R · di --+-v=-=>-+-v=RR dt L dt dt L dt L R

di(t) dt

en la que x(t) = v(t), r = -, Q(t) = R - -

183

Ejemplo 2.55: Circuito de primer orden. Para el circuito mostrado en la figura N° 2.16, determine VLparat

>O.

5Q

t=O 25V 12Q

Figura N° 2.16: Circuito eléctrico de primer orden. Para t

< O, el interruptor está cerrado y el inductor se comporta como un cortocircuito. 5Q

o + 20

Las tres resistencias de 12Q,20Qy6Q están en conexión en paralelo y se pueden combinar como una resistencia equivalente.

1 Req

1 12

1 20

1 6

10 3

- = - + - + - ::::> R =-Q. eq

Aplicando la Ley de Kirchhoff de Corriente en un nodo se tiene:

184

Observación: •

En t = O el interruptor es abierto. Puesto que la corriente en un inductor no puede cambiar abruptamente, se tienen que:

•

t > O,el interruptor es abierto y el circuito se convierte:

Para

V

20Q 25V

Es fácil de evaluar que:

. v-vL 6" z= L 6 =>v=z+v L L

i =~= 6iL +VL 1 20 20 '

i = v-25 = 6iL +vL -25 2 5 5

Aplicando la Ley de Kirchhoff de Corriente en un nodo se tiene:

.

.

.

~+~+~=

O

=>

6iL +VL

20

+

6iL +VL -25

5

.

+~=

O

Con r = __!_, Q0 = 20, iL (O+)= 3., la solución de la ecuación diferencial es:

10

185

-t

iL (t)

= Q0T + [iL (0+)- Q0T]e--;-= 2 + e-IOt.

.". VL

d" =1X~= -lQe-lOtV.

dt

.

Ejemplo 2.56: Circuito de primer orden. Para el circuito mostrado en la figura Nl2.17, determine

4 para

t

> O.

t=O

e

Figura N° 2.17: Circuito eléctrico de primer orden. Para t 1

0

1

0

(R2+R3)1o + ( R2 - ~+R3 z"()1 t R1 + R2 + R3 R1 + R2 R1 + R2 + R3

JI

0

e ~t

187

Observación: •

Dado que estos circuitos se caracterizan por ecuaciones diferenciales de primer orden, se llaman circuitos de primer orden. Se componen de resistencias y el equivalente de un elemento de almacenamiento de energía, tales como condensadores e inductores.

2.7.5 Purificación natural en un arroyo. En esta sección, la variación de la calidad del agua en un arroyo debido a la contaminación se investiga. La cantidad de contaminante se considera que es lo suficientemente pequeño tal que el flujo de la corriente no se altera por su presencia Cuando las aguas residuales y los desechos se vierten en un arroyo, el agua corriente se degradará en su calidad fisica (por ejemplo, olor y color) , su contenido químico , y el tipo y la población de la vida acuática . El criterio para determinar la calidad del agua corriente depende de los usos del agua es para servir. Para muchos propósitos ingenieros utilizan la concentración de oxígeno disuelto (OD: Oxígeno disuelto) y la materia orgánica descomponible en el agua como indicadores de su calidad. La OD mide la capacidad del agua para asimilar muchos materiales contaminantes y para sustentar la vida acuática. La materia orgánica consume oxígeno en su descomposición. En las aguas residuales la materia orgánica incluye gran variedad de compuestos representado por la cantidad de oxigeno requerido para su descomposición biológico (demanda bioquímica de oxígeno, o DBO) El agua corriente limpia generalmente se satura con OD. Como se añade y fluye en la corriente de aguas residuales, la OD en el agua contaminada se consume como la materia orgánica se descompone. Mientras tanto, el oxígeno de la atmósfera se disuelve en el agua, ya que ahora ya no está saturado con OD. Finalmente, la materia orgánica se descompone completamente y el agua corriente se satura para volver hacer el proceso nuevamente. Este proceso natural de purificación se lleva a cabo dentro de un período

de varios días. Es necesario determinar la variación de la OD y DBO a lo largo del flujo para determinar el efecto de la contaminación en el arroyo. La DBO añadió a transmitir se supone para difundir a través de la corriente sobre una distancia que es muy corta en comparación con la longitud de la secuencia donde la desoxigenación de la DBO y la reoxigenación por la atmósfera tiene lugar, de modo que el problema puede ser considerado como en una sola dimensión con DO y DBO se supone que debe ser uniforme en una sección transversal. Para derivar las ecuaciones que gobiernan, considere el balance de masa de DBO durante

dx

dt en un volumen de un

delimitada por dos secciones transversales dx. Además, como se muestra en la

figura N° 2.18, en la que

A

es el área de la sección transversal de la corriente, X es la

distancia medida a lo largo del arroyo, y

t

es el tiempo.

Q'dx ----Tiempo (t+dt)

------Tiempo t

Figura 2.18: Purificación natural en un arroyo. Se empleara las siguientes notaciones:

.Q =la descarga, b =la concentración de DBO en masa por unidad de volumen de agua,

e =la masa de DBO añadido por unidad de tiempo por unidad de descarga a los largo del flujo.

189

N

= masa de oxigeno añadido por unidad de tiempo por unidad de descarga a lo largo de la corriente a partir de fuentes distintas de la

atmosfera(por ejemplo, a partir de la fotosíntesis de las plantas verdes en la corriente) 1j_

= masa de DBO descompuesto por unidad de volumen por unidad de tiempo.

1j_

= tasa de reoxigenación atmosférica por unidad de volumen por unidad de tiempo.

Cualquier diferencia entre la entrada y la salida y entre la suma y la resta causará un cambio en la masa de BDO contenida entre estas dos secciones transversales. Por lo tanto, durante el tiempo dt,

Qbdt ' - v -de ' Entrada masa

(Q + BQ8x dxJ(b + Bb8x dxJdt + ~

Masa ana - d'd 1 a

r¡Adxdt ~

Masa descompuesta

8t

~

Aunmento de la masa en volumen

Salida de masa

Dividiendo esta ecuación por

= 8(bA)d·X d.t

Adxdt se simplifica y se produce:

ab ah Q'b M -+V-=----r.1 +8t 8x A A

(2.85)

donde V = Q es la velocidad media en una s~cción transversal, y

A

Q'= 8Q + 8A ax at Se añadió esta descarga por unidad de longitud de la corriente. Del mismo modo, a partir de un balance de materia para la DO, se tiene:

Qcdt .....___.....

Entrada de masa

(Q + BQax dxJ(c +Beax dxJdtSalida de masa

Dividiendo esta ecuación por

r¡Adxdt + r2 Adxdt + Ndxdt = B(cA) dxdt ~ '-----v---' '--v---' 8t

Masa consumida por BOD

Masa de la Atmosfera

Adxdt se simplifica y se produce:

8c 8c Q'c N -+V-=----r.1 +r:2 +8t 8x A A

O~ Jll!!Sa anadtda

~ Aunmentodela masa en volumen

En general, la tasa de r 1 del consumo de oxígeno depende, entre otros factores, la DO concentración e y la concentración de DBO b. En los casos prácticos, la concentración de DBO a la concentración de DBO e independiente de la concentración de oxígeno, siempre y cuando es mayor que un valor muy pequeño, es decir:

(2.87)

e>O+

donde el coeficiente

k1

depende de la composición de las aguas residuales y su

temperatura. Para cierto tipo de aguas residuales, el valor numérico de

k1

se puede

determinar en el laboratorio. El tasa r2 de reoxigenación atmosférica se asume generalmente para ser proporcional a ladéficitDO(es -e):

(2.88) donde es es la concentración de saturación de la DO, que depende de la temperatura, el área de interfaz aire-agua por unidad de volumen de la corriente y la turbulencia de aire y el agua. Con los datos hidrográficos y fuentes de DBO y DO de la corriente, la ecuación (2.85) puede ser resuelto de forma independiente para la distribución de DBO

b( x, t) .La distribución DO e( x, t) se puede obtener a partir de la ecuación (2.86), 'i = k 1b es una función conocida de x 1\ t. Para simplificar el análisis, se considera el caso de estado estacionario, en la que las variables, tales como b(x,t) y

e(x,t) no cambian con el tiempo!. Por lo tanto, las

ecuaciones (2.85) y (2.86) se convierten en:

db dx de dx

+(_!_ dQ +k Jb=M 1

Qdx

V

(2.89)

Q

+(_!_ dQ e+ kr b- kz (e - e)J = N Q dx

V

V

s

Q' 191

lo cual se puede reescribir como: (2.90) En lo que sigue, son estudiados varios casos especiales: l. Considere b( x) como la concentración de DBO en una corriente con Q y V constantes. Determinar

b( X)

para el caso b = b0 en x = O, M = O.

Determinar la distribución constante de la DO a lo largo de la corriente con

e = e0 en x = Oy N= O. Puesto que M = O,

Qy V son

constantes,

~; =O,

la ecuación (2.89) se

convierte en:

db + k1 b =O=> db =- k1 dx +--- EDOVS dx V b V La solución de la EDOVS está dada por:

db k kx -=-Jdx+ C:::>lnb =--+lnK=>b(x)=Ke Jb V V 1

_k¡x

1

v .J

en la que la constante K es determinada por la condición inicial

b =b0 en x =O: k¡ X

b0 = Ke 0 =>K= b0 => b(x) = b0 e----¡;- .J.J Para N = O, la ecuación (2.90) se convierte en:

d(e -e) k k ~ s + __l_(e -e)= - 1 be v +--- EDOL 0 dx V s V en la que la variable dependiente es (es -e). Es fácil hallar la solución de la EDOL y está dada por:

192

C es determinada por la condición inicial

En la que la constante

e= c0 en x =O: e -e= S

kb kb 10 +C=>C=c -e- 10 k2. -k1 k 2 - k1 S

J

k b ( -k x -k2x es- e(x) =(es- eo)e v + k2 ~ %1 e v -e v .J 1

k2x

2. Determinar la distribución de DBO b(x) para el caso con Q = Q0 (1 + yx),

V,M y k1 son constantes y b = b0 en

X=

O.Determinar

oxígeno en la corriente con una constante N y e = c0 en x solución, encontrar el valor de uniforme (r =

e

la distribución de

= O• A partir de la

alejada corriente abajo para el caso de un flujo

O) .

Puesto que V,M yk1 son constantes,

dQ dx

Q = Q0 (1 + rx) =>- = Q0r ,

la

ecuación (2.90) se convierte en:

db dx

+( l+rx r +kJb= M ~EDOL. V Q (1+rx) 1

0

en la que la variable dependiente es b. Es fácil hallar la solución de la EDOL y está dada por:

193

evaluando las integrales se consigue que: _k1x

b(x) =

MV + Ce v QOkl (1 + rx) 1+ rx

en la que la constante Ces determinada por la condición inicial b = b0 en X

=Ü :

La ecuación (2.98) se convierte en:

d (es -e) ( r +k2 ---"-----+ dx . 1 + rx V

J

J(e -e)-_k- -MVS

k~x

1 [ 1-e- kt + b0 e- ] + V QOkl 1 + rx 1+ rx 1[

----'res -----"--- + - -N- 1+ rx Qo(I+ rx) lo cual es una ecuación diferencial lineal de primer orden, siendo la variable dependiente e- es, se considera: _k¡X

P(x)=

r l+rx

+ k2

Q(x)=

V

a + fJe v l+rx l+rx

donde

kMV N M+N a=-1--+re +-=re+--V Qok¡ s Qo s Qo En referencia a la ecuación diferencial para

b( X) , se tiene:

es -e=e-fP(.x)dx[fQ( X) e fP(x)dxdX+

e] 194

es -e= e

-

I( -r+ -k2) dx l+yx V

f(1+arx + f31+e rx~X ))

l

.

--v

r k2 C-+-)dx l+yx V

dx +

e

]

'

evaluando las integrales se consigue que:

es- e(x) =

e- kr 1+

raVe kf + -'-------fJVe +e] (k2-:¡)x

rx e

k2

k2 -k¡

en la que la constante C es determinada por la condición inicial e = c0 en x

= O:

por lo tanto:

Para una corriente uniforme, límite cuando x

~ oo,

r = 0 .y para las aguas situadas abajo, X ~ oo Al tomar el

se obtiene:

lim[ es - e(x)] = a V x--+oo

k2

~

lime(x) =es - aV x--+oo k2

Procedimiento para la resolución de un problema de aplicación (PVI) l. Establecer las ecuaciones diferenciales que rigen sobre la base de los principios fisicos y propiedades geométricas. 2. Identifique el tipo de estas ecuaciones diferenciales y luego resolverlos.

195

3. Determinar las constantes arbitrarias en las soluciones generales a partir de las condiciones Inicial o de contorno.

2. 7. 7 Otros problemas de aplicación. Ejemplo 2.57: Transbordador en un rio. Un transbordador cruza un río de anchura del punto A al punto O, como se muestra en la figura N> 2.19. El barco está siempre apuntando hacia el destino O. La velocidad de la corriente del río es constante V R y la velocidad del barco es V B constante. Determinar la ecuación de la trayectoria trazada por el barco.

y

X

Figura Nl2.19: Trayectoria de un transbordador en un rio.

Suponga--que en el instante t, el barco está en el punto P de coordenadas (x, y). La velocidad del barco en relación con el caudal del río V B (como si. el río no fluye) Todo el que esté apuntando hacia el origen a lo largo de la línea PO, y la velocidad V R del río en dirección y . Descomponer las componentes de las velocidades V B y V R en las direcciones x

1\

y.

Del DOHP, es fácil ver que:

196

senB = _PH_ =----¡::::=y== OP ~x2 + y2 Por consiguiente, las ecuaciones de movimiento están dadas por:

dx

X

V = dy =V -V y y dt R B ~ X2 + y2

v =-=-v dt B ~X2 + y2 X

Puesto que sólo se busca la ecuación entre X

1\

y , la variable t puede eliminarse

mediante la división de estas dos ecuaciones.

dy VR-VB y dy - dt ~x2 + y2 dx dx x -v dt B f 2 -vx +y 2

dy dx

=-k~!+ (y) X

2

+Y X

k= VR X

~Ecuación Diferencial Homogénea.

Para hallar la solución de la ecuación diferencial homogénea, procedemos:

y=ux Sea u = y => dy du { -=u+xx dx dx Luego se tiene que:

~ ~l+u 2 +u=>x-=-k ~ ~l+u 2 => ~ ~ u+x-=-k dx dx l+u 2

dx

=-k-~EDOVS

x

La solución general es:

J,jl+u du

2

u + ~1 + u 2

=-kJdx +D=}!n(u+,J!+u 2 )=-klnx+lnC=!n(cx~') x

=

Cx -k.

Reemplazando u por las variables originales se produce que:

197

~ +F@ =Cx-'~~x2 +y2 =Cx '-y. 1

(

~x2 + y2

r

= ( Cxl-k- y

r

=>y=

2C~l-k ( C2x2u-=-=>u--k =0+--EDOVS 2 dt dB dt dB La solución general de la EDOVS está dada por 2

u2

k2

2

Judu = Jk ydy+C=> l=++C. La constante de integración C se determina mediante al condición inicialy(O) = l,

u=y'=O:

Por consiguiente,

La solución general es

J~y2dy_¡z Jkdt + D => In (y+~y =

2

2 -/ )

= kt + D

Usando la condición inicial y( O)= l, se obtiene

lnl =k.O+D=> D = lnl. La solución de la ecuación de movimiento está dada por

Cuando la cadena sale de la mesa, t = T, y= L (y(T) = L):

201

Ejemplo 2.60: Movimiento de una cadena. Un extremo de una pila de cadena uniforme cae a través de un agujero en su apoyo y tira de los enlaces restantes después de que como se muestra. Los enlaces, que son inicialmente en reposo, adquieren la velocidad de la cadena de repente sin ninguna resistencia por fricción o interferencia con el apoyo y enlaces adyacentes. En t = O, y(t) = Oy V(t)= y'(t) = O. Determinar la longitud de y (t) y la velocidad v (t) de la cadena. En el tiempo t, la longitud de la cadena que cuelga del soporte es y(t) y la velocidad de la cadena es v(t)=y'(t). La cadena está sujeta a una fuerza hacia abajoF(t) = (py)g, que es el peso del segmento de la cadena colgando del apoyo.

TI,j,ji y(t)

y(t+ M)=y+ily

Tiempo t

j(t+ .ó.t)=v+ll.v' Tiempo t+ll.t

Figura N° 2.22: Movimiento de una cadena bajo su propio peso. El establecer la ecuación de movimiento, aplicar el principio de impulso-momento:

(Momentum en el ins tan te t) + (Im pulso durante /).t)

= (Momentum en el ins tan te t + /).t ),

Donde,

Momentumenelinstante t= (py)v , p =densidad de masa de la cadena Momentumenelinstantet + 11t = [p(y + 11y) ]Cv + 11v),

202

Impulso durante !J.t = [ (py )g] !J.t Por lo tanto:

pyv + pgy~t = p(y + ~y)(v + ~v) Dividiendo la ecuación por

/J.t y tomando el límite cuando /J.t

~

O

resulta la

ecuación de movimiento:

dv dy d(yv) y-+v-=gy=> =gy· dt dt dt Señalando que v = dy

dt

~ dt = dy, sea V= yv, se tiene que V

dV 2 dy = gy => vdV = gydy => vydV = gy 2 dy => VdV = gy dy ~ EDOVS V

Integrando ambos lados de la EDOVS da:

f ~ = !ffdt + e, => 2.¡;; = ¡ft + e, 2Jy(O) =~t+e, =>e, =0 =>

f2i

2JY =~~t=>

t2 y(t) = L.J

d~

v(t) =

.

t

_z => v(t) = K__.J dt

3

Ejemplo 2.61: Fuga de agua de un reservorio. 203

Un cuenco hemisférico de radio R se llena con agua. Hay un pequeño orificio de radio r en la parte inferior de la superficie convexa como se muestra en la figura

N° 2.23(a).

Suponga que la velocidad del flujo de salida del agua cuando el nivel del agua está a la

v c.J2ih ,donde e es el coeficiente de descarga. El volumen de la tapa de

altura h es =

la esfera de altura h, que se muestra como el volumen sombreado en la figura N2.23(a), está dada por,

V=

7r

3

h 2 (3R -h)

.

Determine el tiempo que tarda el tazón para vaciarse.

(a)

(b)

Figura N° 2.23: Fuga de agua de un tazón hemisférico con un hoyo. En el instante t, el nivel de agua es h(t) y el volumen de agua es:

Considerando un intervalo de tiempo infinitesimal dt, el nivel de agua cae dh como se muestra en a figura 2.23(a). La pérdida de agua es:

dV

=( :)dh= ;[2h(3R-h)+h H) J=n:(2Rh-h )dh 2

2

La pérdida de agua se filtró desde el agujero en la parte inferior. Las gotas de nivel de agua, es decir, dh c(t)

Figura 2.24: Dilución de una solución. l. Establecer la ecuación diferencial que rige el contaminante c(t).

2. Teniendo en cuenta el caso con los siguientes parámetros:

encontrar el tiempo (en días) que se necesita para reducir la concentración de contaminantes en el nivel aceptable de 0,02%.

l. En el instante t, el volumen esta dado por:

V(t) =V¡¡+ (Qentrada - Qsa/ida)t, Concentración del contaminante=c(t)

Cantidad de contaminante = V(t)c(t) =[Va+ (Qentrada- Qsalida)t ]c(t) en el instante t + 11t ,

Volull}en = V(t + 11t) =Va+ (Qentrada- Qsalida)(t + 11t). Concentración del contaminante= c(t + 11t) = c(t) + 11c Cantidad de contaminante= V(t + M)c(t +M) =[Vo + (Qentrada- Qsalida)(t +M) ]c(f +M)

Entrada de contaminante= Qentraaa11tcentraaa Salida de contaminante= Qsaidal1tc Puesto que,

(cantidad de contaminante en t + 11t) = (cantidad de contaminante en t)

+ [entrada de contaminante-salida de contaminante]

206

.".[Va+ (QE- QS )(t + ~t) ]c(t + ~t) =[Va+ (QE- QS )t ]c(t)

+ QE~tcE -

Qs~tc

expandiendo se produce:

[Va+ (QE- ºS )t ]c(t) +[Va+ (QE -QS )t J~c + (QE- ºS )~te+ + (QE- ºS )~t~C =[Va+ (QE- QS )t ]c(t) + QE~tCE- QS~tC Despreciando el término de mayor orden ~t~c , dividiendo por ~t, y la simplificación se produce:

tomando el limite cuando ~t 0

O resulta la ecuación diferencial:

2. Para los parámetros:

Va= 500m

3

,

QE =200m

3

,

QS =195m

3

,C0

= 0,05%, CE= 0,01 %.

se tiene la ecuación diferencial: ~ - + 200c(t) = 200 x 0.01 => (100 + t)- = 0,4- 40c(t). [500 + (200 -l95)t ]~ dt dt

=>

J

J

de = dt => de = dt + C. 0,4- 40c(t) 100 + t 0,4- 40c(t) 100 + t

=> _ __!_(0,4- 40c) = ln(lOO + t) + InD => (0,4- 40c 40

r:o = D(lOO + t).

La constante D se determina de la condición inicial

t =O, e= c0 = 0,05: (0,4- 40c0

r

1 4o

= D(lOO) => D =

(o 4 '

1

40c0 )- 4o lOO

. •

La solución se convierte en:

207

(0,4- 40c

r :, =(0, 4 -10040c,p'o (100 + t) =:> t =lOo[( 0,40, 4 - 40 c J- :o -1] 40c 0

Cuando la concentración del contaminante se reduce a e = O, 02., el tiempo requerido es:

t=

Iool(o, 4 - 40 x o,o2 )-;, -1

l

0,4-40x0,05

tJ

3,53días.

.

2.11 Problemas propuestos.

•!• Problemas propuestos de ecuaciones diferenciales de variables separables.

2.1 cos 2 ydx + (1 + e-x )senydy = O 2

3 x d 2.22= x e dx ylny

2.3xcos 2 ydx + extgydy =o 2.4x(y 2 + 1)dx + (2y + 1)e-xdy =O 2.5xy 3dx+ ex dy =o 2

2.6xcos 2 ydx + tgydy =O 2.7 xy 3dx +(y+ l)e-xdy =O •:• Problemas

propuestos

de

ecuaciones

diferenciales

homogéneas

y

transformaciones especiales.

208

dy X 2.8 -+-+2=0 dx y

2.9 xdy- ydx = xctg( y )dx X

2.10(xcos'C)- y )dx+xdy =O 2.11 xdy = y(l +In y -lnx)dx

2.12 xydx+ (x 2 + y 2 )dy =O

2.13 [l+exp( 2.30: Movimiento de una cadena en una polea La cadena comienza a caer en el tiempo t = O y tira de los enlaces restantes. Los vínculos de la ayuda, que están inicialmente en reposo, adquieren la velocidad de la cadena de repente sin ninguna resistencia o interferencia. Demostrar que la velocidad v como una función de y está dada por:

v=

y 2h+y

~2g(h+Y). 3

2.172 Se muestra en la siguiente figura 2.31,un coche de carrera experimental, propulsado por un motor de cohete. La fuerza de arrastre (resistencia del aire) está dada por R =

f3v 2 • La masa inicial del coche, lo que incluye la masa del combustible mr, es

m0 • El motor del cohete se está quemando combustible a razón de q con una velocidad de escape de u con respecto al coche. El coche está en reposo en t = O. Demostrar que la velocidad del coche está dada por, para OO Caso 2: c 2 -4km =O Caso 3: c 2 -4km O (sobre amortiguado), entonces se tiene dos raícesreales simples, la solución está dada por:

(3.14) Las constantes c1 y c2 se determinan de la condición inicial. La representación grafica respecto al tiempo de la vibración de la masa está dada en los siguientes gráficos:

252

y(t)

· · 1 v(t) .(1) +ve ve1oc1"dad"mtc1a • · (2) velocidad inicial cero (3) -ve velocidad inicial

(a) Con +ve desplazamiento inicial. Yo

(b) Con desplazamiento inicial insignificante.

Figura N° 3.16: Representación de las soluciones sobreamortiguadas De los gráficos dados en la figura~ 3.16 se observan: •

No hay movimiento oscilatorio de la masa.

•

Crecimiento inicial del desplazamiento y decaimiento en la amplitud de las vibraciones.

•

Las amplitudes de vibración decaen rápidamente.

•

Se presenta una situación deseable en disminuir o mitigar la vibración mecánica.

Caso 2: c 2 - 4km = O(Amortiguamiento crítico), entonces r

=~ 2m

es raíz real de

multiplicidad dos, la solución general de ( 3.13) está dada por: -e

y(t) =e

(-)t m (

c1 + C2 t)

(3.15)

En este caso el comportamiento esta dado en e el siguiente grafico:

253

(1) Con +ve velocidad inicial. y(t) (2) Con velocidad inicial cero. (3) Con -ve velocidad iniciaL

y(t)

(a) Con +ve inicial y desplazamiento

(b) Con desplazamiento inicial insignificante.

Figura N° 3.17: Representación de las soluciones caso crítico. De los gráficos de la figura N° 3.17 se observan: •

Teóricamente no hay movimiento oscilatorio de la masa.

•

Las amplitudes se reducen con el tiempo y no decaen rápidamente como en el caso de sobre amortiguamiento.

•

Puede convertirse en una situación inestable de vibración mecánica.

Caso 3: c2 - 4km < O (sub amortiguado), entonces r

= ~ ± iQ, siendo 2m

('"""\ __ .J4mk-c2 - - - - y la solución general de la ecuación 3.13 está dada por : 2m

;!. ¿

y(t) =e

-e (-)t

m

( c1 cos(Qt)

+ c2 sen(Qt))

(3.16)

La gráfica de esta solución está dada en la figura N° 3.18

254

Figura N° 3.18: Representación de solución subamortiguada De la figura N° 3.18 y de la solución (3 .16) se observan: •

Solo el caso de vibración amortiguada que tiene movimiento oscilatorio de la masa.

•

Las amplitudes de cada movimiento oscilatorio de la masa se reducen continuamente y toman un largo tiempo para decaer.

•

La sub amortiguación es la situación menos deseable en el diseño de máquinas.

3.4 Ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas de orden dos con coeficientes constantes. Estas ecuaciones están asociadas con problemas de análisis de vibraciones forzadas y resonancia en vibraciones mecánicas, tienen aplicaciones diversas en ingeniería. La forma general de las EDOLNH de orden dos está dada por la expresión

d2

d

---{+a2+by(x) = f(x) dx dx . Donde a y b son constantes y

f :I

~

(3.17)

D ~ D es una función continua.

La solución de la EDO LNH (3 .17) está dada por:

255

La solución de (3.18) tiene dos componentes: yh(x): Solución complementaria (corresponde a la solución de la EDOLH), es decir se

verifica que:

(3.19)

Y/x): Solución particular de la EDOLNH (3.17), entonces se cumple que:

d 2y

dy

dx

dx

- f +a _P + byP (x) = f(x)

(3.20)

La solución de la EDOLH es la combinación lineal de sus soluciones básicas, es decir:

yh (x) = c1t/J1(x) + c2 t/J2 (x)

(3.21)

Donde ~1 (x) y ~2 (x) son las soluciones básicas de la EDOLH y se hallan con las raíces del polinomio característico p(r) = r 2 + ar + b asociado a la EDOLH. Luego hallar la solución de la EDOLNH (3.17) se reduce a obtener la solución particular y/x) que verifica la EDOLNH (3.20).Para obtener Y/x) se aplica el método de variación de parámetros y el método particular de coeficientes indeterminados. 3.4.1Método de variación de parámetros. Es un método que se aplica para toda función continua

f :I

~ D ~ D .La solución

particular yP(x) se halla mediante el siguiente procedimiento: 1.

Se supone que la solución particular está dada por: Y/X)= e, (x)~1 (x) + c2 (x)~2 (x)

(3.22)

256

Siendo ~1 (x) y ~2 (x) soluciones básicas ye1 (x) y e2 (x) son expresiones que dependen de x. n.

Luego yP(x) verifica la ecuación (3.20), es decir:

( e1 (x)rA (x) + e2 (x)r/Jz (x)) "+a( e1 (x)tA (x) + e2 (x)t/J2 (x)) ,~

+ b( e1 (x)t/J1(x) + e2 (x)f/Jz (x)) = f(x)

(3.23)

reduciendo la expresión dada en (3 .23) y considerando el hecho de ~1 ( x) y ~2 ( x) son

soluciones básicas se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones:

{ 111.

e;(x)~1 (x)+e;(x)~2 (x) =O e; (x)~;(x) +e; (x)~~ (x)

(3.24)

= f(x)

Se resuelve el sistema de ecuaciones (3.24) •

Se considera la expresión : (3.25)

La expresión dada en (3.25) se denomina Wronskiano de las funciones

~1 (x) y ~2 (x)

.Un resultado elemental de algebra lineal garantiza que

básicas, por consiguiente son linealmente independientes. Luego aplica la regla de Crammer, es decir:

(J2 (x)

O

e; (x) = f(x) (J'2 (x)

= -(J2 (x)f(x)

w(x)

(J1 (x)

e; (x)

=

f/J' 1 (x)

J-(J2 (s)f(s) ds

=>e¡ (x) =

w(x)

a

w(s)

(3.26)

O

f(x)

w(x)

=

f/J1(x)f(x) => w(x)

e(x) J

r/J1 (s)f(s)

=

2

a

w(s)

ds

~¡() 257

IV.

Luego las expresiones (3.26) y (3.27) reemplazamos en (3.22) y se obtiene la solución particular yP(x) la misma que está dada por la expresión: y p

(x)=(J-~z(s)f(s) dsJ~1 (x)+(f~1 (s)f(s) dsJ~2 (x) w(s)

a

a

w(s)

(3.28)

La expresión (3 .28) se escribe en la siguiente forma:

J

y (x)= (~¡(s)~z(x)-~¡(s)~z(x))f(s)ds p a w(s)

(3.29)

Ejemplo3.4: Resuelva la ecuación diferencial y"(x)+2y'(x)+y(x)=e-xLnx, x>O

Solución Paso 1: La solución general de esta ecuación está dada por

Paso 2: Se determina la solución complementaria yh(x), para tal efecto calculamos las raíces del polinomio característico p(r) = r 2 + 2r + 1 = (r + 1) 2 => r

= -1 , es raíz real de multiplicidad dos, luego las

soluciones básicas están dadas por: ~1 (x)=e-x

y

~2 (x)=xe-x yh

,luegosetieneque:

(x)= c1e-x + c2 xe-x

Paso 3: Se calcula la solución particular y/x), para tal efecto se resuelve el siguiente sistema:

c'¡(x)e-x

+

c'2 (x)xe-x =O

{ e'¡ (x)( -e-x)+ c' (x)(l- x)e-x =e-xLnx 2 La solución de este sistema está dada por las expresiones:

258

o ,

C1

(x)

=

e-xLnx (1 - x ) e-x -zx => c1(x) = e

J- xe

-2xL

e

nxdx

-zx

J

=> c1(x) = -xLnxdx

o

c2 ( x) = x(Lnx -1) Luego se tiene que:

y P (x )

2

2L

4

2

x -X = (-

nx) e- x

+ ( 1 - L nx ) x 2 e -x .

Paso 4: Finalmente se tiene la solución general de la EDOLHN dada y está dada por:

y ( x ) = c1e

-x

+

-x

(X

2

c2 xe + - 4

X

2L

nx) e + (1 - L nx) x 2 e-x.J -X

2

3.4.2 Método de coeficientes indeterminados. Es un método particular que se aplica para funciones elementales tales como funciones polinomiales, exponenciales, senos y cosenos o la combinación de estas funciones, es decir

la

función

elemental

está

dada

por

f(x) = eax(P,(x)cos([Jx) + Qm(x)sen([Jx)), donde P,(x) yQm(x) son polinomios de grados n y m. Para hallar la solución particular y /x) se aplica el siguiente teorema. Teorema 3.2 (Método de coeficientes indeterminados)

d2

d

dx

dx

Sean laEDOLNH---{+a_z+by(x) = f(x), donde

f(x)

= eax(P,/x)cos(fJx) + Qm(x)sen(jh))con P,(x)yQm(x)polinomios de grados n

259

y m, y el polinomio p(r) = r 2 + ar + b característico asociado a la EDOLH.

d 2y dy - - +a-+by(x) =O, entonces: 2 dx dx a) Si a ± i f3 no son raíces del polinomio característico p(r), entonces la solución particular yP(x) tiene la forma: y /x) = eax(P,.(x) cos(flx) + Qr(x)sen(flx))

Dónder =maximo{n,m}. b) Si a ±ifJ son raíces de multiplicidad m del polinomio característico p(r) , entonces la solución particular y P (x) tiene la forma:

Dónde r =m a x imo {n, m} . Ejemplo 3.5 Resuelva la EDOLNH

y"(x) + 2y'(x) + y(x) = e-xsen3x Solución Paso 1: La solución de la EDOLNH dada esta dada por: y(x)= yh(x)+y/x)

Paso 2: Se calcula las raíces del polinomio característico p(r) = r 2 + 2r + 1 p(r) = (r + 1) 2 =O=> r = -1 es raíz real de multiplicidad dos. Por consiguiente:

Paso 3: Se identifica a y

f3 del teorema, en este caso a = -1

y

fJ = 3 , a ± i f3 = -1 ± 3i

no son raíces del polinomio característico p(r) = r 2 + 2r + 1, Paso 4: Se aplica la parte a) del Teorema por consiguiente la forma de la solución está dada por la expresión:

y /x)

= e-x(Acos(3x) + Bsen(3x)) 260

Paso 5: Luego la solución particular y/x) se reemplaza en la EDOLNH dada, es decir se tiene que:

Yp "(x) + 2yP '(x) + yp(x) = e-xsen3x yp(x) = e-x(Acos(3x) + Bsen(3x)) 2y'p(x) = -2e-x(Acos(3x) + Bsen(3x)) + 2e-x(-3Asen(3x) + 3Bcos(3x))

= e-x(Acos(3x) + Bsen(3x))- 2e-x( -3Asen(3x) + 3Bcos(3x))

y "p(x)

+ e-x(-9A cos(3x)- 9Bsen(3x))

Luego

se tiene:

yP "(x) + 2yP '(x) + yp(x) = e-x(-9Acos(3x) -9Bsen(3x))

A=O e-xsen(3x) = e-x(-9Acos(3x)- 9Bsen(3x)) =:> B = ~ { Paso 6: A y B se remplaza para hallar y P ( x) La solución particular está dada por:

-e-x cos(3x) y (X) = _ _ __;__-'-P 9 Paso 7: Se obtiene y(x)

3.4.3 Un problema de: "Análisis de la vibración y la resonancia" El problema de la resonancia es uno de los análisis críticos de la ingeniería mecánica( o estructura).Cualquier máquina o estructura que está sometido a una carga cíclica potencial (proceso intermitente) y es vulnerable a una vibración resonante. La consecuencia de la vibración de resonancia es que las amplitudes del movimiento oscilatorio de la estructura se magnifican en poco tiempo, lo que resulta en un fracaso estructura general. Porque la vibración de resonancia de una máquina o estructura se 261

produce cuando está sometido a cargas cíclicas, que es un caso de vibración forzada con las fuerzas que actúan para que los sólidos vibren en todo momento. En la figura Nl 3.19 se muestra máquinas o estructures sometidos a fuerzas externas vibratorias.

Figura Nl 3.19: Máquinas o estructuras sometidas a fuerzas externas vibratorias. a)Planteamiento fisico del problema El modelo físico sencillo para una vibración forzada es un sistema sencillo de masaresorte sometido a una fuerza de excitación F(t) donde tes tiempo, cuya representación se muestra en la figura N° 3.20.

-

ff~& -m d d'_·,··.(t) r Soporte elástico: Estructura hecha de materiales elásticos

1

k [h + y{t)}

Estructura masa Fuerza aplícada

Fuerza de exíl:ación F{t)

Fuerza de exitación

1

F(t)

F(t)

Figura N° 3.20: Sistema masa resorte forzado.

262

El modelo matemático para el modelo fisco dado en la figura N° 3.20 puede ser derivado usando la primera Ley de Newton:

+ t¿FY =0=>-Fd -k[h+ y(t)]+w+F(t)=O Por la segunda Ley de N ewton se tiene que

(3.30)

d2 Fd = m(~) dt

Luego de la ecuación (3.30) arribamos a la siguiente EDOLNH

d2

m( dt;) + ky(t) = F(t)

(3.31)

Podemos considerar la fuerza de vibración de unos sistemas masa -resorte sometido a fuerzas cíclicas del tipo (3.29)

F(t) = ~ cos(wt)

(3.32)

De (3.32) se aprecia que F0 es la máxima magnitud de la fuerza F y w es la frecuencia circular de la fuerza cíclica aplicada. La gráfica de F se muestra en la figura N° 3 .21. f(t)

Figura N° 3.21: Gráfica de la fuerza~ cos(wt). Luego sustituimos (3 .32) en (3 .31) y se obtiene la EDOLNH

d2

m(----{-)+ ky(t) = ~ cos( wt) dt

(3.33)

La ecuación (3.33) es equivalente a:

d2 dt

k m

----{- +- y(t) =

F cos( wt) m

___Q_

(3~

Además (3.34) se puede escribir de la siguiente forma:

263

(3.35)

donde wo

=

J?f ,es la frecuencia circular del sistema masa resorte, que es una

propiedad de una estructura masa resorte. La solución de (3.35) es de la forma:

y(x) = yh(x) + yP(x)

(3.36)

Para halla y, (x) se procede como sigue: Paso 1: Hallamos las raíces del polinomio característico

p(r) = r + w~ => r = ±iw0 => yh(x) = c1 coswi + c2 senwi 2

(3.37)

Paso 2: Calculo de yP(x) Aplicamos el método de coeficientes indeterminados, en efecto:

•

a ± ifJ = ±iw no es raíz del polinomio característico, es decir w -::f:. W

0

,entonces por el teorema parte a) se tiene que 2

d y

F 2 yP(x) = Acoswt+ Bsenwt => ----f + w aYp(t) = __Q_cos(wt) dt m 2 2 y"/x) = -Aw coswt- Bw senwt ._!.. + w~y/x) = Aw~ coswt + Bw~senwt

~ cos(wt) = (w~- w 2 )Acoswt + (w2 - w~)Bsenwt m

Luego se obtiene:

•

Luego la solución particular está dada por:

264

y P ( x ) --

~

2 m(w02 -w)

cos wt

Paso 3: Finalmente reemplazando en (3.36) se obtiene la solución

y(t) = c1 cos Wi + c2senw0 t +

;"o

2 m(w0 -w)

cos wt.

(3.38)

Donde c1 y c2 son constantes por determinar mediante las condiciones iniciales. Siendo la ecuación (3.38) resultado de considerar el siguiente esquema que se muestra en la figura N° 3.22

Fuerza aplicada F(t) FoCoswt

=

F(t)

Figura N° 3.22: Sistema con vibración forzada.

En la ecuación (3.38) están expresadas las amplitudes de la vibración de la masa. La gran interrogante que podemos hacemos es que sucederá si en (3.38) este caso y(t)

~

w

= W .En 0

+oo , esto significa que la amplitud de vibración se vuelve infinito en

todo tiempo y esto fisicamente no es posible. Si w = W 0 , entonces la solución particular por la parte b) del teorema está dada por:

qP/J 265

2

d y

F 2 Yp (x) = t(Acos wJ + BsenwJ) ~ ----f + w oYp (t) =_o cos( wt) dt m y'P(x) = (Acoswot + Bsenw0 t) + t(-Aw0 senw0 t + Bwo cosw0 t) y"P(x) = 2( -Aw0 senwJ + Bw0

COSW0 t)

+ t( -Aw~ COSW t- Bw~senwJ) ~ + 0

w~yP(x) = tw~(AcoswJ + BsenwJ)

F cos(w0 t) = 2(-Aw0 senwJ + Bwo cos wJ) m

____Q_

Luego se tiene que:

Luego se tiene la solución particular cuando w = W 0

Luego la solución general que expresa las amplitudes de la vibración de la masa está dada por:

y(t) = c1 cos wJ + c2senwJ + (

F o )tsenwJ. 2mW0

(3.39)

En la figura N° 3.23 se observa el comportamiento de estos sistemas.

266

Las amplitudes de la vibracion de la masa en vibracion resonante es: y(t)

=c

1

Los mn r + c1 Sin m0 t + "F"

t

~mcr1

0

Senr!l0 t

Representacion gratlca de la fluctuacion de la masa vibratoria : Amplitudes, y(t)

,J

~--

~- ·-.-. -· -·-.- ·- ~::...: ·_-.:,.-.:::-4·:.::_~

---

1_ --

Tiempo, t

~--

Fuerza aplicada

F(t) :;;;: F0 Cosw0 t

~-·

F

A- Rotura del

resorte

J ___ . . _

o

tf-Tiempo de rotura

- -- _

2m(J)o

--

Figura~ 3.23: Amplitudes de la masa en vibración resonante

Se observa de la figura N° 3.23 •

Las amplitudes de la vibración de la masa crecen rápidamente conforme transcurre el tiempo.

•

El resorte sometido sufrirá la elongación para romperse en un corto tiempo.

Ejemplo 3.6: Vibración resonante de una máquina Una máquina de estampado se aplica fuerzas de martilleo en las hojas de metal por un troquel conectado al émbolo, tal como se muestra en la figura N° 3.24. El émbolo se mueve verticalmente hacia arriba y abajo por un hilado de volante a la velocidad establecida constante. La velocidad de rotación constante del volante de inercia hace que x (t) la fuerza de impacto en la lámina de metal, y por lo tanto la base de soporte, intermitente y cíclica. La base pesada en la que se encuentra la hoja de metal tiene una masa M= 2000 kg. La fuerza que actúa sobre la base sigue una función: F (t) = 2000sen (1 Ot), en la que t es el tiempo en segundos. La base está apoyada por una almohadilla elástica

con

una

constante

de

elasticidad

equivalente

k

2~ 267

Determinar lo siguiente, si la base se presiona inicialmente hacia abajo por una longitud de 0,1 m: a) La ecuación diferencial para la posición instantánea de la base, es decir, x (t). (b) Examinar si esta es una situación vibración resonante con la carga aplicada. (e) Resuelva para x (t). (d) En caso de ser esto una vibración resonante, ¿cuánto tiempo se necesita para la ruptura del apoyo?

Figura N> 3.24: Máquina de estampado. Solución La situación se puede modelar fisicamente para ser un sistema masa-resorte, se considera la siguiente figura

Fuerza de martilleo .,

,....,.,~.,..;-,------,

Base de la máq. Pad elástico

(a) La ecuación diferencial que rige para x(t)

268

d 2x

2000+ 2 x 105 x(t) = 2000sen1 Ot 2

(3.40)

dt

con las condiciones iniciales

.

x(O) = 0, 1m { x'(O) =O

(b) Se comprobará, si se trata de una situación de vibración resonante: Se calcula la frecuencia natural (circular) del sistema masa-resorte utilizando la ecuación:

2x10 5 ------::- = 1ORad 1 s ~ w0 2x103

=

w

como se puede ver la frecuencia natura coincide con la frecuencia de la fuerza de exitación, es decir w 0 = W, por lo tanto, se trata de una vibración resonante porque. (e) Solución de la ecuación diferencial De la ecuación diferencial (3.40) se tiene que

d 2x -

dt 2

+ 1OOx(t) = sen1 Ot

(3.41)

Como la EDO (3.41) es una ecuación diferencial no homogénea con coeficientes constantes, su solución general es de la forma

x(t) = xh (t) + xP (t)

(3.42)

el polinomio característico asociado a la ecuacion diferencial homogenea correspondiente a (3 .41) es

p(r) = r 2 +100~ r =+10i luego, (3.43) además, la solución particular es de la forma

269

xP (t)

= t (A cos 1Ot + Bsen1 Ot)

(3.44)

Luego, la expresión (3.44) reemplazamos en (3.41) se tiene que

A= __ 1 20

1\

B =O--+> x (t) = _ tcos10t p 20

Reemplazando en (3.42) se obtiene la solución de la EDO (3.41)

x(t) = e1 cos 1Ot + e2 sen1 Ot-

tcos10t .J 20

(3.45)

Aplicar las dos condiciones iniciales especificadas en la ecuación en la solución general (3.45)

se

1 el=

10

traducirá

en

los

valores

de

las

dos

constantes

arbitrarias:

1

1\

e2 =--.Luego de (3.45) se tierra solución completa de la ecuación y

200

esta dado por

1 1 tcos10t x(t) = -cos10t+-sen10t---10 200 20 (3.46) La representación gráfica de la solución x (t) dada en (3.46) que se muestra en la figura N° 3.25, las amplitudes aumentan rápidamente con el tiempo t. Físicamente, las amplitudes son el alargamiento del soporte de resorte unido.

Tiempo,

t

Figura 3.25: Representación de la amplitud x(t) (d) Determinar el momento de ruptura de la almohadilla de soporte elástico:

270

Desde que la almohadilla elástica se romperá en un alargamiento de 0,3 m, es posible determinar el tiempo para llegar a este alargamiento (tr) por la siguiente expresión matemática

1 1 t 0,3 = -cos10t +-sen10t -Lcos10t 1 1 1 10 200 20

tJ

1 = (1 __ _[_ cos10t1 +--sen10t 1 10

20

200

Resolviendo para t1 de la ecuación anterior conduce a t1 = 8 s desde el principio de la vibración resonante. 3.5 Ecuaciones diferenciales lineales de orden superior. En general una ecuación diferencial lineal de orden superior es de la forma:

dny an-ly an-2y an(x) dxn +an-l(x) dxn-l +an-2(x) dxn-2 +··· dy + a1(x)-+ a0 (x)y dx

(3.47)

= F(x)

en la que la variable dependiente y, sus derivadas aparecen en la EDOL (3.47), además los coeficientes a0(X), a 1 (X),· x; la función

F :1 e O

~

· · , an (X) sólo dependen de la variable independiente

O es una función continua para la variable independiente

X.

En esta sección se introducirá el método de operadores diferenciales para resolver la EDOL (3.47). 3.5.1 El operador diferencialD. El operador Des defmido como:

271

dn Dny =____E ,nesunentero positivo.

dxn

Por lo tanto el operador-Des un operador diferencial; que al aplicar el operador Da la función f (x) se refiere diferenciar f(x) respecto a x, es decir:

Df(x) = df(x) dx

(3.48)

3.5.2 Propiedades del Operador Diferencial D. Se tienen las siguientes propiedades del operador D y son fáciles de verificar:

(l)D[y1(x) + y 2 (x)] = Dy1(x) + Dy2 (x)

(2)D[cy(x)] = cDy(x); e esconstatnte. (3)D[ c1y1 (x) + c2 y 2 (x)] = c1Dy1(x) + c2 Dy2 (x), c1 y c2 sonconstatntes. De las propiedades (1 )y (2) se deduce que Des un operador lineal. Usando el operador

D, la EDOL de orden n se puede reescribir como: an(x)Dn + an_1(x)Dn-I + an_2 (x)Dn- 2 + · · · + a1(x)D + a0 (x)]y = F(x)

r

~(D)

=> t/J(D)y = F(x) donde

f/J(D) es un operador dado por: n

f/J(D) = an(x)Dn + an-I (x)Dn-l + an_2 (x)Dn- 2 +· ·· + a1(x)D + a0 (x) = ¿a,.(x)D,. El r=O

operador tjJ (D) es un operador lineal, puesto que:

272

(l)~(D)(yi + y2] = ~(D)y¡ + ~(D)y2 (2)~(D)[cy] =c~(D)y, e es constante. Ejemplo 3.7 Reescriba la siguiente ecuación diferencial usando el operador D

(1) 6x2 d2 ~ + 2x dy - 3y

dx

dx

:

= x3 e3x

. d 3x d 2x dx (2) 5 +2- - = 3sen8t 3 2 dt dt dt En efecto, reescribimos las ecuaciones diferenciales (1) y (2) usando el operador diferencial D:

(1) (6x 2D 2 + 2xD- 3)y = x 3e3x (2) ( 5D 3 + 2D 2 - D + 7) x = 3sen8t Teorema fundamental del operador diferencial D. Sea

y = U(X) una solución cualquiera de la ecuación: f/J(D)y

Supongamos que

=

F(x)

(3.49)

y = v( X) sea la solución complementaria de la ecuación diferencial

homogénea: ~(D)y

=O

(3.50)

Que se obtiene estableciendo el lado derecho de la ecuación (3.49) a cero. Entonces:

y(x) = u(x) + v(x)

es también una solución de la ecuación (3.49).

Demostración Puesto que

u(x) 1\ v(x)

son soluciones de la ecuación diferencial (3.49) y (3.50),

respectivamente, entonces se tiene que

273

~(D)u(x)

= F(x),

~(D)v(x)

=O=> ~(D)u(x) + ~(D)v(x) = F(x) +O

Como ~(D) es un operador lineal, se tiene:

~(D)u(x) + ~(D)v(x) = ~(D)[ u(x) + v(x)]

:. ~(D)[ u(x) + v(x)] = F(x) Es decir que

y( X)

=U(X) + v( X) es una solución de la ecuación diferencial

(3.49). Procedimiento para hallar la Solución General l. Encontrar la solución particular

y P (X) de la ecuación diferencial original

(3.49). Es decir:

f/J(D)yp(x) = F(x), yp(x)

~Solución

2. Encontrar la solución complementaria

Particular

general

y e (X) de la ecuación

diferencial complementaria o homogénea (3.50), es decir:

f/J(D)ye(x) =O , Ye(x) ~Solución Complementaria. 3. Para hallar la solución general de la ecuación diferencial (3.49) se suman

y P (X)

1\

y e (X) , es decir:

y(x) = yp(x) +ye(x) En las siguientes secciones, varios métodos para determinar soluciones complementarias para las ecuaciones lineales con coeficientes constantes son estudiados en detalle. 3.5.3 Soluciones complementarias con el operador D. La ecuación diferencial complementaria o homogénea se obtiene estableciendo el lado derecho de la ecuación diferencial (3 .49) igual a cero, es decir:

(3.51) donde

a0 , a 1, • • ·, an

son constantes.

r 274

3.5.4 Ecuación característica con raíces reales diferentes. Veamos ejemplos de motivación: Considere una ecuación diferencial de primer orden de la forma:

dy +ay= O~ (D + a)y =O , a es constante. dx Como es una ecuación diferencial lineal de primer orden, la solución general está dada por:

eA.x con A = -a.

Se observa que la solución es de la forma

Dado que la solución de la ecuación diferencial lineal de primer orden en el ejemplo anterior es y( X) =

Ce -ax,

uno se siente tentado a probar una solución de la forma

y(x) = e1 x, donde /l es una constante que se determina, para una ecuación diferencial de orden

n

con coeficientes constante de la forma

fj;(D)y =O .

Es fácil verificar que:

Dy = Delx

= d(elx) = /lelx dx

D2y = D2e1x....:.... d2(eAx)

dx2

D3y = D3eAx

'

= /l2eAx

= d3(eAx) = /l3eAx dx3

Substituyendo en la ecuación diferencial

fj;(D)y =O

' '

resulta que:

275

( a n An

+ a An-1 + a An-2 + •••+ a1A + aO)eA,x ~

Puesto que eAX =F 1n

an/(,

~

=

o

o, se debe de tener que:

'1 Q + an-1/(,'1 n-l + an-2/(,'1 n-2 + ... + al/(,+ ao =

(3.52)

Ecuación Característica Esta ecuación algebraica, llamada la ecuación característica o ecuación auxiliar, dará

n

raíces~ , ~ , ~ , ... , An , que se llaman números característicos y puede ser reales o

complejos. Si las raíces ~, ~, ~, ... , An son diferentes, se tendrá

n

eA¡x' e~x' e~x ' . . . ' eA,x Puesto que

t/J(D)y =O

soluciones de la forma: (3.53)

es una ecuación diferencial lineal, entonces la combinación

lineal de las soluciones de la forma dada en (3) es también solución. Por consiguiente la ·solución general de la ecuación diferencial complementaria o homogénea de orden n está dada por:

(3.54) Donde

e1 , e2 , e3 , e4 , ••• en

son constantes arbitrarias.

Se sabe que la solución general- de una ecuación diferencial homogénea de orden n debe contener n constantes arbitrarias. Puesto que la ecuación anterior contiene constantes n arbitraria, por lo tanto, la solución es la solución general de la ecuación complementaria E = O, es decir:

(3.55) donde ~ , ~ , ~ , .•• , An son distintos. Procedimiento para Encontrar la Solución Complementaria l. Para la ecuación diferencial lineal de orden n

276

Si

F (X) = O se obtiene la ecuación diferencial complementaria o homogénea

de orden n. Es decir:

2. Se reemplaza el operador

d.(íL)=O

~

V

D por A

1

11

(a nA +a~ A 11

para obtener la ecuación característica

-

2

11

+a~ A

-

+···+aíL+a 1 O)=0.

3. Resolver la ecuación característica, que es una ecuación algebraica, para hallar los números característicos (raíces):

4. Escribir la solución complementaria y e (X) [y H característicos ~ ,

(X)]

usando los números

Az ,~ ,... ,íLn .

Observación:

llama polinomio característico de grado

~,

Az; ~, ... ,A

11

n.

Por consiguiente los números:

son las raíces del polinomio característico

r/J( íL) .

Ejemplo 3.8 Resuelva:

La ecuación característica es rp(A,) =O, es decir: A-=~= 2

A, 4 -13-1, 2 + 36 = o=> (A- 2 - 4) (A- 2 - 9) = o=> A, =

.

~ =-2

A-=~=

3

A,= A,4 = -3

277

1·

Luego, la solución complementaria está dada por:

Yc(x) = e¡e2x + e2e-2x + e3e3x + e4e-3x La solución complementaria, también se puede escribir usando las funciones trigonométricas hiperbólicas seno y coseno, es decir:

Yc(x) = A1 cosh2x+ ~senh2x + A3 cosh3x+ A4senh3x. Ejemplo 3.9 Resuelva

La ecuación característica es ~ (A)

= O, es decir:

Luego, la solución complementaria está dada por:

-2x -3x x Yc ( x ) =e1e +e2 e +e3e . 3.5.5 Ecuación característica teniendo raíces complejas. Veamos el siguiente ejemplo de motivación Ejemplo 3.10 Resuelva

La ecuación característica es ~(A)= O, es decir: 1 2 1 A2 + 2A + 3 = o::::> A = - 2 -+ " 2 - 4 X 1X 3 = -1 ± i.fi ::::> {A = /'1 = -1 + i.fi 2 A=A¿_ =-1-i.fi

Luego, la solución complementaria está dada por:

e e ::::::> e1 = e2 . { i (e - e ) = 2b , b E D e2 = a - ib 2 1 La solución complementaria se convierte en:

Yc(x)=e-x(2acos.fix+2bsen.fix), a,bED. Yc(x) =e-x ( Acos.fix+ Bsen.fix ), A= 2a,B = 2b. donde A y B son constantes reales. En general, si la ecuación característica tiene un par de raíces complejas A= a± if3, donde a y

fJ son reales, entonces la solución complementaria u homogénea es:

;¡,=a± if3 ::::::> Yc(x) = eax (Acosf3x+ Bsenf3x), A,B E D

(3.56)

Ejemplo 3.11 Resuelva la EDO:

y"'(x) + 2y"(x) + 9y'(x) +18y(x) =O. Vía el operador diferencial

D

la EDO se reescribe como:

( D + 2D + 9D + 186)y ==O=> ~(A.)== O. 3

2

~(-1) = -1

3

~2

+ 2-1 2 +9-1+ 18 = 0::::> (-1+ 2)(-1 2 +9) = 0::::>{-1 = Ar = A=0±3z

Luego, la solución complementaria está dada por:

279

Yc(x) = c1e-2x + e0x ( c2 cos3x+ c3sen3x) = c1e-2x + c2 cos3x+ c3sen3x.J Antes de los problemas más desafiantes que pueden ser estudiados, se revisa

la

siguiente fórmula para la evaluación de las raíces n-ésimas de los números complejos. Una revisión de los números complejos: Dado An = a ± ib, n. es un número entero positivo, que se requiere para encontrar A . Los números complejos se pueden convertir de forma rectangular (cartesiana) a la

forma polar:

An = a ± -ib +---- Forma Cartesiana.

r

.J

a

+.

b a2 + b2 - z a2 + b2

.J

"'-----y----'

"'-----y----'

cose

sen(}

An = a ± ib = r(cose ± isenB) , r = .Ja 2 + b 2

,

e = arctg( b)

Forma Polar

An

a

= re±iB +---- Fórmulade Euler.

Puesto que cos y sen son funciones periódicas de periodo 2;r , entonces

An = r [cos(2k;r + B) ± isen(2k;r + B) ]=re±i(lkff+B). :.A=*e

±i(2knB) n

( 2k (} 2k (}) VA=* cos :+ ±isen :+ ,k=0,1,2, ... ,n-1.

= pn + q, donde p 1\ q son números A se repite cuando k = q . Por tanto, sólo se toman n

Se puede demostrar fácilmente que cuando k enteros positivos el valor de valores de, es decir

k = O, 1, 2, ... , n -1.

Ejemplo 3.12 5

Resuelva( D -1

)y= O.

La ecuación característica es ~(J..,)= O, es decir: 280

Las cinco raíces están dadas por:

A=cos

2k7r + O . 2k7r + O +zcos ,k=0,1,2,3,4. 5 5

k= O=> A¡= cosO+ isenO = 1 2:rr . 2:rr k=1=>.íL2 =cos-+zsen5 5 4:rr . 4:rr 7! . 7r k = 2 => ~ = cos- + zsen- = cos(:rr--) + zsen(:rr--) 5 5 5 5 7!

.

7r

= -cos- + zsen5 5 6:rr . 6:rr 7C • 7C k= 3 => A-4 = cos- + zsen- = cos(Jr +-) + zsen(;r +-) 5 5 5 5 7C

.

7C

=-cos--zsen5 5 8Jr . 8Jr 2Jr . 2JC k = 4 => A-5 = cos- + zsen- = cos(27r- - ) + zsen(2:rr- - ) 5 5 5 5 2JC . 2JC =cos--zsen5 5 Luego, la solución complementaria está dada por:

2

+e

cos-1r_x [ 5

27rx

27rx ]

c4 cos(sen--) + c5sen(sen--) J

5

5

p_/)

~

Ejemplo3.13 4

2

Resuelva ( D -16D + 100

)y= O

La ecuación característica es tjJ (A)

= O, es decir: 281

~(A,)= A- 4 -16A- 2 + 100 =o=> A- 2 = 16 ± i 12 = 8 ± i6 = 10( 4 ± i~) 2

5

5

4 4 A- 2 = 10( ± ii) = 10(cose ± isene), cose= , sene = ~ 5 5 5 5 Las raíces están dadas por:

A= M(cos 2k7r +e ± isen 2 k7r +e) k= 0·1 2

2

'

'

Pero aplicando las funciones sen y cos para el ángulo mitad se tiene:

=>

{A, =3±i A-=-3+i

Luego, la solución complementaria está dada por:

Yc(x) = e3x [ c1 cosx + c2 senx] + e-3x [ c3 cosx + c4 senx ].J 3.5.6 Ecuación característica con raíces de multiplicidad. Ejemplo 3.14 Resuelva

(D

2

-4D+4)y=O

La ecuación característica es

f/J( .íL) = O, es decir: 2

~(A-)=A- 2 -4A-+4=0=>(A--2) =Ü

=>A,= A¡ = ~ = 2~ Raíz real de multiplicidad dos. Si la solución complementaria se escribe como:

282

Yc(x) = ele2x + e2e2x =(el+ e2)e2x ' C =el+ e2 ' entonces sólo hay una constante arbitraria. Pero para una ecuación diferencial de segundo orden, la solución debe contener dos constantes arbitrarias. El problema es debido al hecho de que c1e

2

x

y c2 e2 x dos soluciones que son linealmente dependientes.

Por lo tanto, uno debe buscar una segunda solución linealmente independiente. Pruebe con una solución de la formay(x) = v(x)e 2 x, puesto que

Dy = D(ve 2 x) = e2 xDv + 2ve 2 x = e2 x (Dv + 2v)

D 2y

= D( e2 xDv+ 2ve 2 x) = e2 x ( D 2 v+ 4Dv+ 4v)

Reemplazando en la ecuación original

J

e2 x[(D 2 v+ 4Dv+ 4v) -4(Dv+ 2v) + 4v =O=> e2 xD 2 v= O 2

2

d v

Por lo tanto v(x) satisface la ecuación diferencial D v =O v - = O.Integrando 2

dx

esta ecuación dos veces se produce:

Entonces la solución es

y(x) = v(x)e

2

x

= C0 + C1x e2x ' '---v---' Polinomio de Grado 1

en el que hay dos constantes arbitrarias. Se ve que, cuando la ecuación característica tiene una raíz doble A = 2, el coeficiente de

e2x

es un polinomio de grado 1 en lugar de una constante. En general, se pueden

obtener los siguientes resultados. Resumen sobre las formas de solución complementaria

~r

Después de haber obtenido las raíces de la ecuación característica o los números característicos, la solución complementaria puede ser fácilmente escrita. 283

l. Si

A= a es raíz de multiplicidad p (A= a se repite p-veces) de la ecuación

característjca ~(A,)= O,la solución complementaria correspondiente es:

pveces

Polinomio de grado p -1

2. Si íL = a ± ifJ es raíz de multiplicidad p

( íL = a + ifJ se repite p-vece A

A = a - i f3 se repite p-veces ) de la ecuación característica

f/J( íL) = O,la

solución complementaria correspondiente es: 'J + ·p ,a_z + ·p ,a_z + ·p ,... ,a_z + ·p /1,-a_z

pveces

=> y e ( x ) = eax e1 + e2x + e3x 2 + ... + ePx p-1 cos fJ x Polinomio de grado p -1

+ d1 + d2x + d3x2 +' ... + dPx p-1 Polinomio de grado p -1 Ejemplo 3.15 Dado las siguientes raíces de la ecuación característica, escriba las soluciones complementarias.

l.- 3 ± i2, -1, O, 2; 2. 3,3,3,0,0,l±i3 3. 2 ± i5,2 ± i5,1,1,1,1,3. Solución

284

2. Yc(x) = ( e1 + e2x + e3x 2 )e3x + e4 + e5x +ex ( e6 cos3x + e7 sen3x ).

J

3. Yc(x) = e2 x [ ( e1 + e2 x )cos5x + (e3 + e4 x )sen5x +ex ( e5 + e6 x + e7 x 2 + e7 x 3 ) +e8e3x Ejemplo 3.16 Resuelva (D

8

+ 18D 6 + 81D 4 )y= O

La ecuación característica es

rp(A) =O, es decir:

::::>{A= Ar = Az = ~ = A4 = 4~ Raíz real de multiplicidad 4. A= ±i3 ~Raíz compleja de multiplicidad 2. Luego la solución complementaria está dada por:

Yc(x) = ( e1 + e2x + e3x 2 + e4x 3 )e0 x + e0 x [ ( e5 + e6x )cos3x + ( e7 + e8x )sen3x

J

2

Yc(x) = c1 + c2 x + c3 x + c4 x 3 + ( c5 + c6 x )cos3x + ( c7 + c8 x )sen3x Ejemplo 3.17 Resolver

(D 7 --'-3D 6 +4D 5 -4D 4 +3D 3 -D 2 )y=O

La ecuación característica es

rp(A) =O, es decir:

rp(A)=A 7 -3A 6 +4A 5 -4A 4 +3A 3 -A 2 ::::> rp(A) = A2( A5 - 3A 4 + 4A 3- 4A 2 + 3A -1)

::::> rp(A) = A2 [(As -3A4 + 3A3 -A2) + ( A3- 3A2 + 3A -1)] 2 ::::> rp(A) =A 2 [A 2 ( A3 - 3A 2 + 3A -1) + (A 3 - 3A + 3A -1)]

3 ::::> r/J( A) = A2 [A 2 (A -1) + (A -

1)

3

2

]

= /L ( /L -

1)

3 2 ( /L + 1) = O 285

~

¡

A=~=~= O~ Raíz real de multiplicidad 2. A=~ =

A4 = A4 = 1 ~Raíz real de multiplicidad 3.

A= ±i ~Raíz compleja simple.

La solución complementaria es:

Yc(x)=c1 +c2 x+(c3 +c4 x+c5x 2 )ex +c6 cosx+c7 senx. 3.5.7 Soluciones particulares con el operador D. En esta sección revisaremos tres métodos para hallar la solución particular de una ecuación diferencial lineal no homogénea de orden n con coeficientes constantes. Los métodos variación de parámetros y coeficientes indeterminados se ha visto en la sección 3.2, aún así se dará un vistazo, por lo que se enfatizará más en el método del operador diferencial D. 3.5.8 Método de coeficientes indeterminados con el operador D. Se ilustrara,mediante un ejemplo sencillo: Ejemplo 3.18 Resuelva

(D

2

+ 9 )y= 3e 2 x 2

La ecuación característica es A

+ 9 = O~ A = ±i3.

La solución complementaria está dada por:

ye

= A cos 3x + Bsen3x.

Para hallar una solución particular y P , observe el segundo mimbro de la ecuación, es decir F(x) = 3e

2

x.

Dado que las derivadas de una función exponencial son funciones

exponenciales, uno se siente tentado a probar:

y =Ce 2 x P

~

{Dy

P

= 2Ce 2 x

D 2 yp = 4Ce 2 x

donde C es una constante a ser determinada. Sustituyendo en la ecuación se produce:

p

286

3 3 2x 4Ce 2 x + 9Ce2 x = 3e2 x ::¿ 13C = 3 ::¿ C = - ::¿ yp(x) = _e_.J 13 13 Luego la solución general de la ecuación es:

3e2x

y(x)

= Yc(x) + yp(x) = Acos3x + Bsen3x + - . J 13

Tabla N° 3.1 Método de Coeficientes Indeterminados.

Forma de la función (1)

Polinomio de grado

F (X)

k

Forma de la Solución Particular Polinomio de grado

k

(2)

Aaeax

Ceax

(3)

Aasenj3x, B0 cosf3x

Acosf3x+ Bsenf3x

e"x [ a0 + a¡x + ... + a,x' Polinomio de grado k

}os ,Bx e"x

l[

4, + A¡x + ... + A,x'}os ,Bx Polinomio de grado k

(4)

ea"lb· +b¡x+ ... +b,x' }en,Bx +ea"[ B + B x + ... + B,x' 0 1 Polinomio de grado k

yP

}en,Bx]

Polinomio de grado k

Observaciones: •:• La esencia del método de coeficientes indeterminados es asumir una forma de una solución particular, con coeficientes que se determinen, de acuerdo con la forma de la parte derecha de la ecuación diferencial. Los coeficientes se determinan entonces mediante la sustitución de la solución particular asumida en la ecuación diferencial. En general, uno utiliza los resultados dados en la Tabla 3.1 para asumir la forma de una solución particular.

287

•!• Para los casos (3) y (4) que se muestran en la tabla Nl3.1, incluso si el lado derecho tiene sólo la función seno o coseno, la forma asumida de una solución particular debe contener funciones tanto el seno y el coseno. Ejemplo 3.18 Resuelva ( D

2

+_3D+ 2) y

= 42e 5 x + 390sen3x + 8x2 - 2.

La ecuación característica y sus raíces esta dadas por:

La solución complementaria es:

Usando el método de coeficientes indeterminados para hallar la solución particular y P (ver tabla 3.1)

FormadecadaF(x)

F arma de la solucion y P

42e 5x

Cesx

390sen3x

A cos 3x + Bsen3x

8x2 -2

D0 + D1x + D 2 x 2

Por consiguiente, se asume una solución particular de la forma:

yp(x) = Ce 5x + Acos3x + Bsen3x + D0 + D1x + D 2 x 2 Luego se cumple que:

D 2 yp(x) + 3Dyp(x) + 2yp(x) = 42e 5x + 390sen3x + 8x2 - 2. Derivando y reordenando la solución YP :

288

2yp(x)

=

3Dyp(x)

=

2Ce 5x + 2A cos 3x + 2Bsen3x + 2D0 + 2D1x + 2D2x 2 15Ce5x - 9 Asen3x + 9B cos 3x + 3D1 + 6D2 x

-lr+

D 2 yp(x) + 3Dyp(x) + 2yp(x) = 42Ce 5 x + (9B -7 A)cos3x + ( -9A -7 B)sen3x +2D2 x 2 +(2D1 +6D2 )x+2D0 +3D1 +2D2 42e 5x + 390sen3x + 8x 2

-

2 = 42Ce 5x + (9B -7 A)cos3x + ( -9A -7 B)sen3x + 2D2 x 2 + ( 2D1 + 6D2 ) x + 2D0 + 3D1 + 2D2

Resolviendo se obtiene:

¡

42C = 42 => e= 1

=> 9B-7A=O -9A-7B =390

}=:>{

= 8 => D2 = 4 2D1 + 6D2 = O=> D1 = -12 2D2

A=-27 B=-21

A

{

2D0 +3D1 +2D2 =-2=>D0 =13

Luego se consigue la solución particular:

yp(x) = e 5x- 27 cos3x- 21sen3x + 4x2 -12x + 13.J Ejemplo 3.19 Resuelva

(D

2

+ 8D + 25) y

3

= 4 cos 2x.

La ecuación característica y sus raíces esta dadas por:

A 2 + 8A + 25 = O::::> A =

-8+-r-36 => A = -4 ± i3. 2

=> Yc(x) = e-4x(Acos3x + Bsen3x). Usando la identidad del ángulo triple se tiene: 3

4 cos 2x = cos 6x + 3 cos 2x => ( D 2 + 8D + 25) y = cos 6x + 3 cos 2x. Usando el método de coeficientes indeterminados para hallar la solución particular y P (Ver tabla N °3.1)

2.89

FonnadecadaF(x)

FonnadelasolucionyP

cos6x

A1 cos6x + ~sen6x

3cos2x

B1 cos2x + B2 sen2x

Por consiguiente, se asume una solución particular de la forma:

Luego se cumple que:

Derivando y reordenando la solución y P

25yp(x) = 25A1 cos6x+ 25~sen6x + 25B1 cos2x + 25B2 sen2x 8Dyp(x) = -48A1 sen6x+48~ cos6x-16B1sen2x+16B2 cos2x

~+

D 2 yp(x) = -36A1 cos6x-36~sen6x-4B1 cos2x-4B2sen2x D 2 yp(x) + 8Dyp(x) + 25yp(x) = (48~ -11A1 )cos6x + (-11~- 48A1 )sen6x

+ (21B1 + 16B2 )cos2x + (21B2 -16B1 )sen2x ~cos6x+3cos2x=(48~ -11A1 )cos6x+(-11~ -48A1 )sen6x

+ (21B1 + 16BJcos2x + (21B2 -16B1 )sen2x A - - ____!_!___

48~ -11A1 =1 }~ 1 - 2425 -11~ -48A1 =0 ~ =~ 2425 B1 =§i_

21B1 + 16B2 : 3} ~ 697 21B2 - 16B1 - O B = 48 2 697 Por consiguiente, se asume una solución particular de la forma:

11 48 63 48 yP (x) = - - - cos 6x + - - sen6x + - cos2x + -sen2x.J 2425 2425 697 697 290

Observación: •

La tabla N° 3.1 falla en el caso en que las raíces de la ecuación característica coinciden con los coeficientes del exponente exponencial o las funciones trigonométricas.

Ejemplo 3.20 2

2

Resuelva (D +2D)y=4x +2x+3. La ecuación característica y sus raíces esta dadas por:

A2 + 2A =O=> {A= O =>Ye= c1 + c2 e -2x . A =-2 Aplicamosla tabla 3.1:

Forma decadaF(x)

4x 2 +2x+3

F arma de la solucion y P 2

A1x + A2 x + A3

Sin embargo: Luego debe cumplirse que:

D 2 yp(x) + 2Dyp(x) = 4x 2 + 2x + 3 yp(x) = A1x + ~x + A3 2

2Dyp(x)=4A1 x+2~

=>2A1 +4A1 x+2~ =4x 2 +2x+3(~~)

D 2 yp(x) = 2A1 Esto se debe a la constante de "3" en el lado derecho ya está contenido en la solución complementaria

c0 .Por lo tanto, uno tiene

asumir la forma de una solución particular a

ser:

Pero se cumple que:

291

D 2 yp(x) + 2Dyp(x) = 4x2 + 2x + 3 2Dyp = 6A1x 2 + 4~x + 2A3

~+

4x 2 +2x+3 = 6A1x 2 +(6A1 +4~)x+2~ + 2A3

2

6A1 = 4 => A1 = 3 3 2 . 2X X =>y (x)=---+2x.J p 3 2

Las excepciones en el método de coeficientes indeterminados. En general, si cualquiera de los términos asumidos normalmente de una solución particular se produce en la solución complementaria, uno debe multiplicar estos términos asumidas por una potencia de x que es suficientemente alta, pero no superior, por lo que ninguno de estos términos asumidos se producen en la solución complementaria. Ejemplo 3.21 Dado la solución complementaria y e y la función F(x) del segundo miembro de la ecuación diferencial específica la forma de una solución particular y P usando el método de coeficientes indeterminados.

292

(2) y

e= (e0 +c1x)ex +d0 +d1x+d2x 2

F(x) = 5xe 2 x cos3x + 3x + e 2 x;

(3) y

e= (c0 + C1X) ex + d 0 + d 1sen2x + d 2cos2x

F(x) = 2xex + 3x2 + cos3x (1) Veamos:

F(x)

Forma normal asumida de

3e-x 6e2x - 4e5x

Contenido en y e

Modificación de y P

e e-x

xC1e-x

(do +d1x+d2x 2)e5x

x3C e5x

YP

C e-x 1

e

2e

1

2x

Ce5x 3

3

(2) Veamos: Forma normal asumida

F(x)

5xe 2x cos3x

de

YP

e2x[ ( Aa + A1x) cos3x) +(B0 +B1 x)~en3x)]

3x

C0 +C1x

e2x

De5x

Contenido en y e

e2x ( acos3x +bsen3x) c0 +c1x+c2 x 2

Modificación de y P xe2 x[(Ao +A¡x)cos3x) +(B0 +B1x)sen3x)J

x 3 ( C0 + C1x)

(3) Veamos:

293

F(x)

Forma normal asumida

-Contenido en y e

Modificación de

yP

de YP

xex

(C0 + C1x)ex

3x 2

D0 +D1x+D2 x 2

x 2 (C0 + C1x)ex

(c0 + c1x)ex

x(D0 +D1x+D2x 2 )

do

:. yp(x) = x 2 (C0 + C1x)ex +x(D0 + D 1x+ D 2 x 2 )+ Acos3x+ Bsen3x. Ejemplo 3.21 Resuelva ( D

4

-

4D 2 ) y= senh2x + 2x2 •

La ecuación característica y sus raíces esta dadas por:

Esta solución complementaría se puede expresar usando las funciones trigonométricas hiperbólicas, por lo que es lícito escribir:

y e = d0 + d1x + a cosh 2x + bsenh2x.J Observación: •

Cuando se utiliza el método de coeficientes indeterminados para encontrar una solución particular, las funciones hiperbólicas

cosh f3x

1\

senhf3x

ser tratadas de forma similar a las funciones sinusoidalesCOS jJx 1\

pueden

senfJx.

Forma normal asumida

F(x)

de YP

senh2x A cosh 2x + Bsenh2x 2x2

D0 +D1x+D2 x 2

Contenido en y e

Modificación de y P

a cosh2x + bsenh2x

x (A cosh 2x + Bsenh2x)

d0 +d1x

x 2 (D0 +D1x+D2x 2 ) 294

Pero se cumple que:

D 4 yP- 4D 2 yP = senh2x+ 2x 2 • DyP(x) = Acosh2x + Bsenh2x + x(2Asenh2x + 2Bcosh2x)

+ 2D0 x + 3D1x 2 + 4D2 x 3 D 2 yp(x) = 4Asenh2x+ 4Bcosh2x+ x( 4Acosh2x+ 4Bsenh2x)

+ 2D0 + 6D1x + 12D2 x 2 D 3 yp(x) = 12Acosh2x+ 12Bsenh2x+ x(8Asenh2x+ 8Bcosh2x)

+6D1 +24D2 x D 4 yp(x)

= 32Asenh2x + 32Bcosh2x + 16x( Acosh2x + Bsenh2x) +24D2

-4D 2 yp(x) = -16Asenh2x-16Bcosh2x -16x(Acosh2x+ Bsenh2x) 2 -8Do -24Dx-48D 1 2x

senh2x+2x 2 =16Asenh2x+16Bcosh2x-48D2 x 2 -24D1x+24D2 -8D0

=>

16A=1=>A=1 _ _16 { 16B-O=>B-O

1\

1 { -48D2 =2=>D2 =-1 24 I\24D2 -8D0 =0=>D0 =-g _ _ -24D1 -0=>D1 -0 2

:. y (x) = xcosh2x _ x p 16 8

4

_

x .J

8

3.5.9 Método de operadores en ecuaciones diferenciales de orden superior. En la sección 3. 5.1, el operador

D se define como el operador diferencial:

D(.) = d(.) dx

295

Se defme el operador inversa de

D

como

n- 1

tal que

(D- 1D)y- y.

Por

consiguiente resulta que:

n- 1 (.) = ~ = f(.)dx luego se observa que el operador

(3.57)

n- 1 es el operador integral f

Del mismo modo, para la ecuación diferencial fjJ(D)y inversa

= F(x),se defme el

operador

r/J- 1(D)por: 1

[ fjJ- (D)fjJ(D)]y =y

1 fjJ(D)

V [ - -rp(D)Jy

.

=y .

Para el operador fjJ(D) de la forma:

fjJ(D) = anDn + an-1nn-1+an-2nn-2+ ... + a1D + ao. donde a0 , a 1, a2,... , an_1, an. son coeficientes constantes, una solución de la ecuación diferencial fjJ(D)y

= F(x)puede ser reescrito usando el operador inverso. Es decir,

,A-l(D) __1_ _ - ,h(D) -

1 Dn D n-1 an + an-1 +an-2 nn-2 + ... + al D + ao

'f'

'f'

El operador inverso f/J- 1(D) tiene las siguientes propiedades:

(1)

1 ~(D)~(D)

F(x) -

1

q [

1

~(D) ~(D)

F(x)] -

1

[

1

~(D) ~(D)

F(x)]

1 1 1 (2) --[F¡(x)+Fz(x)] = F¡(x)+-F;(x). fjJ(D) r/J1(D) fjJ(D) Observación: •

Para la ecuación diferencial dadaf/J(D)y = F(x), el operador fjJ(D)

y

la

función F(x) son únicos. Sin embargo, la función f/J-\D)F(x) no se determina de forma única. La diferencia entré dos resultados es una solución de

296

la ecuación complementaria~{D)y =O. Pero esto no es importante porque sólo una solución particular se va a determinar. De hecho, uno siempre trata de encontrar un resultado simple de ljJ- 1 (D)F(x). Teorema 3.3 Sea ~(D) = anDn +an_1Dn- 1+ an_ 2Dn-2 + ·· · + a1D + a0

(1) -

1

-eax

~(D)

(2)

,

entonces

= - 1-eaX, siempre que ~(a) 7:- O. ~(a)

!V(~) [e= f(x) J=e= !V(L a/(x).

Demostración (1 ): Puesto que:

~(D)eax = ( anDn + an_1Dn-1+ an_ 2Dn-2 + · · · + a1D + a0 ) eax

=anDneax +an-1 nn-1eax +an-2 nn-2eax , +···+a1Deax +aOeax =an aneax +an-1 an-1eax +an-2 an-2eax + ... +a1aeax +aOeax = (anan + an-1an-1+ an-2an-2 + ... + a1a + ao )eax = ~(a)eax

~(D)eax = ~(a)eax => ~- 1 (D)~(D)eax = ~- 1 (D)[~(a)eax

=> eax =

J

~(a)~- 1 (D)eax

1 ax =--e 1 ax , rd.( a ) 7:- O• ...--.-e ~(D)

~(a)

Demostración (2): Se considera la ecuación diferencial~{D)y

= F(x). Puesto que:

. 297

(D + a)(e-axy) = D(e-axy) + ae-axy = e-axDy (D + a) 2 (e-axy) = (D + a)(e-axDy) = e-axD 2 y (D + a)\e-axy) = (D+ a)(e-axD 2 y) = e-axD 3y (D + aY (e -ax y) = (D + a)( e-axnn-r y) = e-axDn y en seguida se obtiene:

Por consiguiente:

rp(D + a)(e-axy) = e-axrp(D)y

=> rjJ- 1(D + a)rjJ(D + a)(e-axy) = rjJ-1(D +a)[ e-axrjJ(D)y J => e-axy = rp- 1(D +a)[ e-axrp(D)y J=>y= eax

1 [ e-axrp(D)y rp(D +a)

JJ

Jse produce que: r/J-l(D)[ eax f(x) J= eax 1 [ e-axrp(D)y J= eax 1 [ e-axeax f(x) J rjJ(D + a) . rp(D + a)

Usando t/J(D)y

= eax f(x)

1\

y= t/J- 1(D) [ eax f(x)

¡?(~)[e~ f(x) J=e~ ¡?(D~a)[f(x)].J Ejemplo 3.22 Resuelva ( D 2

+ 5D + 4 )y= e2 x + x 2 e-2 x.

Laecuacián característica es A 2 + 5A + 4 =O=> (A+ 4)(A + 1) =O=> {

A=-4

A=-1

La solución complementaria está dada por:

Yc

=

d oe -4x + d re -x . . .,1 298

Para una solución particular:

YP =

Y = P¡

ylí =

1 2

D +5D+4

1 D 2 +5D+4

( e2x + x 2 e-2x) . e2x (e2x)=---2

2 +5x2+4

18

J

1 ( 2 -2x) -2x ( 1 2 D 2 +5D+4 x e =e. (D-2) 2 +5(D-2)+4 x

=e-2x

1 D2 +D-2

2

e

-2x

x =---

2

Pero:

Entonces se obtiene: 2

2

J

e- D 3D ... x x ( yP = 1+-+--+

.

2

2

4

2

2

3 => yP = -e-- -x ( x 2 +x+-+0+0 ...

2

J

2

Técnica de Evaluación para polinomio:

299

Nuevo operador

= :,

[1 + b D + b D 1

2

2

+ b3D 3 + .....bkDk + ... ](

C+ Cx + ... + Ckxk) 0

1

Expandir el operador y pararenDk

lo que puede ser evaluado fácilmente usando:

Dxq =qxq-\D 2xq =q(q-l)xq-2, ... ,Dqxq =q(q-l)x ... xl, Dqxq =O, para p > q. En la expansión del operador puede ser obtenido usando: l. Mediante una división larga. 2. Mediante las series geométricas:

1 2 3 k --=l+u+u +u + .... +u + ...

1-u

Este método de expansión de operadores utilizando la división larga o serie es aplicable sólo al evaluar polinomios. Ejemplo 3.23 Hallar la solución particular de (D

2 + 6D +

9) y = ( x 3 + 2x) e-3x.

Por el método de los operadores, una solución particular está dada por:

y = P

1

D 2 +6D+9

[(x3 + 2x)e-3x]

Aplicando el resultado del Teorema 3.3 parte (2) se tiene que la solución particular está dada por:

YP =e

-3x

1

(D-3)2 +6(D-3)+9

[(

3

2 )]

x + x

300

YP =e

-3x

1 ( 3 ) -3x 1 ( 3 2 ) (D-3)2 +6(D-3)+9 x + 2 x =e D2 x + x.

Puesto que,

Por consiguiente, 5

3

J

=e-3x ( 1 x +x- .J YP =e-3x_(x3+2x)=>y D2 P 20 3 Ejemplo 3.24 Halle la solución particular de la ecuación:

( D 2 - 2D + 2 )y= x 2ex cos2x. De la formula de Euler se obtiene:

eiB

= COS (} + isen(} :::::> {COS 2X = lJte( ei 2x)

1\

ex COS 2X = lJte [ e(l+i 2)x

J

Aplicando el método de operadores, una solución particular es:

Aplicando el resultado del Teorema 3.3 parte (2) se tiene

q~e

la solución particular está

dada por:

YP

YP

= 9te{e(l+i2)x

_ mJte [ e(l+i2)x

-

x2}

1 [D +(1 +i2)t- 2[D + (1 +i2)] + 2 .

1 -1e(l+i2)x 1 x 2] -_ mne x2 D +i4D-3 3 1 _(i4 D+_!_D2) 3 3

2

Expandiendo el operador usando serie geométrica:

301

yP = 9ie{

~l eO•i2Jx [1 + (

_m [-1 yP -Jte - e (l+i2)x ( x 2

3

i; D~ D') i; D+ ~ D') ]x'} +

+(

+ ...

i4 Dx 2 -13 +- D2 x 2 + ... 3 9

JJ

i8 x- 9 26)] . 2 x )( x 2 + 3 yP = m ne [-1 e x( cos 2 x + 1sen

3

yp= -1 ex(·x 2 cos 2 x- 8 xsen 2 x- 26 cos 2x ) .J

3

3

9

Ejemplo 3.25 Halle una solución particular de la ecuación:

(D

2

+3D-

4)y= 6sen2x.

Por el método de los operadores, una solución particular está dada por:

YP =

1 ( 6sen3x ). D +3D-4 2

De la formula de Euler se obtiene:

ei8

= cos () + isen() => {sen3x = hn(ei 2 x)

1\

J

6sen3x = hn [ 6ei 3x

Aplicando el método de operadores y el Teorema 4.1 parte (l),una solución particular es:

6 1 ( 6ez'3 x) } -1m { -1m e '3 x} YP- { D 2 +3D-4 (i3) 2 +3(i3)-4 1

=1m[ 6

y p

i9 -13

ei3x] =

lm[

6(i9 + 13) ei3x] (i9 -13)(i9 + 13)

= ~ hn[ (i9 + 13)ei3x J 125

J

3 hn[ (i9 + 13)(cos3x + isen3x) 125 3 = - hn[ (13cos3x- 9sen3x) + i(9cos3x + 13sen3x) 125

yP = -

J 302

-3

yp(x) = -(9cos3x + 13sen3x).J 125 Observaciones:

•!• Este proceso envuelve la manipulación de los números complejos, lo que podría ser tedioso. Note que i2=-1, i4=1l=-l, ..... cuando uno trata solamente los términos de las potencias pares del operador D, se puede evitar los números complejos.

•!• Puesto que cos fJx

1\

senfJx son conectados a eiflx, cuando se aplica el

Teorema 3.1 con a= i/3 ya

2

= (i/3) 2 = -/3 2 •

Por consiguiente, relacionando

los términos de potencia par de D, un simple método puede ser ideado como sigue:

6 y = 2 sen3x P D + 3D - 4 ( )

YP =

YP

~

{sen3x = :Jrn ( ei

3

x)

. )2 D 2 ---+ ( z3 =-3 2

6 6 6(-13-3D) sen3x = sen3x= sen3x -3 +3D-4 -13+3D (-13+3D)(-13-3D) 2

= -6 (13 +3D) sen3x=> 169-9E

= -6 (13sen3x + 3Dsen3x) 169-9( -3 2 )

YP

•

-32

.

_ -3(13sen3x+9cos3x) .J 125

.. YP-

Este procedimiento puede ser resumido como Teorema 3.4. Note que t/J(D) siempre puede ser escrito como:

t/J1(D 2 ) + t/J2 (D 2 )D,por ejemplo: 3

2

2

2

t/J(D) = 3D + 2D + D + 1 = ( 2D + 1) + (3D + 1)D.

,00 303

Teorema 3.4. Sea el operador~(D) = anDn +an_1Dn-I +an_2Dn-2 +···+a1D+a0 ., entonces:

1 {senfJx} 1 {senfJx} {cos fJx =me( eifJx) 2 2 rjJ(D) cosfJx = r/J1(D ) + r/l2 (D )D cosfJx ~ senfJx =3m( eifJx)

1

2

2

{rjJ1(-/3 )senf3x- /3r/J2 (-/3 )cosf3x}

=> YP = [rfJ1(-f32)T + f32[rfJ2(-f3 2)T rfl1(-f3 2 )cosf3x+ f3r/J2 (-f3 2 )senf3x No es conveniente memorizar el resultado del Teorema 3.4, pero el teorema se tiene una técnica para hallar una solución particular correspondiente a una función sinusoidal.

Ejemplo 3.26

1 [ex (2sen3x- 3cos2x) D -4D+3

J.

Evaluar

yP =

yp=ex

1 (2sen3x-3cos2x). (D+ 1)2 -4(D + 1) +3

2

~ 304

1 1 (2sen3x- 3cos2x) = 2ex 2 sen3x ,D -2D D -2D 1 - 3ex 2 cos2x. D -2D 1 1 YP = 2ex 2 sen3x- 3ex 2 cos2x. -3 -2D -2 -2D 2

YP =ex

9 - 2D) 4- 2D) YP- -2e ( 32 + 2D )( _ 2D) sen3x+3e ( 4 + 2D)( 4 _ 2D) cos2x. 9 -

X

(

X

(

9- 2D) (4- 2D) sen3x + 3ex cos 2x 81-:4D 2 16- 4D 2

= - 2ex (

y P

YP =-2e y P = -2e

~

~

-32

-22

x (9sen3x-6cos3x)

117 x (3sen3x- 2cos3x)

+3e

x (4cos2x+4sen2x)

32

+ 3ex ( cos2x+ sen2x)

_o___ _ _ _____e_

39

8

~ 3 ] .J :.yP =ex -(3sen3x-2cos3x)+-(cos2x+sen2x) 39 8

[

Ejemplo 3.27 4

Resuelva (D 2 + 6D + 9 )y= 72sen 3x. La ecuación característica y sus raíces:

Por consiguiente, la solución complementaria es,

Para hallar una solución particular, primero se escribe el equivalente del segundo miembro de la ecuación.

72sen 4 3x = 18( 2sen 2 3x

r=

18(1- cos6x )

2

= 18(1- 2cos6x + cos 26x)

~/

305

812 1 72sen'3x = 18(2sen2 3x)' = 18(1- 2cos6x+ + c~ x)

= 27- 36cos6x + 9cos12x YP =

1 (27 -36cos6x+9cos12x). D +6D+9

Yp =

27 36 9 cosOx- 2 cos6x+ 2 cos12x. D +6D+9 D +6D+9 D +6D+9

yP =

27 36 9 cosOxcos6x + cos12x. -0 2 +9 -6 2 +6D+9 -12 2 +6D+9

2

2

27 9

yp=--

y = 3P

y =3P

12 3 cos6x+ cos12x. 2D-9 2D-45

12(2D + 9) 3(2D + 45) cos6x+ . . cos12x. (2D- 9)(2D + 9) (2D- 45)(2D + 45) 12(2D+9) 3(2D+45) cos6x+ cos12x. 2 2 4D 4D ,_,_., -81 ,_,_., -2025 -62

y = 3p

yP =3-

-122

12(2D + 9) 3(2D + 45) cos6x + cos12x. 4(-36)-81 4(-144)-2025 V

12 2 2 45 ( D+ 9) cos6x- ( D+ ) cos12x. 225 867

_ _ 12(-12sen6x+9cos6x) + (24sen12x-45cos12x) Yp- 3 225 867 . Teorema 3.5

Si r)(a) = O,r)'(a) = O,r)"(a) = O,r)"'(a) = O, ... ,r/Jcp-l)(a) = O,rjJcP)(a) *-O ,es decir

a

es una raíz de multiplicidad

p de la ecuación característica

~(A,)=

O, entonces

rr

306

Demostración:

Como a es raízde multiplicidad p de la ecuación característica

~(A:)=O,~(D).

se puede escribir como:

t/J(D) =(D-a

Yt/J (D),t/J (a)* O.Por consiguiente: 1

1

¡fJ(~) e== (D-a ~P ljJ¡ (D) (l) =e= (D-a ~P ¡fl¡(D) =e= DPifJ1 (~ +a) 1

ax

ax

1 {

1

~(D) e =e DP ~¡(D+a) e

Ox}

ax 1 1 =e DP ~¡(a)

(3 48) .

Puesto que _!_es el operador integral,-;- significa que se integral (3.48)

D

D

respecto a x p veces, lo cual da:

Por otro lado, diferenciando ~(D) se produce: ~'(D) = p(D- ay-r~¡(D) + (D- a)P ~'¡(D)

~"(D) = p(p -1)(p- 2)(D- a)P-3 ~1 (D) + 2p(p -1)(D- a)P- ~'¡(D) 2

+3p(D- p

y-r ~''¡(D) +(D- p Y~"'¡(D)

a partir de los términos, se puede ver fácilmente que:

Por consiguiente, 307

1 ax 1 p ax --e = x e _, rp(D) rp A = ±i.Porconsiguiente, la solución complementaria es : Y e= Acosx+ Bsenx.J Diferenciando con respecto a x se produce:

Y'c =-Asenx+Bcosx. Se sabe que A y B son constantes. Observación: En general, para una ecuación diferencial lineal de orden n, la solución complementaria Ye es diferenciada n-1 veces para obtener las ecuaciones Para encontrar una solución particular, varían las constantes en las ecuaciones para que sean funciones de x, es decir, A---+ a(x), B---+ b(x). Así, las expresiones para y P 1\ y 'p se obtienen.

YP = a(x)cosx+b(x)senx

y'P =-a(x)senx+b(x)cosx

(3.59)

y'p

= a'(x)cosx- a(x)senx + b'(x)senx + b(x)cosx

y"P

= a"(x)cosx- 2a'(x)senx- a(x)cosx + b"(x)senx

(3.60)

+ 2b '( x )senx- b( x )senx 310

Comparando (3.59) y (3.60):

a'(x)eosx- a(x)senx + b'(x)senx+ b(x)eosx = -a(x)senx + b(x)eosx

::::> a'(x)eosx+b'(x)senx =O::::> y'P = -a(x)senx+b(x)eosx ::::> y"P =-a'(x)senx-a(x)eosx+b'(x)eosx-b(x)senx Por otro lado se tiene:

y"p+ yP = ese3 x

y"P = -a'(x)senx- a(x)eosx+ b'(x)eosx- b(x)senx J, + YP = a(x)eosx+b(x)senx

ese3 x = -a'(x)senx+b'(x)eosx Luego se tiene el siguiente sistema: El Wronskiano del sistema de coeficientes a(x) y b(x) es:

w(x) =

cosx senx =1 -cosx cosx

Luego se obtiene que:

a'(x) =

o 3

ese x

J

senx 2 2 = -ese x ::::> a(x) = -ese xdx = ctgx eosx

o 3

ese x

f

=sen-3 xeosxdx => b(x) = sen-3 xeosxdx =-

1 2sen 2 x

La solución general está dada por: 311

y(x) = Yc(x) + yp(x) ::::> y(x) = Acosx+ Bsenx+ a(x)cosx+b(x)senx. 1 :. y(x) = Acosx + Bsenx + ctgxcosx- -cscx.J

2

Ejemplo 3.31

ex

Resuelva la ecuación diferencial

y"'-y'=-l+ex

La ecuación característica y sus raíces:

íL

3

-

íL=O íL =o::::> íL(íL -l)(íl, + 1) =o::::> íL = 1

¡

íL=-1

Luego la solución complementaria está dada por:

donde

el' c2 y c3 sonconstantes. Derivando y 'e

con respecto a X se tiene :

= -C¡e-x + C2ex

y"~=

C1e-x + C2ex

se aplica el método de variación de parámetros y se varia las constantes

C1 ~c1 (x), C2

~c2 (x),

C3 ~c3 (x).

Para expresar una solución particular de la forma:

~

312

Yp

= e1(x)e-x + e2 (x)ex + e3 (x)

y'p = -e1(x)e-x + e2 (x)ex y "p

= e1(x)e-x + e2 (x)ex

(3.61) (3.62) (3.63)

Diferenciando la solución particular yp con respecto a x se consigue:

(3.64) Derivando (3.62) respecto a x:

(3.65) Comparando (3.61) y (3.62) se obtiene:

-e1(x)e-x + e2 (x)ex =e'¡ (x)e-x- e1(x)e-x + e'2 (x)ex + e2 (x)ex + e'3 (x) =>e'¡ (x)e-x + e'2 (x)ex + e'3 (x) =O

(3.66)

Comparando (3.63) y (33.65) se obtiene:

(3.67) De (3c) se tiene que:

Pero se sabe que:

313

ex yp"'-yp'=-1 +e X

X

(3.69)

=>e' (x)e-x +e' (x)ex =_e_ 1 2 1+ex Luego se tiene el siguiente sistema:

e'¡(x)e-x + e'2 (x)ex + e'3 (x) =O -e'¡(x)e-x + e'2 (x)ex =O

(3.70) X

e e ,1( x ) e-x +e ,2 ( x ) ex = 1+ex Usando el método de Crammer se resuelve el sistema (3.70):

Luego:

314

o o ex c'¡(x) =

ex ex

o

ex

o

ex +1

1

2

o o

e-x -e

-X

e-x

ex ex

e-x

ex

c' 3 (x) =

o =

.!.( _::1__) => c,(x) = .!_2 f~ = _.!_ ln(l ux) ex + 1 2 2 ex + 1

o o ex ex +1

2

J

o

ex

e-x -e-x

J

1

ex +1 2

c' 2 (x)=

2

1 ( -e ' ) => C (x) =-1 e'e'dx =-1 =- - [ex -In( ex + 1) 1 2 ex + 1 2 ex + 1 2

= ( -e'-)

ex+1

=> c3 (x) =

e'dx J-ex+1

= ln(ex +1)

Por consiguiente:

3.5.11 Ecuaciones diferenciales de Euler. Una Ecuación Diferencial de Euler es una ecuación diferencial ordinaria lineal con coeficientes variables de la forma:

315

(3.71) donde a0 ,a¡,a2 , ... ,an son constantes. Usando el operador D, D() .

d(.) =--, luego la dx

ecuación de Euler puede ser escrito como: Para resolver la ecuación, se usa la substitución x = ez para convertirlo en una con coeficientes constantes. Se asume que la variable independiente x es positiva(x

Sea

>O):

x = ez v z = In x , denotemos D (.) = d ( ·) , por consiguiente usando la regla dz

de la cadena:

dy dx

= dy dz = _!_ dy => x dy = dy => xD(.) = D(.). dzdx

xdz

dx

dz

Análogamente se obtiene que:

=> x2 d2;; = d2;;- dy => x2 D2(.) = (n2- D )C.)= D(D -1)(.) dx

dz

dz

Fácilmente se puede probar que:

xnDn (.) = D(D -1)(D- 2) .... (D- n + 1)(.), nEO+.

316

· · , · de1 operador D ( .) = d (.) . ' d.~ . 1 de en termmos Por cons1gmente, - , una ecuac10n 11erenc1a

dz

Euler se convierte en una ecuación con coeficientes constantes: Por ejemplo considere la ecuación:

D(.) = d(.) dx Aplicando la substitución x = ez , la ecuación diferencial se convierte en: ( a2 D(D -1) + a 1D + a0 )y =

f(ez),

D(.) = d(.) dz

V

[ a2 D2 + (a1 - a2 )D + a0 ]Y= f(ez). Ejemplo 4.30

D(.) = d(.)

dx Sea x = ez

-+ z = In x

1\

D(.) = d (·) , la ecuación diferencial se convierte en: dz

(D(D-1) -D+ 2)y = ezz 3 ~[D 2 - 2D + 2]Y= ezz 3 • la ecuación característica y sus raíces están dadas por:

A2 - 2A + 2 =

O~ A = 2 ± i2 = 1 ± i1. 2

Luego la solución complementaria está dada por:

Yc =ez(Acosz+Bsenz)

317

Aplicando el teorema 3 .2, una solución particular es de la forma:

YP = D 2

-

1 ( z 3) z 1 3 z 1 3 2D + 2 e z =e (D + 1) 2 - 2(D + 1) + 2 z =e 1+ D 2 z

Pero:

1

------,-2

l+D

= 1-

D 2 + (D 2 ) 2 - ....

Por consiguiente, la solución general de la ecuación dada es:

Finalmente, se expresa en las variables originales:

y(x) = x[ Acos(lnx) + Bsen(lnx) + (Inx)

3 -

6lnx

JJ

Ejemplo 3.32 3

Resuelva ( x D

Sea x = ez

~

3

z = In x

+ xD -1 )y= 4x 5 ,

1\

D(.) = d(.) . dx

D() d(.) . ' d·~ . 1 se convierte . . = - , 1a ecuac10n 11.erencm en: dz 3

(D(D -1)(D- 2) + D -1)y = 4e5z => (D -1) y= 4e5z la ecuación característica y sus raíces están dadas por:

318

Luego la solución complementaria está dada por:

Aplicando el teorema3.1 ,una solución particular es de la forma:

Por consiguiente, la solución general de la ecuación dada es:

Finalmente, se expresa en las variables originales:

3.6 Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales lineales de orden dos. 3.6.1 Formulación de la Ecuación del Movimiento. En esta sección, se estudia la vibración de una construcción simple de una sola planta, como se muestra en la figura N° 3.26, que es considerado como un modelo de un sistema de un solo grado de libertad (DOF) (degree only free). Un edificio de una sola planta de una viga rígida con masa m, que es apoyada por columnas· de combinación de rigidez k. Las columnas se supone que son sin peso, no extensible en la dirección axial (vertical), y que sólo pueden tener las fuerzas de corte, pero no los momentos de flexión. En la dirección horizontal, las columnas actúan como un resorte de rigidez k. Como resultado, la viga sólo se puede mover en la dirección horizontal, y su movimiento puede ser descrito por una sola variable x (t), por lo que el sistema se denomina un sistema con un grado de libertad. El número de grados-de-sistema El

319

número de grados de libertad es el número total de variables necesarias para describir el movimiento de un sistema.

F(t)

..

Viga rigida m

..-

~'

~

Columnas sin peso

x(t)

~",_

"

k

j

..

.. x0 (t) Desplazamiento del suelo

Figura N° 3.26: Una construcción simple de un solo piso. La rigidez k combinado de columnas se puede determinar de la siguiente manera. Aplicar una fuerza estática horizontal P de la viga. Si el desplazamiento de la viga es como se muestra en la figura N° 3.27, a continuación, la rigidez combinada de las columnas es.

p

p

Figura N° 3.27: Rigidez de las columnas.

La fricción interna entre la viga y las columnas se describe por un amortiguador viscoso con coeficiente de amortiguación c. Un amortiguador se muestra esquemáticamente en la figura ~3 .28 y proporciona l:ma fuerza de amortiguamiento, donde y son las velocidades de los puntos A y B, respectivamente, y es la velocidad relativa entre los

320

puntos B y A. La fuerza de amortiguación es opuesta a la dirección de la velocidad relativa.

B Figura Nl3.28: Un amortiguador. 3.6.2 La vibración de un edificio de cizallado bajo una fuerza externamente aplicada F(t). En este caso, la viga se somete a una fuerza F (t) aplicada externamente, que puede ser un modelo de carga de viento. Considere la vibración de la viga, y su diagrama de cuerpo libre se dibuja en la figura Nl3.29.

x(t)

F(t)

m

1 1

1 ,/

/

1

1

cx(t)

1kx(t) 1 1

/

1/

L--3]--, e /1 1 1

,/

/

!k 1

~

Figura N°3.29: Diagrama de una construcción y fuerza externa. La viga está sometida a la fuerza de cizalla (fuerza elástica), la fuerza de amortiguación viscosa, y la carga F(t) aplicada externamente. La ecuación de movimiento se rige por la segunda ley de Newton. 2

dx = -kx(t)- e-+ dx F(t) ------+ ma = "" L...,¡F => m 2 dt . dt

321

Se tiene:

d 2x dx m+e-+kx(t)=F(t) dt 2 dt

(3.60)

3.6.3 La vibración de un edificio simple con la excitación de la base. En este caso, la base (cimiento) del edificio se somete a desplazamiento dinámico, que puede

ser

un

modelo

de

un

terremoto

y

es

una

función

conocida.

El diagrama de cuerpo libre de la viga se muestra en la figura ~ 3.30 La cizalla (elástico) la fuerza cortante y la fuerza de amortiguación aplicada sobre la viga están dadas por: Esfuerzo cortante= k k=(Desplazamiento relativo entre la viga y la base) =k( x - x0 ) La fuerza de amortiguación =e

e =(Desplazamiento relativo entre la viga y la base) =c(x'(t)- x' 0 (t)). La Segunda Ley de Newton requiere que

d 2x

~ ma = ,LF=> m =-k(x(t)-x0 (t))-e[x'(t)-x' 0 (t)] dt 2

- Figura N° 3.30 : Edificio bajo excitación de la base. Sea

y(t) = x(t) - x 0 (t) , que es el desplazamiento relativo entre la viga y la base,

será la nueva variable dependiente. Entonces diferenciar con respecto a t resultados en

322

y '(t) =X '(t)- X ' 0 (t), y "(t) =X "(t)- X " 0 (t) En términos del desplazamiento relativo, la ecuación de movimiento está dada por

m[y"(t) + x" 0 (t)] = -ky- cy'(t) Es decir:

my"(t) + cy'(t) + ky(t) = -mx" 0 (t)

(3.61)

donde x" 0 (t) es la base o aceleración del suelo. La carga sobre la viga creada a partir de la excitación a tierra (terremoto) es F(t) = -mx" 0 (t) , que es proporcional a la masa de la viga y la aceleración del suelo. Ambos sistemas (3.60) y (3.61) son ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de segundo orden con coeficientes constantes En general, un sistema lineal de un solo grado de libertad puede ser modelada por un sistema de masa-amortiguador-muelle mecánico. El ejemplo de un solo edificio simple bajo la carga aplicada externamente o excitación de base se puede describir mediante el siguiente sistema de masaamortiguador-muelle de equivalente. Un solo grado de libertad del sistema con fuerza aplicada externamente. x(t)

~

x,x,x

¡-

Figura N° 3.31: Sistema masa-amortiguador-resorte con grado de libertad.

323

Sistema con un grado de libertad en la sección base de excitación. Considere la figura N° 3.32. xo(t)

x(t)

r

~k

r X,

x(t)

X, X

Figura ~3.32: Un sistema masa-amortiguador-resorte bajo excitación base.

(a)

J

y

(b)

Yo(x)

(e)

Figura N°3.33: Modelos matemáticos del motor a reacción y el tren de aterrizaje.

324

Con el fm de obtener las principales características dinámicas y comportamientos, muchos sistemas de ingeniería pueden ser idealizadas como sistemas de un solo grado de libertad. Por ejemplo, considere el avión se muestra en la figura N> 3.33 (a).

•!• Los motores a reacción son soportados por las alas del avión, que se puede modelar como voladizos con secciones variables. La vibración de un motor a reacción en la dirección vertical puede ser modelado como un sistema con un grado de libertad como se muestra en la figura N>3.33 (b).

•!• El tren de aterrizaje del avión se puede modelar como una masa m conectada al avión por un muelle de rigidez K y un amortiguador de coeficiente de amortiguación c. Un muelle de rigidez K se utiliza para modelar las fuerzas en los neumáticos. El avión se mueve a una velocidad constante de U sobre una superficie rugosa. Suponiendo que el avión se mueve sólo en la dirección horizontal, el tren de aterrizaje se modela como un sistema con un grado de libertad como se muestra en la figura N> 3.33 (e). 3.6.4 Respuesta de un sistema de un solo grado de libertad. De la Sección 3.1.1, la ecuación de movimiento de un solo grado de libertad del sistema viene dada por

d 2x dx m+c-+kx(t)=F(t) dt 2 dt donde F(t) es una función de fuerza conocida. Se trata de una ecuación diferencial lineal de segundo orden con coeficientes constantes, y se puede reescribir en forma estándar en la teoría de la vibración dividiendo ambos lados por m

d x +~ dx +!x(t) = F(t) dt 2 m dt m m 2

(3.62)

Denotando:

325

k = w~, w0 ~ Frecuencia circular natural. m

-

e = m

-

2c; w0 ,

e; ~ Coeficiente de amortiguamiento no dimensional.

Luego de (3.62),la ecuación del movimiento se convierte en:

(3.63) La solución del sistema x(t) se compone de dos partes: la solución complementaria y la solución particular.

•!• Se obtiene la solución complementaria X e (t) cuando el lado derecho de la ecuación se ajusta a cero, es decir, F (t)

=

O, lo que implica que el sistema no

está sometido a carga. En la terminología de la vibración, el sistema está libre (no forzada) de vibración, y la solución de la ecuación es la respuesta de las vibraciones.

•!• La solución particular X P (t) corresponde a la parte derecha de la ecuación o el término de forzamiento F(t), por lo tanto, la respuesta de una vibración forzada. 3.6.5 Solución complementaria de la ecuación de Vibración libre. La ecuación de movimiento es la ecuación diferencial complementaria dada por

(3.64) La ecuación característica y sus raíces están dadas por:

p 326

Si la ecuación característica tiene raíces distintas reales, raíces dobles, o raíces complejas depende del valor del coeficiente de amortiguación adimensional (. Caso 1: Sistema subamortiguado

O< S < 1

La mayoría de las estructuras en ingeniería caen en ésta categoría con el coeficiente de amortiguación

S ,

generalmente menos de 10%. Las raíces de la ecuación

característica son

(3.65) w0 ~1- (

donde Wd =

2

es la frecuencia circular natural, amortiguada. La solución

es complementaria

Xc(t)

= e-(wot (Acos W/ + Bsenw/ ),

donde las constantes A y B se determinan a partir de las condiciones iniciales

x(O)

= x0

y x'(O)

= v0

desde

x'c(t) = -{;w0 e-~wot (Acoswaf+ Bsenwaf) +e-~wat (-Awdsenwaf+ Bwd coswift) x'c(t) = e-(wat [ (-{;w0 A + wdB)coswdt + ( -{;w0 B- wdA)senwaf] sustituyendo en la condición inicial se produce:

x' e (O) -'='o - _rw A+ wd B -- o v

-:::::¿

B --

V0 +(W0 X0 .

w

d

Por consiguiente, la respuesta de la vibración libre es:

327

(3.66) Caso especial: sistema no amortiguado

S = O Wd = W 0

La respuesta dada en (3.66) se convierte en:

X e (t)

=

V

x0 cos W 0 t + - 0 senw0t => Wo

~

Xc(t)

=

X

°

xi+( ~J xi+(~J

w

(vo Jsenw t

COSW/+

0

2

Xo+

~

'----.r-----'

Wo '----.r-----'

a

cosq.>

senq.>

(3.67) que es una función armónica se muestra en la figura N°3.34 con una amplitud y ángulo de fase

rp

dados por

(3.68)

328

xc(t) Pendiente=1f¡en t=O

Amplitud a

t

Figura Nl 3.34: Respuesta de la vibración libre no amortiguada.

.

2;r

La solución armónica tiene períodoT = --, por lo tanto,

w0

que se llama la

Wo

frecuencia circular natural del sistema, con la unidad rad 1 seg. La frecuencia natural es

f

w0

= -

-

2;r

1

.

= -, en ciclos 1 segundo o Hz. El desplazamiento máximo es

T

m á x X e (t)

~a~

x; + (

J

~ ~ amplitud del movimiento

subamortiguado libre de vibraciones. La respuesta de la vibración libre amortiguada se puede escribir como

(3.69) Donde

(3.70)

329

Para dibujar la respuesta de vibración libre amortiguada, compararlo con la respuesta de vibración libre no amortiguada. La diferencia radica en la amplitud: en lugar de tener una amplitud constante a, la amplitud

ae -(wot

decae exponencial con el tiempo. Los

siguientes pasos se siguen al esbozar la respuesta XC (t).

lro) Se bosqueja la función sinusoidalcos(wdt- rp), en la que Wd es la frecuencia circular natural de amortiguamiento (rad 1 seg) y

Ta

2tr

=-

Wa

y fa

w

1

2tr

Ta

= ____A_ = -

2d0 ). Esbozando

ae-(Wot

rp

es el ángulo de fase. El período es

.

es la frecuencia natural amortiguada en ciclos 1 seg o Hz.

la imagen y la amplitud especular

ae-(Wot

y con líneas de

trazos. Estas dos líneas forman la envolvente de la respuesta. 3r0 ). Montar la función sinusoidal cos(W

i - rp)

dentro y sobre la imagen de ae -(wot

para obtener la respuesta de vibración libre amortiguada. La respuesta de la vibración libre amortiguada se puede utilizar para determinar el coeficiente de amortiguación

!;

de la siguiente manera:

En el tiempo t, la respuesta es

xc(t)

= e-swot cos( cos wat- rp ).

Después de período, la respuesta se hace

lo que conduce a

330

(3.71)

t

Figura N° 3.35: Respuesta de vibraciones subamortiguadas. Tomando logaritmos a la expresión que se dio en (3.71) se produce:

331

en el que

e;;WaTd

amortiguados con,

se llama el decremento logarítmico

a. Para estructuras pobremente

O< (; < l.

Por lo tanto, el coeficiente de amortiguación no dimensional

,...

·J·

·1·

Td

t;

está dada por

.. 1

t

Figura N° 3.36: Coeficiente de amortiguamiento no dimensional. En la práctica, es ventajoso para seleccionar el tiempo t de tal manera que se alcanza el valor máximo. Si t 0 , tp t 2 , •••• , tn son las n+ 1 veces valores consecutivos cuando toma valores máximos como se ~uestra en la figura~ 3.36, entonces X

In e

(t) 0

Xe ( tn )

=In

X

e

Xe ( t0

(t) 0

+ n T) d

e-?woto

=In e

-~woCto+nTd)

.

=n!"'wT =2m~/

'='

O d

DA

~

'='

332

e;= _l_ln 2mr

XcCto) Xc (t0 + ni;¡)

Por otro lado se tiene que

que estima los n valores de los coeficientes de amortiguamiento adimensional calculado utilizando los valores de respuesta en momentos

tk

y

tk + Td . El promedio de estos n

valores está dado por

Desde el teorema del límite central en la teoría de la probabilidad(distribución binomial para n ¿ 30 ), se sabe que

S

se acerca al verdadero valor del coeficiente de

333

amortiguación cuando

n ---+ oo

no dimensional. Por lo tanto, mediante el uso de un

valor más grande de n en la ecuación anterior, se logra una mejor estimación de (; . Caso 2: Sistema críticamente amortiguado (; = Cuando (; =

1

1, el sistema se denomina críticamente amortiguado. La ecuación

característica tiene una raíz doble

A

= -w0 , -w0 • La solución complementaria está

dada por

las constantes C0 y C1 son determinados de la condiciones iniciales

x(O) = x0

,

x'(O) = v0 • Puesto que

' (t) -_e e

x e

1

-w0t

-

(Co + el )Woe -w0t '

se tiene que

Por consiguiente la respuesta es

(3.72) Una respuesta típica de la vibración libre de un sistema de amortiguamiento crítico[ver (3.72)] se muestra en la figura :W 3.37, que no es oscilatoria y decae exponencialmente.

334

Pendiente=v0 en t=O Xo

t Figura Nl3.37: Respuesta de vibraciones críticamente amortiguado. Caso 3: Sistema sobreamortiguado

t; > 1

Cuando el coeficiente de amortiguación adimensional es

t; > 1 ,el sistema se llama

sobreamortiguado. La ecuación característica tiene dos raíces reales distintas A, = w0 ( -t; ± ~ t;

2

-

1). La solución complementaria se da por la siguiente expresión:

las constantes

Ca y C1 son determinados de la condiciones iniciales

x(O) =

x'(O) =Va. Desde que:

Xa ,

obtiene que

335

Por lo tanto, la respuesta de libre de vibración de un sistema de sobreamortiguado es

(3.73) Un gráfico típico de la respuesta dada en (3.73) se muestra en la figura~ 3.38, que no es oscilatoria y decae exponencialmente.

Pendiente=v0 en t=O.

t Figura N° 3.38: Respuesta de vibraciones sobreamortiguado. 3.6.6 Solución particular de una vibración forzada. Para un sistema subamortiguado con

O< (; < 1 ,

la solución

compl~~

respuesta de las vibraciones está dada por

336

que decae exponencialmente y se aproxima a cero cuando la figura

Nl

t ~ oo, como se muestra en

3.37 .Por lo tanto la solución complementaria se llama la solución

transitoria. Debido a que su valor se convierte en insignificante después de algún tiempo, el efecto es pequeño y no es importante en la práctica. La solución particular

XP

(t)

se asocia con el lado derecho de la ecuación diferencial y

por lo tanto corresponde a la vibración forzada. La solución particular se llama la solución de estado estacionario, porque es la solución que persiste cuando el tiempo es grande. Supongamos F ( t) = F0 senfU . Entonces los satisface solución particular de

d2xP dt

1'

- --+2'=' 2

dxp 2 ) Fa w0 --+w0 xp(t =-senO.t, o expresamos en la notación del operador dt m

diferencial D , luego se obtiene que

(3.74) Por consiguiente:

F 1 · xp(t) = - 0 ti senO.t ~ PorTeorema3.2 2 m -0. +2sw0 D+ 0

F:0

x (t) = 2 p m [ ( w~ - 0. )

(w -0. )-2sw D + 2sw0 D J[(w~ - 0. 2

0

2

0

senO.t

2 )-

2sw0D J

337

F0 ( w~ -

0 2 ) - 2sw00 cos Ot x (t) = - - - ' - - - - - ' - - - - : : - - - - P m ( w~ -nz +(2swon)z

(3.75)

t

Se defme el ángulo de fase rp por

la respuesta de vibración forzada dada en (3.75) se convierte en

(3.76)

La fuerza aplicada F(t) es máxima en Ot

= 1C, 31C ,-··; 2 2

la respuesta

Xp(t)

es máxima

3

en Qt - qJ = 7r , 7r , · · ·por lo tanto la respuesta X P ( t) se retrasa por el forzamiento

2 2 por un tiempo rp - 0 . El ángulo rp se denomina ángulo de fase o defase~ La amplitud de la respuesta de vibración forzada es

(3.77)

Denotando

Q

r=-=

w0

Frecuencia de excitación rr d fr · =1asa e ecuencm Frecuencia natural no amortiguada

se tiene que

338

Xp(t) 1max

1

Fa 1 2 k 2 = ---;=,=== ====, W0 =-=>k= mw0 • 2 k

\I(I-r2) +(2sr)2

m

Si el efecto dinámico no se considera, por ejemplo, si sólo se consideran términos estáticos y los términos dinámicos en la siguiente ecuación se cayeron, se obtiene

d2x

dx cm-+ + ......_,_..... kx(t) 2 dt dt '----v----1 Fuerza Fuerza Fuerza de. elástica de inercia amortiguación estática dinámica dinámica ~

=Fa

senD.t =>x , . =Faestatlca k variación dinámica '----v----1

que es el desplazamiento estática del sistema bajo la fuerza estática. Se define

lxp(t)l

1

max - - r = = = = = = = 2 2 xestática

~(l-r f +(2sr)

+--- Factor Dinámico de magnificación.

El factor de ampliación dinámica (DMF) se representa gráficamente en la figura N° 3.39 para diversos valores del coeficiente (; de amortiguación adimensional. Es una de las cantidades más importantes que describen el comportamiento dinámico de un sistema único subamortiguado de un grado de libertad bajo excitación sinusoidal.

339

•!• Cuando r ~

0,

es decir, cuando la frecuencia de excitación

0

~

0,

DMF---+ l. En este caso, la excitación dinámica acerca a una fuerza estática y la amplitud de respuesta dinámica se acerca al desplazamiento estático.

r

•!• Cuando

~ oo , es decir, cuando la frecuencia Q de excitación es grande en

comparación con la frecuencia natural

w0 ,DMF---+ O , lo que significa que la

respuesta dinámica se aproxima a cero. Este resultado puede ser entendido intuitivamente como sigue: el sistema es excitado (empujado y tirado) a una frecuencia tan alta que no "sabe" qué manera de moverse de modo que sólo "significa" todavía o no hay respuesta.

r~1

•!• Cuando

natural w0

' amortiguación.

o la frecuencia de excitación Q es cercana a la frecuencia

n~wo

, DMF tiende a valores altos para los pequeños

......_ 7 ~

~ Q

"-'

6

ro

.Eu

5

ro e:

~=0.1

i5

e: 4 o

'(3

ro o ~ 3 e: m ro ~

2

(!)

"O l...

o

oro

1

Q r=-

Wo

LL

o

0.5

1

1.5

2

2.5

Figura Nl 3.39: Factor de magnificación dinámica (DMF).

·

•!• El máximo valor de DMF se produce cuando

d(DMF) = O, dr 340

2

d(DMF) _ d d(r') - dp 2

p -1 + 2s =

r

l_ 2(1-p)(-1)+4( (!- p)' +4S'p f- [(!- p)' +4S'P]'-o, p-r , 2

1

_

_

2

o=> r 2 = 1- 2s2 => r = ~1- 2s2 ~ 1, si SD l.

El valor máximo de DMF es de aproximadamente

Por lo tanto, cuanto menor sea el coeficiente de amortiguación, que los valores más grandes DMF o las amplitudes de la respuesta dinámica. Cuando,

S= 0 y

Q

= w0

,una respuesta de la amplitud no unido se produce y el sistema está en resonancia. Resonancia: Cuando

S=0 y

= W0 , la ecuación se convierte en

Q

y la solución particular es dada por

xP () t = -Fa 2 1 2 senw0t = -Fa~ :.sm ( 2 1 2 eiw.tJ o • m D +w0 m D +w0 Aplicando el teorema 3.4,se tiene

r/J(D) = D + w~ ,r/J(iw0 ) = (iw0 ) + w~ =O, 2

2

f/J(D) = 2D,

xp(t) =Fa m

3m~ ~

r/J(iw0 ) = 2iw0 *O,

1 lJ 3m~-. -t(cosw0 t + isenw t)l l2zw

téwot = Fo rjJ '(zw0 ) m

l

0

0

.". Xp (t)

=

q(t) =-

F0 2mw0

t COS W 0 t.

q(t)

t

...... Figura Nl3.40: Respuesta de un Sistema en resonancia

Ft 2mw0

0 Para dibujar la respuesta, - - , que es una línea recta, que se considera como la

amplitud de la respuesta. Esta su imagen -

F'cl

2mw0

especular en línea recta y forma la

envoltura de la función sinusoidal- COS w0 t. La grafica de la función sinusoidal - cos w0t dentro de los resultados envuelve la respuesta como se muestra en la figura Nl 3.40. Por lo tanto, cuando el sistema es no amortiguado y la frecuencia de excitación es igual a la frecuencia natural, el sistema está en resonancia y la amplitud de la respuesta del sistema crece linealmente con el tiempo.

Sistema no amortiguado bajo la excitación sinusoidal Para un sistema amortiguado, la solución complementaria o la respuesta de las vibraciones (debido a las condiciones iniciales) decae exponencialmente a cero, por lo 342

que su efecto disminuye al aumentar el tiempo. Por tanto, es importante centrarse en la solución particular o la respuesta de vibración forzada (debido a la aplicación de la fuerza externa). Sin embargo, para un sistema no amortiguado, el efecto de la respuesta debido a la vibración libre es significativo. Por otra parte, interactúa con la respuesta debido a la vibración forzada para producir una respuesta que es diferente de cualquiera de la solución complementaria o la solución particular sola.

La ecuación de movimiento del sistema no amortiguado bajo excitación sinusoidal se escribe como

d2x

-

dt

2

2

Fa

+ w0 x(t) = -senD.t, m

la solución complementaria y solución particular son Xe

(t)

= A cos w0t + Bsenw0 t

() _ F0 { Xp

t

senD.t

---;-(w~-0.2)

Por lo tanto, la solución general es dado por F0 senD.t x(t) = Acos w0t + Bsenw0t +( ) .J m w02 -Q 2

Donde las constantes A y B se determinan por las condiciones iniciales

x(O)

= x0

y x'(O)

= v0 .

Desde que

x(O) =A= x 0 ,

x ,(O) = Bw0 +

( FaD. ) = v0 :::::> B = -1 [ V 0 - ( F2 0. 2) ] . m w02 - Q 2 w0 m w0 - Q 0

La respuesta del sistema es

343

1[

x(t) =x0 cosw0t+- v0 W0

m

(

FaO w02 -

Q

2)

]

Fa

senO.t ) m w02 - Q 2

senw0 t+-(

X(t) en el que los dos primeros términos son funciones sinusoidales de frecuencia El último término se puede escribir como:

X (t) =

F0 (senw0t-sen0.t) 2F0 ) cos ( = ( 2 2) m W0 - Q m w02 - Q 2

(w +0. Jsen (w 0

2

t

0

-Q

2

J

t .

a(t)

Se ha demostrado que la respuesta debido a la vibración forzada es de gran amplitud cuando la frecuencia de excitación está cerca de la frecuencia natural.En la figura N°3.41 la secuencia de las superposiciones de las amplitudes hasta que el sistema entre en resonancia.

344

:-

t

X{t)

t

345

X(t)

lOO

3.41: Pulsaciones de amplitud.

En lo que sigue, cuando la frecuencia de excitación Q está cerca de la frecuencia natural

w0

se estudió el comportamiento de X(t).Para simplificar la discusión, sea

Q < w0 , el caso en el que Q > w0 se puede discutir de manera similar. Cuando

Q"' w 0 , ( Q~ w,) "' w 0 v Q , ( Wo ~ Q)

es pequeño. Para dibujar X (t),

considere,

a (t ) =

(

2F'a 2 0

m w

-Q

2)

{

se

W0 -

Q )

2

como la amplitud de la función sinusoidal co{(

t

w,; Q}] .

mismo una función sinusoidal, pero con una frecuencia

La amplitud a(t) es en si

Wo -

2

Q menor o variación más

lenta. La amplitud de a (t) aumenta cuando Q se acerca a w0 • Como se muestra en la figura N° 3.41, primero se puede trazar la amplitud a(t) y su imagen-a(t) un espejo; ambas curvas deben form:,tr la envoltura. Por ajuste de la 347

función sinusoidal COS [ ( Wo ;

Q ) (] dentro de la envoltura, se obtiene la respuesta

X (t). Tenga en cuenta que a (t) es positiva en la 1 a, 3

a,

5

a, ...

medios tiempos y negativo en

los segundo, cuarto, sexto, . .. medios tiempos. Cabe destacar que en el montaje de la función

co{( Q}] w, ;

sinusoidal corresponden aproximadamente a los valores

mínimo y máximo locales de

X(t) resultante

en las primera, tercera, quinta, ...

semiperiodos. Por otro lado, en las segunda, cuarta, sexta, ... medio-períodos, los valores máximos de

co{(Wo ; Q) t]

corresponden aproximadamente a los valores mínimos locales de

X(t) resultante y viceversa. Dado que la amplitud de X(t) varía de forma sinusoidal, X(t) se dice que es de amplitud modulada. Estas funciones también se llaman pulsaciones. Las pulsaciones X(t) se obtienen de la suma de dos funciones sinusoidales con frecuencias cercanas

w0 yO.

Los resultados típicos de X(t) son graficados y se muestran en la figura 3.40 parar

Fo = 1, m = 1, Wo = 1'

y varios valores de

n. Puede observarse que cuanto más

cerca las dos frecuencias W 0 y Q, más lenta será la variación y la más grande la magnitud de a(t). Cuando Q ~ W0 , que toma tiempo

t ~ 00 para la amplitud a(t) para completar una

variación-medio periodo, y como resultado, la variación de la amplitud a(t) parece acercarse a una línea recta. De hecho, es fácil demostrar que

348

lima(t) = n~w0

sen ( w.°-Q t 2F'o lim 2 m n~wo' -Q2

w;

- 2F'o !__1_ m 22w0

F'ot 2mw0

J

2F'o lim m n~wo

=

[

)t]

sen ( W 0 - Q 2 _ _l _

(w0 -Q)

(w0 +0)

-f- RegladeHospital's

que crece linealmente con el tiempo t, y es la misma que Q = W 0 la amplitud obtenida para el caso de resonancia . 3. 7 Circuitos eléctricos simples. 3.7.1 Circuito RLC en serie. Un circuito que consiste en una resistencia R, y el inductor L, un condensador C, y una fuente de tensión V(t) conectados en serie, que se muestra en la figura Nl3.42, se llama el circuito en serie RLC. La aplicación de la Ley de voltaje de Kirchhff, uno tiene

-V(t) + Ri + L di + _!__ dt

e

ft

(3.78)

idt =O

-00

..

x(t)=i(t)

\1(t)

L

e Figura N° 3.42: Circuito en serie RLC. Derivando la expresión (3.78) respecto a t se produce

(3.79) o en la forma estándar

349

(3.80) el circuito en serie RLC es equivalente al sistema de masa-amortiguador de muelle como se muestra en la figura N°3.43. 3.7.2 Circuito RCL paralelo. Un circuito que consiste en una resistencia R, y el inductor L, un condensador C, y una fuente de corriente I(t) conectado en paralelo, como se muestra en la figura 3.44, se llama el circuito paralelo de RLC. La aplicación de la Ley de Kirchhoff en el nodo l(ver figura 3.44), conduce a:

dv 1ft v J(t) = C-+- vdt+-. dt L R

(3.81)

-00

Diferenciando (3.81) respecto a t se produce: 2

cd v +_!._ dv +_!_v= dl(t) dt 2 R dt L dt o, en la forma estándar:

d 2v 1 dv 1 1 dl(t) 2 2 dt + RC dt + LC v= Cdt' wo

1 = LC' S'wo

1 = 2RC

(3.82)

El circuito paralelo de RLC es equivalente a un sistema masa-resorte-amortiguador tal como se muestra en la figura~ 3.43

..

x(t) =v(t)

e

L

Figura N° 3.43: Circuito RLC en paralelo.

350

Ejemplo 3.32: Circuito de encendido de un automóvil Un sistema de encendido del automóvil está modelado por el circuito que se muestra en la figura N° 3.44. La fuente de tensión

"Va

representa la batería y el alternador. Los

modelos de la resistencia R de la resistencia del cableado, y la bobina de encendido se modela por el inductor L. El condensador C, conocido como el condensador, está en paralelo con el interruptor, que se conoce como el encendido electrónico. El interruptor ha estado cerrado por un largo tiempo antes de

t < o-. Determinar

la tensión de

inductor VL para t> O.

R

e +ve-

Vo

+

bobina de encendiJJ-

~i L

'/ -/'..

bujía de encendido

Figura N° 3.44: Circuito de encendido de un automóvil. Para

Va = 12V' R = 40, e = 1JlF' L = 8mH' determinar la máxima tensión de

inductor y el momento en que se alcanza. Para t vL (O+)= Va - Ri(O+) =O, V (O+) = L di(O+) => i'(O+) = VL (O+) =o. L ~ L Una malla es un bucle que no contiene ningún otro bucle dentro de ella.

Para t> O, la aplicación de la ley de voltaje de Kirchhoff a la malla lleva a

a· f idt+L-z =0 e-«) dt

1 -Vo+Ri+-

t

La diferenciación con respecto t produce el siguiente resultado 2

2

• d i di i d i di 1 r R L -2 +R-+-=0=>-2 +2(w0 -+w02 z =0, w02 =-,'=' w0 =-. dt dt e dt dt Le 2L

Si

?; < 1, el sistema es subamortiguado y la solución de la ecuación diferencial es i(t) = e-t;w• [ i(O+) cos wdt +

i'(O+)+~'wi(O+) ] ;d senwd 0

~¿),/) lf y 352

donde wd

= w0~1- !;2

es la frecuencia natural amortiguada.

El voltaje a través del inductor es

d'(t) 1 vL (t) = L-dt

2

= -Li(O+) Wo

e-l;w01 senwdt.

wd

Para V¡¡= 12V, R = 40.,C =(uF= 1x 10-6 F,L = 8mH = 8x10-3 H, W0

1 = -- =

JLC . )1x10-

~"w0

'='

wd

1

R 2L

=-=

6

4

= 1 118 X 1Ü

x8xl0-3

'

.

4 250 =250 ~"=-=0 02236 3 2x8x10''=' w0 ' '

4 ~" 2 ~ Wo = 1118 = Wo '\/r;-;:21 1- S ' x 10 '

12 z'(O+) =Va R = 4 = 3,

:. vr = -8 x 10-3 x 3 x 1,118 x 104 e-2501 sen( 1,118 x 104

t)

t)

= -268,32e-2501 sen( 1,118 x 104 .J que es máximo cuando 1,118 x 10 4 t = Y viene dada por

Vr,max (t)

7r

2

or t = 1,405x10-4 sec = 140,5J1s

= -268,32e-250x1,405 x!o-4 = -259V.

. Un dispositivo conocido de un transformador se utiliza para intensificar la tensión de inductor a gama de 6000 a lOOOOV requerido para disparar la bujía en un automóvil típico. Ejemplo 3.33: Circuito de Segundo Orden. Para el circuito eléctrico que se muestra en la figura N°3.45, obtener la ecuación diferencial que rige i(t) para t> O.

353

-

i

L

+

e

t=O

ve

-

Figura N> -3.45: Circuito eléctrico de segundo orden.

Para R1 = 6D.,R2

= 2Q,C = 0,04F,L = 1H,l1 = / 2 = 2A,hallari(t) y Vc(t).

Para t Vc(o-) = Is/z- R/r·

+ vr +

-Para t=O,el interruptor está cerrado, la fuente de corrientel2 y la resistencia ~están cortocircuitados. El circuito se convierte como se muestra en la figura. Puesto que la

354

corriente en un inductor no puede cambiar abruptamente i(O+) = i(O-) =O .Puesto que la corriente en un inductor no puede cambiar abruptamente, se tiene

Vc(O-) = Vc(O+) = R212 - R¡l1 • Se nota que v(O+) = vL (O+)+ Vc(O+) = vL (O+)+ ~12 - R¡I1 ,

i¡ (O+)= v(O+) =

vL

(O+)+ ~12 - RJ1 •

R1

R1

Aplicando la Ley de Corriente de Kirchhoff al nodo 1 se produce

Para t>O,

Aplicando la Ley de Corriente de Kirchhoff al nodo 1 se produce

. . = O=> 1 +z+. . 1 (L -+di 1 ft z"dt 11 +z+~ 1 R1 dt e _

J=O.

00

Diferenciando respecto a t se obtiene:

d2i + R¡ di +-1-i =O i(O+) =O i'(O) =O i1 '(O)=- R212. dt 2 L dt CL ' ' ' L Para R1 = 60, R2 = 20, C = O, 04 F, L = lH, 11 = 12 · = 2A, la ecuación se convierte

d2i+ 6 -+ di 25"o l- ' 2 dt

Wo

dt

=5, 2swo =6:::::>(w0 =3,

s=~ 3.46. El vehículo se ha estado moviendo a una velocidad constante U sobre una superficie lisa.

356

Yo(x) X

b

Figura N°3 .46: El paso de un vehículo por un badén. J~

.

r---~~~':': ;r , J~ ___ ... ..,.

•

1

~....,_

'

·

1

~t 1

c(j-jo

e

J

y, y

k(y-yo)

u

1

e*:;;::'::.

••

En el instante t = O, el vehículo alcanza una velocidad de golpe con un perfil de una

curva de media onda sinusoidal Yo (x) =

hsen( :x} O< x < b . El

desplazamiento

absoluto de la masa se describe por y(t). Determine la respuesta del vehículo en términos del desplazamiento relativo z(t) = y(t)- y 0 (t)para t>O. Para establecer la ecuación de movimiento del vehículo, tenga en cuenta el diagrama de cuerpo libre de la masa m, como se muestra en la figura 3.46. La Segunda Ley de N ewton requiere que

t ma = LF: my "(t) = -c(y '(t)- Yo '(t))- k(y(t)- Yo (t))

357

Sea z(t)

= y(t)- y 0 (t)

el desplazamiento relativo de la masa, la ecuación del

movimiento se convierte en:

m(z"(t) +Yo "(t)) = -cz'(t)- kz(t) ==:? mz"(t) +cz'(t) +kz(t) = -my0 "(t) Fase 1: Velocidad en el badén O : : ; t : : ; T, ---

T

(3.83)

u

= !?____

Dado que el vehículo se desplaza a la velocidad constante

U , uno tiene

X

= Ut . El

reductor de velocidad es de la forma de media onda sinusoidal

La ecuación del movimiento puede ser escrito como: 2

mz"(t) + cz'(t) + kz(t) = mh0. senO.t

=> (D 2 + 2{;w0 D+ w~)z = h0. 2 senO.t

(3.84)

donde

La ecuación característica es A + 2(w0 A. + w~ = O, lo que da, en el supuesto que 2

( < 1, luego las raíces de la ecuación característica están dadas por

La solución complementaria es Zc (t)

= e-S'wot ( A1 cos Wi + B1senwi)

Una solución particular puede ser obtenido usando el método del operador

zp(t) =

1

2

2

2 0

D +2(w0 D+w

zp(t) = h0 2

(hn senD.t)

1 2

D.

-n + 2(w0 D + w02

(senOt) +--- Teorema3.2

358

z (t) = hn

2

p

z () t = hn2 P

Zp(t) =

2sw 0D J (senOt) [cw; -02 )+2S'w0D ][cw; -02 )-2sw0D J [ (

(w~ -Q

(w~ -0

2

2 2 )

w; - 0

(w5

) -

)-2sw0D (senn) t -(2S'w0D)2

hn 2 -0 2 ) 2

2

+(2sw0 n)

2 [

Cw5- Q 2)sennt- 2?0wo cosnt J

zp(t) =asen( nt- tp ), donde

Para

O< t < T , la solución general es

z(t) = zc(t) + zp(t) = e-swot ( A1 coswdt + B1senwdt) + asen(nt- rp) donde las constantes se deteiminan por las condiciones iniciales que el vehículo ha estado viajando en la superficie lisa, lo tanto

z(O) =

oy

z '(O) =

z(O) y Z '(O). Dado

y(O) =O y y '(O)= O; por

o. Como

z'(t) = -S'woe-S"wot (A¡ COSW/ + B¡senwdt) + ancos(nt- tp)

+ e-S"wot (- A1wdsenw/ + B1wd cos wdt)

(3.85)

luego, se obtiene

z(O) = A1 +asen(-tp) = O=> A1 = asentp z'(O) = -S'w0A1+B1wd +aOcos(-rp) =O

359

J

Al tiempo, t = T, T = !?..__,el desplazamiento relativo y la velocidad del vehículo son

u

z(T) y z '(T), que se puede obtener mediante la evaluación de las ecuaciones (3.85) y (3.86) en

t =T.

Fase 2: Velocidad tope de paso del badén , t:?: T, T =!?_,el vehículo ha pasado por

u

encima del badén y como la superficie es lisa de nuevo con Yo (t) =

O. La ecuación de

movimiento se convierte

mz"(t) + cz'(t) + kz(t) =O=> (D 2 + 2t;w0 D+ w~ )z =O, t 2 T

(3.86)

El vehículo no se ve forzado y la respuesta se debe a la vibración libre con condiciones iniciales en el tiempo t =

T.

La solución complementaria, que es también la solución general, es

z(t) = e-?wot (.Az coswi + B2 senwi), t 2 T, z '(t) = -t;w0 e-(wot ( ~ cos wdt + B2 senwdt) + e-(wot (- A2 wdsenwdt + B2 wd cos wi) Donde las constantes

.Az y B2 son

determinados de las condiciones iniciales

z(T) y z '(T) obtenidos en fase 1: z(T) = e-?woT [ .Az cos( wdT) + B2 senwdT] z'(T) = e-?woT {[ -!;w0 cos( wdT)- wdsen( wdT)].Az

+[ -t;w sen(wdT)+wdcos(wdT)]B 0

2}

v

+ ai2B2 = fJ1 { a2IA2 + a22B2 = fJ2 an AI

360

a 11

=

cos(wi)

a 21

=

-S'w0 cos( wdT)- wdsen( wdT)

a 12

= cos( wdt)

a 22

=

-S'w0 sen( wdT) + wd cos( wdT)

{JI =

e(woT

{JI = e(woT z '(T)

z(T)

Usando eliminación Gaussiana o la Regla de Cramer se hallan los valores de

~

=

a22fJ1 - a22fJ2 , alla22 - a2!al2

Como es un ejemplo numérico, se usa los siguientes parámetros: =3Hz~

fo

w0 = 27rfo = 61rrad 1seg,

s = 0,1

b U=1,8Km/hr=0,5m/seg,b=0,5m h=O,lm, T=-=lseg

u

Cuando O< t

t > lseg

< lseg,

el vehículo está en el tope de velocidad, mientras que cuando

el vehículo ha pasado por encima del badén. Es fácil de evaluar que

=18,1755rad 1seg, A1 = O, 000097844m,

Wa

a= 0,0028555m, tp = 0,034272rad, B1 = -0, 00046819m

En t=lseg, z(l) = 0,00011934m, z'(l) = -0,010307m 1seg. En la segunda fase,

t > 1, a 11

= 0,99554

a 21

= -0,10712rad 1seg

= -0,094344rad 1 seg a 22 = 18,849rad 1 seg /31 = 0,00078599m /32 = -0,067883

a 12

~

= O, 00044846m

B2

= -0, 0035988m

:. z(t) = e-I,sssor [ 0,00044S46cos(18, 755t)- 0,0035988sen(18, 755t)

J

361

La respuesta de desplazamiento

z(t)

relativa se muestra en la figura N° 3.47 para

S = O, 1 1\ S = O, Ol. Se puede observar que la respuesta decae rápidamente para grandes valores de

S.

z(m)

~0,001

Figura~ 3.47: Respuesta de un vehículo que pasa un badén.

Ejemplo 3.33: Viga columna Un haz de columna es un miembro estructural sometido simultáneamente a la carga axial y momentos producidos por las fuerzas laterales o excentricidad de la carga de flexión axial. El haz de columnas se encuentra en muchas estructuras de ingeniería, por ejemplo, una torre de agua como se muestra en la figura N° 3.48 es una viga-columna, la columna de soporte se somete a la carga axial debido al peso del

depó~ito

de agua y

la carga lateral debida al viento.

362

w w(x)=w

y Torre de agua

VIga-Columna

Figura W3.48: Torre de agua.

X

p p

EI,L

y

V+.ó.V M+.ó.M

Figura N° 3.49: Pandeo de la columna. Considere una viga-columna soportada en los dos extremos A y B como se muestra en la figura W3.49, que se somete a la carga axial P y la carga distribuida lateral w(x). La rigidez a la flexión y la longitud de la viga-columna de longitudAx, con su diagrama de cuerpo libre como se muestra. La fuerza de corte

V(x) +~V

enx +

V (X)

en x se cambia a

Ax ; el momento de flexiónM(x) en x se cambia a

M(x)+~ enx+Ax.

363

Para

Ax pequeños, la carga distribuida se aproxima por la carga distribuida de manera

uniforme de la intensidad

w( X)

sobre el segmento de viga.

Sumando los fuerzas en la dirección y tomando el límite

.,[,. ¿p;, =O:

Ax ~ O resulta que

dV [V(x) +~V]- V(x) + w(x)Ax =O=>-= -w(x). dx

Sumando los momentos respecto al punto C, que es el punto medio del segmento de viga, da

~ LMc =O :[M(x) + ~]- M(x) + V(x) ~ + [V(x) +~V]~ +P~y=O=> dM +Pdy +V=O. dx

dx

Tabla N° 3.2: Condiciones de contorno.

PinnedEnd:

~ x=i ~:r""w

Defiection = O Moment= O

p

~

~ .

x=i

~

\¡o,

y(l) =o

y/!(1) =o

Clamped End:

Defiection = O => y(l) =o

!ll'l

Slope =O

·--> y'(l) =o

FreeEnd:

L.~ x=l

.. J

Moment=O

=?

y"(l) =o

Shear Force = O => y"'(l)

+ a 2y'(l) =O

Sliding End:

L.~ x=l

•l

Slope =O => y'(l) =o Shear Force = O =·'> y"'(l) +a 2y 1(l) =O· =::::>

y!!l(l)

=o 364

Eliminando V de estas dos ecuaciones se tiene

Utilizando la relación

M (X) = Ely"( X)

momento-curvatura resulta

en una

ecuación diferencial ordinaria lineal de cuarto orden que regula la deflexión lateral

y(x). w(x) El '

p

2

a=-

El

Tenga en cuenta que la fuerza de corte se convierte

V(x) =-

d:-

P: = -Efy"'(x)- Py'(x) = -EI[y"'(x) + a 2 y'(x)

La ecuación característica es

A4 + a 2 A2

= O=> a = O, O, ±ia.

J.

Por consiguiente, la

solución general es

y(x) = C0 + C1x+ Acosax+ Bsenax+ yp(x), donde y P (X) es una solución particular que depende de W(x). Las constantes A, B, C0 y C 1 se determinan usando las condiciones de contorno en los extremos x = O y x = L. Algunas condiciones de contorno típicas se listan en la tabla Nl 3.2. Ejemplo 3.34: Torre de Agua Considere la posibilidad de la torre de agua se muestra en la Figura 3.52, que se modela como una viga en voladizo con P=W y w(x)= w. Determinar la desviación lateral

y(x). La ecuación diferencial que rige la desviación lateral y( X) se convierte en 2

w

a=-.

El

Usando el método del operador diferencial

D , una solución particular está dada por

365-

La solución general está dada por

wx 2 y(x) = C0 + C1x+ Acosax+Bsenax+--, 2W donde

A, B, C0 y C1 x

= O(fijo):

son determinados de las condiciones de frontera:

y(O) =O

x = L(libre):

y'(O) =O

y"(L) =O,

y"'(L) + a 2 y'(L) =O

Desde que

wx y'(x) = C1 -Aasenax+Bacosax+-,

w

2

2

w

y"(x) = -Aa cosax-Ba senax+-,

w

3

3

y"'(x) = Aa senax- Ba cosax, se tiene que

y"'(L) +a 2 y'(L) =O

( Aa3senax- Ea' cosax) + a 2 ( C1 - Aasenax +Ea cosax + ; ) = O, C1 =- wL .y'(O)=C1 +Ba=O~B=- C1 = wL

w'

a aw'

w w(l- aLsenaL) y"(L) = -Aa 2 cosaL- Ba 2 senaL +-=O~ A= , W a 2WcosaL y(O) = Ca + A = O~ Ca =-A = - w(l- aLsenaL) a 2WcosaL Pr consiguiente la solución general se expresa por

366

2

w(l- aLsenaL) ( wL ( wx y(x)= cosax-1)+-- senax-ax)+--. 2 a WcosaL aW 2W Observaciones: •

Cuando la carga lateral w(x) incluye carga distribuida sobre una sola porción de la viga-columna o la cargas concentradas, que puede ser mejor expresa utilizando la función de paso de Heaviside o la función delta de Dirac. La ecuación diferencial puede ser resuelto fácilmente mediante transformada de Laplace.

Ejemplo 3~35: Pandeo de una Columna Considere la columna de soporte sencillo AB sometida a carga de compresión axial. Un resorte racional de rigidez k ofrece resistencia a la rotación en el extremo fmal de B. Establecer la ecuación de pandeo de la columna. Dado que la carga lateral w (x) =O, la ecuación diferencial que rige la desviación lateral

y(x) se convierte. 2 p a=-

El

La solución está dada por

y(x) = C0 + C1x + Acosax + Bsenax, donde las

constantes

A, B, C0 y C1

son determinados de las condiciones de

frontera:

367

xf B

fJr=y'(L)

EI,L

1

y

y

AGOEM!~-

Figura N° 3.50: Pandeo del soporte y diagrama Soporte A, X =

O:

y( O)= O,

y"(O) =O,

Soporte B,

x=L:

y(L) =O,

M(L) =El y"(L) = ky'(L).

Puesto que

y'(x) = e1 -Aasenax+Bacosax, y "(x) = - Aa 2 a cos x- Ba 2 senax, se tiene

y"(0)=-Aa 2 =O=?A=O, y(O)=e0 =-A= O y(L) = C1L + Bsen(aL) =O-=> C1 =-

Bsen(aL) , L

Ely"(L) = -ky'(L):::? El( -Ba 2senaL) =-k( e1 + BacosaL)

{k(_se;L +acosaL)-Ela senaL}B=0 2

368

Cuando las hebillas de la columna, que tiene deflexión y( X) distinto de cero, lo que significa

B

-=f::.

O. Tenga en cuenta que senaL

-=f::.

O, de lo contrario, B = O. Por lo

tanto la ecuación de pandeo está dada por

k (- se~aL +a cos aL}-- Ela 2 senaL = O, :. kL ( aLctgaL -1)- (aL ) El

2

=

O,

a2

=

_!____. El

Ejemplo3.35: La vibración del motor de un jet. Como se muestra en la figura N° 3.51, los motores a reacción están soportados por las alas del avión. Para estudiar el movimiento horizontal de un motor a reacción, que se modela como un cuerpo rígido con el apoyo de una viga elástica. La masa del motor es m y el momento igual

akB,

donde

e es el ángulo entre la barra y la línea vertical

como se muestra en la figura N°3.51. Para pequeñas rotaciones, es decir,

jej D

1, establecer la ecuación de movimiento para

el motor de un avión en término de () . Encontrar la frecuencia natural de oscilación.

Figura~ 3.51: Vibración horizontal de un motor a reacción y

diagrama. 369

El sistema gira alrededor de la bisagra A. El momento de inercia del motor a reacción alrededor de su eje centroidal C esJ. Usando el teorema de eje paralelo, el momento de inercia del motor a reacción alrededor del eje A es JA

= J + mL2 •

. El diagrama de cuerpo libre del motor a reacción y la barra de soporte como se muestra en la figura N° 3.51, el motor a reacción se somete a la gravedadmg, se retire la bisagra en A y sustituirlo por dos componentes RAx y RAy de fuerza de reacción. Desde la barra gira un ángulo () en sentido antihorario, el muelle rotacional proporciona un momento

kB

en sentido horario de la restauración.

Puesto que la aceleración angular del sistema es momento de inercia es

JAB

0 "(t)

en sentido antihorario, el

en sentido horario.

La aplicación de D'Alembert Principio, el cuerpo libre como se muestra en la figura ~ 3.51 se encuentra en equilibrio dinámico. Por lo tanto,

JAe"(t) + ke(t) + mgLsene =O. Para pequeñas rotaciones

¡e¡ D 1,

sene ~ e , la ecuación de movimiento es

(J +mL2 )e"(t)+(k+mgL)e =O. Como

e"(t) +(k+ mg;Je(t) =O=> e"(t) + w~e(t) =O, J+mL la frecuencia natural

w0

de oscilación está dada por

wo-

k+mgL J+mL2

Ejemplo 3.36: Vibracion del Piston. El aceite entra en un cilindro como se muestra en la figura N° 3.52 a través de una

constricción de tal manera que la velocidad de flujo es Q = a (P;

- Po) , d o n r

370

presión de alimentación,

p 0 es la presión en el cilindro, y a es una constante. El

cilindro contiene un pistón de masa m y área A apoyado por un resorte de rigidez k

.

l. Supongamos que el aceite es incompresible, no hay fugas más allá del pistón, y la inercia del aceite se descuida. Establezca la ecuación de movimiento para el desplazamiento

X

del pistón.

2. Si hay una variación sinusoidal en

Pa,P¡ yQ

pi

de la forma p¡(t)

=Fa+ P¡senD.t,

donde

son constantes, determinar el desplazamiento de estado estacionario XP (t).

x(t),x'(t),x"(t)

Figura N° 3.52: Fuerzas en el movimiento del pistón y diagrama.

l. Para establecer la ecuación de movimiento, considere el cuerpo libre del pistón como se muestra en la figura~ 3.52. El pistón es sometido a dos fuerzas: la fuerza debida a la presión interna de aceite p 0 A y la fuerza del resortekx. La Segunda Ley de Newton requiere que

-*ma= l:F: mx"(t)= p 0 A-kx. Puesto que el aceite es incomprensible, en el tiempo !1t , Flujo= QAt = a(pi- p 0 )At = Afh, donde !1x es el desplazamiento del pistón desplazado por la entrada de aceite. Resolviendo para Po se produce que

371

AAx a !1t

p 0 =p.---. z

Tomando el límite

!!t ~O

conduce a

Por consiguiente la ecuación de movimiento se convierte en:

J

2

A mx"(t) = ( pi- aA x'(t) A- kx(t) ::::> mx"(t) + ~x'(t) + kx(t) = piA, A2 k A :. x"(t) + -x'(t) + -x(t) =-pi. am m m 2. Puesto que pi (t)

=Po+ P¡senflt,

usando el operador

D,

la ecuación del

movimiento puede ser escrito ·como

A A2 k (D +cD.+w~)x=-(Pa +P¡senD.t), e=-, w~ =-. m am m 2

Una solución particular está dada por

A 1 (Po+ P¡senOt) 2 m D +cD+w02

xp(t) = -

1

AP.0 AP. = -+- 1

m~

m -0 2 +cD+w~

AP.0 AP.1 = -+-

senOt

1

senOt m -0 +cD+w~ AP.0 AP.1 1 = -+senOt 2 mw~ m -0 +cD+w~ mw~

AP. AP. = __o + 1

mw~

2

(w~ -0 )-cD 2

m [( w~ -0 )+cD ][( w~ -0 )-cD 2

2

senOt

J

372

AP AP (w~ -n )sennt-cncosnt = __ o + _ J __,___ _. . ! . _ _ _ - : : - - - - - 2

x (t) P

mW~

m

(

W~ -

Q2

r

+ c2Q2

Ejemplo 3.37 Un solo grado de libertad del sistema. El sistema de un solo grado de libertad descrito ¡>or

x(t), como se muestra en la figura

N° 5.53 (a), se somete a una carga sinusoidal F(t)

=Fa sinnt.

Suponga que la masa

n

. m , la rigideces k1 y k 2 de resorte, el coeficiente de amortiguamiento e , F0 y

son conocidos. Determinar la amplitud en estado estacionario de la respuesta de X P (t)

.

~: ~)

i t--.nruW\I'W"-.A

(a) k¡

k2

....1--~/\/\i\/\ . ~---k2 (y-x)

ey

(b) Figura~ 3.53: Un sistema de vibración.

.rl

Se introduce un desplazamiento y(t) en A como se muestra en la figura N° 3.53 (b). Se considera el cuerpo libre de A. La extensión del muelle del resorte de rigidez la compresión del muelle

k2

es y-

X

k1 es y

y

.Un cuerpo es sometido a tres fuerzas:. Fuerzas

373

de resorte k1y , la fuerza de amortiguación cy

1 (

t) , y la fuerza del muelle k 2 (y - X) .

La Segunda Ley de Newton requiere

Puesto que la masa de A es cero, es decir,

mA = O, uno tiene (3.87)

Considere el cuerpo libre de la masa m. La extensión del resorte de rigidez

y-

X . La masa es sometida a dos fuerzas: la fuerza del muelle

carga aplicada

F0 senO.t

k2 (y -

k2

es

X) y de la

externamente. Aplicando la segunda ley de Newton da

~ mx"(t) = LF: mx"(t)

= FsenD.t- k 2 (y- x).

Sustituyendo en a ecuación (3.87) se produce la ecuación del movimiento

cmy"'

-k- + 2

m(k1 +k2 )y"

k2

+cy'+ky=FsenD.t o

1

o , usando el operador D

cm D 3 + m(k1 +k2) D 2 +cD+k ]y=FsenO.t. [k k 1 o 2

2

Una solución particular está dada por

YP =

k

1

. D k -cmD3 + m( 1 +k2)D2 +e + 1 k2 k2

1

FosenO.t

.

374

.

YP = k 2F'a [ y P = k 2F'a

1 ]

(

)

k 1k2 -m(k1 +k2 )Q 2 +e k2 -mQ 2 D

senO.t

1. [k1k 2 -m(k1 +k2 )0.

2 2 ]

2

-c (k2 -m0.

2 2 2 ) D

senO.t

Usando la ecuación (3.87), se obtiene Xp (t) =

(k1 +kz)yP +cy'P k2

=

(k

+k )ak sen(O.t-cp)+ck a0.cos(nt-cp)

2 2 2 1 --'------"---=-..c_---=------'-----~----"--------'--

k2

375

Ejemplo 3.37: Vibración del Volante

AB y

Un par de barras paralelas uniformes de longitud

juntas a la masa

articulados en A y en B soportado por el resorte de la rigidez figura Nl3.54. Las barras transportan un volante uniforme

k

D

m están

como se muestra en la de masaM y radio r

apoyado en los cojinetes, con AD = / . Cuando el. sistema está en equilibrio estático,

AB

es horizontal. El volante gira a una velocidad angular

excentricidad ,

e

es decir,

DG = e , donde

n

y tiene una pequeña

es G el centro de gravedad del volante.

Determinar la frecuencia natural de vibración del sistema y el movimiento vertical total de

B

(suponiendo que no hay resonancia).

••

1

/

y(t)

...... ,.¡.............

....._..

••••• 1

•••••

"'""·; H

Figura N°3.54: Vibración de un volante y su diagrama.

El momento de inercia de la barra

J!arra =

AB en tomo a la bisagra A es

_!_ mLz.

3 El momento de inercia del volante alrededor de su eje de rotación Des Jvolante

D

=

.!_ Mr2 2

Usando el teorema de eje paralelo, el momento de inercia del volante alrededor de la bisagra A es

376

Por lo tanto, el momento de inercia del sistema alrededor de la bisagra A es J A

=

J

~arra + J~olante = ~ mL2 + ~M ( r2 + 2!2).

Supongamos que la barraAB tiene una pequeña rotación angulare(t) alrededor de la bisagra A como se muestra. El desplazamiento vertical hacia arriba del extremo B es

y(t) = Le(t), e(t) D 1 . Por lo tanto, la fuerza del resorte hacia abajo aplicada en las barra

A.B

en B es ky(t)

= kLe(t) .

Cuando el volante de inercia gira a la velocidad angular Q , el centro de gravedad G se mueve en círculo de radio e con velocidad angular aceleración centrífuga e0

2

•

n ' dando como resultado una

Por lo tanto, la fuerza centrífuga es Me0

la fuerza centrífuga sobre el punto A esMeQ 2 x AH, donde

2

•

El momento de

AH es

el brazo de

momento dada por

AH= ADsenLADH ::::i lsenOt,

LADH = Ot- e

::::i

Ot, para e D l ..

Considere el diagrama de los tres cuerpos de las barras AB y el volante. El momento de inercia del sistema sobre el punto A esJAe", donde

B" es la aceleración angular del

sistema sobre el punto A. Del Principio D'Alembert,

el sistema está en equilibrio

dinámico en el marco del momento de inercia J A()" y las fuerzas aplicadas externamente, es decir, la fuerza del resorte kLe , la fuerza centrífuga Me0

2

,

y los dos

componentes de la fuerzaRAx,RAy de reacción a la bisagra A. Sumando los momentos alrededor de A se produce:

377

donde

w0 es la frecuencia natural del sistema dado por

kl3

La respuesta de la vibración forzada es suponiendo que no hay resonancia, es decir,

n =/= Wo aplicando el operador diferencial D

una solución particular esta dad por

La amplitud de la vibración forzada es

y el movimiento vertical deBes

2a.

Ejemplo 3.38: Desplazamiento del Medidor. En la figura Nl3.55 que se muestra, la configuración de un medidor de desplazamiento utilizado para la medición de la vibración de la estructura sobre la que está montado el medidor. La estructura se somete a desplazamiento vertical, que puede ser modelada como

Yo = a0 senO.t

con

a0 y Q.

para ser medido por medidor de desplazamiento.

El desplazamiento de la puntaD tiene una amplitud pico a pico de circular

2a

y la frecuencia

n del desplazamiento de la estructura.

378

Yo '

J

cyl

B

kyl

Figura Nl3.55: Desplazamiento de un medidor.

Para establecer la ecuación diferencial que rige el desplazamiento, considere el diagrama de cuerpo libre de la varilla

AD

tal como se muestra en la figura N° 3.55.

El Principio D'Alembert se aplica para establecer la ecuación de movimiento.

379

Dado que el desplazamiento relativo de la punta es D, el desplazamiento relativo en B

y e se puede determinar usando triángulos semejantes

La extensión. del muelle es y 1 , resultante en la fuerza del resorte barra

AD

ky1 aplicada sobre la

en el punto B. Del mismo modo, la fuerza de amortiguación aplicado en la

cy \ . La fuerza de inercia aplicada en el punto e depende

barra AD en el punto B es

de la aceleración absoluta del punto

m (y 2 "+ Yo ") , opuesta a

e,

es decir, y 2 "+ Yo

";

la fuerza de inercia es

la dirección de la aceleración absoluta. Debido a que la

varilla está soportada por una bisagra en A, dos componentes de la fuerza de reacción

RAx, RAy . Sumando los momentos respecto al punto A se obtiene:

m L; y"+

~

Observando que

(eL¡ dy +k L¡ y JL =-m dyo L 1

~ dt

~

1

1

dt

2

Yo = a0 senflt , se obtiene

mi?; y"+ eL; dy¡ + k4y1 = a 0 mL2 LlJ. 2senOt dt

(MD

2

+CD+K)y1 = a5 sen0t

donde,

M= mL;, C =

c4,

K= ki!¡,

as

= a0 mL2 L30 2 •

La respuesta de estado estacionario viene dada por YP =as (

l

MD 2 +CD+K

)(senOt)

380

YP =as (

1 Jcsennt) -MQ. +CD+K

=a

( K -Mn · -Mn 2 )+CD

y p

S

YP-

(

2

[(K

2

~Teorema 3.2

)-cn

J(senQ.t)

][(K -Mn )-cnJ. 2

assen( nt- (/J)

~(K -Mn2t +C2n2,

qJ =

tg

-1( K-enMQ. J.

Por lo tanto, la amplitud del desplazamiento de estado estacionario de la puntaD es

lo que conduce a

En el papel de registro, la distancia

d

entre dos picos adyacentes se mide en longitud,

que necesita ser cambiado a tiempo para producir el período T de la respuesta. Dado que el tambor gira a una velocidad de V rpm, es decir, que gira en un ángulo de 2JZ"V en 60segundos, por lo tanto, en el tiempo T se necesita girar un ángulo () , como se muestra en la figura, está dada por

381

Además, puesto que d =

rB, que es la longitud del arco correspondiente al ángulo B ,

uno tiene

T

- 30 d- 30d

-----JZ"V r JZ"rv

La frecuencia de vibración de la punta

D es

Dado que la respuesta de estado estacionario y la excitación tienen la misma frecuencia, se obtiene

3.9 Ejercicios propuestos.

•!• Soluciones Complementarias

3.1 ( D 3 - 2D 2 + D - 2) y = O

3

2

3.3 (D +D -D -1

3.4 (D 3 + 8) y

=

)y= O

O

3.5 (D 3 -8)y =O

382

4

3.6 (D +4)y=O 2

4

3. 7 ( D + 18D + 81) y = O 3.8 (D 4 -4D 2 +16)y=0 4

3.6 ( D + 4) y= O

3.7

(D

+ 18D 2 + 81 )y= O

4

4

2

3.8 (D -4D +16)y=O 3.9 (D

4

2D 3 + 2D 2

-

-

4

3

2

5

4

3

2D + 1) y

=O

3.10 (D -5D +5D +5D- 6)y =O 3.11 (D -6D +9D )y=0 3.12

(D

6 -

64 )y= O

•!• Soluciones Particulares: Método de Coeficientes indeterminados

3.13 (D 2 +6D + 10 )y= 3xe-3 x- 2e 3 x COSX 3.14 (D 2 -8D + 17)y = e 4 x (x 2

-

3xsenx)

3.15 ( D 2 -2D + 2 )y= ( x+ ex )senx 3.16 ( D 2 +4 )y= senhxsen2x 2

3.17 ( D +2D + 2 )y= coshxsenx 3.18 (D 3 +D)y =senx+xcosx 3.19 (D 3 -2D 2 +4D-8)y . e 2 xsen2x+2x 2

3.20 ( D 3 -4D 2 +3D )y= x 2 + xe 2 x 383

4

2

3.21 (D +D )y = 7x-3cosx 4

2

3.22 (D +5D + 4 )y= senxcos2x •!• Soluciones Particulares: Método Operador

3.23 (D 5 - 3D 3 + 1)y= 9e 2 x 3

3.24 ( D -1 ) y 3.25 (D

3

=

48xex

-3D )Y= 9x

5

2

3

3.26 ( D + 4D )y= 7 +X 3.2 7 ( D 2

-

D - 2) y = 36xe 2 x

4

3.28 (D +16)y = 64cos2x 4

2

3.29 ( D + 4D -1 )y= 44sen3x 3.30

(D

3

2

+D +5D)y=5cos2x

3.31 (D 2 +3D+5)y=5e-xsen2x 3.32 (D 4 -1)y=4e-x 2

2

3.33 ( D + 4 )y= 8sen x 3.34 3.35

(D (D

3 4

-D 2 +D-1)y = 4senx -

D 2 )y= 2ex

•!• Soluciones Generales.

3.36 y"- 4y '+ 4y = (1 + x)ex + 2e 2 x + 3e3 x 3.37 (D 2 -2D+5)y =4ex cos2x 3.38 ( D 2 + 4 )y= 4sen2x 384

3.39 (D 2 -1 )y= 12x 2 ex +3e 2 x + 10cos3x 3.40 y"+ y= 2senx-3cos2x 3.41 y"- y'= ex (lo+ x 2 ) 3.42 (D 2

-

4 )y= 96x 2 e2 x + 4e-2 x

2

3.43 ( D + 2D + 2 )y= 5cosx + l0sen2x 3.44 (D

2 -

2D + 2 )y= 4x-2 + 2exsenx

3.45 (D 2 - 4D + 4 )y= 4xe 2 xsen2x 3.46 (D 3 -D 2 +D-l)y =15senx 3.47 (D 3 + 3D 2

-

4) y = 40sen2x .

3.48 y"'- y"+ y'- y= 2ex +5e 2 x 3.49 (D 3 - 6D 2 +liD- 6)y = lOexsenx 3.50 ( D 3 - 2D- 4 )y= 50(senx+ e 2 x) 3.51 y"'-3y"+4y=12e 2 x +4e3 x 3.52 ( D 3 - 8D 2 + 16)y = 32e 2 x + 16x3 3.52. (D 3 - 8D 2 + 16)y = 32e 2 x + 16x3 3.53 (D 4 -18D 2 + 81 )y= 72e 3 x + 729x 2 •:• Método de Variación de Parámetros.

3.54 y"-y=x- 1 -2x-3 1 3.55 y"- y = - senhx

385

ex 4.56 y"-2y'+y=x

3.57 y"+ 3y'+ 2y = senex 3.58 y"-3y'+2y =sene-x 3.59 y"+ y= sec3 x 1

3.6o y"-y=(1-e 2xr2 3.61 y"- y= e-2xsene-x

3.62 y"+ 2y'+ y= 15e-x .Jx + 1 3.63 y"+ 4y = 2tgx e2x 3.64 y"- 2y'+ y= (ex+

1)

2

1 3.65 y"+ y'=-1+ex •!• Ecuaciones Diferenciales de Euler.

3.66 (x 2D 2 -xD+1)y=lnx

.

5

3.67 x 2y"+3xy'+5y = 2 1nx X 2 3.68 (x 3 D 3 +2x D 2 -xD+1)y =9x 2lnx 3.69 (Cx-2) 2D 2 -3x(x-2)D+4)y=x · 3.70 x 3 y"'+ 3x 2y"+ xy'- y= x 2

386

•!• Problemas de aplicaciones. 3.71 Un cilindro circular de radio

k

r y masa m

está soportado por un muelle de rigidez

y se sumerge parcialmente en un líquido de densidad

r ,tal como se muestra en la

figura N° 3.56.Supongamos que, durante la vibración, el cilindro no es sumergido completamente en el líquido. Establecer la ecuación de movimiento del cilindro para la oscilación alrededor de la posición de equilibrio y determinar el período de la oscilación.

Figura~ 3.56: Representación de un cilindro parcialmente sumergido

3.72 Un cilindro de radior, de altura líquido

de

densidad p

como

h

y masa se

m

flote con su eje vertical en un

muestra

en

figura

~3.56.

Principio de Arquímedes: Un objeto total o parcialmente sumergido en un fluido es impulsado por una fuerza igual al peso del fluido desplazado.

387

Figura N° 3.57: Representación de un cilindro que flota y luego es sumergido. l. Establecer la ecuación diferencial que rige el desplazamientox(t), medido con relación a la posición de equilibrio, y determinar el periodo de oscilación. 2. Si el cilindro se establece en oscilación al ser empujado hacia abajo en un desplazamiento

x0

en

t

= O y luego se libera, determinar la respuesta

x(t) .

3.73. Un cubo de masa1 m se sumerge en un líquido tal como se muestra en la figura~ 3.58. La longitud de cada lado del cubo es L. En el momento(=

O,

la superficie

superior del cubo está nivelada con la superficie del líquido debido a la flotabilidad. El cubo es levantado por una fuerza constante F . Demostrar que el momento

T

en que la

superficie inferior está nivelada con la superficie del líquido viene dada por

388

m

t=O

t~

Tiempo

T

·t

Figura Nl3.58: Representación de un cubo sumergido 3.74. Una masa

m

se deja caer con velocidad inicial cero desde una altura

arriba de un resorte de rigidez

k

h desde

como se muestra en la siguiente figura. Determinar la

compresión máxima del resorte y el tiempo de duración para que la masa y el resorte estén en contacto cuando el resorte alcanza la máxima compresión.

3.75. Una cadena uniforme de longitud

L con una densidad de masa por unidad de

longitud

p se coloca sobre una mesa horizontal áspera con una caída inicial de

longitud

1,

es decir,

y= 1

en

t =O

como se muestra en la

figura 3.58. Los

coeficientes de fricción estática y cinética entre la cadena y la superficie tienen el mismo valor Ji . La cadena se suelta desde el reposo en el tiempo

t = O y co~

deslizarse fuera de la mesa. Si

(1 + f.1 )/ > f.iL.

Demostrar que el tiempo

T

que toma

para que la cadena abandone la mesa es

T=

~ (l+~)g cosh-tl+ fl~-

flJ

L-y

y(t)

Figura Nl3.59: Cadena uniforme que se desplaza en una sup-erficie plana.

3.76. Una cadena uniforme de longitud longitud

p

L

con una densidad de masa por unidad de

se coloca sobre una superficie inclinada lisa con

y

= O en t = O como

se muestra en la siguiente figura. La cadena se suelta desde el reposo en el tiempo

t =O. Muestran que el tiempo T

que toma para que la cadena para dejar la superficie

es

T=

1 _ _L_ _ cosh- 1 [ (1- senB)g senB

J.

390

3.77. Una cadena uniforme de longitud longitud

L con una densidad de masa por unidad de

L p se cuelga en una pequeña polea lisa con y (t) = l cuando t = O, l > -, 2

como se muestra en la figura.(a). La cadena se suelta desde el reposo en el tiempo

t =O . Mostrar que el tiempo T que toma para que la cadena de dejar la polea es

T = {]: cosh- 1 [

~2g

L

2!-L

]·

391

....----

A

y, y, y L-y(t)

Figura (a)

Figura (b)

3.78. Un péndulo como se muestra en la figura (b) se compone de una esfera sólida uniforme de radio

r

m conectada por una barra sin peso a la bisagra O . La

y la masa

barra está limitada aún más por dos resortes lineales de rigideces

k1 y k2

en A y B,

respectivamente. Se sabe que el momento de inercia de una esfera sólida de radio la masa

m

sobre su diámetro es

2mr 2

r

y

. Demostrar que la ecuación de movimiento

5

que regula el ángulo de rotación del péndulo sobre

O y el período natural de oscilación

del péndulo se dan por

2

2

m( ;' + L )e"(t) +

2

2

+ mgL )O(t) =O,

me~' +L' J

T=2JC

3.79. Una masa

(~a'+ k b

k 1a 2 +k2b 2 +mgL

m

se une a

C

y a la de una barraAC sin masa, como se muestra en

la figura N° ~.60. La barra está articulada en un extremo A y está soportado por un .resorte de rigidez

k

en el centro B

. Un

amortiguador que tiene un coeficiente de 392

amortiguación

e está unido en el centro. Una carga sinusoidal FsenfJ.t

se aplica en el

extremo C.

k A

me

B

-·-·-·-·..•..:•.•-·-·-·-·--L•---•_•_•_.-¡

~>..·:~::::•L•

e

FsenQt

Figura N° 3.60: Barra y amortiguador unidos. l. Demostrar que la ecuación de movimiento que rige el desplazamiento

extremo

x(t)

del

e es

4mx"(t) + cx'(t) + kx(t) = 4Fsenf1t. 2. Demuestre que la frecuencia circular natural W d de la vibración libre amortiguada del sistema está dada por

3.80. Una barra sin masa está articulada en un extremo A y el apoyo de un resorte de rigidez

k

en el otro extremo D, como se muestra en la figura~ 3.61. Una masa

m

se

1 3

une a - de la longitud de la bisagra y un amortiguador en el tablero olla que tiene un

2

coeficiente de amortiguaciónc se adjunta a -

-

sinusoidal

3

FsenfJ.t

de la longitud de la bisagra. Una carga

se aplica en el extremo D.

393

k

e B

m

L

L

FsenQt Figura Nl3.61: Barra unido al sistema masa resorte y amortiguador. l. Demostrar que la ecuación de movimiento que rige el desplazamiento del extremo Des

mx"(t) + 4cx'(t) + 9kx(t) = 9FsenO.t. 2. Demostrar que la frecuencia natural W d de la vibración libre amortiguada del sistema viene dada por

3.81. Un sistema simple amortiguado de un grado libertad de libertadse muestra en la figura N° 3.62. El desplazamiento de la masa es proporcionado por X 0 (t)

M

se describe por x(t). La excitación

= asenO.t.

Figura Nl3 .62: Sistema simple amortiguado de un grado de libertad.

394

l. Demostrar que la ecuación de movimiento que rige el desplazamiento

x(t)

de

la masa M está dada por

x"(t) + 2'w0 x'(t) + w~x(t) = asenOt + fJcosOt, donde

Wo

=~K¡ +Kz M

2rwo =el +cz a= aK¡ '

M'

'='

/3= Qac¡.

M'

M

2. Determinar la amplitud de la respuesta de estado estacionario X P ( t) . 3.82. El sistema de un solo grado de libertad se muestra en la figura N° 3.63 se somete a una fuerza dinámica

F(t)

= FasenOt .

......•-x(t) F(t)

Figura N° 3.63: Sistema forzado amortiguado de un grado de libertad.

l. Establezca la ecuación de movimiento en términos de

x(t)

y determinar la

frecuencia natural amortiguada. 2. Determinar la respuesta Xp (t) de estado estacionario del sistema. 3.83. Un sistema de un solo grado de libertad se muestra en la figura~ 3.64 se somete a desplazamien:to dinámico

x 0 (t)

= asenOt en el punto A.

~¡/ 395

,---x(t)

k2

..

A x 0 (t)=asenru

Figura Nl3.64 Sistema de un grado de libertad con desplazamiento dinámico. l. Establezca la ecuación de movimiento en términos

dex(t).

2. Si el sistema está ligeramente amortiguado, determinar la respuesta de estado estacionario X P ( t) del sistema. 3.84. Un instrumento de precisión con una masa m= 400kg se va a montar en un piso. Se sabe que el suelo vibra verticalmente con un pico a pico de amplitud de 2 mm y la frecuencia de 5 Hz. Para reducir el efecto de la vibración de la planta en el instrumento, cuatro muelles idénticos se colocan debajo del instrumento. Si la amplitud pico a pico de vibración del instrumento ha de ser limitado a menos de 0,2 mm, determinar la rigidez de cada resorte. Desprecie la amortiguación. En la figura N° 3.65 se muestra un sistema de un grado de libertad, se somete a una carga sinusoidal

F(t) = FasenD.t

rigidez del muelle,

t

k1 y k 2 , Fa y D.

en el punto A. Supongamos que la masa

m, la

son conocidos. El sistema está en reposo cuando

=o.

396

F(t) =Po sen fU Figura Nl3.65: Sistema de un grado de libertad se sometido a una carga sinusoidal.

l. Demostrar que la ecuación diferencial que rige el desplazamientox(t) de la

masa es

x"(t) + w~x(t) = fsenO.t, w0 = 2. Para el caso Q

-::f:.

w0 , determinar la respuesta x(t) del sistema.

3. Para el caso Q = W0 , determinar la respuesta

x( t) del. sistema.

3.86. Un vehículo modelado por un sistema amortiguado de un solo grado de libertad con masa M, rigidez ·del resorte K y coeficiente de amortiguamiento C como se muestra en la figura Nl3.66. El desplazamiento absoluto de la masa M es descrito por

y(t).

El vehículo se está moviendo a una velocidad constante U sobre una superficie

con forma de perfil

Yo (t) = JlSenO.t .Al tiempot =O,

el vehículo se encuentra en

x=O.

397

X

Figura N°3.66: Sistema amortiguado de un solo grado de libertad

l. Demostrar que la ecuación de movimiento que rige el desplazamiento relativo de vehículo previstos por

z "(t) +

z(t) = y(t)- Yo (t) es

2~w z '(t) + w~ z(t) = pf.l U sen ( QUt), w 2

2

0

0

=

J{; ,

e 2(;w0 = M

z(t) de estado estacionario, que es una

2. Determinar la amplitud de la respuesta

solución particular de la ecuación de movimiento. 3. Suponiendo que el coeficiente de amortiguación e =

O, determinar la velocidad

de U en la que se produce la resonancia. 3.87. El tren de aterrizaje de un avión como se muestra en la figura N° 3.33 se puede modelar como una masa conectada al avión por un muelle de rigidez de coeficiente de amortiguación. Un resorte de rigidez fuerzas con el neumático. El avión aterriza en el tiempo una

velocidad

constante

U

en

una

K

y amortiguador

k se utiliza para modelar las

t = O con X = O y se mueve a

superficie

ondulada

con

el

perfil

y 0 (x) = psenDx . Suponiendo que el avión se mueve sólo en la dirección horizontal, determinar la respuesta de estado estacionario del desplazamiento absoluto

y(t) de la masa m.

398

3.88. En la sección 3.1, se deriva que la ecuación de movimiento de una construcción de un solo piso bajo la excitación de la base

x 0 (t) está dada por

my"(t) + cy'(t) + ky(t) = -mx"0 (t), v y"(t) + 2sw0 y'(t) + w~y(t) = -x"0 (t) donde

k

2 Wo

y

y(t) = x(t)- x 0 (t)

e m

=-, 2sw0 =-,

m

es el desplazamiento relativo entre la viga y la base, como se

muestra en la figura 1f 3.67.

•

;¡i '•,j,,;:'

viga rígida m columnas sin peso

..

.......

''r''

.. Xo(t)

x(t)

k

= a senQt

Figura 1f 3.67: Desplazamiento de una construcción de un piso.

Para

x0 (t) = asenQt, determinar el factor de ampliación dinámica (DMF) definido

como

399

donde y P (t) es la respuesta de estado estacionario del desplazamiento relativo o la solución particular debido a la excitación de la base. Trazar DMF frente a la relación de

n

frecuencia r = -

para

s = O; O, 1; O, 2 y O, 3.

Wo

3.89. Considere el sistema único no amortiguada grado de libertad con m= 1Okg,

k

=

1kN 1 m. El sistema se somete a una carga dinámica F (t) , como se muestra en

la figura N° 3.68. El sistema está en reposo en el momento[= O. Determinar la expresión analítica del desplazamiento como una función de tiempo por encima de

t =Osee. F(t) (kN)

1

"------t----......,----·t (seg) o 5

o

Figura~ 3.68: Sistema sometido a una carga dinámica.

figura N° 3.69 que se muestra, la configuración de un medidor de

3.90. La

desplazamiento utilizado para la medición de la vibración de la estructura que el medidor está montado sobre la estructura. La estructura se somete a metro desplazamiento vertical. El desplazamiento de la masa se registra en el tambor giratorio. Se sabe

quem = 1kg,k =

lOON 1m,c =

5Nseg 1m,

y el registro de estado

estacionario en el tambor giratorio muestra una función sinusoidal con una frecuencia de 5 Hz y la amplitud de pico a pico de 50mm.Determinar la amplitud frecuencia

f

a

y la

Q = -

2Jr

del desplazamiento de la estructura.

400

•••~~~ta0 sen!2t Figura Nl3.69: Un medidor de desplazamiento.

3.91. Para el circuito mostrado en la figura N° 3.70(a), el interruptor ha estado en la posición

a

durante un largo tiempo antes de t

mueve a la posiciónb. Determinari(t)

= 0-. En t = 0 , el interruptor se

para t >O.

3.92. Para el circuito mostrado en la figura Nl3.70 (b), el interruptor ha estado en la posición a durante un largo tiempo antes de t = mueve

a la posiciónb.

Ve(t) para t >O

0-.

En

t=0 ,

el interruptor se

Demostrar que la ecuación diferencial

es

2

d ve + R dve + _l_v (t) = V(t) v (O+)= -RI

dt

2

que rige

L dt

LC e

LC ' e

0

dve(O+) =O. '

dt

. 1 ForR=6Q C=-F L=lH 10 =1A V(t) = 39sen2t (V) ' 25 ' ' ' Determine

Ve(t) para t >O.

~p

401

6Q

(b)

(a)

+

+

e

ve

(d)

(e)

Figura N> 3.70: Circuitos de Segundo Orden.

3.93. Para el circuito de la figura gobierna Ve (t)

N> 3.70 (e),

muestre que la ecuación diferencial que

para t > O es

d 2vc dvc dV(t) R1C1R2 C2 - 2-+(R1C1 +R1C2 +RzCz}-+vc(t) = R1C1 - - , dt dt dt con las condiciones iniciales dadas por

dvc(O+) _ V(O+) dt R2 C2 Para, R1 = 10, Rz Detennine

= 20,

C1 = 2F, C2

vc(t) para t >O.

= lF,

V(t)

= 12e-t (V),

~ 402

3.94. Para el circuito mostrado en la figura N° 3.70 (d), muestran que la ecuación diferencial que gobierna

Vc(t) para t >O

es

2 d ve R¡ + R2 dve 1 ()-Va+ R2l(t) V co+)T/ dve(O+) --+ +-V t-r,0 2 dt L dt LC e LC ' e dt '

--o.

Para R1 = R2 =50, C = 0,2F, L = 5H, Va= 12V, l(t) = 2sent (A), determine

Ve (t) para t >O.

3.95. Considere la columna AB que se muestra en la figura N° 3.71 sujeta en la base y el apoyo-pin en la parte superior por un resorte elástico de rigidez k . Demostrar que la ecuación de pandeo de la columna es

kL3 · 2 p -[tg(aL)-(aL)]+(aLt =O, a = -

El

El

p

k

B

~ ~

E

EI,L X

A

y

Figura N° 3. 71: Representación de una columna. 3.96. Considere la viga-columna que se muestra en la figura N°3.72 . Determinar la desviación lateral y( X) .

p

y Figura N° 3.72: Representación de una viga columna

403

CAPITULO IV

SISTEMA DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS LINEALES

4.1 Introducción Cuando un sistema es descrito por una variable independiente y más de una variable dependiente, las ecuaciones de gobierno puede ser un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias. En lo que sigue, dos ejemplos que motivan serán estudiados para ilustrar cómo surgen los sistemas de ecuaciones diferenciales en la práctica. Los sistemas de ecuaciones diferenciales lineales juegan un rol esencial en el moldeamiento matemático de fenómenos físicos relacionados con problemas de ingeniería en general, nos es fácil hallar leyes que vinculen directamente las magnitudes que caracterizan dichos fenómenos, pero en muchos casos es posible determinar la independencia entre esas magnitudes y sus derivadas, esto determinara un sistema de ecuaciones diferenciales lineales que caracterizan el modelo matemático. En general los modelos matemáticos no son lineales, pero la linealidad es una gran aproximación del mundo no lineal. Deducir las ecuaciones rectoras del movimiento de una partícula con masa m que se mueve en un plano tanto rectangular y sistemas de coordenadas polares. Ejemplo 4.1: Movimiento de una partícula en el plano Obtenga las ecuaciones que gobiernan el movimiento de una partícula con masa m moviéndose en un plano, considere los sistemas de coordenadas rectangulares y polares, tal como se muestran en las figuras N° 4.1 (a) y N° 4.1 (b).

X

(a)

(b)

_Figura N° 4.1: Movimiento de una partícula en el plano. 1) En coordenadas rectangulares: La partícula se mueve a lo largo de una trayectoria en

la plano XY, como se muestra en la figura 4.1(a);en el instante t, las coordenadas son (x, y).La partícula está sujeto a las fuerzas externas aplicadas ~ ( x.y, t) en la dirección X y

1\,(x.y,t)en la dirección Y. Las ecuaciones del movimiento están dadas por la

segunda Ley de N ewton:

En la dirección X : mx"(t) = Fx ( x,y,t), { En la dirección Y : my"(t) = FY (x,y,t), lo cual es un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias de segundo orden. 2) En coordenadas polares: En el instante t, la partícula está en el punto de coordenadas

( r, ()),

polares

x

como

se

muestra

en

la

Figura

4.1 (b ).

Como

= r cos (), y= rsenB, la posición del radio vector está dada por ; =

-

xi +y]= r( cosBt+ sene]) = r~,

-

-

donde, u = cos ()i +sen() j es el vector unitario en la dirección OA o r.

405

El vector normal unitario de r' se denota como

e = -senei +coseJ.

La velocidad y la aceleración de la partícula son:

-v = -r'(t) = x'(t)i-+ y'(t)j,- -a= -r"(t) = x"(t)i-+ y"(t)j.Ya que, diferenciando X 1\ y con respecto al tiempo t se obtiene

x' = r'cose- rsene.e', y'= r'sene + rcose.e',

x" = (r"cose- r'sene.e')- (r'sene.e'- rcSl_se.e' 2 - rsene.e") x" = r"cose -2r'e'sene- re' 2 + re"sene

'

y"= (r"sene- r'cose.B') + (r'cose.e'- rsene.e'2 + rcose.e") y"= r"sene + 2r'e'cose- re' 2 sene +re" cose, el vector aceleración se convierte en

~ = ( r "cose - 2r 'e' sene- re 12 +re" sene)7

+ (r "sene + 2r 'e' cose- re 12 sene + re" cose)] ~ = (r"-re' 2 )( cosei + sene}) + (2r'e'+ re")( -senei +cose})

siendo,

ar =r"-re'2 '

a8 = 2r'e'+ re"

son la aceleración radia y angular de la partícula en las direcciones de

r

ye

respectivamente. Por consiguiente, mediante la segunda Ley de Newton se establece las ecuaciones del movimiento

406

2

En la dirección :: mar= L~ =>m(r"-rB' )=~(r,B,t), { En la dirección () : ma = L~ ==> m(2r'B'+rB")=~(r,B,t), 0 lo cual es un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias de segundo orden. Ejemplo 4.2: La vibración de varios pisos de un edificio compartido Se formulara las ecuaciones diferenciales del movimiento de un edificio compartido de n-pisos como se muestra en la figura N° 4.2(a). F,(t)

-

m,

Xu 1

ku

F11 _ 1(t)

F2 (t)

Xn-1

m2

1 1

k1

1 1 1

kl

r-;r---------:

lxr+l

:x,

X¡

k .. ~-----------~

1

1

x2 __.....,.

-

F1(t)

1

1

r+I,

,....

kr+l (Xr+ -x,. )' 1

1 ;xr-1

~r+I

'

"'-~--,

;p;, ,

Cr(Xr-Xr-1), ~

l

,;

,

,, ~r+I (xr~t -xr)

111

;

, ..

r

~)~.,

~

,

F,(t)

{r(X,-X,_¡)

'--3]--... ''k e, ,' l r

~·---------J--~ 1-------------•

1

(a)

(b)

Figura N° 4.2: Un edificio simple de n-pisos.

Sea r un contador del número de pisos, r-1, 2,3, ... ,n, se asume que es rígida con masa mr y se somete a la carga aplicada externamente Fr (t) . La rigidez combinada de las columnas que conecta los pisos (r-1) y

r es kr, y el

coeficiente de amortiguación del amortiguador debido a la fricción inte~~~~

7

40;

1) y res Cr .El desplazamiento del piso res descrito por xr(t). Se considere el movimiento del piso r, cuyo diagrama de cuerpo libre se muestra en la figura 4.1 (b). Se nota que las columnas entre los pisos (r-1) y r se comportan como un muelle con rigidezkr. Observación: Para determinar la fuerza de corte aplicada en el piso r por las columnas entre los pisos (r-1) y r, en pie sobre el piso (r -1) se observa el movimiento del piso r. El piso r se ve mover hacia la derecha con un· desplazamiento relativo de Xr - Xr-l ; por lo tanto las columnas se van a tratar de jalarse en el piso r de nuevo a la izquierda, ejerciendo una fuerza de recuperación (muelle) de kr (xr- xr_1 ) hacia la izquierda. De la misma manera la fuerza de amortiguación es cr ( x'r- x'r_1 ). Por otro lado, para determinar la fuerza de cizallamiento (fuerza de corte) aplicada en el piso r por las columnas entre los pisos r y (r+ 1), en pie sobre el piso (r +1) se observa el movimiento del

piso r. El piso r se ve

mover hacia la izquierda con un

desplazamiento relativo de Xr+l - Xr; por lo tanto las columnas se van a tratar de jalarse en el piso r de nuevo a la derecha, ejerciendo una fuerza de recuperación(muelle) de kr+l ( xr+l - xr) hacia la derecha.

De la misma manera la fuerza de amortiguación es

Cr+l

(X 'r+a- X'r).

Aplicando la Segunda Ley de Newton, la ecuación de movimiento en el piso r, r=l,2,3, ... ,n, es

408

r

donde X

o= o,

cn+l

=o,

kn+l

=O.

En la forma matricial, la ecuación de movimiento de un edificio simple de n pisos puede ser escrito como

Mx"+ Cx'+ Kx = F(t), donde

F¡(t) F;(t) F(t)=

~(t)

~(t)

son los vectores desplazamiento y carga, respectivamente. M,C y K son las masas, coeficiente de amortiguación de la masa y matriz de rigidez , respectivamente, dadas por:

M= diag[ m¡,m2 ,m3 , ••• ,mn], el+ Cz

-cz

C=

-Cz Cz

+ c3 -c3

-c3

409

-k3 K=

-kn-l

kn-l +k n -kn

-kn Por consiguiente, el movimiento de un edificio simple de n pisos es gobernado por un sistema de n ecuaciones diferenciales ordinarias. El sistema es equivalente al sistema de masa-resorte-amortiguador que se muestra en la figura N° 4.3.

x,(t)

1

Figura~ 4.3: Un sistema equivalente a maSa-resorte-amortiguador.

Ejemplo 4. 3: El siguiente sistema de ecuaciones:

x~ (t) = ax1(t) + bx2 (t)

{ x (t) = bx (t) + ax (t) 2

1

2

es un sistema de ecuaciones diferenciales lineales , siendo

a y b constantes o

parámetros de acoplamiento entre x1(t) y x2 (t). Las funciones x1 (t)

= e(a-h)t

y x 2 (t) = -e(a-h)t

satisfacen el sistema dado. Además las

relaciones

X

2

(t) =e e(a+b)t -e 1

2

e(a-b)t

410

siendo c1 y c2 constantes arbitrarias. Luego x1(t) y x 2 (t) expresan la solución general. Es decir

(

J=e x (t)

X¡ (t) 2

eB1 -~ -B2 1

Como el propósito es eliminar dÓs constantes arbitrarias, uno puede expresar cualquier 1

de las dos constantes en términos!de otras como se ha despejado A 1 y A2 • 1

Luego la soluciones generales se ~xpresan como: ¡

x = -( ~ + B2 )cos3t ~ (A;- B2 )sen3t + 2(3t + 1)e- t

( 4.50)

Y=~ cos3t + B2 sen3~- ( 6t + 1)e- t.

(4.51)

3

3

431

t

Observación: En la solución anterior, el procedimiento general es seguido para ilustrar todos los pasos en los sistemas de ecuaciones diferenciales lineales resolución de problemas utilizando el método de los operadores. Sin embargo, para este ejemplo, se puede resolver más fácilmente de la siguiente manera. Habiendo obtenido las soluciones complementaria y particular para x, es decir xc en (4.44) y

Xp

en (4.46) o la solución general x en (4.50), la solución y puede ser

determinado de la ecuación (4.42), así:

y= _l(D- 3)x = __!_{[ -JA1sen3t + 3B1 cos3t + 6e-t- 6(3t + l)e-3 6 6 '

t]

-3[ A cos3t + B sen3t + 2(3t + l)e- t]} 3

1

1

Y= _ _!_(A¡- B1)cos3t- __!_( A1 + B 1 )sen3t- ( 6t + l)e-3t.

2

2

Observación: Es importante y eficaz para explotar las ecuaciones diferenciales idear una manera fácil de resolver el problema. Ejemplo 4.9 Resuelva el siguiente sistema:

(D- 3)x- 6y = 2cos3t,

!

D(.) =d(.) dt

3x+ (D + 3)y = 2sen3t.

( 4.52) ( 4.53)

Este sistema y el sistema en el ejemplo 4.6. tienen los mismas ecuaciones diferenciales homogéneas. Por lo tanto, se tienen las mismas soluciones complementarias dadas por

Xc

=

A1 cos3t + B1sen3t, Y e= A.z cos3t + B2 sen3t.

~/) 432

Una solución particular está dada por ~ x

(t ) =

~y (t) = xp = yP

-

-6 ( ) 2cos3t ( ) = 2 D + 3 cos3t + 12sen3t = 6cos3t + 6sen3t, 2sen3t D+3 ( D-3) 2cos3t = 2( D- 3)sen3t- 6cos3t = -6sen3t, 3 2sen3t

(x) = D ; +9 ( 6cos3t + 6sen3t ),

tjJ D

~y ( )

tjJ D

-

1 D 2 +9

( -6sen3t )

El Teorema 3.3 falla al evaluar Xp

A yP.

2

,

t/J(D) = D + 9,

t/J(i3) =O,

t/J'(D) = 2D,

t/J'(i3) = i6,

1

D +9

(e'")=

= 69\e(

:. x P

Por lo tanto, el teorema 3.4 debe ser aplicado:

·

t)

(tei 3t) = _!_t( cos3t + isen3t) = !_sen3t- i!_cos3t, t/J' i3 i6 6 6

·D 1+ 9 (ei· 2

31

).)

+ 6::Jm(

1 (ei D +9 2

31

))

xp

=6 ~ sen3t + 6(- ~ cos3t) =t(sen3t -cos3t),

YP

=-63m ( D'l+ 9 e"')= -6(- ~ cos3t) =t cos3t.

Las soluciones generales son

x = Xc

+ xP

= A1 cos3t + B1sen3t + t(sen3t- cos3t ),

y= Yc + Yp =A, cos3t+B,sen3t+tcos3t.

r~ 433

Sustituir las soluciones generales en la ecuación (4.52) para eliminar las constantes adicionales.

(D- 3)x- y= [-3A1sen3t + 3B1 cos3t + sen3t- cos3t + t(3cos3t + 3sen3t)

- 3[ A1 cos3t + B1sen3t + t(sen3t- cos3t)

J

J- 6(Az cos3t + B sen3t + tcos3t) 2

=(3B1 -34 -6~ -l)cos3t+(-34 -3B1 -6B2 +l)sen3t=2cos3t Al comparar los coeficientes de términos similares da

cos3t:

1 1 3B1 -3A1 -6A2 -1=2~ .L-'2 A =--(A -B)-2 1 1 2'

sen3t: - 3.L'i A - 3B1 - 6B2 + 1 = O~ B2

1

=-A 2 ( .L'i

1 + B1 ) +6.

La soluciones generales se expresan como:

x = A1 cos 3t + B1sen3t + t ( sen3t- cos 3t),

y=[-~ (A¡ -B ~}os3t+ [- ~ (A +B + ~}en3t+tcos3t. 1) -

1

1)

Observación: Sustituir las soluciones generales en una de las ecuaciones diferenciales originales para eliminar las constantes adicionales en las soluciones complementarias. Esto también sirve como un control para las soluciones particulares obtenidos. Ejemplo 4.10 Resuelva el siguiente sistema

¡

(D 2 -3D )x- (D -2)y = 14t + 7,

(D-3)x+Dy=l.

.

D(.) = d(.) dt

( 4.54) ( 4.55)

El determinante del matriz coeficiente es

434

2 ~(D)= D - 3D

D-3

2 -(D- ) =D2 (D-3)+(D-2)(D-3)

D

=(D-3)(D2 +D-2) =(D-3)(D+2)(D-1). La ecuación característica y sus raíces están dadas en:

~(J) = (J+ 2)(J-l)(J-3) =O=> J

=-2,1,3. _

Luego las soluciones complementarias son:

Ye= D¡e

-zt

+ Dzet + D3e3t

Una solución particular está dada por

~x(t)=

14t+7 -(D-2) D =D(14t+7)+(D-2)(1)=12, 1

. (D2 - 3D) 14t + 7 ~ (t)= =(D 2 -3D)(1)-(D-3)(14t+7)=42t+7, Y D-3 1

435

1 YP = [ ( 51) 1 2 1J 3 JJ(42t+7) 6 1- -+-1) - 6 3 6 =

~[1 +( ~D+··}··}47t+ 7) = ~[ ( 42t+ 7)+ ~(42) J= 7t+ 7.

Por consiguiente las soluciones generales son:

x = Xc + Xp = -e1e-zt + e2et + e3e3t + 2, y= Y e+ YP = l)le-2t + 1)2et + 1)3e3t + 7t + 7. Puesto que

r/J(D) es

un polinomio de grado 3 en D, la solución general debería

contener tres constantes arbitrarias. Sustituyendo las soluciones en la ecuación (4.55) se elimina las tres constantes adicionales.

(1J- 3)x + l)y = ( -2C1e-zt + C2 / + 3C3e3t)

- 3( Cle-2t + Czet + C3e3t + 2) + (-21Jle-2t + l)zet + 31)3e3t + 7) = (-5C1 -21J1 )e-zt +(-2C2 +1Jz)et +31J2e3t +1=1 luego se tiene que:

(-5C1 -21J1 )e-2t +(-2C2 +1J2)et +31J2e3t =05 2

-5C1 -2D1 =0=>D1 =--Cp => -2C2 +D2 =0=>D2 =2C2 , 3D3

=0=>D3 =0

Por lo tanto las soluciones generales están dadas por: x = Xc + xP = 1e-2t + e2et + e3e3t + 2,

e

y=yc + YP =-2C1e-zr +2C2er +7t+7. 2 436

Ejemplo 4.11 Resuelva el siguiente sistema:

D(.) = d(.)

( 4.56)

dt Dy1 - y 2 =O,

( 4.57)

6y1 +lly2 +(D+6)y3 =2e-x.

( 4.58)

El determinante de la matriz de coeficientes es

-1

D

O 2

{b(D)= O D -1 =[D (D+6)+6-(-11D)] 6 11 D+6 = D 3 + 6D 2 + 11D + 6 La ecuación característica y sus raíces están dadas en:

{b( Á)= Á3 + 6Á 2 + 11Á + 6 =o=> {b( Á)= (Á+ 1)(Á+ 2)( Á+ 3) =o =>Á= -1,-2,-3. La solución complementaria para

Yrc

y 1 esta dada por:

= ere -x + eze -2x + e3e -3x ·

Para hallar una solución particular para y 1 , se aplica la Regla de Crammer.

~yr(x)=

o

-1

o

D

2e-x . 11

o -1

D+6

= 2e

-X

-1

D

o 2 = e ' -1 -X

437

Aplicamos el Teorema 3.4

q)(D) = D 3 + 6D 2 +liD+ 6, q)( -1) =O, q)'(D)=3D 2 +12D+ll

, q)'(-1)=2,

2 -x -x y 1p= q)'(- 1)xe =xe . Por consiguiente, la solución general de y 1 es

Y1

=Y1c + Y1P = e1e-x + e2e-2x + e3e-3x + xe-x .

Después de haber obtenido yr, las soluciones generales de y 2 y y3 se pueden determinar a partir de las ecuaciones (4.56) y (4.57), respectivamente,

Y2 = Dy1= -C1e-x....,... 2C2e-2x ~3C3 e-3 x + (1- x)e-x, Y3 =Dy2 = C1e-x +4C2e-2x +9C3e-3x -(2-x)e-x. 4.3.3 Método de Variación de Parámetros En cuanto a las ecuaciones diferenciales ordinarias lineales, cuando los lados derechos de un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias lineales no son de la forma:

el método de variación de parámetros debe de utilizarse para obtener soluciones particulares. Ejemplo 4.12 Resuelva el siguiente sistema

¡

Dx- Dy = tg 2 t + 1,

(D-3)x+ Dy = tgt.

D(.) =d(.) dt

( 4.59) ( 4.60) 438

Primero

determine

las

soluciones

complementarias

para

las

ecuaciones

complementarias o homogéneas:

Dx- y=O,

(4.61)

x+Dy=O

Los números característicos son fáciles de obtener

La solución complementaria para x es:

Xc = Acost + Bsent.

(4.62)

De la primera ecuación de (4.61), la solución complementaria para y es:

( 4.63)

Yc =Dxc =-Asent+Bcost.

El método de variación de parámetros se aplica para hallar soluciones particulares. Variar los parámetros, es decir, las constantes Ay B se convierten en funciones de t,

4 ~ a(t)

y B ~b(t), luego se tiene:

xP = a(t)cost +b(t)sent.

Xp =-a(t)sent+b(t)cost.

( 4.64)

Sustituyendo las ecuaciones (4.64) en (4.59) se produce que

DxP- YP = [ a'(t)cost- a(t)sent + b'(t)sent + b(t)cost] - [-a(t)sent + b(t)cost]

= a'(t)cost + b'(t)sent = tg 2t + 1

( 4.65)

xP +DyP =[a(t)cost+b(t)cost]

+ [ -a'(t)sent- a(t)cost + b'(t)cost- b(t)sent] =

-a'(t)sentt + b'(t)cost= tgt

( 4.66)

Las ecuaciones (4.65) y (4.66) dan dos ecuaciones algebraicas lineales para dos incógnitas a'(t)y b'(t), que puede ser resuelto mediante la eliminación de Gauss o la regla de Cramer. Para encontrar un a'(t), eliminar b' (t) de la siguiente manera:

Ec(Sa)xcost:

a'(t)cos 2 t+b'(t)sentcost={tg 2 t+l )cost

( 4.67)

E e ( 5b) x sent :

-a '(t)sen 2t + b '(t)sent cos t = tgtsent

( 4.68)

Ec( 6a)- Ec( 6b): a'(t) = tg 2 tc;ost + cost- tgtsent = cost

( 4.69)

De la ecuación (4.66), se obtiene:

'( ) b t

a'(t)sent tgt + costsent sent =tgt +cost = cost =cos t +sent 2

( 4.70)

Integrando las ecuaciones dadas en (4.69) y (4. 70) se arriba a:

a(t)

=Jcostdt =sent, b(t) =J cos se~t dt + Jsentdt =sect- cost. t

Por lo tanto, las soluciones son generales, utilizando las ecuaciones (4.63) y (4.64),

x = Xc + Xp

= Acost + Bsent + sentcost + (sect -cost)sent

=cost + Bsent + tgt, y=y; + YP =-Asent+Bcost. Ejemplo 4.13 Resuelva el siguiente sistema

440

(D

2

D(.) = d(.)

+3D+2)x+(D+1)y=O,

(D+ 2)x+(D-1)y =

dt

8 . e +1

( 4.71) ( 4.72)

2t

Primero se determina las soluciones complementarias de las ecuaciones diferenciales homogéneas (4.73) y (4.74)

D(.) =d(.)

( D 2 +3D+ 2) X+ (D + 1) y = o, {

dt

(D + 2)x+ (D -l)y =O.

( 4.73) ( 4.74)

El determinante del matriz coeficiente es

r/J(D) = D2 +3D+2 D+l =(D+ 1)(D-2)(D+2) D+2 D-1 La ecuación característica y sus raíces están dadas en:

rjJ (A) = (A+ 1) (A - 2) (A + 2) =O=> A=-1, 2,-2. Luego las soluciones complementarias son:

Xc =

ele-t + e2e2t + e3e-2t '

-t

Yc = D1e

+ D2e2t + D3e-2t ·

Desde 1(el número de veces que el autovalor es repetido como una raíz de la ecuación característica), esto es posible que la multiplicidad del autovalor genere m autovectores linealmente independientes. Sin embargo, también es posible que haya menos de m vectores propios linealmente independientes, en este caso, la matriz A es una matriz defectuosa o deficiente. En otras palabras, una matriz n x n es defectuoso si y sólo si no tiene n vectores propios linealmente independientes. Una base completa se forma mediante el aumento de los vectores propios con eigenvectores generalizadas. Supongamos que

A es un valor propio de multiplicidad m, y sólo hay

k 1, y una secuencia generalizada de autovectores correspondientes a

.íL

v1, v2 , • • ·, vm • Entonces, corresponde para los autovalores

A,A,A, .... ,A (repetidos m veces), las m soluciones linealmente independientes del sistema homogéneo son: xi ( t) = eíltvi'

vi son auto vectores, i = 1, 2, 3,- ··,k,

Ejemplo4.16 Resuelva el siguiente sistema:

455

(.)'= d(.)

x '¡- 4x1 + x2 = O

(4.102)

dt

3x1 -x'2 +x2 -x3 =0

(4.103)

=O

(4.104)

x1 -x'3 +x3

En la forma de matriz, el sistema de ecuaciones diferenciales se puede escribir como

X'(t)

=AX(t), X(t) =[~}

A=[~ ~l ~ll

La ecuación característica es

det(A- Al)=

4-A

-1

3

1-A

1

o

o 3

-1 =-(A-2) =0=>A=2 1-A

Por lo tanto, A = 2 es un autovalor de multiplicidad tres. Para hallar el autovector se tiene la ecuación:

tomandov11 = 1, entoncesv21 = 2v31 = 2, v31 = v11 = 1,

456

No es posible encontrar dos vectores propios más linealmente independientes. Por lo tanto, la matriz A es defectuoso y una base completa de vectores propios se obtiene mediante la inclusión de dos vectores propios generalizados:

tomandov12 = 2, entoncesv22 = 2v12 -1 = 3, v3 2 = v12 -1 = 1,

2 -1 (A- A-I)v3 = v2 ::::> 3 -:-1 [ 1 o tomandov13 = 1, entoncesv23 = 2v13 - 2,= O, v33 = v13 -1 =O, 13

v

~v, = [ :::

]

=

[1]~ · .

Por lo tanto, las soluciones linealmente independientes son:

457

La solución complementaria es:

Por consiguiente se tienen las soluciones:

x1 (t) =e

2

t[

2

2

C/ + ( C2 + 4C3 )t + ( C1 + 2C2 + 2CJ ],

· .:-~h(t)"= e ~ [2C/ + 2 ( C2 + 3C3 ) t + (2C1 + 3C2 ) ·x3 (t) = e

2

t[

2

C/ 2 + ( C2 + 2C3 )t + ( C1 + Cz)

J,

J.

Ejemplo 4.17 Resuelva

X'(t)

=AX(t), X(t)

-2 1 -2] =[~l [ A= 1 3

-2 -3

2 . 5

La ecuación característica es

458

-2-11 det(A- 111) =

-2-11 2 =-(ll+1t(2-3)=0 5-11 -3

1 3

=>

-2

1

{A, = A¡ = ~ = -1 es un autova1or de multiplicidad 2. 11=3

-

.

Por lo tanto, los autovalores son determinados como sigue:

(1) A¡=~ =-1:

-,-1 (A-U)v=O=:> ~

[

lo que conduce a v1 = v2

-

2v3 •

__ tomandov2 = 1, v3 =0,entoncesv1 = 1, v3 = 1 => v1 = -2,

(2)11=~=3:

-5

1

(A-11I)v3 =0=> 1 [

-5

3

-3

459

tomandov33 = 3 =>v13 =-1,entoncesv23 = -1, v23 = 1, -1 vn

=>v3- v21 v31

1 3

la solución complementaria es:

por consiguiente:

Observación: A pesar de que "A = 1 es un valor propio de multiplicidad 2, existen dos autovectores linealmente independientes. 5.4.6 Soluciones particulares de un sistema de n ecuaciones diferenciales.

El método de variación de parámetros es aplicado para hallar una solución particular del sistema no homogéneo

X'(t) = AX(t) + f(t)

( 4.105}

La solución complementaria del sistema no homogéneo (4.1 05) se obtiene de X(t)=x(t)e, donde x(t) es una matriz fundamental, cuyas columnas son linealmente independientes y cada una es una solución del sistema homogéneo, es decir X'(t)=AX(t), siendo e un vector constante den componentes. La aplicación del método de variación de parámetros, variar el vector constante e en la

p

solución complementaria X(t) = x (t) e para que sea un vector de funciones en t, es

decir,

e ~ c(t). As!, una solución particular se supone que e s ?

460

(4.106)

X(t) = x(t)c(t) Diferenciando con respecto a t se consigue:

X'(t)

= x'(t)c(t) + x(t)c'(t) = AX(t) + f(t).

Reemplazando X'(t)=AX(t) y X(t)=x(t)c(t) se tiene:

Ax(t)c(t) + x(t)c'(t) = Ax(t)c(t) + f(t), :. x(t)c'(t) = f(t) => c'(t) = x- 1 (t)f(t)

( 4.107))

Integrando con respecto a t se obtiene que:

f

c(t) =e+ x- 1 (t)f(t)dt.

( 4.108)

Por consiguiente la solución general se obtiene de (4.1 06) y está dada por

X(t)

= x(t)c(t) = x(t)[ C +

fx- (t)f(t)dt J. 1

(4.109)

Para el sistema no homogéneo (4.1 05) con condición inicial se tiene el siguiente PVI:

X'(t) = AX(t) + f(t) { X(to)=Xo

(4.110)

la solución general se puede escribir como

461

lo cual conduce a:

(4.111) Para encontrar una solución particular utilizando el método de variación de parámetros, se debe evaluar la inversa x- 1 de una matriz. Ejemplo 4.18 Resuelva el sistema:

x '¡ + 3,x1 + 4x~ = 2e-t, { X -x +x -Ü 2 1 2 El sistema de ecuaciones diferenciales se puede escribir en la folTil;a matricial:

La ecuación característica es

det( A- A-l)= Por lo tanto,

-3-A,

1

A = -1 es un autovalor de multiplicidad 2. La ecuación vector propio está

dada por:

(A-Al)=

v:: ]= [o] =>v [ ~21 ·-4J[v 2 0

11

+2v21 =0.

462

tomandov21 = -1 =>vu =-2v21 =2,

Un segundo vector propio linealmente independiente no existe. Por lo tanto, la matriz A es defectuoso y una base completa de vectores propios se obtiene mediante la inclusión de un vector propio generalizado:

Las dos soluciones linealmente independientes son:

2]

x 1(t) = e2t v1 =e-t [ _

1

,

Una matriz fundamental es

( 2t + 1) e-t ] ( ) _ -t => det X - ( t+1 ) e

_

21

e .

y su inversa es obtenido como:

463

1-2t[-(t+~)e-t

x-\t)=

-e

e

-(2t+1)e-t]=[(t+1)et 2e-t -e-t

(2t+1)/] -2et

Es fácil de evaluar

+

f X-1 (t)f(t)dt = s[(t 1}et (2t -e

+1!/][2e-t]dt [t2 +2t]· O -2t =

-2e

La solución general es;

Ejemplo 4.17 Resuelva el siguiente sistema:

x'r- x1 ~ x2 = ~ect,

{ 2x

1-

x 2 + x2

-

O.

El sistema de ecuaciones diferenciales se puede escribir en la forma matricial:

1 (t)], A=[x (t) -4

X'(t)=AX(t)+ f(t), X(t)=[x1 2

5

-5

],

f(t) =

o .. [sect]

La ecuación característica es

det(A-Al) = Para el autovalor A =

1-A

-1

2

-1-A

2

= A + 1 = O=> A = ±i.

i . La ecuación vector propio está dada por: 464

1-i -1J[v] [ 4 -1-i v: =[(1-i)v-v] 2v -(1~i)~2 =[O]O.

(A-Jt,J) =

2

Por consiguiente, usando la formula de Euler eiO = COS 0

+ isenB,

Dos soluciones real valuadas linealmente independientes son:

X¡

t

( )

= 9\e_ ( eA.t v ) = [

cos t ] x ( t ) = :.5m e A.t v ) sent + cost ' 2 e""!!

(

=[

sent ] sent- cost ·

una matriz fundamental es

X(t)

= [x1(t) x2 (t)] =

cost [ sent + cos t

sent ] , det(X) = -1, sent - cos t

y su inversa es obtenido como:

x- (t) = [cos t- sent 1

sent ] . sent + cost -cost

Se evalúa la integral 465

tgt} [t + Inlcost\] t= l l. fx- (t)f(t)dt = J[11+tgt t-In cost 1

La solución general está dada por;

x(t) = X(t)

[e+ fX

-1

(t)f(t)dt

J=[cost- sent

sent

sent+cost -cost

][ee2

1

ti]

+ t +In leos + t -In leos ti

:. x1 (t) = (t + e1)cost + (t + e 2 )sent + ( cost- sent)In\cost\,

x2 (t) = ( e1 -

e )cost + (2t + e + eJsent + 2costlnlcost\. 2

1

Ejemplo 4.18. Resuelva:

Solución

La ecuación característica es

det(A- A-1) = =>A,=

2-A,

-1

2

-1-A,

-1

1

-1 2

3

-2 =-(A- 3 -3A- +3A--1)=-(A--1) =0.

2-A-

A¡ = ~ = ~ = 1 es un autovalor de multiplicidad 3.

La ecuación para hallar el autovector es

466

(A-A-I)v=[

~

-1 -1

-1

lo que conduce a v1 = v2

1

+ v3 . Como resultado, hay dos vectores propios linealmente

independientes.

Sin embargo, V2 no puede ser escogido arbitrariamente; tiene que satisfacer una condición por

v3 ,que será claro en un momento.

Un tercer vector propio linealmente independiente no existe. Por lo tanto, la matriz A es defectuoso y una base completa de vectores propios se obtiene mediante la inclusión de un autovector generalizado:

-1

-1 1 Si

v13 - v23 - v33 = v12 = a, se debe tener v22 = 2a, v32 = -a.

Tomando a= 1:::::>v12 =1, v22 = 2, v32 = -1, tomandov13 = v23 =O :::::> v33 = v13

-

v23 -a= -1;

Las tres soluciones linealmente independientes son: 467

l

La matriz fundamental está dada por:

x 2 (t)

X(t) = [ x 1(t)

x3 (t)j

=e'[~

1 t ] 2t 2 -1 -1 -(t + 1)

et =[

o et -et

2et -et

te'

2tet

.

-(t + 1)et

Se aplica el método de Gauss-Jordan para hallar la inversa de la matriz fundamental X:

1

t

2 2t -1 -(t+1) 2 2t 1 t F,-F, -1 1-t

[l1

{~

F,-ff,

{~

o o 1 o o 1

1

o

o 1 o o o 1

o

~] 1

o

[~

Intercabio F¡ yF2 FJx( -1)

~J

F¡-2F2 F,+F,

)

[1

~

2 2t 1 t 1 (t+ 1)

o o 1 t o 1

l 1 l 1

o o 1 o o

o o

-1

-2 o 1 o o 1 -1 -1

~l

-2 1 1-t t 1 -1 -1

468

Luego,

x- 1 (t) =e-'

1

[ -2 1~ t

o] =[

t -1 - 1 t

1e-1 -ze-' (1- t)e- 1 te- 1 -e-t e-t

O ][ 2e'

~:~, 4~-,

l

Evaluamos la integral

l[

-e

-t

21

2e' } [ -4t - 2e4e-1 t = 2t- t 2 - (2t + 1)e-21 O 2t + 2e-21

O te-1 -e-1

l

Por consiguiente la solución general es:

f

x(t) = X(t)[ e+ x-\t)f(t)dt

o = et -e'

det (A- Al) =

e'

e1 -4t-2e-

21

te 1

e2 + 2t - t 2

2te1 2e1 -e' -(t + 1)e'

3-A

-3

2 -1

-2- A 2

J -

(

2t + 1) e-2t 21

e3 + 2t + 2e-

1 2 = -A 3 +A2 -2=-(A+1)(A 2-2A+ 2 =O

-A

::::::> A = -1, 1± i.

:. x1 (t)=[ e 2 +el+t2 +2t]e' -eX 2 (t)

1 ,

J

= [ e 1 + 2e2 + 2el + 2t 2 e1 - 4e-t

x3 (t)=-[ e1 +e2 +e3 (t+1)+t 2 Je +e-t. 1

469

Ejemplo 4.19 Resuelva el siguiente sistema:

x'¡ =3x1 -3x2 +x3 +2et, x'2 = 3x1 - 2x2 + 2x3 ,

En la forma matricial, el sistema de ecuaciones diferenciales §e puede escribir como:

Para la raices de la ecuación característica

(1) (2) Ec(l)-Ec(2): 5v11 -5v21 =0.Tomandov21 =l:::::>v11 =v21 =l. De la Ec(l): v31 = 3v21

-

4v11 =-l. Por consiguiente,

(2).-i=l+i:

470

[

2 -i -3 3 -3-i -1

2

1][v1 ] [O] (2-i)v1 -3v2 +v3 =0 2 v2 = O :::> 3v1 -(3+i)v2 +2v3 =0 -1 v3

O

-v1 +2v2 -(1+i)v3 =0

(3) (4)

Ec(3) +3Ec( 4) :(3 -i)v2 - (1 +3i)v3 =O 1 + i3

1 + i3

.

Tomando v3 =1=> v2 =--=--=z. 3-i 3-i DelaEc(4):v1 =2v2 -(1+i)v3 =2i-(1+i)=-1+i. 1

v

~V= [ ::

e~v

¡-1~ il +

]

=

'

=e' ( oos t + isent{[

~}

{

i]}

Una matriz fundamenta es:

e-1 e1 (cost+sent) - e-t -e1sent e

-t

e1 ( cost- sent)

e1 cost

Para hallar la inversa de la matriz fundamental,

e1 cost e1sent

x-l (t) , se aplica el método de

Gauss-Jordan.

471

F2-F¡

F3+F¡

e-t

et ( cost + sent)

e-t

-etsent

e-t

et cost _;_et ( éos t + sent)

¡e-• > o

/ cost -/sent

o o

[ e-• F¡+F2-F3 costF3+sentF2 > o

etcost

o

F2-F3sent )

e'F¡ e-' F2cost F3e-'

{~

o

o

o o

et ( cost- sent) 1 etsent -1 etcost 1 -1

~]

o 1

o

-c~st[ l

1

etsent -1 1 et cost- sent sent

o

e-t

et ( cost- sent) 1 o etcost o 1 etsent o o

~l

-[ l

-1

1

etcost

o o

-1- costsent + sen 2 t

1- sen 2 t

-sentcost

o

et

cost- sent

sent

cost

o o 1 o o 1

'l l

er -et -e -e-t ( cos t + sent) e-t cost e-r sent -e-t ( cost- sent) e-tsent e-t cost -et

et

-e-t ( cost- sent)

e-tsent

-e' => x- 1(t) = -e-t ( cost + sent) e-t cost e-tsent

e-t cost

Evaluar la integral:

472

Jx-\t)f(t)dt=J -e-t(cost+sent) e-tcost -e-t(cost-sent) e-tsent

=

2ezt } J[ -2(~st+sent)

t=

[

2( cost- sent)

e-tsent e-tcost zt

O

dt

l

O

-2(se:;_cost) . 2(sent + cost)

Dada la condición inicial x( O) , el vector C está dada por

e= x- 1 (O)x(O)- [J x- 1 (t)f(t)dt J=o

-[-1 1-1][3] ¡-1]-l-1] o

e-

-1

1

1

o

1

2 -

2 - -3 .

1

2

2

La solución que satisface la condición inicial es

f

x(t) = X(t){ e+ x-1(t)f(t)dt} -et

=

et

-et

-e-t ( cost + sent) e-t cost e-t sent -e-t ( cost- sent) e-tsent e-t cost

-1- ezt -3- 2(sent- cost) 2 + 2(sent + cost)

-e-t + et ( 5cost + sent -1) -e-t + et (2cost + 3sent + 1) e-t + et ( -3cost + 2sent + 3) 4.4 Respuesta de sistemas con múltiples grados de libertad. Como se muestra en la sección 4.1, las ecuaciones de movimiento de un sistema den grados de libertad se producen de forma natural como un sistema de n ecuaciones diferenciales lineales acopladas de segundo orden de la forma

e!~ 473

Mx"(t) + Cx'(t) + Kx(t) = F(t),

( 4.112)

donde M, C, K son la masa, amortiguaCión, y las matrices de rigidez de dimensión n

x

n, respectivamente y F(t) es el vector de carga de dimensión n. Las matrices M y K son simétricas, es decir, MT =M, KT =K y definidas positivamente. En lugar de convertir el sistema (4.112) a

un

sistema de 2n ecuaciones diferenciales

de'"'primer orden, es más cómodo y fisicamente significativa estudiar el sistema (4.112) directamente. Sin amortiguación libre de vibraciones Las ecuaciones de movimiento de vibración libre no amortiguada, o una solución complementaria, se dan por

Mx"(t) + Kx(t) =O Buscando una solución de la forma

(4.113)

x(t) = xsen(wt + B) y sustituyendo en la ecuación

(4.113) se produce

(K- w2 )~sen( wt+ B) =O Puesto que

sen ( wt + B) no es idénticamente cero, se debe tener que ( 4.114)

La ecuación (4.114) es un sistema de n ecuaciones algebraicas lineales homogéneas. -

Para tener soluciones no nulas parax, el determinante del matriz coeficiente debe ser cero:

det (K- w

M) = O

2

(4.115)

lo que conduce a la ecuación característica, una ecuación polinómica en

w2

de grado

n. La ecuación (4 .115) también se llama la ecuación de frecuencia. Dado que la masa y matrices de rigidez M y K son simétricas y definidas positiva, se ~~trar que

7 /

474

todas las raíces de la ecuación de frecuencia son reales y positivas. La raíz i-ésima, que se llama el i-ésimo valor propio (w1 < w2 < · · · < wn), es la frecuencia circular natural de el modo i-ésimo del sistema o la frecuencia modal i -ésima. Correspondiendo al i-ésimo autovalorW., una solución no nula X.l del sistema (4.115) l .

( 4.116)

es el i-ésimo autovector o la i-ésima forma modal. Entonces, la respuesta de la vibración no amortiguada libre es dada por

condiciones iniciales

x(O) y x'(O).

4.4.1 La ortogonalidad de la forma modal. Correspondiente a la i-ésima modal, la ecuación (4.114) se convierte en

Kx¡ =w;Mxi. -T

Multiplicando ambos miembros de la esta ecuación por x j por el lado izquierdo se obtiene:

( 4.117) Del mismo modo, correspondiente alj-ésimo modo, la ecuación (4.114) se convierte en

(4.118)) -T

Multiplicando ambos miembros de la ecuación (4.118) por x; por el lado izquierdo se obtiene: 475

( 4.119) Tomando la transpuesta de ambos lados de la ecuación (4.119) se produce que

( 4.120) Restando la ecuación (4.120) de la ecuación (4.119) resulta

Puesto que Wi

*- Wj para diferentes subíndices i *- j, se tiene -T XjMX¡=O,

i-:f:.j.

( 4.121)

Luego la ecuación (4.121) se reemplaza en (4.120) y se tiene que -T

-

X j K X¡ =

o'

i ;f:. j.

Las condiciones de ortogonalidad puede ser escrito como

-T

-

XjMX¡

=

{Ü,

j

;f:.

i

mi' j = i,

( 4.122)

Construir la matriz modal de los vectores propios (formas modales) X1,X2, ••. ,xn

como:

Las condiciones de ortogonalidad puede ser escrito como

476

(4.123)

4.4.2 Vibración forzada no amortiguada. La ecuación de movimiento de la vibración forzada no amortiguada es

Mx"(t) + Kx(t) = F(t)

( 4.124)

Seax(t) = q(t), substituyendo en la ecuación (4.124) y multiplicando por el lado izquierdo ambos miembros se obtiene:

TMq"(t) + TKq(t) = TF(t).

( 4.125)

Utilizando las condiciones de ortogonalidad (4.122), se obtiene un conjunto de n sistemas desacoplados de un solo grado de libertad.

i = 1,2,3, ... ,n, -T

siendo,/¡(t) =X¡

( 4.126)

F(t). Cada una de las ecuaciones (4.126) se puede resolver

mediante los métodos presentados en el capítulo III. Habiendo obtenido q¡ ( t) , la respuesta de la vibración forzada no amortiguada es

x(t) = q(t) = q1 (t)~¡ + q2 (t)~2 + ... + qn Ct)~n

n

= ¿ qi (t)~¡

( 4.127)

i=!

-T

Multiplicando ambos miembros de la ecuación (4.127) por la izquierda porxjM, se obtiene: -T

n

-T

-

XjMx(t) = ¿q¡(t)xjM X¡= mjq/t),

j

=1,2,3, .... ,n.

(4.128)

i=l

Por consiguiente las condiciones iniciales q¡(O) y qi '(O) están dadas por

477

-T

-T

q¡(O) = Xt Mx(O), q'¡(O) =X¡ Mx'(O) m¡

(4.129)

mi

4.4.3 Vibración forzada amortiguada. El mismo enfoque para los sistemas no amortiguados se puede aplicar para sistemas amortiguados. Seax(t) = ci>q(t), sustituyendo en la ecuación de movimiento (4.124) del sistema amortiguado y multiplicando por cpT desde la izquierda se obtiene que

Cl>TMC!>q "(t) + Cl>T CC!>q '(t) + Cl>T KC!>q(t) = Cl>T F(t).

(4.130)

Suponiendo que la condición de ortogonalidad se aplica a la matriz de amortiguamiento

j

* i,

j=i, las ecuaciones de movimiento son entonces desacopladas

o en la forma estándar se tiene que

(4.131) / donde '='t =

c.1

es la i-ésima coeficiente modal de amortiguamiento (ratio).

2w¡m1

Observaciones:

•!• En la práctica, a menudo no es práctico para establecer la matriz de amortiguamiento C mediante la evaluación de sus elementos. Por lo general, es más conveniente y fisicamente razonable definir la amortiguación de un sistema de múltiples grados de libertad mediante la especificación de los coeficientes

478

modales de amortiguación (, i = 1, 2, 3... , n, debido a que el coeficiente de amortiguación modal

S¡

se puede determinar experimentalmente o estimarse

con precisión adecuada en muchas aplicaciones de ingeniería.

•!• Una discusión más detallada de amortiguación en un sistema de múltiples grados de libertad está más allá del alcance de este libro, y se puede encontrar en libros de texto estándar sobre la dinámica estructural. 4.5. Aplicaciones de sistemas de ecuaciones diferenciales ordinarias lineales. En esta sección, los ejemplos se presentan para ilustrar las aplicaciones de ingeniería de sistemas de ecuaciones diferenciales lineales. 4.5.1 Modelación matemático de vibraciones mecánicas. En muchas aplicaciones de ingeniería, tales como la vibración . de los sistemas mecánicos, los sistemas suelen ser complejas y tienen que ser modelados como sistemas con múltiples grados de libertad, lo que resulta en sistemas de ecuaciones diferenciales ordinarias lineales. El modelado de un complejo sistema de ingeniería como un adecuado problema, matemáticamente tratable y el establecimiento de las ecuaciones diferenciales que gobiernan son a menudo el primer paso dificil. En esta sección, un problema de vibraciones de un sencillo sistema de dos grados de libertad se considera primero e ilustra· el procedimiento básico. Las ecuaciones de movimiento de un problema más complejo, es decir, la vibración de un automóvil, el cual se modela como un sistema cuatro grados de libertad, se establecieran a continuación. Ejemplo 4.20: Un sistema de dos grados de libertad Dos barras uniformes AB y CD de densidad de masa por unidad de longitud p están articuladas en A y C, tal como se muestra en la figura N° 4.4. Los resortes rotacionales de rigideces k1 y k 2 proporcionan resistencia a las rotaciones de los extremos A y C, respectivamente, como se muestra. Las longitudes de AB y CD sonL¡ y L2 , respectivamente. La varilla AB lleva una masa M concentrada en ·el extremo B. Las varillas están conectados por un muelle de rigidez K. Cuando las barras est' col ando 479

libremente, que son verticales y no hay fuerza en el resorte. El movimiento del sistema esta descrito por dos ángulos 81 y B2 • Se considera solo oscilaciones pequeñas, es decir,

¡e D 1 y ¡e

21D

11

1, y despreciar el efecto de la gravedad.

l. Establecer las ecuaciones diferenciales que rigen los ángulos de rotación 81 y 2.

Para el caso especial cuando L1 = L, L2

condiciones iniciales 01 (O)=

= 2L, M = pL, k1 = k2 = O, y las

e e (O)= e e' (O)= e' (O)= O, 10 ,

20 ,

2

82 .

1

2

determinar la

respuesta de la vibración libre. 3. Para el caso especial cuando L¡

= Lz = L, M = O, k1 = k2 = kL2 , discutir las

respuestas de la vibración libre.

p,L, p,L,

k M

B

D Figura N° 4.4: Un sistema de dos grados de libertad.

l. Cuando la rotación de la varilla a AB sobre el punto A es B1 , el desplazamiento horizontal del punto B es x 1 = L1senB1 ~ L1B1 .La masa de la varilla AB es m1 = pL1 , y su momento de inercia sobre el punto A es

480

Cuando la rotación de la varilla a CD sobre el punto C es 82 , el desplazamiento horizontal del punto D es x 2

= L2 senB2 ~ L2 B2 • La masa de la varilla CD es m2 = pL2 ,

y su momento de inercia sobre el punto C es

Para establecer las ecuaciones diferenciales que rigen a los ángulos tetas, considere los diagramas de cuerpo libre de las barras AB y CD, respectivamente. El Principio de D'Alembert se aplica para establecer la ecuación de movimiento. Barra AB. Para encontrar la fuerza elástica aplicada en el extremo B, observar el muelle en el extremo D: el extremo B se mueve hacia la derecha por x 1 para que el muelle se comprime y la fuerza del resorte empuja el extremo B hacia la izquierda. Desde el extremo D también se mueve hacia la derecha por resorte es x1 -

x2

,

la compresión neta del

x 2 , por lo tanto, la fuerza del resorte es k ( x1 - x2 ) •

Puesto que la aceleración del punto B esx''¡ = L1B''¡, hacia la derecha, la fuerza de inercia de masa M es ML 1B''¡ hacia la izquierda. Puesto que la aceleración angular de la barra AB sobre el punto A es () "1 en sentido antihorario, el momento de inercia de la varilla AB es

J¡f) ''¡ en sentido horario.

Reemplace la articulación en una de dos componentes de la fuerza de reacción de

RAx y RAy. El muelle rotacional en A proporciona una resistencia en sentido horario al momento k1B1 • La aplicación de Principio D'Alembert y sumando los momentos con respecto al punto de fluencia A

¿MA= O: J¡f)''¡ + ML¡f)''¡ L1 + k(x1 - xz)L1 + k/)1 =O,

:. (! pL~ 3

+ ML1JB''¡+ k(L/)1 - L2 Bz) + k1 B1 =O.

4

481

Barra CD. Para encontrar la fuerza elástica aplicada en el extremo D, observar el muelle en el extremo B: el extremo D se mueve hacia la derecha por

x 2 para que el muelle se

extienda y la fuerza elástica del resorte empuja el extremo D hacia la izquierda. Puesto que el extremo B también se mueve hacia la derecha por x 1

,

la extensión neta del

resorte es x1 - x 2 , por lo tanto, la fuerza del resorte es k ( Xi - x2 ). Puesto que la aceleración angular de la barra CD sobre el punto C es fJ "2 en sentido antihorario, el momento de inercia de la varilla CD es J 2 fJ "2 en sentido horario. Reemplace la articulación en C por dos componentes de la fuerza de reacción de

Rex y Rey . El muelle rotacional en C proporciona una resistencia en sentido horario de La aplicación de Principio D'Alembert y sumando los momentos con respecto al punto de fluencia C.

LMc =0: J/)" +k(x -x )L +k/) =0, 2

2

1

2

2

:. !pL;B" 2 +k(L/)2 -L1B1)+ k2 82 =0. 3 L2 2.

Cuando L1 = L, L2

= 2L, M = pL, k1 = k2 = O,

la ecuación del movimiento se

convierte en 2

2

GpL + pL

)o''¡+k(LB¡ -2LO,) =0,

! p(2L) 2 0"2 + k(2LB2 3

LB1 )= O,

Por consiguiente se tiene el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales 2

e"1+ Wo3 (B1 - 2B2 ) = o' 2

B"2 + Wo (2B2 -B1)= O, 3

2

Wo

9k 4pL.

=--.

482

Usando el operador D

d

= -, las ecuaciones del movimiento pueden ser escritos como dt

2 _ 2w~ e =O ( D + w~Je, 3 1 3 2 '

-

w~3 e +(D2 +2w~Je =0 3 1

2

'

El determinante del matriz coeficiente es 2

2 Wo

D +3

f/J(D) =

2wo ___ 2

3

Entonces, la ecuación característica y las raíces están dadas por

fjJ(A,)

= },4 + w~A, 2 =O~ },2 ( },2 + w~) ~A,= O,O,±iw0 •

Por lo tanto la solución complementaria para (}2 esta dada por

La solución complementaria 8 1 puede ser obtenido como

Por consiguiente, las soluciones complementarias o las respuestas de la vibración libre de un sistema se dan por

B1(t) = 2( C0 + C¡t)- Acos w0t- Bsenw0t. (}2

(t) =

C0 + C¡t

'-----v-----' Movimiento no oscilatorio

+ A cos w0t + Bsenw0 t, Oscilación armónica en w0

483

en el que los dos primeros términos corresponden al movimiento oscilatorio con el= 2e2 (la longitud del muelle no cambia); mientras que los dos últimos términos se

corresponden con oscilación a,rmónica con

e1 = -e2

en la frecuencia circular Wo. Estos

dos movimientos se muestran esquemáticamente en la figura siguiente.

e

Movimiento no oscilatorio(a)

Oscilación armónica con frecuencia w0 (b)

Para las condiciones iniciales

e1 (O)= e10 , e2 (O) = e20 , e'¡ (O)= e'2 (O)= O y tomando en cuenta que B\(t) = 2C1 + Aw0 senw0t- Bw0 cosw0 t, ()'2(t) =el- Awosenwot + Bwo cos Wot, se tiene:

e (0) = C

B\(0) =_2C0 - A= e~, { e (O) - 2C - Bw - O, 1 1 0

2

0

+A= B20 ,

8' 2 (0) = C1 + Bw0 =O,

luego se obtiene que

Las respuestas de un sistema de vibración libre están dadas por ()l (t) =

32 (()lO + ()20)- 31 (2()20 -()lO) COS Wot'

1 1 B2 (t) =-( B10 + B20 ) + -(2B20 3 3

-

B10 )cosw0 t. 484

3. Cuando.L¡

= L2 = L, M= O, fs_ = k2 = kL2 , las ecuaciones del movimiento son: 2

!__ pL2 B'\ +k( LB1 - LB2 )+ kL B1 =O,

L

3

!__pL2 B"2 +k(LB2 -LB1 )+ ki! B2 =0, 3 L Por consiguiente se tiene el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales

B'\+ w' (28,- e,)= o, { B" + w (2B - 8 )= O, 2 2 1 2

Usando el operador D

w2 =3k -. pL

= !!_ , las ecuaciones del movimiento pueden ser escritos como

2

dt

2

2

( D + 2w )B1 - w B2 =O, { w2 B 1

+(D

2

+2w 2 )B2 =O,

El determinante del matriz coeficiente es

d.(D) = D2 + 2w2

'?

2

-w

-w2 D4 4 2D2 3 4 2 = + w + w. D +2w 2

Entonces, la ecuación característica y las raíces están dadas por 4 4 2 2 rjJ(A.) = A- + 4w2 A. 2 + 3w =O=> (A- + w2 )( A- + 3w2 ) =>A,= ±iw,±i..J3w.

Por lo tanto la solución complementaria para

02 esta dada por

La solución complementaria B1 puede ser obtenido como

485

e (t) =~(D 2 +2w )e (t) 2

2

e (t) 2

1

w

= : 2 [ ( -Aw2 coswt- Bw 2 senwt- ~3w2 cos.f3wt-B2 3w2 sen.f3wt) + 2w2 ( A1 cos wt + B1senwt + ~ cos.f3wt + B2 sen.f3wt)

J

e (t)= A coswt + B senwt- ~ cos.f3wt- B sen.f3wt. 2

1

1

2

Por consiguiente, las soluciones complementarias o las respuestas de la vibración libre de un sistema se dan por

e (t) = e (t) =A¡ cos wt + B senwt + ~ cos.f3wt + B sen.f3wt, 1

1

1

En primer modo de oscilación en w

2

Segundo modo de oscilación en

,J3w0

Las cuatro constantes A1 , B 1, ~ y B2 son determinados de las condiciones iniciales

e (0), e (0), e'¡ (O) y e' (O). 1

2

2

Los dos pnmeros términos de las soluciones se

corresponden con el primer modo de oscilación armónica en frecuencia circular w2

=w

con el

= e2 ; mientras

que los dos últimos términos se corresponden con el

segundo modo de oscil lO

"''roo

.E

·ro e: 6 '6 ..... o oro 4 u.

2

Q 0.7

0.8

Ll

0.9

1.2

Figura 4.8: Factor de magnificación dinámica para~= O

14 !ll

Cll

e

·§ ro L.. .o

12

~=0.04

~a=O

Cll

L..

o

'"O

f.L=0.05 Con amortiguador de vibraciones 8

1 1 1 1 1 1 1 1

ro

::1

Ol

:::;

6

ro e

\ \ \

\ \ \ \ \ \

L..

o E

n¡ 1

ra=l

·:;; 10 '"O

Sin amortiguador , de vibraciones

4

o

ü

2

Q

o 0.6

0.7

0.8

0.9

l.l

1.2

l.3

coo

Figura N° 4.9: Factor de magnificación dinámica para~= 0.04. Los factores de amplificación dinámica para un sistema principal no amortiguada, es decir, ~ = O, se muestran en la figura N° 4.8. Sin el amortiguador de vibraciones o TMD (Sigla en Inglés: Tuned mass damper) (amortiguador de masa sintonizada), el sistema de un solo grado de libertad está en resonancia cuando r = 1 ó O=wo, donde la amplitud de la respuesta crece linealmente con el tiempo o DMF (factor de magnificación dinámica) se acerca al infinito.

Con el fin de reducir la vibración del sistema principal en la resonancia, un amortiguador de vibraciones o TMD (amortiguador de masa sintonizado) está unido a la principal masa m. El amortiguador de vibraciones por lo general se sintoniza de manera que ma=w0 o r = 1, de ahí el nombre de amortiguador de masa sintonizado. En la práctica, la masa del amortiguador de vibraciones o TMD, es decir ma D m v f1 D 1 En la figura Nl4.9, J1 se toma como 1/20 = 0,05. Si el absorbedor de vibración o TMD es no amortiguada , es decir , Sa DMF

=

O cuando Q

= w0 ,

= O, entonces

lo que significa que el amortiguador(absorbedor) de

vibraciones elimina la vibración de la principal masa m en la resonancia de frecuencia Q

= w0 .Sin embargo ,se observa que el

dos frecuencias de resonancia Q 1 y 0

amortiguador de vibraciones o TMD presenta

2,

en el que la amplitud de la vibración de la

principal masa m es infinito . En la práctica, la frecuencia de excitación Q debe mantenerse lejos de las frecuencias

ni

y Q2 .

Con el fin de no introducir frecuencias resonantes adicionales, el absorbedor de vibraciones o TMD generalmente se amortiguan. Un resultado típico de DMF se muestra en la figura N> 4.8 para 11

=

O, l. Se ve que la vibración de la masa principal

m se suprime eficazmente para todas las frecuencias de excitación. Variando el valor de ra , un absorbedor de vibración óptima puede ser diseñado. Cuando también se amortigua el sistema principal, los resultados típicos de DMF se muestran en la Figura 4.8. Conclusiones similares también se pueden extraer. Como una aplicación, la Figura 4.9 muestra una representación esquemática del amortiguador de masa sintonizada (TMD) en Taipei 101. Taipei 101 es un rascacielos de la señal situado en Taipei, Taiwán. El edificio cuenta con 101 plantas sobre rasante y 5 pisos subterráneos; la altura de la parte superior de su torre o pináculo es 509,2 m. Se ha ensalzado como una de las Siete Nuevas Maravillas del Mundo y las Siete Maravillas de la Ingeniería.

500

Taiwán se encuentra en una de las regiones de China más propensas a los terremotos del mundo. Un terremoto de catastrófico se dio, el21 de septiembre de 1999, midió 7,6 en la escala de Richter, ha matado a más de 2000 personas, y heridas graves a más de 11000 personas en el norte y el centro de Taiwan. De verano a otoño, Taiwán también se ve afectada por tifones. Taipei 101 está diseñado para resistir los terremotos más fuertes que puedan ocurrir en un ciclo 2500 años y los vientos de tempestad de 60m/s. Un amortiguador de masa sintonizado (TMD), el más grande y más pesada de su tipo en el mundo, se instala entre los pisos 87 y 91. Consiste en una esfera de 5,5 m de diámetro construido a partir de 41 placas de acero con un peso total de 660 toneladas métricas (equivalentes a un 0,26 por ciento de la construcción de peso).

Cable

Snubber hydraulic viscotts

damper

Figura Nl 4.10: Amortiguador de masa sintonizada (TMD) in Taipei 101. La esfera está suspendido de cuatro grupos de cables de acero (cada grupo tiene cuatro . cables de 9cm de diámetro) y el apoyo de ocho amortiguadores viscosos hidráulic s

primarios como se muestra en la figura

1f 4.1 O.

Un sistema de parachoques de ocho

amortiguadores viscosos hidráulicos amortiguadores colocados en la parte inferior de la esfera absorbe impactos de vibración, sobre todo en grandes tifones o terremotos en el que el movimiento de la TMD supera 1,5 m. El período de la DTM se sintoniza para que sea el mismo que el de la construcción, aproximadamente 7 segundos. El TMD ayuda a estabilizar la torre para soportar terremotos de medición por encima de la magnitud de 7,0 y reduce la vibración del edificio por tanto como 45% en vientos fuertes. Otros dos arilortiguadores de masa,. cada una con un peso de 6 toneladas métricas, se instalan en el pináculo para reducir la fatiga inducida por el viento de su estructura de acero, que vibra aproximadamente 180000 ciclos cada año. Los dos TMD ubicados en los pináculos deben reducir su vibración en un 40%.

4.5.3 Un circuito eléctrico con mallas. Considerar el circuito eléctrico que se muestra en la figura diferenciales que rigen ic (t)

+

-

ic

1\ iL

ve

e

1f 4.11.

Las ecuaciones

para t> O se obtienen de la siguiente manera

o

+ "r L

Figura 1f 4.11: Circuito eléctrico. Para t ~o-, V¡ (t)H(t) =O

y

v; (t)H(t) =O .El

circuito está libre de fuente y

Vc(O-) =O y iL (0-) = 0. Para t 2

o+, V¡ (t)H_(t) =V¡ (t)

y f; (t)H(t) = f; (t). Puesto que la corriente en un

inductor no puede cambiar abruptamente, entonces

iL(O+)= iL(O-) = O.Además el

502

voltaje a través de un condensador no puede cambiar abruptamente, se tiene que

Aplicando la ley de corrientes de Kirchhof en el nodo 1 se produce iR

= ic - iL .

Aplicando la ley de voltajes de Kirchhof en el lado izquierdo de la malla del circuito mostrado en la figura N° 4.1 O, resulta

-V¡(t)+vc+VR =0=>

~ Í icdt+RiR =V¡(t)

(4.132)

-00

Diferenciando la expresión (4.132) con respecto a t se produce

(4.133) Aplicando la ley de voltajes de Kirchhof en el lado derecho de la malla del circuito mostrado en la figura N° 4.1 O, resulta ~

R(i - i ) - L diL = V: (t) e L dt 2

(4.134)

Luego las ecuaciones dadas en (4.133)J4.134) constituyen el sistema de ecuaciones que gobiernan las corrientes

del capacitar

e inductorie (t) 1\iL, es decir se tiene el

siguiente sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias:

_!_i + R d(ie- iL) ee dt

= dV¡ (t) dt

R(i - i ) - L diL =V: (t) e L dt 2 ie(O+) =V¡~+),

( 4.135)

iL (O+)= O.

En el sistema (4.135), dados

503

5 R=2D.,C=-F,L=1H,V¡(t)=6V,yv;(t).Es como se muestra en la figura 8

siguiente, lo cual se puede escribir en términos de la función de Heasive o escalón unitario, es decir

Vz (t) = 24t- 24(t -1)H(t -1). V2 (t) (V)

t(sec)

o

l

Luego el sistema de ecuaciones diferenciales (4.135) se convierte en el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales

die+ 4.l - 5 diL-O 5dt e dt

( 4.136)

2i - diL- 2i = 24t- 24(t -1)H(t -1) e dt L

(4.137),

ie(O+) = 3, ir (0+) = 0 para hallar la solución de este sistema, se va aplicar el método de la matriz.

diL

De (4.137) se despeja -

dt

, luego se tiene que

diL = 2i - 2i - 24t- 24(t -1)H(t -1) dt e L

( 4.138)

en seguida se substituye (4.138) en (4.136) y se produce que

die 4. +-=-z diL 6. - 2"z - 24t- 24(t- 1)H(t- 1) -=--z dt 5 e dt 5 e L

(4.139)

504

En la forma matricial, el sistema de ecuaciones diferenciales puede ser escrito como

d~~) = Ai(t),

i(t) =

[~c(t)] ZL (t)

f(t) =-24[t + (t -!)H(t -!)

6 -2]

l

A= 5

2 -2

l[~]

La ecuación característica está dada por

6 det (A- A1) = 5

Para el autovalor

(A-Al)v=

--A

-2

2

_2 _A

A =-

2

5

+i

1( 2 ) 2 .6 =- 5A +4A+8 =Ü=>A=--±z-.

5

55

6 el correspondiente autovector es 5

8 .6 --z5 5 2

Tomando v1 = 5 => v2 =

-

6 _!_(~i Jv = 4- i3, por consiguiente 2 5 5 1

Por lo tanto usando la fórmula de Euler e¡e

= cos B + isenB , se tiene que

6tJ[[5]4 +i [o_ 3JJ

6t eA-v =e_zt5 ( cosS+isenS

=e-~ [[~}os~ -[~3 }en~ +{[~3 }os~ +[~}en~ JJ Una matriz fundamental está dado por

~ sos

6t

6t

J

5sen5

5cos5

21

I(t) = [ llle( eJcv ),:sm( eJcv) =e-5

6t

6t

6t

6t

3sen- + 4cos-. 4sen-- 3cos5 5 5 5 y su inversa está dado por 2!

I-\t) = -es

15

6t

6t

6t

6t

4sen--3cos5 5 -3sen-- 4cos5 5

6t

-5sen5 6t

5cos5

luego se evalúa la siguiente cantidad -

¡-1(0)i(O) +

JI- (t)f(t)dt = _ __!__ 15 t

1

o

2t

+!1

6t

-

3

-4

5

[1]

-

-sen6t ~ [ -24(t + (t -1)H(t -1)) ]dt 15 6t 6t -3sen-- 4cos- Seos- 1 5 5 5

e

-5

3 8

=

6t

[

t

4sen--3cos5 5

6t 6t) es~( senS+3cosS

8

6

t

6t 6t) (t-1) es~ ( senS+3cosS

5 dt.H(t-1) dt+-f --f 4 5o 5o ~ ( 6t cos 6t) es~ ( 3esen 6t -cos 6t) (t-1) es 3esenS5 5 5 5

506

18 ~5 ( -4tsen--3cos-+sen6t 6t 6t -+e 5 5 5 5

J

J

J] 5

6t 6t -5senS 6t -e3_5 ( 3cos 6 -sen 6 H(t-1) + [ e~5 ( 4tsenS+3cos

5

9 (

5

6t]

6t 6t -+e~5 4tcos--5cos--3sen5 5 5 5

Sustituyendo en la solución del sistema de ecuaciones diferenciales

f

i(t) = I(t)[I- 1(0)i(O) + ¡-\t)f(t)dt] =

[~c(t)] lL

O

(t)

al expandir y simplificar mediante la combinación de términos utilizando las identidades trigonométricas, se obtiene la intensidades de corrientes ic(t) y iL (t). Observación: El método de la transformada de Laplace que se tratará en el capitulo V, es más fácil que el método de la matriz; mientras que el método de la matriz es el enfoque más general. 4.6 Problemas propuestos.

•!• Mediante el método del Operador, resuelva los siguientes sistemas de

~¡J

ecuaciones diferenciales ordinarias.

4.1.

(D+ 2)x- y= O, {

D(.) = d(.)

x+(D-2)y=O (2D + l)x- (5D + 4)y =O,

4.2.

{

dt

D(.) = d(.) dt

(3D- 2)x- ( 4D -l)y =O 507

(D-l)x+3y=O,

4.3.

4.4.

{

3x-(D -l)y =O (D 2 +D )x+ (D -2)y =O,

{

D(.)

=d(.) dt

(D+l)x-Dy=O

¡

2

(D -3)x-4y=O,

4.5.

D(.)= d(.) dt

X+ ( D

2

+ 1) y

=

D(.)=

dd~)

o

¡

(D-2)y 1 +3y2 -3y3 =0

· 4.7. -4y1 + (D + 5)y2 - 3y3 =O -4y1 +4y2 -(D-2)y3 =0 ~~.

D(.)= d(.) dt { 2x + ( D - 2) y = 2e -t - 8

(D+l)x+2y=8,

4.8.

dx= 2 x- 3y+te-t -

4.9.

dt

dy dt

= 2x - 3y + e-t

508

(D-1)x- 2y =e', 4.10.

4.11.

{

D(.) = d(.) dt

-4x+(D-3)y=1

D(.) = d(.) dt { -2x+(D +1)y = -2cost (D-4)x+3y =sent,

dx --y=O dt 4.12. dy t -t -x+-=e +e dt

(D 4.13.

{

( 2D (D -

4.14.

{

2) x + 2Dy = -4e21 ,

D (.) = d (·) dt

3) X + (3D -1) y = o

2) x + 2Dy = -4e21 ,

D (.) =d (.) dt

(2D- 3)x+ (3D -1)y =O

509

4.15.

4.16.

(3D+2)x+(D-6)y=5e',

D(.)= d(.) dt { (4D+2)x+(D-8)y=5e' +2t-3 (D-5)x+3y=2e 3', {

D(.)= d(.) dt

-x+(D-1)y=5e-t (D-2)x+y=O,

D(.)=d(.) 4.17. dt { x + (D -2)y = -5e'sent 2 ( D + 4)i + 2 y= - - , e' -1

4.18.

D(.) =d(.) dt

3

6x-(D-3)y=e' -1 4.19.

{

(D~1)x+ y=sect, D(.) =d(.) dt

' -2x+ (D+ 1)y =O

•!• El método de la Matriz: Resuelva los siguientes sistemas de ecuaciones diferenciales usando el método de la matriz [ (.)'

dx1 =x -x dt 1 2

-

4.20.

dx2 =-4x +x dt 1 2

= dd/ J.

dx1 =x -3x dt 1 2

-

4.21.

dx2 =3x +x dt 1 2

-

510

x'¡ =3x1 -x2 +x3

x '~ =_2x1 - x3 + 24t 4.23. X 2 - X1 - X2 [ x'3 = 3x1 - x2 - x 3 x'¡ =2x1 +x2

~~~= x1 + x2 + x 3

4.25.

x \ = 2x1 - x2 + x 3 4.22. x:2 : x1 + 2x2 - x 3 [ x 3 -X¡ -x2 +2x3 4.24.

{

x

4x1 - x2 + 4x3 x'1 = 2x1 - x 2 + x 3 3 -

4.26. x'2 ~ ~x1 - ~2 - x 3 [ x 3 - 2x1 4x2 X'¡

4.28. [

x

1

=-

X1

3 -

2

2x1 + x2 - x 3

4.32.

1

2

x' 1 = -4x1 - 2x2 +

---Fe -1

x '2 =x1 +x2 + 3e-t

x

3 -

-x1 + 2x2 + 3x3 X1 - X 2

+ X3

4.27. x'~ =:._x~ + x2 - x3 [ x 3 - x 2 +2x3

4.29. {

x'¡ =-x1 +8x2 +9t 4.30. { ' -t X = X + X + 3e

~~~ = x1 + 3x2 - x 3

x'1 =

+ X2 - 2x3

X~ =4x1 +x2

{

x'¡ = 2x1 + x2 + 26sent x'2 = 3x1 + 4x2 x '¡ = -

.x; + 2x2

4.31.

e3t

{ x'2 =-3xr +4x2 +-2-t-

e +1

¡

x 11 = 2X 1 -x2

4.33.

- X3

+ 2e21

x:2 : ~x1 - 2x2- 3x3 X 1 + X 2 + 2x3 X 3 -

x'¡ =-.x; -5-Xi 4.34.

4

{ x'2 =X¡ +-Xi +-sen2t

511

x '1 -x1 - 2x2 -x3

x'¡ =x1 -x2 +x3

4.38. x',2 : x1 + x2 - x3 + 6e{ X 3 -2X1 -X2

1

4.39.

{

x: -x + 2 :

1

X2

+ x3

X3-Xl-X3

x:1 :-3x1 +4x2 -2x3 +e 4.40. X 2 - X1 +x3

1

¡

x'3 = 6x1 - 6x2 + 5x3

x'1 = x1 -x2 -x3 +4/ 4.41. x'2 = x1 + x 2 [ x'3 =3x1 +x3

x'¡ =4x1 -x2 -x3 +e31 ,x1 (0)=1

4.42.

x' 2 =x1 +2x2 -x3 , x'3 = x1 + x 2 + 2x3 ,

¡

x '¡

4.43

= 2x1 -

x2 (0)=2 x 3 (O)= 3

x2 + 2x3

x' 2 = x1 + 2x3

x'3 = -2x1 + x 2 - x 3 + 4sent

•:• Problemas de aplicación 4.44. La velocidad inicial de un objeto es v0 y el ángulo con el eje X es 80 como se muestra en la figura N° 4.12. Se desprecia la resistencia del aire.

y Vo

~

;""'

,.*"" .....

~

f'/ ()o

---

.......... . . .

',

''

'

'A

X

0~~--------------------------~----Figura N° 4.12: Trayectoria de un objeto. 1) Demostrar que la ecuación del proyectil está dada por

y = xtgBo -

gx2 2

2

2v0 cos 80 512

2) Determine la máxima distancia horizontal L = OA y el tiempo T que se necesita para alcanzar el punto A. 4.45. Una barra de luz AB está soportado en cada extremo por dos resortes similares .con rigidez del resorte k, y lleva dos objetos cuyas masas concentradas es m, uno en el extremo By el otro en el centro C, como se muestra en la figura Nl4.13. Despreciar el efecto de la gravedad.

m

Figura N° 4.13: Barra AB soportado por dos resortes. 1) Demostrar que las ecuaciones de movimiento son dadas por

mx; + 3mx; + 2kx1 + 2kx2 = O mx; - kx1 + kx2 = O 2)

9Ó

Demo~ que IM dos frecue~iJ(:~~)knahrrilles d~ J~=~~:sistem~a.son w1 -

m

w2

-

m

.

4.46. En muchas aplicaciones de ingeniería, las estructuras o cimientos vibran cuando las máquinas montadas en ellas operan. Por ejemplo, los motores de un avión montados en las alas excitan las bandas cuando operan. Para reducir la vibración de las estructuras de soporte, aisladores de vibración se utilizan para conectar entre las máquinas y las estructuras de soporte. En la figura N° 4.14 se muestra el modelo de una máquina de masa m 1 apoyados en una estructura de masa m. El aislador de vibración es modelada por un resorte de rigidez k y 513

un amortiguador de coeficiente de amortiguación c. La máquina se somete a una carga de armónicaF(t) =

FosenO.t.

1) Mostrar que las ecuaciones están dadas por

m1x; + ex~ - ex; + kx1 - kx2

= FosenO.t

m2 x; + ex; - ex~ + kx2 - kx1 = O

Aislador de vibración k

Figura N° 4.14: Modelo de máquina apoyado sobre una estructura.

2) Para el caso cuando e

----*

O, muestran que las respuestas de estado estable de la

máquina y la estructura de soporte, es decir, x1P (t) y

_ X¡p(t)-

2

(k - m20. ) FosenO.t 4

m¡m2 0. - k(m1 + m2 )0.

. 2 '

_ x2P(t)-

x2P (t) están dados por kFasenO.t

J

4

m¡m2 0. -k( m¡ + m 2 )0.

2

4.4 7 Una masa m 1 pende de un muelle de rigidez k 1 de otra masa m2 que a su vez se cuelga por un resorte de rigidez k2 del soporte, como se muestra en la figura N° 4.15

Figura N° 4.15: Dos masas que cuelgan mediante dos resortes

514

1) Demostrar que las dos frecuencias circulares naturales de vibración están dadas por la ecuación

m¡_m2w4 -[m¡_(k1 +k2)+m2k1 ]w2 +k1k 2 =0 2) Si el apoyo vibra con x 0 (t) = acosQt, demostrar que las amplitudes de la vibración forzada son

a2=

mlm2Q 4 - [ mi(ki +k2)+m2ki ] Q 2 +klk2

4.48 Para el sistema que se muestra en la figura N° 4.16, mostrar que las ecuaciones de movimiento son dadas por

m¡_x; + (k1 + k2)x1 - k 2x 2 = F¡ (t) m2x; + (k2 + k3 )x2 - k2x1 = F;(t)

Figura N° 4.16: Sistema de masas unidos por resortes.

Considera el caso especial cuando m 1 = m2 iniciales

= 1, k1 = k 2 = k3 = 1, con las condiciones

x1 (O)= x 2 (O)= O, x'1 (O)= x'2 (O)= O. Usando el método de la matriz,

determinar las respuestas del sistema para las siguientes excitaciones: 1)

F¡ (t) = 3sen2t , F; (t) = O;

515

2)

F¡ (t) = 4sent , F2 (t) =O;

3)

F¡ (t) = 12senJ3t , F;(t) =O;

4)

F¡ (t) =12sent, F; (t) = 12senJ3t;

4.49 Para el circuito mostrado en la figura N> 4.17 (a), la fuente de tensión está dada por

V(t) = fíoH( -t) + V(t)H(t). Demostrar que las ecuaciones diferenciales que rigen las intensidades de corrientes

i1 (t) y i 2 (t) para t>O son

L di1 +Ri1 -L diz = V(t) dt dt con las condiciones iniciales

i (O+)= V(O+). 1

R

' 6V,

o-

t:::;

ParaR=60.,C=IF,L=IH,a=2 yV(t)= 30V, O:s;tO determinar i1 (t)

t>l

y i 2 (t).

i¡

+

e

ve

L

V(t)

(b)

(a)

Figura N> 4.17: Mallas eléctricas.

4.50 Para el circuito mostrado en la figura N° 4.17 (b), la fuente de tensión está dada por

V(t) = fíoH(-t) + V(t)H(t). 516

Demostrar que las ecuaciones diferenciales que rigen las intensidades de corrientes

i 1 (t) y i2 (t) para t>O son

R¡i1 + Riz + L diz = V(t) dt con las condiciones iniciales

i(O+)=_!_[vco+)R1

1

R2

v]·

R+R o' 1 .L'2 4V,

Para R1 = 10, R2 = 30, e = lF, L = lH,

yV ( t) =

8V, o+ ~ t < 2; 12V,

para t >O determinar i 1 (t)

t ~o­ t >2

y i2 (t).

4.51 Para el circuito mostrado en la figura N° 4.18, la fuente de tensión está dada por

V(t) = V¡¡H( -t) + V(t)H(t). Demostrar que las ecuaciones diferenciales que rigen las intensidades de corrientes

i1(t) y i2 (t) para t>O son 2

i 2 - i 1 L --+ d i2 R di2_ V( ) --+ t

e

2

dt 2

2

dt

con las condiciones iniciales

517

Lz

+

V(t)

r-\

"-iJ

e

Figura N° 4.18: Mallas eléctricas. t

Para

R1 =JS

= lQ,C = 8F, L1 = L2 = lH,

para t >O determinari1 (t)

y V(t) = 8H( -t) +8e-2H(t);

y i2 (t).

518

CAPITULO V TRANSFORMADA DE LAPLACE Y APLICACIONES 5.1 Introducción

La Transformada de Laplace es una de las Transformadas Integrales mas importantantes. Porque de un numero de propiedades especiales es muy usado en el estudio de ecuaciones diferenciales lineales. Aplicando la Transformada de Laplace a una

ecuación~

diferencial con coeficientes constantes se convierte en una ecuación

algebraica, que puede ser resuelto fácilmente. La solución de la ecuación diferencial puede entonces ser obtenido mediante la Transformada inversa de Laplace. Además, el método de la Transformada de Laplace es recomendable y ventajoso en la solución de ecuaciones diferenciales ordinarias que en el segundo miembro involucran funciones discontinuas y funciones impulso. Sin lugar a objeción la Transformada de Laplace es una herramienta útil en los diversos campos de la ingeniería, por ejemplo podemos aplicar para resolver ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes, estas ecuaciones surgen de manera natural en el contexto de circuitos eléctricos. Sea el típico circuito LRC de la figura

N°

5.1.

Figura N° 5.1 Circuito simple LRC.

519

donde la inductancia L, la resistencia R , y la capacidad del condensador C se consideran constantes. Se tiene entonces que la carga Q(t) que circula por el circuito está dada por la ecuación: d 2Q dt2

R dQ L dt

Q(t) LC

V(t) L

(5.1)

--+--+--=--

De forma similar, si tenemos un circuito con varias mallas y más elementos como por ejemplo la que se muestra en la figura N° 5.2

------

~----~~~----~

_Le,

]1

/1

f?l :2; /., ......,_

1------~J';~N '-~--1

/J

R?.. L

~

FiguraN° 5.2: Circuito simple compuesto. se puede deducir a partir de las leyes de Krchoff que las intensidades que circulan por los hilos eléctricos del circuito vienen dadas por

(5.2)

520

Si suponemos que los elementos del circuito son constantes, salvo el voltaje V(t). Así se tiene un sistema de ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes. La Transformada de Laplace es una herramienta que permite transformar los problemas de valores iniciales (PVI) en problemas algebraicos, en los problemas de ingeniería de la variable temporal se pasa a otra variable. Es importante mencionar que la expresión +oo

=

F(z)

f

e-zt f(t)dt

con z

E

D fue descubrimiento por Pierre Simon Laplace en 1782.

Su utilización dentro de la técnica se debe en su forma rigurosa a Thomas Bromwich, el cual formalizó utilizando las funciones de variable compleja y la transformada un cálculo operacional inventado por Oliver Heaviside para la resolución de circuitos eléctricos. La utilidad de la transformada de Laplace radica en que un problema de ecuaciones diferenciales con valores iniciales (PVI) dificil de resolver vía la trasformada de Laplace (L) se convierte en un problema algebraico, fácil de resolver, la solución del PVI se obtiene con la inversa de la transformada de Laplace(L- 1), tal como se muestra en el siguiente esquema.

:':''oó'ffi¡fl'¡O:'''dei¡::He'trioo , ~O Z

Ejemplo 5.9: Transformada de Laplace de la Función Escalón Unitario r

+co

L[f(t)](z) =L[ua(t)](z) = J e-=tua(t)dt =lim J e-=tua(t)dt =lim O

r--++oo

a

O

r--++oo

r

r

a

r

O

a

[J e-=tua(t)dt+ J e-ztua(t)dt -za

L[ua(t)](z) =lim J e-ztua(t)dt+ limf e-=tua(t)dt =limf e-=tdt =_e-,z >O r--++oo O

r--++oo a

r--++oo a

Z

Ejemplo 5.10: Transformada de la Función Exponencial +oo r -(z-a )t r 1 L[f(t)](z) =L[ ea1 ](z) = J e-=tea1dt =lim J e-a o r--++oo o r--++oo z- a o z- a

Ejemplo 5.11: Transformada de las Funciones trigonométricas seno y coseno Por la formula de Euler se tiene que: ¡

•

e w1 = cos wt + zsenwt =>

{L(coswt)(s)

=

9te[L(eiwt)(s)]

L(senwt)cs)

=

Im[ L(éwt\s)]

,

525

~

~

o

o

L(eiwt) S = Je-steiwtdt =Je-(s-iw)tdt =e)

s+iw (s-iw)(s+iw)

1

s-zw L( eiwt) (s) =

S

2

s +w

•

2

+l

W

2

=>

2

s +w

1

. e-(s-iw)tl~

s -zw

0

s+iw 2 2' s>O s +w

J

L(senwt)(s) = Im [ L(eiwt)Cs) =

w s +w2 2

5.2.5 Propiedades de la transformada de Laplace. Sean las Transformadas de Laplace

L [ft (t)

ls) = F¡ (s)

y L [fz (t)

L) =F; (s),

entonces

se

tienen

las

siguientes

propiedades: l. Propiedad de Linealidad

(5.9)

L[c1F¡(t)+c2F2 (t)ls) = c1L[F¡(t)ls) +c2L[F2 (t)ls) Por definición de la Transformada de Laplace: 00

L[ c¡l\ (t) + c2Fz(t)

ls) = Je-st [c F¡ (t) + c Fz(t) ]dt ,c y c son constantes 1

2

1

2

o 00

=

00

J

J

o

o

c1 e-stF¡ (t)dt + c2 e-st.Fz(t)dt =c1L[ F¡ (t)

ls) +

C2

L[ F; (t) ls) .J

2. Propiedad Transformada de la Derivada Sean f, f funciones seccionalmente continuas, entonces:

L[f'(t)](s)=sF(s)- f(O)

(5.10)

En efecto: Por definición de Transformada de Laplace se tiene:

526

J

J

J

o

o

o

OO.

00

00

L[f'(t) ](s) = e-st f'(t)dt = e-st d [f(t)] =e-st /(t)J:co +S e-stf(t)dt = =sF(s)- f(O).J Usando este resultado, se puede obtener la Transformada de derivadas de ordensuperior.

L[f"(t)](s)=sL[f'(t)](s)- f'(O)=s[sF(s)- f(O)]=s 2 F(s)-sf(O)- f'(O) En general, se obtiene:

3. Propiedad de traslación de la transformada de Laplace

Je-st f(t)d{,

-too

Dado la transformada de Laplace

F(s) =

reemplazando Spor

o S -

a

se tiene que

Je-(s-a)tf(t)dt= Je-st[eatf(t)]dt=L[eatf(t)](s),s>a.

F(s-a)=

[

+oo

-too

o

o

J

:.L eatf(t) (s)=L[f(t)](s-a)=F(s-a)~

Propiedad de ., . Traslacwn en el eJes

{

(5.12)

La transformada de Laplace de f(t) multiplicado por eat es igual a F(s- a), con s desplazado -a. 4. Propiedad de diferenciación

Je-stf(t)dt, derivandoF(s)respecto a

+co

ComoF(s) =

S .

o

527

+oo

+oo

F'(s)=

Jo (-t)e-s /(t)dt=- Jo e-st[if(t)]dt=-L[if(t)](s) 1

=> L[if(t) ](s) = -F'(s) Diferenciando con respecto a s se produce que +oo

+oo

2

2

F"(s)= J(-tte-stf(t)dt=(-1) J e-st[t f(t)]dt=(-1) o

2

L[t f(t)](s) 2

o

Siguiendo este procedimiento, se obtiene

p L[tn f(t) ]Cs) = (-Ir p t0

.

·

=> f(t) = h_(t)H(t- t0 )

532

f(t) t

(3)

t < t0 = {/¡(t) + [J;(t)- /¡(t) ].o,

f(t) = {/¡ (t), fit),

t>t0

j¡(t)+[J;(t)- /¡(t)].l,

=> f(t) = /¡(t) + [J;(t)- /¡(t)]H(t -t0 ) f(t)

t

Se observan las graficas de las funciones dadas en (1 ), (2) y (3). Observación: La función definida en (3) es la combinación de las funciones definidas en (1) y (2), el resultado obtenido refleja ésta observación. Si la función f(t) es diferente de cero en el intervalo a

O.

6. L[f(t)J(t- a) ](s) = roo e-st f(t)J(t- a)dt = f(t)e-stl

Jo

(a)

=e-as f(a) ,a> O.

8 no es una función en el sentido habitual, que se conoce como una función generalizada. Ejemplo 5.21 Evaluar

F(s) =L[cos7rt8(t + 1)+ 2cos Notar si

~ 8(t- 2)+ (t'- 21

2

+ 5)e"8(t -3)

] O,

8(t +a)= O, parat ¿O~ L[f(t)J(t +a) ](s) = Joo e-stf(t)J(t + a)dt =O, y o

(

541

L[f(t)5(t- a) ](s) =foco e-stf(t)5(t- a)dt =e-as f(a)

Por lo tanto

F(s) ~ L[cosmO(t+l)](s) +2L[ 3

2

cos:

O(t- 2) }s)

41

+L[(t -2t +5)e 5(t-3)](s).

F(s) =o+ 2e-2 s cos

7r; 2 +e- e 3

s

12

(

33 -2 X 32 + s) = e-2 s

+14e12- 3s.

5.3.2 Aplicaciones de la función Delta de Dirac. Considere la carga distribuida de intensidad

w(x) en una longitud de anchura

&

como se muestra en la figura 5.7 (a).

tw

s--+0

t

~ 1--xa ~·==~====~ (b)

(a)

Figura~ 5.7: Cargas distribuidas y concentradas

La fuerza resultante de la carga distribuida es e

w = J::l w(x)dx 2

Cuando &

~

O, la carga distribuida se acerca a una carga W concentrada, como se

muestra en la figura 5.6 (b). En términos de la función delta de Dirac, la carga puede expresarse como 542

w(x) = Wo(x-a) De modo que

J::; w(x)dx = W r:;s(x- a)dx = W. e

e

2

2

Como ejemplo, considere una viga bajo dos cargas concentradas W¡ y

Wz, aplicada en

x = a 1 y x = a2 , respectivamente, y una carga uniformemente distribuida de intensidad

w0 a lo largo de b1 < x < b2 como se muestra en la siguiente figura.

w2

W¡

lvo

a¡

b¡

b2

l

... X

a2

y La deflexión y (x) de la viga se rige por la ecuación diferencial

2 d [ EI(x)d2y] = w(x), 2 dx dx 2 donde El ( x) es la rigidez a la flexión de la viga y la carga está dada por

w(x) = w0 [ H(x- b1) - H(x- b2 )] + fV¡S(x- a 1)

+ ~S(x- a2 ).

543

5.4 La transformada inversa de Laplace. Dadala transformada de LaplaceF(s) de la función f(t), F(s) = L[f(t) ](s),

la

transformadainversa de Laplace esf(t) = D 1 [ F(s)] (t). Las transformadas inversas de Laplace de las funciones más utilizadas se enumeran en la tabla de inversos de las transformadas de Laplace (Apéndice B.4). Por lo tanto, para determinar la transformada inversa de LaplaceD 1 [F(s) ](t), tiene que ser expresados como una combinación de las funciones conocidas de modo que- las fórmulas ~n la Tabla de transformadas inversas de Laplace se pueden aplicar. 5.4.1 Propiedades de la transformada inversa de Laplace. En correspondencia con las propiedades de la

transfoiTI1~da

de Laplace, las siguientes

propiedades de la transformada inversa de Laplace se pueden obtener. .. ··-

-~

''!>...;.·

..4ji¡:~:~~ ~·:;~:(. .~~ .~ .. l. L[.]es un operador lineal~ D 1 [.]es un openidor1ineal. 2. L[ea1 f(t) ]Cs) = F(s -a)~ D 1 [ F(s -a)](t) = ea1D 1 [F(s)](t)

= ea f(t); 1

3. L[tnf(t) ]es)= (-Ir pCn>(s) ~ D 1 [Fcn>(s) ]Ct) = ( -lr tn f(t);

4. L[f(t-a)H(t-a)](s) =e-asF(s-a)

~D1

[e-as F(s- a) J(t) = f(t- a)H(t- a).

Ejemplo 5.22

Evaluar L-1 [

. _ .. F(s)-

s

(s-2)

5

](s).

_(s-2)+2_ 1 2 · 4 + 5' 5 (s-2) (s-2) (s-2) (s-2) s

5 -

544

luego aplicamos la propiedad 2, y se obtiene

f(t)

=

e 2 tt\2 + t)

12

.

Ejemplo 5.15

1+ e-3s F(s)=

4 S

1

e-3s

=----¡-+-4 . .

S

S

Note que

Por consiguiente,

5.4.2 Convolución Integral. Sean las funciones

f, g : [O, oo) -~> D seccionalmente continuas, entonces se define

la convolución de las funciones

f

y g mediante la siguiente integral

545

t

J

f(t) * g(t) = f(u)g(t -u)du o Teorema 5.1 (Teorema de la convolución Integral)

Si D 1 [ F(s) ](t) = f(t) y D 1 [ G(s) ]Ct) = g(t) 'entonces 1

L- [ F(s)G(s) ](t) = J:J(u)g(t -u)du = J: g(u)f(t -u)du = (f * g )(t) en el que-la integral se conoce como una convolución de las funciones fy g. Ejemplo 5.23

Solución

rJl(

](t) = _!_2 D[-F--!--Jct) = _!_sen2t * cos2t s + 4) +4 +4 2

rJl(

2

s

S

s

sz

1

2

+4

S

](t) = _!_Jt sen2ucos2(t -u)du = _!_J [sen2t + cos( 4u- 2t)]du 4 ) 2 1

2

o

o

546

5.4.3 La inversa de la transformada de Laplace mediante fracciones parciales. La descomposición en fracciones parciales es un paso esencial en la resolución de ecuaciones diferenciales ordinarias utilizando el método de la transformada de Laplace. Se revisan brevemente algunos aspectos importantes de las fracciones parciales. Considere una fracción

N(x), donde N(x) y D(x) son polinomios en x de grados D(x)

nN y nD, respectivamente.

•!• Si nN > nD, es decir, el grado del numerador N(x) es mayor que o igual que el grado de denominador, la fracción se puede simplificar usando la división larga para producir

N(x) = P(x) + N1(x),

D(x)

D(x)

Donde P(x) y N 1 (x) ambos son polinomios en X, y el grado de N 1 (x) es menor que de

nN < nD

D(x). Por consiguiente sin pérdida de generalidad el caso para

se considera en lo que sigue.

•!• Por completo factorizar el denominador D(x) en factores de forma 2

(ax+ fJr y (ax +hx+er, donde ax

2

+ bx + e

es una cuadrática irreducible.

Para cada factor de la forma( ax + fJr, la fracción de la descomposición parcial incluye los siguientes

4n (ax+ fJr

+

m términos

Am-1 (ax+ fJr-

Para cada factor de la forma ( ax 2 parcial incluye los siguientes

n

1

+.

Am-2

(ax+ fJr-

2

+ ... +

A

.

(ax+ fJ)

+ bx + e) n , la fracción de la descomposición

términos 547

Bnx + en -------'"--------'-'--+ Bn_1x + en-r ( ax 2 + bx + e ax 2 + bx + e

r(

r-l

B1x + e1 + ... + -,--------=---"----.,-2 ax + bx +e)

(

por ejemplo,

5x3 +2x+7 2 3 x ( 2x -1) (x + 2x -1 A3

Az

x

x

A1

º( X ) =-+-+-+ 2 3 x

B

e x+D 2

+

2

2x - 1 ( x2 + 2x -1)

2

+

e1x+D1 2

t

•

x + 2x - 1 _

Sumando el lado derecho, el numerador de la fracción resultante es un polinomio de grado 7. La comparación de los coeficientes de los numeradores conduce a un sistema de ocho ecuaciones algebraicas lineales para las constantes desconocidas.

•!• El Método de encubrimiento Supongamos que D(x) tiene un factor(x-ar, a continuación, la fracción de descomposición parcial se puede escribir como

N(x) D(x)

N(x)

_

(X- a

en el que D 1 ( x) no tiene de la ecuación por

N(x) = ~ ~w

A

(x-a r

r

___,m.:___

+

Am-1 . + ... + A + ------'1'-'---N(x) (X - a (X - a) D (X) '

r-I

(x-a) como un factor.

1

Multiplicando ambos lados

se obtiene que

+~_1 (x-a)+··· +A1 (x-ar-r + Nr(x) (x-ar. ~w

Evaluando en x = a da el valor de ~

~ = N(x) D¡ (x)

x=a

548

Este resultado puede ser reformulada de la siguiente manera: para encontrar Am, "encubrimiento" (eliminar) el término

A,=

(x-a

N(x) (X - D a Dl (X)

r

r

y evaluar en x=a.

x=a

El método de encubrimiento sólo funciona para la mayor potencia de factor lineal repetido. Por ejemplo, ~ A1 + -B--"-----,-- + - -

4

(x-1)2

x-1

x+1

Para hallar~, se cubre ( x -1 ) y se evalúa en x= 1: 2

~ =_±__ =2. x+ 1 x=1

Para hallar B , se cubre x + 1 y se evalúa en X =

B=

-1 :

=1.

4

(x-1? x=-1 A1 no se puede determinar por el método de cubrimiento. Pero

~y B son

conocidos, A1 se puede encontrar al sustituir cualquier valor numérico (distinto de 1 y -1) para X ."_en la ecuación descompuesta por fracciones parciales. Por ejemplo, evaluando en x=O.

4

2 +_A_+_1_=>A 1 =-1. (o-1t o-1 0+1 -

Ejemplo 5.24 Evaluar

549

Método 1: Utilizar fracciones parciales

F(s)=

8

( s -1) ( s 2 + 2s + 5)

=~+ 2Bs+C . s -1

s + 2s + 5

2

F(s) =

A(s +2s+5)+(Bs+C)(s-1) 2

(s-1)(s +2s+5) Para hallar A, se cubre (s -1) y se evalúa ens = 1:

Por lo tanto, la comparación de los coeficientes de los numeradores conduce a

¡ s2

s:

1:

:

A+B=O=>B=-A=-1 ' 2A-B+ C+O=> C =B-2A=-1-2=-3 ' 5A- C = 8 ~ Use para chequear

F(s)=-1__ s+3 =-1__ (s+1)+2 2 2 s-1 s +2s+5 s-1 (s+1) +2 2 F(s)=-1__ (s+1) 2 2 s-1 (s+1) +2

2 2 2 (s+1) +2

Usando la propiedad de desplazamiento D 1 [F(s-a)](t)=eatf(t) junto con los resultados

se obtiene

550

Luego se concluye que

L- 1 [ F(s) ](t) = f(t) =e'- e-' cos2t- e-'sen2t. Método 2: Uso integral de convolución 1

D [F(s)](t)=f(t)=D

=4r

1

1 [

8

1 [(

2

(s-1) (s+1t +2

2

)( ,

s-1 s +2s+5

J(t)=4r

)](t)

1

1 [

Jct)*r (s-1)

f(t)

= 4et *(e -tsen2t) = 4J: e -u sen2u.et-u du

f(t)

= 4/ f t e-2 usen2udu =4et Jo

f(t)

l

e-2u 2

(-~ +~

(

2

1 [

(s+1t +2 2

-2sen2u- 2cos2u)

Jet)

]t o

= -e-t (sen2t + cos2t) + et.J

Ejemplo 5.25 Evaluar

Método 1: Utilizar fracciones parciales

551

F(s) =

s+1 = As+ B + Cs + D 2 2 2 ( s + 1) (s + 9) s + 1 s + 9 2

_(As+ B)(s +9) +( Cs +D)(s + 1) 2

2

( s 2 + 1) (s 2 + 9)

s+1 2

(s +

3

2

(A+C)s +(B+D)s +(9A+C)s+9B+D

1) (s + 9) 2

2

(s +

1) (s + 9) 2

Por lo tanto, la comparación de los coeficientes de los numeradores conduce a

s 3 : A+ C=O s 2 :B+D=O S

:9A+C=1

1 :9B+D=1

(1) (2) (3) (4)

1 :. Ec.(3)- Ec.(l): 8A = 1=>A=-, 8 1 Ec.(4)- Ec.(2): 8B = 1=> B = -, 8 1 Ec.(l): C =-A=--, 8 1 Ec.(2):D=-B=-8 1( cost + sent- cos3t- sen3tJ . f(t) = L-1 [ F(s) ] (t) = g 3 Método 2: Uso integral de convolución

1 3 1 rt

1 3

= - (cos t * sen3t + sent * sen3t) = - (cos t + sent) * sen3t =

3" Jo (cosu + senu )sen3(t -u )du

D [F(s) ](t) =~S:~( 2sen3(t -u )cosu + 2sen3(t -u )senu 'Jiu 1

1

D [F(s) ](t) =

~ JJsen(3t- 2u) +sen(3t- 4u) + cos(3t- 4u)- cos(3t- 2u )]du

= _!_[cos(3t- 2u) + cos(3t- 4u) _ sen(3t- 2u) + sen(3t- 2u )] t 6

f(t)

=E

1

[

F(s) ](t)

2

4

4

. 2

o

=S1 ( cost + sent- cos3t- -sen3tJ - . 3

5.5 Resolución de ecuaciones diferenciales Utilizando la Transformada de Laplace Considere la posibilidad de una ecuación diferencial lineal de orden n con coeficientes constantes

any(n) (t) + an_1y(n-l) (t) + ·· · + a1y '(t) + a0y(t) = f(t)

(5.19)

Tomando la transformada de Laplace en ambos lados de la ecua~ión y observando que

L[y(t) ](s) = Y(s), L[y'(t) ](s) = sY(s)- y( O),

553

L[y"(t) ](s) = s 2Y(s)- sy(O)- y'(O),

conduce a una ecuación algebraica para Y ( s)

1 [s~1 Y(s)- ~s•-Hy(Hl(O)] + ···

a. [s"Y(s)- ~s·-IyCI-ll(O)] + a~

+ a 1 [ sY(s)- y( O)]+ a0Y(s) = L[f(t) ](s). Resolviendo Y(s) se tiene n

k

L[f(t)](s)+ ¿¿aky(i-I)(O)sk-i Y(s) =

(5.20).

kn=l i=I

¿a¡Si i=O

Tomando la transformada inversa

J

y(t) = L- 1 [Y (S) (t)

resulta la solución de la

ecuación diferencial. Ejemplo 5.26 Resuelva

y"- 8y'+ 25y = e4 tsen3t.

SeaL[y(t) ](s)

= Y(s) .Usando la propiedad de desplazamiento

L[ eatf(t) ]Cs) =

F(s- a), se tiene

L[y"- 8y'+ 25y ](s) = L[ e41 sen3t ]Cs) L[y"](s)- 8L[y'](s) + 25L[y ](s) = L[sen3t ](s- 4)

554

s 2 Y(s)-sy(O)- y'(O)-S(sY(s)- y(0))+25Y(s)=

3 2

(s-4) +3 2

denotando y(O) = y 0 , y'(O) = v0 , luego

despejando Y(s) se obtiene

(5.20) Tomando la transformada inversa de Laplace a (5.20) y el uso de la propiedad de desplazamiento

luego se obtiene

-1 [ 4t [ ( yt)=L Y(s) ] ( t ) =eL Yo

2 S

S

+3

2+

V0 -

4Yo 3

.

2 S

3 2+ 3"( 2 1 2) ] (t ) +3 S +3

Ejemplo 5.27

Resolver el siguiente PVI

y"+ 9-y = 18sen.3t.H-(t -Jr) { y(O) -1, .y 1(O)- O

555

SeaL[y(t)](s)=Y(s). Tomando la transformada de Laplace de ambos lados de la ecuación diferencial se obtiene 2

[ s Y(s)- sy(O)- y'(O)

J+ 9Y(s) = 18L[sen3t.H(t- 7r) ](s)

donde

L[sen3t.H(t- ;r) ](s) = L[sen[3(t- ;r)- 3t ].H(t- ;r) ]Cs) L[sen3t.H(t- ;r) ](s) = -L[ sen3(t- ;r).H(t- ;r) ](s) =-e-JrsL[sen3t](s)=-

2

54e-Jrs

·

(s +9)Y(s)=sS

2

2

+3

y(t)=L- 1 [Y(s)](t)=L- 1 [

s

~Y(s)=

2

S

s

s +9 2

3 -JrS e 2• 2 S +3 54e-Jrs

-

+ 9 ( S2 + 32)

](t)-54L-1 [.

e-Jrs

2

(sz + 32)

2

](t),

Note que

L- 1 [

1

(s2 +32)

2

] (t)=-1 3 (sen3t-3tcos3t), 2x3

y el uso de la propiedad de desplazamiento

J

L- 1 [ eas F(s) = H(t- a)L- 1 [F(s) ](t- a), se tiene que

556

¡; 1 [

e-1rs 2 ] (t) ( 8 2 + 32)

=

1 H (t -Jr ) [ -- 3 ( sen3t- 3t cos3t )] 2x3 (t-1r)

1 H ( t- 1r) [sen3 ( t- 1r)- (t- 1r) cos 3 ( t - ;r) 54 1 = H(t -Jr )[ -sen3t + 3(t -Jr )cos3t 54

=

J

J

La solución de la ecuación diferencial es

y(t) = E 1

[+] + s

(t)- 54rJ

l( +

9

e-•• s2 32)

,l

(t)

y(t) = cos3t + H(t -;r )[sen3t -3(t -;r )cos3t ].J Ejemplo 5.28

. .

2

Resolver el siguiente PVI

{y"'- y"+ 4y'- 4y = 40(t + t + 1)H(t- 2) ,

y( O)= 5, y '(O)= O, y"( O)= 1O SeaL[y(t)](s)=Y(s). Tomando la transformada de Laplace de ambos lados de la ecuación diferencial se obtiene.

[ iY(s)- s 2 y(O)- sy'(O)- y"(O)

J- [s Y(s)- sy(O)- y'(O) J 2

+4[sY(s)- y(0)]-4Y(s) =

40L[(t2 +t+l)H(t-2)]Cs)

557

donde

Despejando

Y (s) conduce a 2

2

Y(s)= 5s -5s+30 + 40e-zs( 7s +5s+2 2 2 3 ( s - 1) ( s + 4) s ( s - 1) ( s + 4)

l

J

Usando fracciones parciales, se tiene 2

5s 2 -5s+30 _ ___i_+ Bs+C _ (A+B)s +(C-B)s+4A-C ( s -1) ( s 2 + 4) - s -1 s 2 + 4 (s -1) (s 2 + 4) Para encontrar A, se encubre ( s -1) y se evalúa en s = 1

= 5-5+30 =6 12 +4 . s=l

La comparación de los coeficientes de los numeradores conduce a

558

A+B =5=>B= 5-A=5-6=-1

'

- B + e= -5 => e= B- A = -1- 5 = -6 ' 4A- e= 30 =>Se verifica. Por consiguiente,

1 5s + 30 l(s-1)(s2+4) 2

r;- 1 5s

-

l

(t) = L_ 1 [-6- _ s + 6 ] (t) = 2 s-1 s +4

-]ct)-L-l[

1 6r1 [ s-1 _1 [

L

5s

2 -

5s + 30

J

S

2

s +4

Jct)-3L-l[

S

2

2 +4

Jet)

t

(s- 1)(s 2 + 4 ) (t)=6e -cos2t-3sen2t.

Del mismo modo, el uso de fracciones parciales, conlleva a

La comparación de los coeficientes

ss:

A1 +B+e=O

(1)

s4:

A1 +~ -e+D=O

(2)

s3:

4A1 -~

(3)

s2:

4A1 +4~ -A3 =7

s: 1:

-4~

+A3 +4B-D=O

(4)

+4A3 =5

(5)

-4A3 =2

(6)

559

De Ec.(6): ~

1 2

= --

DeEc.(5): -4~

DeEc.(4):

7

=5-4A3 =5+2=>~ =-4

1 27 27 4A1 =7-4.& +A3 =7+7--=-=>A =8L-'2_ 2 2 1

encontrar B , encubrimiento ( s -1) y ajustes

= 1:

2

B= 7s +5s+2 = 7 +5+2 = 14 2 3 3 2 s (s +4) s=l 1 (1 +4) 5 De Ec. (1):

1 14 -23 C=-A -B=---=>C=1 2 5 10 DeEC. (3):

D= 4 A -~+A + 4B= 27 + 7 _ _!_+56= 270+35-10+224 = 519 1 3 2 4 2 5 20 20

La solución de la ecuación diferencial es

560

2

y(t)=L_J 5s -5s+30 l(t)+ 4 0L_ 1 [e-2 2 s - 1) (s + 4)

l(

s(

l

2

7s +5s+2 J](t) 3 2 s ( s - 1) (s + 4)

y(t) = 6e1 - cos2t- 3sen2t + 40 + [ -135 -70(t- 2)- (t- 2) 2 + 112e1- 2 + 23cos2(t- 2)- 21sen2(t- 2) ]H(t- 2) y(t) = 6e1 - cos2t- 3sen2t+ [-10t 2 - 30t- 35 + 112e1- 2 + 23cos(2t- 4)- 21sen(2t- 4) ]H(t- 2) Observaciones:

•!• El método de la transformada de Laplace para resolver ecuaciones ordinarias lineales es un enfoque general, siempre y cuando la transformada de Laplace de la función f(t) de lado derecho y la inversa resultante transformada de Laplace

Y (s) se puede conseguir fácilmente. •!• Las transformadas de Laplace de la función escalón de Heaviside y la función delta de Dirac son a la vez funciones continuas. Como resultado, el método de la transformada de Laplace ofrece una gran ventaja en el tratamiento de las ecuaciones diferenciales que implican la función de paso de Heaviside y la función de Dirac.

•!• La determinación de las transformadas de Laplace inversa es, en general, una tarea tediosa. Como resultado, para una ecuación diferencial lineal con función

f(t) lado derecho continua, los métodos presentados en el capítulo 11 son generalmente más eficiente que el método de la transformada de Laplace, especialmente para las ecuaciones diferenciales de orden superior.

561

5.6 Aplicaciones de la Transformada de Laplace

5.6.1 Respuesta de un sistema de un solo grado de libertad Considere un sistema con un grado de libertad como se muestra en la figura W5.8 bajo la fuerza

f(t) aplicada externamente. La condición inicial del sistema en el momento

t =O son

x(O) = Xa

A

x'(O) =Va·

r-x(t) ~"i!i!'J"'!"

f(t)

Figura N> 5.8: Un sistema con un grado de libertad. Del capítulo 111 y de de la sección 3 .2, la ecuación de movimiento de sistema es

{x(O)-

mx"~ + ex'~t) +_kx(t) = f(t) Xa, x (O)- Va.

Dividiendo la ecuación por

m

y reescribiendo la forma estándar se obtiene

e k 1 k e x"(t)+-x'(t)+-x(t)=-f(t), w~ =-, 2sw0 =-. m m m m m Aplicando la transformada de Laplace, L [x(t)] (s)

= X (s), se obtiene

[s 2 X(s)- sx(O)- x'(O) + 2sw0 [sX(s)- x(O)] + w~X(s) = ____,L[,__f_(t)~](_s) m

J

Resolviendo para

X(s) conduce 562

vibración libre

vibración forzada

en la que el primer término es la transformada de Laplace de la respuesta de vibración libre xLibre(t), debido a las condiciones iniciales x(O)

1\

x'(O), mientras que el

segundo término es la transformada de Laplace de la respuesta de vibración forzada X Forzado

(t), debido a la fuerza j (t) aplicada externamente.

Vibración libre La respuesta de las vibración libre está dada por

-1 [

XLibre(t) = L

J

_[xos + (

XL.b (s) (t) = L l re

1

+ 2sw0x0 )] (t) s + 2sw0s+ w02 V0

2

563

xLibre(t)=e-t;~ot[xocos(wat)+ (vo +c;woxo)sen(wat) L-r[ 2Wa 2J(t)], Wa

s +wa

0 W 0S

+W0

s

(S 2+ 21''::> w s + w 2)( S 2+ n2) 0

X sen (t) y xcos (t)

0

.:!. ¿

son muy útiles para los problemas de

vibración de un sistema con un grado de libertad en virtud de las cargas que se pueden expresar en términos de funciones sinusoidales, en el que la respuesta de la vibración forzada puede ser expresada en términos de

xsen (t)

y xcos (t). Un ejemplo utilizando

estas funciones se presenta en la siguiente.

567

Ejemplo 5.30: Vibración de un vehículo que pasa un badén En la sección 3.3, se estudió la vibración de un vehículo que pasaba un badén. La ecuación de movimiento se resuelve y se obtiene la respuesta por separado para dos duraciones de tiempo: de vehículos en el golpe de velocidad y pasó al tope de velocidad. Resuelva este problema de nuevo usando la transformada de Laplace. Desde el reductor de velocidad se produce para

T

= }}___ , puede ser más fácilmente expresado

u

usando la función de paso de Heaviside:

y 0 (x) =

hsen( :x )e1- H(x-b) Jv y (t) = hsen( "~1 )e1- H(t- T) J 0

Al referirse a la sección 3.3, la ecuación de movimiento para el desplazamiento relativo

z(t) = y(t)- Yo (t), se convierte para t ¿O, mz"+cz'+kz=mh0 2 sennt[1-H(t-T)], 0= JrU, b o, en el formato estándar, según la sección 3.6.1, 2 1 z"+2sw0 z'+w0 z=-f(t), Oze=C-=C -L. dt dt dt La aplicación de la Ley Voltage de Kirchhoff en la malla más grande conduce a

.

Se nota que v1 = R ¡Z, vL =

Ldi , luego se obtiene dt 2

1 d "] , ie = C [ (1-a)R1 -d" +L~ dt dt

i2 = _!_[-V(t) + R¡i + L di]· R2 dt

La aplicación de la Ley Corriente de Kirchhoff en el nodo 1 produce i + i2

+ Íe

=

O.

Por lo tanto

con las condiciones iniciales

La ecuación diferencial es de la forma estándar

i"(t) + 2(w0 i'(t) + w~i(t) = __!_ f(t), m 576

Donde,

r w0

'='

=

L+C(1-a)RR 1 2 m = R2 CL f(t) ' 2R2 CL '

= V(t).

Observaciones: Como se discutió en el Capítulo III, un circuito de segundo orden es equivalente a un sistema mecánico con un grado de libertad. Por lo tanto, los resultados obtenidos para un solo grado de libertad se pueden aplicar al circuito de segundo orden. La solución esi(t) = iLibre(t) + iForzada(t), donde iLibre(t) es la solución complementaria o la respuesta de vibración "libre". Usando la función delta de Dirac, la función de fuerza f(t) = V(t) es -tao

f(t)

= V(t) = 1.8(t -1) + 1.8(t- 2) + 1.8(t- 3) + ··· = L8(t- n). n=l

La aplicación de la transformada de Laplace conduce a 00

00

L[ 8(t- a )](s) =e-as=> L[f(t)](s) = IL[ 8(t- n )](s) = ¿e-ns. n=l

n=l

Caso l. Sistema subamortiguado Para R1 = R2 .= 20,

V¡¡= 4V, L = 64H,

a= 1, C = 4F ,la ecuación

diferencial se convierte en (PVI)

d 2 i 1 di 1 . 1 2 dt +S dt +128z = 512 V(t),

i(o+)=-1, i'(o+)=/6 que es de la forma estándar con m= 512, f(t)

= V(t), y 577

El sistema está subamortiguado y

i . (t) = e-(wot Lzbre

t i(o+)coswd t + z·•(o+) +Wd'~"=' w z·(o+) senwd t J=-e-- cos-. 16

l

t 16

0

La transfÓrmada de Laplace de la respuesta" forzado " ¡Forzada (s)

= L [iForzada y(O)=O momento de desviacion=O => y "(O) = O,

en x=L:

pendiente=O :::::::> y'(L)=O,

583

fuerza de corte=O=> V(L) = -Ely"'(L)- Py'(L) =O => y"'(L)=O. Aplicando la transformada de Laplace Y(s) = L[y(x) ](s), se obtiene

J

[ s 4 Y(s)- s 3 y(O)- s 2 y'(O)- sy"(O)- y"'(O) + a 2 [s 2 Y(s)- sy(O)- y'(O)

J

= w (1- e-as) + we-bs. S

Puesto que y(O) = y"(O) =O, resolviendo para Y(s) se obtiene

_ y'(O)

Y(s)-

2

2 '+ S +a

[y"'(O)+a y'(O)]+We-bs

2( S 2+a2) S

w

+ S '( S 2+a2)(1-e

-as

).

Aplicando fracciones parciales

Sumando el lado derecho y comparando el coeficiente de numeradores, se obtiene

1:

Aa2

s:

2

=1=> A = __!__2 ' a

Ba =O=>B=O 1 A+ ea 2 =O=> e=_.!!__= - az a4'

B+E=O=>E=-B=O' 1 a4 '

e+ D =O=> D = - e = - -

584

Por lo tanto,

-( -1- - 1 S ](1 -e -as) +w a 2s 3 a 4 s s 2 + a 2 • Tomando la transformada inversa de Laplace resulta,

y(x) = L- 1 [Y(s) ](x), luego se tiene

Jya"'(O) 1 y(x)=L- 1 [Y(s)](x)=y'(O)x+ ( x- asenax 2 2

1 ] -H(x-b)+w W - ( ---+-cosax x 1 1 ) + [ (x-b)--sena(x-b) 4 4 2 2 a a 2a a a

l

2

-[(x-a) 2

~w

en la que y'(O)A

1 1 --+-cosa(x-a) H(x-a), a4 a4

2a

y"'(O) son determinados de la condición de frontera en

extremo derecho de la columna de la viga, x

=L ,

X=

L. En el

es decir, dado H ( x - a) = 1,

H ( x - b) = 1. La desviación lateral se simplifica como

y(x)=y'(O)x+ ( x-a1 senaxJy a"'(O) + [ (x-b)- a1 sena(x-b) ] aW2 2

+

w[ a

Diferenciando respecto a

2

(

2ax- a2 ) + 2cosax- 2cosa(x- a) 2a

X

4

J .

se produce

585

y'(x)=y'(O)+ 1-co:ax y"'(O)+ W[l-cos~(x-b)]

a +

a

w[ aa -senax+sena(x- a)] a3

'

-

y"'(x)=cosax.y"'(O)+Wcosa(x-b)+

-[ w senax-sena x-a J ( ) . a

Denotando

w; = ~2

{

w[t-cosa(L-b)]+

:e

aa -senaL+sena(L-a)]}•

~ = Wcosa(L-b)+ w[senaL-sena(L-a)J, a

y aplicando las condiciones de frontera en x = L se obtiene

y'(L)=y'(O)+ 1-co:ax y"'(O)+W¡ =O, a

y"'(L) = cosaL.y"'(O) +~=O, lo cual resulta en

y'(O) = -W¡ + ~ (1- cosaL), y"'(O) = _ ~ a 2 cos aL cos aL 5.6.3 Vigas sobre base elástica. Las estructuras que se pueden modelar como vigas colocadas sobre base elástica se encuentran en muchas aplicaciones de ingeniería, por ejemplo, las vías del ferrocarril, vigas de cimentación y muros de contención de los edificios y las infraestructuras 586

subterráneas (Figura Nl 5.9). Redes de vigas, tales como los utilizados en sistemas de piso para barcos, edificios, puentes, cáscaras de revolución tales como aquellos en los recipientes a presión, calderas, contenedores, y de gran envergadura reforzados salas de hormigón y cúpulas también se pueden analizar utilizando la teoría de vigas en base elástica.

Figura N° 5.9: Vigas sobre base elástica. El modelo de una base elástica de Winkler asume que la deformación y en cualquier punto de la superficie de la base es proporcional a la tensión en ese punto, es decir,

a

=

k 0 y,

donde

k0 se llama el módulo de la base con dimensión (fuerza!longitud3).

En el estudio de vigas en base elástica, sea

p la intensidad por unidad de longitud de

carga distribuida sobre la base a lo largo de la longitud de la viga, es decir, donde de

la

p

=

ab,

k0 es la anchura de la viga. Por lo tanto, como se muestra en la Figura 5.1 O (a) y suposición

de

Winkler,

p = ky,

donde

k = k 0 b ,con

dimensión

(fuerza/longitud2).

587

p X

Figura 5.10 Modelo de base elástica de Winkler. Para una viga sobre una base elástica bajo la acción de una carga distribuida como se muestra en la figura 5.1 O (b ), la deflexión

y (X) a

w(x)

la flexión se rige por la

ecuación

d4

E l -4 = w(x)- p(x), dx donde

El es

la rigidez a la flexión de la viga. Sustituyendo p(x)

= ky(x)

en la

ecuación conduce a una ecuación diferencial ordinaria lineal de cuarto orden 4

d y + 4 /3 4 = w(x) dx 4 y El ' Las constantes en la solución de la ecuación diferencial se determinan a partir de las condiciones de contorno de la viga, que se dan por los soportes de extremo de la viga. Algunas condiciones de contorno típicas se listan en la Tabla N° 5 .1.

588

Tabla N° 5.1 Condiciones de contorno. Extremo fijado:

Desviación = O ==> y(l)

=O

MomentO = O ==> y"(/) =.O

Extremo sujeto: Desviación= O ==> y(l) =O

Pendiente= o ==> y'(l) =o

Extremo libre: x=l

w

1

Momento= O ==>

y "(l) = O

Fuerza corte= O ==> j"(l) =O

Extremo deslizante: Pendiente= O ==> y' (l) =O Fuerza corte =

o ==> j"(l) = o

Ejemplo 6.34: Vigas de base elástica Determine la deflexión de una viga libre en los dos extremos bajo una carga distribuida de forma trapecial, como se muestra en la siguiente figura.

X

Utilizando la función de paso de Heaviside, la carga distribuida se puede expresar como

w(x)= [ w1 + w.2 -w1 (x-a) ] [H(x-a)-H(x-b)]. b-a 589

La ecuación diferencial se convierte en

Z

4

+4fi y= wi;)

=[ w +w(x-a)][H(x-a)-H(x-b)], 1

donde

w w1 = - 1

El'

-

w2 -

Wz

w= Wz El ' - ( b -

-w1

a) El

Wz -w1

----=-~

b-

a '

Dado que ambos extremos son libres, las condiciones de contorno son

y"(O) = y"'(O) = y"(L) = y'¡'(L) =O. La aplicación de la transformada de Laplace a la ecuación diferencial se convierte en

J

[s 4 Y(s)- s 3 y(O)- s 2 y'(O)- sy"(O)- y"'(O) + 4j1 4 Y(s)

=L{[ w +w(x-a)][H(x-a)-H(x-b)]}(s) 1

L{[ w +w(x-a)][H(x-a)-H(x-b)]}(s) =L{[ w +w(x-a)]H(x-a)}(s)-L{[ w +w[(x-b)+(b-a)]]H(x-b)}(s) =L{[ w +w(x-a)]H(x-a)}(s)-L{[ w +w(x-b)]H(x-b)}(s) 1

1

1

1

2

Luego se tiene que

590

4

3

J

2

4

L[s Y(s)- s y(O)- s y'(O)- sy"(O)- y"'(O) + 4fi Y(s) =

_!_( W¡e-as - Wze-bs) + ~ (e-as - e-bs ). S

S

Puesto que y"(O)=y"'(O)=O, resolviendo para Y(s) se obtiene

Usando las notaciones y las fórmulas de la Tabla 5.2 y usando la propiedad de

J

desplazarnientoL- 1 [e-as F(s) (t)

= f(t- a)H(t- a), se obtiene la desviación de la

viga

y(x) = L- [Y(s) ](x) = y(0)~3 (x) + y'(0)~2 (x) 1

3 (x-a)H( X _ a )--1-~ 3 (x-b)H( X -b) + -l-~ W1 W2 4 4

4P 4P + w{ (X- a)-~~ (X- a) H (X_ a)_ (X- b)- ~~ (X- b) H (X_ b )} 4P 4P Para x>b>a, H(x-b)=H(x-b)=l y se simplifica y(x)

y(x) = y(0)~3 (x) + y'(0)~2 (x)

+ Note que

4~ {w,9i (x-b) -w 9i (x- a) +w[?l,(x-b) -?l,(x- a) J}. 3

1 3

w1 - w2 + w( b ~ a) = O

Diferenciando y (x) con respecto a x tres veces se obtiene:

591

y"(x) = y(0)~3 "(x) + y'(0)~2 "(x)

+

4~4

{

W2 ~3 "(x -b) -W¡~3 "(x-a)+ w[~2 "(x-b) -~2 "(x-a) J}

y "(x) = -4/34 [y(0)~1 (x) +y '(0)~0 (x)] - { w2 ~1 (x -b) -w1 ~1 (x- a)+ w[~0 (x- b)- ~0 (x- a)J}

y"'(x) = -4/3 [y(0)~1 '(x) + y'(0)~0 '(x)] 4

-{w2 ~1 '(x-b)-w1 ~1 '(x-a)+w[~o '(x-b)-~0 '(x-a)J} y"'(x) = -4/3 4 [y(0)~2 (x)] + y'(0)~1 (x) - {w2 ~2 (x-b)- w1 ~2 (x- a)+ w[~1 (x-b)- ~1 (x- a) J} Usando las condiciones de Frontera en x=L, se tiene

y"(L) = -4/3 [y(0)~1 (L) + y'(0)~0 (L)] 2

- {w2 ~1 (L-b) -w1 ~1 (L-a)+ w[~0 (L- b)- ~0 (L- a) J} =0, y"'(L) = -4/3 4 [y(0)~2 (L) + y'(0)~1 (L)]

- {w2 ~2 (L -b) -w1 ~2 (L- a)+ w[~1 (L -b)- ~1 (L- a)J} =O que da lugar a dos ecuaciones algebraicas para dos incógnitas y( O)

1\

y'( O)

~1 ( L )y(O)+ ~o ( L )y'(O) = a 2 ,

{2

~ (L)y(0)+~1 (L)y'(O) = a 3 ,

592

~

4~ {wz~CL-b)-w1 ~(L-a)+w[(b0 (L-b)-(b0 (L-a)l), a,=- ~ 4 {w (L- b) -w (L- a)+ w[(b¡(L -b) -~(L- a)J), 4 a 2 =-

2 (Ó2

1(Ó2

y da,

Fórmulas útiles de transformada inversa de Laplace para vigas sobre base elástica.

rjJ(x)=L-

1

[

S

r/J1(x)=L-

1

4

[

S

4

1 +4/] s

4 ]=~(senfJxcoshfJx-cosfJxsenhfJx), 4/]

+4/]

4 ]=~senfJxsenhfJx, 2/]

2

r/J2 (x) = L- 1 [

s 4] 4 S +4/]

= ~senfJxsenhfJx, 2/]

3

rjJ3 (x) = L-

1

[

S

4

s

+4/]4

L-1 [_!_ 1 ] 4 4 s s +4/3

]

= cosfJxcoshfJx,

= 1- r/J3 (x)

L-1 [__!__ 1 ]= sz s4 + 4/]4

4/]4

'

r/J2(X) 4/]4 '

X-

593

tPo '(x) = -

1

2/3 2

senfJxsenhfJx = t/J1 (x),

1 t/J1 '(x) = -(senfJxcoshfJx+ cosfJxsenhfJx) = f/J2 (x),

2/3

f/J2 '(x) = cosfJxcoshfJx = fjJ3(x), 4 fjJ3'(x) = -fJ(senfJxcoshfJx- cosfJxsenhfJx) = -4f3 fjJ0 (x),

tPo "(x) = f/J1'(x) = f/J2 (x),

= f/J2 '(x) = f/J3(x), 4 f/J2 "(x) = f/J3'(x) = -4f3 f/J0 (x),

f/J1 "(x)

f/J3"(x) = -4f3 4 fjJ0 '(x) =

-4f34 t/J1(x),

tPo "'(x) = f/J2 '(x) = f/J3 (x), f/J1"'(x)

= t/J3'(x) = -4f34f/J0 (x), 4

f/J2 "'(x) = -4f3 f/J0 '(x) = f/J3"'(x) =

-4f34 t/J1(x),

-4/34 f/J1 '(x) = -4f34 fjJ2 (x),

Ejemplo 5.35: Vigas de base elástico Determine la deflexión de una viga libre en ambos extremos bajo en ambos extremos una carga Concentrado como se muestra en la siguiente figura.

vv

y Usando la función delta de Dirac, la carga concentrada se puede expresar como

594

w(x) = w8(x-a). La ecuacion diferecial se convierte en

4 d y 4fJ4 y- -w(x)--+ - - - ws:( u x-a )

dx 4

El

-

w

W=-. El

'

Puesto que ambos extremos de la viga están puestos, las condiciones de contorno son

y(O) = y"(O) = y(L) = y"(L) =O. Aplicando la transformada de Laplace de la-función incógnita y del delta de Dirac

Y(s) = L[y(x) ](s) 1\ L[ 8(x- a) ](s) =e-as se tiene que:

Puesto que y(O)=y"(O)=O, resolviendo para Y(s) se obtiene

Y(s) = 4y'(O)

4

S

s2

+4/3

4

+ y"'(O)

4

S

1

+4/3

4

+W

4

S

1

+4/3

4

e-as.

El empleo de los resultados y notaciones como en el ejemplo anterior, se obtiene la desviación del haz de viga

en el que las incógnitas y'(O) , y"'(O) se determinan a partir de las condiciones de contorno y(O)=y"(L)=O. Para x>a, la deflexión y(x) es simplificada como

Diferenciando con respecto a x dos veces se obtiene 595

y"(x) = y'(0)~2 "(x) + y"'(0)~0 "(x) + W~0 "(x-a)

= -4fi y'(0)~0 (x) + y"'(0)~2 (x) + W~2 "(x-a). 4

La aplicación de las condiciones de contorno en x = L da

y(L) = y'(0)~2 (L) + y"'(0)~0 (L) + W~0 (L) =O, y"(L) = -4,8 4 y'(0)~0 (L) + y"'(0)~2 (L) + W~0 (L- a)= O que conduce a dos ecuaciones algebraicas para dos incógnitas y '(O) e y"' (O)

{

~2 (L)y'(O) + ~0 (L)y"'(O) = a 0

,

-4fi ~0 (L)y'(O) + ~2 (L)y"'(O) = a 2 4

a0 ,

= -W~0 (L- a) a 2 = -W~2 (L- a),

y resulta

596

5 .7 Problemas propuestos •:• Evaluar la transformada de Laplace de las siguientes funciones.

l. f(t) = 4t 2

-

2t 3 + 5

2. f(t) = 3sen2t- 4cos5t \

3. f(t) = e-zt ( 4cos3t + 5sen3t)

4. f(t) = 3cosh6t + 8seh3t

5. f(t) = 3tcos2t + t 2 et

6. f(t) = tcosh2t + t 2 sen5t + t 3

7. f(t) = 7e-st cos2t + 9senh 2 2t

8.f(t)=

9. f(t)

o,

={

t O. 62. Determine la deflexión de una viga articulada en ambos extremos bajo una carga distribuida uniformemente como se muestra.

X

y 63. Determine la deflexión de la viga sujetada en ambos extremos con una carga concentrada como se muestra.

w

64.

Determine la deflexión de una viga libre sujetada bajo una carga distribuida

triangular como se muestra. 602

y 65.

Determine la deflexión de una viga de deslizamiento-sujetada bajo una carga

distribuida triangular como se muestra.

603

CAPITULO VI SUCESIONES Y SERlES DE POTENCIAS 6.1 Introducción En este capítulo se presentara los aspectos básicos de las sucesiones y senes de potencias para funciones de variable real, se hará énfasis en la aplicación de las series de potencias en la solución de ecuaciones diferenciales con coeficientes variables, y se introducirá el método de Frobenius para tratar la ecuaciones diferenciales de Legendre , Hennite , las mismas que se aplican en problemas de ingeniería. 6.1.1 Sucesiones de Números en O Defmición 6.1. Una sucesión de números es una función a : D

a(n) = an Vn

E

~D

, es decir

O , es decir a cada numero n natural le corresponde un numero an

real. Ésta se denota por {an n E D } o abreviadamente por {an } . Una sucesión es pues un conjunto infinito de números reales donde interviene un orden dado por los números naturales y una ley de asignación que asocia cada numero natural con un número real, las leyes de asignación son variadas. Ejemplo 6. 1 La famosa sucesión de Fibonacci, cuya ley de asignación se defme por recurrencia a partir del o y l.

a1 =Ü,a2 =1, .... ,an =an-l +an_2 , n~3, {0,1,1,2,3,5,8, .....} Ejemplo 6. 2 La sucesión de las medias aritméticas de los términos precedentes:

604

a+b a+b a+b+-2a,b,--, , .... 2 3 Ejemplo 6.3 La sucesión de las medias geométricas precedentes:

a,b,..jab,}.jabJ;;b .... Ejemplo 6.4 2 1 11 n Las sucesiones dadas por las expresiones a = (1 + -) b = - n n ' n 2n + 1

nE D

Ejemplo 6.5 La sucesión compleja dada por {a11 + ib11 } siendo {a"} y {bn} sucesiones de números reales. Ejemplo 6.6 Sucesión de sumas parciales. Sucesion de numeras reales

Sucesion de SumasParciales

S1 =a1 S2 = a 1 +a2 S3 = a 1 + a 2 + a3

Luego

{S"} es la sucesión de sumas parciales de la sucesión {a"}.

605

Sea {an} una sucesión de números reales. La sucesión {a"k }se dice que es una sub sucesión de {an} si todos los términos de {ank }figuran en {an} ' es decir {ank } e

{a"}. 6.2 Convergencia de Sucesiones en D Definición 6.2. La sucesión {an} se dice que converge a un número real L si para cualquier entorno de radio

&

de L , existe un término a"co

Los resultados anteriores son también válidos en los casos que , A = ±oo o B

= ±oo , las

operaciones con los limites (A±B,AB,AI B,AB) estén definidas o tengan sentido. Caso de no ser así, estas operaciones dan a límites indeterminados o indeterminaciones, como las que se describe a continuación:

00

Q, ,O.oo,oo-oo,0°,oo 0 ,1""

o

CX)

6.4.1 Comparación de Inflnitésimos. Se dice que {an} es un inflnitésimo liman' = O. Recordemos que dos infmitésimos {an} n-->co

y {an} son equivalentes, y se escribe an O bn , si lim an = 1 . El interés de los n-->co b n inflnitésimos equivalentes radica en su aplicación al cálculo de límites, ya que se puede sustituir un inflnitésimo por otro equivalente cuando dicho inflnitésimo aparece como factor en el límite. Se tiene algunos inflnitésimos equivalentes: Ejemplo 6.7

sen(_!_) O tan(_!_) O _!_ n n n 1 1 l-eos(-) O - 2 n 2n Si an ~ O=> ln(an) O a" -1 Si an

~

O=> ea" -1 O a"

Siliman =lylimbn =oo=>an b" =eb.Ina. O eb.(a.-l) n~oo

n~oo

609

6.4.2 Comparación de Infinitos Se dice que {an} es un infinito

si liman = oo .Al igual que los infinitésimos. La n-+oo

comparación de infinitos se efectúa a partir del límite de su cociente. Si {an} y {bn} son dos infinitos, se dice que

{bn} es de orden superior a {an} y se escribe an D bn , si

A partir de aquí, se puede obtener el siguiente cuadro comparativo de infinitos:

(loga n )k D nP D an D n! D nnk, para k > O , p > O , a > 1 Esto quiere decir que el límite del cociente de un infinito entre otro posteri