Ejercicios 1. Ecuaciones diferenciales Homogéneas. b. 15 25 y ´ ´−10 y ´ + y=0 6 6 Solución: Esta es una EDO de segund
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Ejercicios 1. Ecuaciones diferenciales Homogéneas. b.
15 25 y ´ ´−10 y ´ + y=0 6 6
Solución: Esta es una EDO de segundo orden de la forma: a y ´ ´−by ´ + c y=0 Simplificando; 5 25 y ´ ´−10 y ´ + y=0 2 6 Para esta ecuación se asume una solución de la siguiente forma: a y ´ ´−by ´ + c y=0=eγt = y Reescribiendo la ecuación: 5 γt 25 ( ( e ) )´ ´ −10(e γt )´ + e γt =0 2 6 Simplificando: e γt
( 52 γ −10 γ + 256 )=0 2
Resolviendo por ecuación cuadrática: e γt ( a γ 2−bγ +c )=0 +¿ 5 25 −¿ 100−( )(4)( ) 2 6 γ 1,2=−10+ ¿¿ 5
√
γ 1=
6+ √ 21 6− √21 , γ 2= 3 3
Como γ 1 ≠ γ 2 : y=c1 e γ t + c 2 e γ 1
2
t
Entonces: y=c1 e
6+ √ 21 t 3
+c 2 e
6− √ 21 t 3
Ejercicios 2. Ecuaciones Diferenciales No Homogéneas. b.
3 9 y ´ ´ + y ´ +3 y=sin e x 2 2
Esta es una EDO de segundo orden de la forma no homogénea: a y ´ ´−by ´ + c y=g (x) La solución general es de esta forma: y=γ h+ γ p Para hallar γ h debemos resolver: 3 9 y ´ ´ + y ´ +3 y=0 2 2
Para esta ecuación se asume una solución de la siguiente forma: a y ´ ´−by ´ + c y=0=eγt = y Reescribiendo la ecuación: 3 γt 9 ( ( e ) )´ ´ + (e γt )´ +3 e γt =0 2 2
Simplificando: e γt
(
3 γ 2 eγt + 9 γ e γt +3 =0 2 e γt
)
Resolviendo por ecuación cuadrática: e γt ( a γ 2−bγ +c )=0 −9 9 ± 2 4 γ 1,2= 3
√
γ 1=−2 , γ 2=−1
Como γ 1 ≠ γ 2 :
y=c1 e γ t + c 2 e γ 1
2
t
Entonces: y=c1 e−2 t +c 2 e−t Hallar γ p 3 9 y ´ ´ + y ´ +3 y=sin e x 2 2 Proponiendo y=e μx 3 2 9 μ + μ+3=0 → μ 1=−2 , μ 2=−1 2 2 Entonces: y 1=e−2 x , y 2=e− x γ p=μ 1 e−2 x + μ2 e−x γ p ´=μ1 ´ e−2 x −2 μ1 e−2 x + μ 2 ´ e− x −μ2 e−x γ p ´ ´=−2 μ1 ´ e−2 x + 4 μ1 e−2 x −μ 2 ´ e− x + μ2 e−x
3 9 γ p ´ ´ + γ p ´ +3 γ p=sin e x 2 2 3 9 −2 μ1 ´ e−2 x +4 μ 1 e−2 x −μ 2 ´ e− x + μ2 e− x ) + ( μ1 ´ e−2 x −2 μ1 e−2 x + μ 2 ´ e− x −μ2 e−x ) +3 ( μ1 e−2 x + μ2 e−x )=sin e x ( 2 2 γ p=
−2 e−2 x sin e x 3
Como la solución general es: y=γ h+ γ p
Entonces: y=c1 e
−2 t
−t
+c 2 e −
2 e−2 x sin e x 3
Ejercicios 3. Ecuaciones de Cauchy - Euler. b.
1 3 3 x y ´ ´ ´− x 2 y ´ ´ +3 xy ´ −3 y =0 2 2
Es una ecuación que tiene una solución de la forma: y=x r , x >0 Se deriva tres veces la ecuación: y=x r , y ´=rx r−1 , y ´ ´=r ( r −1 ) x r −2 , y ´ ´ ´ =r (r −1)(r−2)x r−3 Sustituyendo en la ecuación: 1 3 3 x r ( r−1)(r−2)x r −3− x 2 r ( r−1 ) x r−2 +3 x rx r −1 −3 x r =0 2 2 Resolviendo: 1 3 r (r −1)( r−2) x r − r ( r−1 ) xr + 3 rx r−3 x r=0 2 2 1 r 2 3 x r ( r −2 r−r +2 ) − x r ( r 2−r ) + 3rx r−3 x r=0 2 2 1 r 2 3 x r ( r −3 r +2 )− x r ( r 2−r ) +3 rx r −3 xr =0 2 2 1 r 3 3 x ( r −3 r 2 +2 r )− x r ( r 2 −r ) +3 rx r −3 x r =0 2 2 1 3 x r ( ( r 3 −3 r 2+ 2r ) − ( r 2−r ) +3 r−3)=0 2 2 1 3 3 3 x r ( r 3− r 2+ r− r 2 − r +3 r−3)=0 2 2 2 2 1 3 5 r −3 r 2 + r −3=0 2 2 r 1=1 , r 2=2 , r 3=3 Para las raíces reales no repetidas la solución general es de la siguiente forma:
y=c1 x r +c 2 x r +c 3 x r 1
2
3
Entonces la solución general es: y=c1 x+ c 2 x 2+ c 3 x 3
Ejercicio 4. Situación problema. A partir de la situación problema planteada el grupo debe realizar los aportes respectivos en el foro colaborativo con el fin de reconocer las características del problema que se ha planteado y buscar el método de solución más apropiado según las ecuaciones diferenciales de primer orden seleccionando la respuesta correcta de las 4 alternativas. Problema: La ecuación del movimiento de un péndulo con longitud 1 𝑚 es 𝑑 2𝜃 𝑑𝑡 2 + 10𝜃 = 0: Si para 𝑡 = 0 , 𝜃 = 0,2 𝑟𝑎𝑑 y la velocidad angular inicial 𝑑𝜃 𝑑𝑡 = 1 𝑟𝑎𝑑 𝑠 , Al determine 𝜃 en función de t para el movimiento se tiene: a. 𝜃(𝑡) = 0,5 cos√10𝑡 + 1 √10 sin√10𝑡 b. 𝜃(𝑡) = 0,2 cos√10𝑡 + 1 √10 sin√10𝑡 c. 𝜃(𝑡) = 0,5 cos√10𝑡 − 1 √10 sin√10𝑡 d. 𝜃(𝑡) = 0,2 cos√10𝑡 − 1 √10 sin√10𝑡
La ecuación diferencial que representa el movimiento: d2θ +10 θ=0 dt 2 Buscamos la ecuación característica: r 2 +10=0 , r ± √ 10i Como se tienen raíces imaginarias la ecuación tendrá la siguiente forma: θ ( t )=c 1 sen √ 10 t+c 2 cos √ 10t Debemos derivar la expresión para obtener la velocidad y la aceleración angular: Velocidad: θ ´ ( t )=√ 10 c1 cos √ 10 t−√10 c 2 sen √ 10 t
Aceleración: θ ´ ´ ( t ) =10 c 1 sen √10 t−10 c 2 cos √10 t Reemplazamos los valores de las condiciones iniciales para hallar los valores de las constantes (𝑡 = 0, 𝜃 = 0,2 𝑟𝑎𝑑) θ ( 0 ) =c 1 sen √ 10 (0)+ c 2 cos √10(0) c 2=θ ( 0 ) θ ´ ( 0 )= √ 10 c 1 cos √10 (0)−√ 10 c 2 sen √10 (0) θ ´ ( 0 )= √ 10 c 1 c 1=(
1 )θ ´ ( 0 ) √ 10
Sustituimos ambas constantes en la función de desplazamiento: θ ( t )=(
1 ) θ´ ( 0 ) sen √ 10 t+θ ( 0 ) cos √ 10 t √ 10
Reemplazamos los parámetros iniciales: c 1=
( √110 )( 1)=0.31rad
c 2=0.2 rad Con los valores de las constantes que obtuvimos, finalmente reemplazamos en la ecuación que representa el movimiento: θ ( t )=0.31 sen √ 10 t + 0.2cos √10 t
Ejercicio 5. Análisis y evaluación de la solución de una situación planteada. Ejercicio y solución planteada
OBSERVACIONES, ANEXOS, MODIFICACIONES A LA SOLUCIÓN PLANTEADA Este sistema debe estar expresado en una sola variable. Esto debido a que el sistema solo tiene variación mecánica en una dimensión, los componentes en y se hacen cero:
La figura representa un edificio de dos pisos. Las masas de los pisos son 𝑚1 y 𝑚2. Cada piso se apoya en seis columnas. Cuando el suelo se mueve horizontalmente debido a un temblor, los pisos también se mueven así, y las columnas actúan como resortes y se m x . 1+ 2k x 1−k x 2=ky → m x .1 +2 k x 1−k x 2=0 oponen a este movimiento. Las La derivada de cero también será cero. rigideces horizontales totales de cada conjunto de seis columnas son 𝑘1 y 𝑘2. El movimiento horizontal del suelo es 𝑦. Para el caso en que las masas son idénticas (𝑚1 = 𝑚2 = 𝑚) y las rigideces son idénticas (𝑘1 = 𝑘2 = 𝑘) obtenga un modelo de ecuación del edificio y encuentre su solución homogénea. Se tiene la siguiente situación:
Para la que se plantean las siguientes ecuaciones diferenciales por tratarse de dos masas y teniendo en cuenta las Leyes de Newton: 𝑚𝑥1̈ + 2𝑘𝑥1 − 𝑘𝑥2 =
𝑘𝑦 𝑚𝑥2̈ − 𝑘𝑥1 + 𝑘𝑥2 = 0 Dividiendo la ecuación entre 𝑚 y asumiendo 𝛼 = 𝑘 𝑚 el resultado es: 𝑥1̈ − 2𝛼𝑥1 + 𝛼𝑥2 = 𝛼𝑦 𝑥2̈ + 𝛼𝑥1 − 𝛼𝑥2 = 0
(1) (2)
Ahora para tener una ecuación en términos sólo de 𝑥1 se diferencia la ecuación (1) dos veces para obtener: 𝑑4𝑥1 𝑑𝑡4 + 2𝛼 𝑑2𝑥1 𝑑𝑡2 −𝛼 𝑑2𝑥2 𝑑𝑡2 =−𝛼 𝑑2𝑦 𝑑𝑡2 Ahora sustituyendo 𝑥2̈ de la ecuación (2) y 𝑥2 de la ecuación (1) se obtiene: 𝑑4𝑥1 𝑑𝑡4 + 3𝛼 𝑑2𝑥1 𝑑𝑡2 + 𝛼2𝑥1 = 𝛼2𝑦 + 𝛼 𝑑2𝑦 𝑑𝑡2 Esta es la ecuación deseada; cuyo polinomio característico es: 𝛽4 + 3𝛼𝛽2 + 𝛼2 = 0. Como no hay ningún término en 𝛽3 ni 𝛽, esta ecuación es cuadrática en 𝛽2 y se puede usar la fórmula cuadrática: 𝛽2 = −3𝛼 ± √9𝛼2 − 4𝛼2 2 =( −3 ± √5 2 )𝛼
Entonces, las raíces características son: 𝛽 = ±0,618𝑖√ 𝑘𝑚 𝛽 = ±1,618𝑖√ 𝑘𝑚 Como estas raíces son imaginarias, la solución homogénea tiene la forma: 𝑥1(𝑡) = 𝐶1 sin0,618√ 𝑚𝑘 𝑡 + 𝐶2 cos0,618√ 𝑚𝑘 𝑡 + 𝐶3 sin1,618√ 𝑚𝑘 𝑡 + 𝐶4 cos1,618√ 𝑚𝑘 𝑡
Las dos soluciones son positivas: La solución contiene oscilaciones con frecuencias en radianes de 0,618√𝑘 𝑚 La solución contiene oscilaciones con y 1,618√𝑘 𝑚 frecuencias en radianes de 0,618√𝑘 𝑚 y − 1,618√𝑘 𝑚