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7

Aland Bravo Vecorena Facultad de Ingeniería Civil

Universidad Alas Peruanas

Primera Edición Ecuaciones Diferenciales Un Enfoque Aplicado

Ecuaciones Diferenciales. Versión 1.0 – Marzo 4, 2017.

Aland Bravo Vecorena. [email protected] Facultad de Ingeniería Civil Universidad Alas Peruanas

Libro Digital

Matemática, Ingeniería, Educación e Internet (http://www.uap.edu.pe/).

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Prólogo

Este libro es una recopilación de las clases del curso de Ecuaciones Diferenciales y los problemas aplicados que se presentan son parte de la colección de exámenes y prácticas calificadas desarrolladas en la Universidad Alas Peruanas en la ciudad de Huánuco, así como de textos de autores conocedores en la materia. Para un mejor desarrollo temático, se recomienda tener instalado: Octave, que es una herramienta de libre distribución, orientado al cálculo de ecuaciones diferenciales, también se sugiere instalar: Miktex, TeXstudio, Inkscape y el Daum Equation Editor para el navegador Google, con la finalidad de elaborar los informes académicos de los ejercicios propuestos en cada capítulo utilizando Latex.

Huánuco, 2017.

E L AUTOR

Libro digital UAP-Huánuco.

Derechos reservados © 2017

Ecuaciones Diferenciales. http://www.avb-tech.com/.

Licencia Creative Commons Reconocimiento - No Comercial 3.0 Unported Licence (la “Licencia”). Usted puede utilizar este archivo de conformidad con la Licencia. Usted puede obtener una copia de la Licencia en http://creativecommons. org/licenses/by-nc/3.0. A menos que lo requiera la ley aplicable o se acuerde por escrito, el software distribuido bajo la Licencia se distribuye “tal y como está”, sin garantías ni condiciones de ningún tipo, ya sea expresa o implícita. Primera edición, Marzo 2017

Í NDICE GENERAL Prológo

1

2

II

I NTRODUCCIÓN A LAS E CUACIONES D IFERENCIALES 1.1

Células de Levadura

10

1.2

Clasificación de las Ecuaciones Diferenciales

10

1.3

Terminología y Modelado de Ecuaciones Diferenciales

12

1.4

Ejercicios Propuestos

21

S OLUCIÓN DE E CUACIONES D IFERENCIALES O RDINARIAS DE P RIMER O RDEN

PÁGINA 25

2.1

Separación de Variables de una EDO de Primer Orden

26

2.2

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Primer Orden

27

2.3

Solución de EDO Lineales Homogéneas de Primer Orden

32

2.4

Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden Reductibles a Homogéneas

39

2.5

Solución de EDO Lineales No Homogéneas con el Método de Variación de Parámetros

43

2.6

Aplicación del Método de Variación de Parámetros

45

2.7

Solución de EDO Lineales No Homogéneas mediante el Factor de Integración

48

2.8

Combinaciones Lineales

50

2.9

Superposición

51

2.10

Ley del Enfriamiento de Newton aplicado a una Investigación de Escena del Crimen

54

2.11

Existencia y Unicidad de las Soluciones

56

2.12

Tipos Especiales de Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

57

2.12.1 Ecuaciones de Bernoulli 2.12.2 Ecuaciones de Ricatti 2.12.3 Ecuaciones de Clairaut 2.12.4 Ecuaciones de Lagrange

3

PÁGINA 3

57 59 63 64

2.13

Miscelanea de Ejercicios Resueltos

66

2.14

Ejercicios Propuestos

66

S OLUCIÓN DE E CUACIONES D IFERENCIALES O RDINARIAS DE S EGUNDO O RDEN

PÁGINA 69

3.1

Números Complejos

70

3.2

La Función Exponencial Compleja

84

1

4

5

3.3

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales Homogéneas de Segundo Orden con Coeficientes Constantes

3.4

Ejercicios Propuestos

E CUACIONES D IFERENCIALES O RDINARIAS L INEALES DE O RDEN S UPERIOR

96 110

PÁGINA 115

4.1

Solución de Ecuaciones Diferenciales Lineales

115

4.2

Funciones Sinusoidales

121

4.3

Ejercicios Propuestos

135

O PERADORES Y R ESPUESTA E XPONENCIAL 5.1

5.2

PÁGINA 145

Notación del Operador

146

Estabilidad

175

Verificación de la Estabilidad para un Sistema de Segundo Orden

176

Resonancia, Respuesta de Frecuencia, Circuitos RLC

182

Ejercicios Propuestos

209

Bibliografía

220

Soluciones del Capítulo 1

221

Soluciones del Capítulo 2

223

Soluciones del Capítulo 3

224

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1

Introducción a las Ecuaciones Diferenciales

Objetivos de la Sesión de Aprendizaje. Los objetivos de esta sesión de aprendizaje son los siguientes: Identificar las ecuaciones diferenciales lineales de primer orden. Modelar el comportamiento de ciertos sistemas usando las ecuaciones diferenciales lineales de primer orden. Usar el paradigma de respuesta del sistema a las señales de entrada para obtener un sistema físico de una Ecuación Diferencial Ordinaria (EDO). Verificar la consistencia de los modelos usando un análisis unitario.

Definición 1.1 Ecuación Diferencial Es una función que incluye una variable dependiente y sus derivadas, con respecto a una o más variables independientes y sus derivadas. Si la ecuación contiene derivadas respecto a una sola variable independiente entonces se dice que es una ecuación diferencial ordinaria (EDO); y si contiene las derivadas parciales respecto a dos o más variables independientes se llama ecuación en derivadas parciales (EDP).

Definición 1.2 Un problema de Valor Inicial Es una ecuación diferencial (ED) que está enlazada con condiciones iniciales. Para verificar que una función es solución de la ED, solo se necesita poner la función a ambos lados de la ecuación y confirmar que satisface las condiciones iniciales.

La mayoría de de las leyes generales de la naturaleza: físicas, químicas, biológicas y astronómicas, encuentran su expresión dy más natural en el lenguaje de las ecuaciones diferenciales. Si y = f (t ) es una función dada, entonces la derivada d t se puede interpretar como el índice de cambio de y con respecto a t . En cualquier proceso natural, las variables incluidas y sus índices de cambio se relacionan entre sí por medio de los principios básicos que rigen el proceso.

4

Introducción a las Ecuaciones Diferenciales

Ejemplo 1.1 Una Función Secreta... ¿Puedes adivinar la función secreta y(t ) que satisface la ecuación diferencial y˙ = 3y sujeta a una condición inicial y(0) = 5 ? Esta ecuación puede modelar el crecimiento de una población de un sistema biológico, tal como las células de levadura de pan. Solución: Notar la equivalencia de notación entre: y˙ = Obtenemos la solución general:

dy dt

y˙ = 3y dy = 3y dt dy = 3d t y Z Z dy = 3d t Integrando: y Z dy = ln |y| Sabemos: y ln |y| = 3t

= y0

Código en Octave: pkg install symbolic-win-py-bundle-2.5.0.zip pkg load symbolic syms y(t); dsolve(diff(y) == (3*y)) Resultado en Octave: y(t ) = C 1 e 3t

y = ±ce 3t La solución general y(t ) = ce 3t representa a la familia de funciones para esta ecuación diferencial. Reemplazando con el valor inicial en t = 0, sujeta a una condición inicial y(0) = 5 tenemos: y(0) = ce 0 −→ 5 = c. Por lo tanto, la función que soluciona el problema de condición inicial es: y(t ) = 5e 3t .

5

Introducción a las Ecuaciones Diferenciales

Índice

Derivación

Índice

Derivación

1

d d x (c) = 0

16

du d d x (sen u) = cos u · d x

2

d d x (x) = 1

17

d du d x (cos u) = − sen u · d x

3

d d d d x (u + v + · · · ) = d x (u) + d x (v) + · · ·

18

d du 2 d x (tan u) = sec u · d x

4

d d d x (cu) = c d x (u)

19

d du 2 d x (cot u) = − csc u · d x

5

d d d d x (uv) = u d x (v) + v d x (u)

20

d du d x (sec u) = sec u · tan u · d x

6

d d d d d x (uv w) = uv d x (w) + uw d x (v) + v w d x (u)

21

d du d x (csc u) = − csc u · cot u · d x

7

d u 1 dx ( c ) = c

22

d d x (arc sen u) =

8

d dx

¡c ¢ u

¡u ¢

c = Cte.

· ddx (u),

= c · ddx

¡1¢ u

c 6= 0 = − uc2 · ddx (u),

v ddx (u) − u ddx (v) , v2

u 6= 0

23

9

d dx

10

d m m−1 d x (x ) = m · x

25

11

d m m−1 d · d x (u) d x (u ) = m · u

26

12

dy dx

=

13

dy dx

=

14

d 1 d x (loga u) = u

15

d 1 d x (ln u) = u

v

=

v 6= 0

1

27

dx dy dy du

24

· dd ux · loga e · dd ux ,

· dd ux

(a > 0, a 6= 1)

1 · dd ux p 1 − u2 1 d · dd ux d x (arc cos u) = − p 1 − u2 1 d du d x (arctan u) = 1 + u 2 · d x 1 d du d x (arccot u) = − 1 + u 2 · d x 1 d · dd ux d x (arcsec u) = p 2 u u −1 1 d · dd ux d x (arccsc u) = − p 2 u u −1

28

d u u d x (a ) = a

· ln a · dd ux ,

29

d u u d x (e ) = e

· dd ux

30

d d x (y) =

Cuadro 1.1: Derivación de Funciones Básicas.

y · ddx (ln y)

(a > 0)

6

Introducción a las Ecuaciones Diferenciales

Índice

Derivación

Índice

u

e −e 2 e u + e −u cosh u = 2 senh u e u − e −u = tanh u = cosh u e u + e −u senh u =

1 2 3

Derivación 1 e u + e −u , (u 6= 0) = u tanh u e − e −u 1 2 sech u = = cosh u e u + e −u 2 1 = csch u = , (u = 6 0) senh u e u − e −u

−u

coth u =

13 14 15

4

d du d x (senh u) = cosh u · d x

16

d du 2 d x (coth u) = − csch u · d x

5

d du d x (cosh u) = senh u · d x

17

d du d x (sech u) = − sech u · tanh u · d x

6

d du 2 d x (tanh u) = sech u · d x

18

d du d x (csch u) = − csch u · coth u · d x

7

p senh−1 u = ln(u + 1 + u 2 ),

∀u

19

8

p cosh−1 u = ln(u + u 2 − 1),

(u = 1)

20

9

tanh−1 u =

¡ ¢ 2 coth−1 u = 12 · ln u+1 u−1 , (u > 1) ³ p 2´ sech−1 u = ln 1+ u1−u , (0 < u 5 1) ³ ´ p 2 csch−1 u = ln u1 + 1+u , (u 6= 0) |u|

10

d −1 p 1 d x (senh u) = 1+u 2

· dd ux

11

d −1 p 1 d x (cosh u) = u 2 −1

· dd ux ,

12

1 d −1 d x (tanh u) = 1−u 2

¡ ¢ 1 · ln 1+u , 1−u 2

(u 2 < 1)

· dd ux ,

21

1 · d u , (u 2 > 1) 1 − u2 d x −1 d −1 · dd ux , (0 < u < 1) d x (sech u) = p u 1 − u2 −1 d −1 · dd ux , (u 6= 0) p d x (csch u) = 2 |u| 1 + u d −1 d x (coth u) =

22 (u > 1)

23

(u 2 < 1)

24

Cuadro 1.2: Derivación de Funciones Hiperbólicas.

Índice

Fórmula

Índice

Fórmula

1

(a ± b)2 = a 2 ± 2ab + b 2

7

(a + b)(a − b) = a 2 − b 2

2

(a ± b)3 = a 3 ± 3a 2 b + 3ab 2 ± b 3

8

(x + a)(x + b) = x 2 + (a + b)x + ab

3

a 3 + b 3 = (a + b)(a 2 − ab + b 2 )

9

a 3 − b 3 = (a − b)(a 2 + ab + b 2 )

4

a n · a m = a n+m

10

(a n )m = a n·m

5

11

an am

6

(ab)n = a n · b n ³ 1 ´n ¡ p ¢ n n (a) m = a m = m a

12

loga x =

7

loga b = x ⇔ a x = b

13

loge x = ln x

8

logb (m · n) = logb m + logb n

14

logb ( m n ) = logb m − logb n

9

logb (m n ) = n · logb m

15

logb m p logb ( n m) = n

= a n−m =

Cuadro 1.3: Propiedades Algebraicas.

1 a m−n

logb x logb a

=

ln x ln a

7

Introducción a las Ecuaciones Diferenciales

i

Integral

1

R

R u · d v = uv − v · d u

2

R

un · d u =

3

R

du u

4

R

e u · d u = e u +C

5

R

au · d u =

6

R

sen u · d u = − cos u +C

21

7

R

cos u · d u = sen u +C

22

8

R

sec2 u · d u = tan u +C

23

9

R

csc u · d u = − cot u +C

24

10

R

sec u · tan u · d u = sec u +C

25

R

sen3 u · d u = − 31 (2 + sen2 u) · cos u +C

11

R

1 sen2 u · d u = u − 14 sen 2u +C 2

26

R

cos3 u · d u = 13 (2 + cos2 u) · sen u +C

12

R

1 cos2 u · d u = u + 14 sen 2u +C 2

27

R

tan3 u · d u = 12 tan2 u + ln | cos u| +C

13

R

tan2 u · d u = tan u − u +C

28

R

cot3 u · d u = − 12 cot2 u − ln | sen u| +C

R

cot2 u · d u = − cot u − u +C

Z

14

29

un · e u · d u = un · e u − n ·

Z

u · e u · d u = (u − 1) · e u +C

30

15

i

1 n+1 +C n+1 u

Si n 6= −1

= ln |u| +C

au ln a

+C

Integral

16

R

csc u · cot u · d u = − csc u +C

17

R

tan u · d u = ln | sec u| +C

18

R

cot u · d u = ln | sen u| +C

19

R

sec u · d u = ln | sec u + tan u| +C

20

R

csc u · d u = ln | csc u − cot u| +C

Z p Z

1 a2 + u2

Z

1 a2 − u2

Z

2

1 a2 − u2

· d u = sen−1 ua +C tan−1 ua +C

· du =

1 a

· du =

1 2a

¯ ¯ ¯ ln ¯ u+a u−a +C

1 · du = p u u2 − a2

1 a

¯ ¯ sec−1 ¯ ua ¯ +C

Z ln u · d u = u · ln u − u +C

Cuadro 1.4: Tabla de Integrales Básicas.

Z

u n−1 · e u · d u

8

Introducción a las Ecuaciones Diferenciales

i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18

19 20

Integral Z 1 sec3 u · d u = sec u · tan u + 12 ln |sec u + tan u| +C 2 Z 1 3 csc u · d u = − csc u · cot u + 12 ln |csc u − cot u| +C 2 Z sen(a − b)u sen(a + b)u sen au · sen bu · d u = − +C Si a 2 6= b 2 2(a − b) 2(a + b) Z sen(a − b)u sen(a + b)u cos au · cos bu · d u = + +C Si a 2 6= b 2 2(a − b) 2(a + b) Z cos(a − b)u cos(a + b)u − +C Si a 2 6= b 2 sen au · cos bu · d u = − 2(a − b) 2(a + b) Z Z 1 n −1 senn u · d u = − senn−1 u · cos u + senn−2 u · d u n n Z Z 1 n −1 cosn u · d u = cosn−1 u · sen u + cosn−2 u · d u n n Z Z 1 tann u · d u = tann−1 u − tann−2 u · d u Si n 6= 1 n −1 Z Z 1 cotn u · d u = − cotn−1 u − cotn−2 u · d u Si n 6= 1 n −1 Z Z 1 n −2 secn u · d u = secn−2 u · tan u + secn−2 u · d u Si n 6= 1 n −1 n −1 Z Z n −2 1 n n−2 csc u · cot u + cscn−2 u · d u Si n 6= 1 csc u · d u = − n −1 n −1 Z u · sen u · d u = sen u − u · cos u +C Z u · cos u · d u = cos u + u · sen u +C Z Z n n u · sen u · d u = −u · cos u + n u n−1 · cos u · d u Z Z u n · cos u · d u = u n · sen u − n u n−1 · sen u · d u Z p p p a2 ln |u + u 2 ± a 2 | +C u 2 ± a 2 · d u = u2 u 2 ± a 2 ± 2 Z p du = ln |u + u 2 ± a 2 | +C p u2 ± a2 Ã ! p Z p 2 p u + a2 a + u2 + a2 2 2 · d u = u + a − a · ln +C u u Z p 2 p u − a2 · d u = u 2 − a 2 − a · sec−1 ua +C u Z p p p 4 2 u · u 2 ± a 2 · d u = u8 · (2u 2 ± a 2 ) · u 2 ± a 2 − a8 · ln |u + u 2 ± a 2 | +C Cuadro 1.5: Tabla de Integrales Avanzadas.

9

Introducción a las Ecuaciones Diferenciales

i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

Integral Z p p u2 2 d u = u2 · u 2 ± a 2 ∓ a2 · ln |u + u 2 ± a 2 | +C p u2 ± a2 Z p p 2 a 2 − u 2 d u = u2 · a 2 − u 2 + a2 · sen−1 ua +C Z p 2 ¯ p ¯ p a − u2 2 2¯ ¯ d u = a 2 − u 2 − a · ln ¯ a+ au −u ¯ +C u Z p a2 u2 d u = − u2 · a 2 − u 2 + · sen−1 ua +C p 2 2 2 a −u Z p p a4 u 2 · a 2 − u 2 · d u = u8 · (2u 2 − a 2 ) · a 2 − u 2 + · sen−1 ua +C 8 Z u n+1 u n+1 u n · ln u · d u = +C · ln u − n +1 (n + 1)2 Z e au · (a · sen bu − b · cos bu) +C e au · sen bu · d u = 2 a + b2 Z e au e au · cos bu · d u = 2 · (a · cos bu + b · sen bu) +C a + b2 Z p sen−1 u · d u = u · sen−1 u + 1 − u 2 +C Z 1 tan−1 u · d u = u · tan−1 u − · ln(1 + u 2 ) +C 2 Z p sec−1 u · d u = u · sec−1 u − ln |u + u 2 − 1| +C Z p u · sen−1 u · d u = 14 · (2u 2 − 1) · sen−1 u + u4 · 1 − u 2 +C Z u u · tan−1 u · d u = 12 · (u 2 + 1) · tan−1 u − +C 2 Z p 1 2 u · sec−1 u · d u = u2 · sec−1 u − · u 2 − 1 +C 2 Z Z n+1 u 1 u n+1 u n · sen−1 u · d u = · sen−1 u − d u Si n 6= −1 p n +1 n +1 1 − u2 Z Z u n+1 1 u n+1 · tan−1 u − d u Si n 6= −1 u n · tan−1 u · d u = n +1 n + 1 1 + u2 Z Z u n+1 1 un u n · sec−1 u · d u = d u Si n 6= −1 · sec−1 u − p n +1 n +1 u2 − 1 Z p u−a p u−a 2 2au − u 2 · d u = · 2au − u 2 + a2 · sen−1 +C 2 a Z 1 u−a · d u = sen−1 +C p a 2au − u 2 r Z ∞ 2 π e −au d u = 12 (a > 0) a 0 Cuadro 1.6: Tabla de Integrales Complementarias.

10

Introducción a las Ecuaciones Diferenciales

1.1

Células de Levadura

El crecimiento de la población de una colonia de células de levadura de masa de pan puede ser modelado con la función propuesta. Para nuestro sistema, supongamos que tenemos una colonia de células de levadura en un lote de masa de pan. El primer paso es identificar las variables, sus unidades, y darles nombres. “Pon atención a lo que se asume como condición inicial...”

Figura 1.1: Paquete de Levadura de Pan.

El sistema consta de lo siguiente:

y

=⇒

Número de células de levadura

t

=⇒

Tiempo medido en segundos

También ponemos como condición inicial y(0) = y 0 . El Modelo Diferencial tiene las siguientes características:

1.2

Clasificación de las Ecuaciones Diferenciales

Por la cantidad de variables independientes, existen dos tipos de Ecuaciones Diferenciales (ED), las cuales son:

1

Ecuación Diferencial Ordinaria (EDO) Involucra derivadas de una función de una sola variable.

2

Ecuación Diferencial Parcial (EDP) Involucra derivadas parciales de una función multivariable.

Cuando consideramos Ecuaciones Diferenciales Ordinarias (EDO), usualmente se trabaja al tiempo como la variable independiente. A continuación se muestra la notación para las derivadas de una función y(t ):

11

Introducción a las Ecuaciones Diferenciales

Cuadro 1.7: Detalle del Modelo Diferencial de las Células de Levadura.

Características del Modelo de las Células de Levadura de Pan ¿Si y denota el numero de celdas de levadura, que podemos decir acerca de la derivada y˙ ?

La derivada representa la tasa en el cual el número de celulas de levadura crece.

¿ Cómo depende del número de células?

En un entorno natural, con bastante espacio las células tienden a dividirse a traves de un proceso de mitosis.

¿ Si suponemos que cada célula se está dividiendo independientemente de todas las otras células, que sucede si duplicamos el número de células ?

Si duplicamos el número de células entonces se duplicará la velocidad de fermentación de nuevas células.

Si multiplicamos el número de células por cualquier factor escalar debería afectar lo mismo para su derivada. Esto implica que la tasa de crecimiento de las células es proporcional al número de células.

y˙ ∝ y

Dado que a es una constante, y 0 es el número de celulas de levadura en un paquete en el instante t = 0, la solución a la ecuación diferencial esta dada por:

y = y 0 e at

−→

y˙ = a y

0

dy dt

00

d2y dt2

000

d3y dt3

Primera derivada:

y˙

y

Segunda derivada:

y¨

y

Tercera derivada:

y (3)

y

.. . N-ésima derivada:

y (n)

dn y dtn

Cuidado: La notación y˙ solamente debe ser usado para referirse a la derivada con respecto al tiempo t . Si por ejemplo y es 0 función de una variable especial y = y(x), se debe utilizar la notación y para representar la derivada con respecto a x. Definición 1.3 Orden de una Ecuación Diferencial El Orden de una Ecuación Diferencial es el valor más alto de la derivada n, que aparece en la ecuación.

Definición 1.4 Grado de una Ecuación Diferencial El Grado de una Ecuación Diferencial está determinado por el exponente de la derivada de mayor orden a la que puede escribirse como un polinomio en la función desconocida y sus derivadas de la ecuación.

12

Introducción a las Ecuaciones Diferenciales

Ejemplo 1.2 Sea la ecuación diferencial: 8 3 p 9375 cos(t 5 ) y¨4 + 982(y + t 3 )7 y˙ − 387y (3) y (4) + 2t y (5) = −30987 y + 4087 sen(t /y) + 7092 ln(1 − t 7 ) + 3786e y −t + 18,031

Determine si es una EDO o una EDP. Solución: Por inspección vemos que la ED solo tiene derivadas con respecto a una variable tiempo t . Luego: La ED es una EDO.

Ejemplo 1.3 De la ecuación diferencial anterior: ¿Cuál es el orden de la EDO? Solución: Por inspección vemos que la potencia o grado de la derivada de mayor orden es 5, en el sumando 2t y (5) . Por lo tanto: Es de quinto orden.

Ejemplo 1.4 ¿Cual es el Orden de la siguiente EDO? (y (7) )2 + 3 y˙ y (3) − t 7 · y + t 9 = 0 Solución: Por inspección vemos que la potencia de la derivada de mayor orden es 7, con grado 2, en el sumando (y (7) )2 . Por lo tanto: Es de séptimo orden.

1.3

Terminología y Modelado de Ecuaciones Diferenciales

A continuación vamos ha precisar algunas terminologías utilizadas en las Ecuaciones Diferenciales (ED). Definición 1.5 Ecuación Diferencial Ordinaria Lineal Homogénea Es una Ecuación Diferencial de grado 1 tal como: e t y¨ + 5 y˙ + t 9 y = 0 ˙ y. ¨ Para algunas funciones p n (t ), . . . , p 0 (t ) llamadas coefiEn el cual cada sumando es una función del tiempo t de y, y, cientes, en general se puede expresar como: p n (t )y (n) + p n−1 (t )y (n−1) + · · · + p 1 (t ) y˙ + p 0 (t )y = 0

13

Introducción a las Ecuaciones Diferenciales

Definición 1.6 Ecuación Diferencial Ordinaria Lineal No Homogénea Es lo mismo que una EDO lineal homogénea excepto que además tiene un término que es función solamente de t . Por ejemplo: e t y¨ + 5 y˙ + t 9 y = 7 sen t Es una EDO lineal no homogénea de segundo orden. En general para algunas funciones p n (t ), . . . , p 0 (t ), q(t ) las EDO lineales no homogéneas se puede expresar como: p n (t )y (n) + p n−1 (t )y (n−1) + · · · + p 1 (t ) y˙ + p 0 (t )y = q(t )

Definición 1.7 Ecuación Diferencial Ordinaria Lineal Una EDO lineal es una EDO que puede ser linealmente homogénea o linealmente no homogénea (cualquiera de los dos casos vistos anteriormente).

Definición 1.8 Forma Lineal Estándar Cualquiera de las formas de las EDF lineales homogéneas o no homogéneas pueden ser reducidas a su Forma Lineal Estándar, dividiendo la ED por p n (t ), que representa el coeficiente de la derivada más alta y (n) . Una ED escrita con un coeficiente 1 en su derivada más se dice que está en su forma lineal estándar: y (n) + p n−1 (t )y (n−1) + · · · + p 1 (t ) y˙ + p 0 (t )y = 0

y (n) + p n−1 (t )y (n−1) + · · · + p 1 (t ) y˙ + p 0 (t )y = q(t )

Ponga atención: Las soluciones de y(t ) están definidas en un intervalo abierto completo I mas no en intervalos disjuntos. Se asume que las funciones p n (t ), . . . , p 0 (t ), q(t ) se comportan bien, es decir son continuas en el intervalo I . Definición 1.9 Intervalo Abierto Un Intervalo Abierto es un conjunto conexo de números reales sin puntos finales. La notación (a, b) denota el intervalo abierto de todos los puntos x tal que a < x < b. Es usual que uno o ambos puntos finales sean infinitos: (a, b), (−∞, b), (a, ∞). El intervalo abierto (−∞, ∞) denota toda la linea real el cual se representa como R.

Ponga atención: Si ya se sabe que una EDO es lineal, existe una manera rápida de decidir si es homogénea o no homogénea. Ponga en la función constante y = 0. 1

Si y = 0 es una solución, la EDO es homogénea.

2

Si y = 0 no es una solución, la EDO es no homogénea.

Ponga atención: El ejemplo de las células de levadura de pan es una EDO lineal homogénea. Si no existen células de levadura la población se mantiene en 0.

14

Introducción a las Ecuaciones Diferenciales

Ejemplo 1.5 Solución: Por inspección tenemos : ¿Cuál de las siguientes EDO es lineal?

1

y¨ − 7t y y˙ = 0

1

y¨ − 7t y y˙ = 0

2

y¨ = e t (y + t 2 ) −→ y¨ + (−e t )y = t 2 e t

2

y¨ = e t (y + t 2 )

3

y˙ − y 2 = 0

3

y˙ − y 2 = 0

4

y˙2 − t y = sen t

4

y˙2 − t y = sen t

5

y˙ = cos(y + t )

5

y˙ = cos(y + t )

Luego: La alternativa 2 es la única EDO lineal ya que las otras ecuaciones son no lineales (en color naranja).

Ejemplo 1.6 ¿Cómo clasificarías las ecuaciones diferenciales: y˙ = a y e y˙ = −a y ? Seleccione todas las opciones que apliquen. 1

Primer Orden

2

Segundo Orden

3

Lineal

4

No Lineal

5

Homogénea

6

No Homogénea

Solución: Por inspección tenemos que son Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden, Lineal y Homogénea, que corresponde a las alternativas 1 , 3 y 5 .

15

Introducción a las Ecuaciones Diferenciales

Ejemplo 1.7 Solución: Por inspección tenemos : 1

y˙ = cos(t + y) + t

2

t y = cos(t ) y˙ +sen(t ) → t y −cos(t ) y˙ = sen(t ) → Es una EDO lineal No Homogénea.

¿Cuál de las siguientes EDO es lineal? 1

y˙ = cos(t + y) + t

2

t y = cos(t ) y˙ + sen t

3

y (3) = y y¨ + 2e t y˙

3

y (3) = y y¨ + 2e t y˙

4

4

t 2 y¨ = ( y˙ − 1) log(t )

t 2 y¨ = ( y˙ − 1) log(t ) → t 2 y¨ − log(t ) y˙ = − log(t ) → Es una EDO lineal No Homogénea.

Luego: Las alternativas 2 y 4 son las únicas EDO lineal ya que las otras ecuaciones son no lineales (en color naranja).

Introducción al Modelado Matemático El modelado matemático convierte un problema del mundo real en ecuaciones matemáticas. El proceso del modelado matemático utiliza el siguiente procedimiento: 1

Dibuje un diagrama del sistema.

2

Identificar cantidades relevantes, tanto conocidos como desconocidos y darles símbolos. Encuentre las unidades para cada uno.

3

Identificar la variable(s) independiente(s), las señales de entrada y la respuesta del sistema. Las otras cantidades serán funciones de ellos, o constantes. A menudo, el tiempo es la única variable independiente.

4

Escriba la ecuación diferencial relacionando las señales de entrada con la respuesta del sistema, expresando cómo dichas funciones cambian en respuesta a pequeños cambios en la variable(s) independiente(s). También anote cualquier “ley de la naturaleza” que relaciona las variables.

5

Reescriba la ecuación en su forma lineal estándar con condiciones iniciales. Como comprobación, asegúrese de que todos las sumatorias en la ecuación tengan las mismas unidades.

A menudo se necesitan hacer suposiciones para simplificar el modelo; el reto consiste en simplificar las ecuaciones de modo que puedan resolver el sistema del mundo real. Ejemplo 1.8 Modele el cambio de concentración de la sal en un Acuario Marino sobre un tanque con 800 litros de agua fresca, con g 5L L un flujo de entrada de agua mi n , un flujo de concentración de sal de 75 L y un flujo de salida 3 mi n . Asuma una mezcla instantánea y contínua. Solución: El primer paso es dibujar el diagrama del sistema. Ver figura 1.2. Luego identificamos las cantidades relevantes con sus unidades:

16

Introducción a las Ecuaciones Diferenciales

t

=

Tiempo en minutos

x(t )

=

Total de gramos de Sal en el tanque (g )

V (t )

=

Total de litros de Fluído en el tanque (L)

V (t )

=

800(L) + (5 − 3)( L )t (min) = (800 + 2t )(L) min

x(t ) V (t )

=

Concentración de Sal en el Fluído del tanque ( L )

dx dt

=

(tasa de entrada)-(tasa de salida)

(tasa de entrada)

=

(75 L )(5 miL n ) = 375 mi n

(tasa de salida)

=

g 3x(t ) ) g L ( Vx(t (t ) L )(3 mi n ) = (800+2t ) mi n

dx dt

=

3x(t ) 375 − (800+2t )

g

V(t)

g

g

V(0)=800L

Figura 1.2: Mezcla de Sal y Agua para un Acuario Marino.

En el lenguaje de ingeniería, la señal q(t ) es llamada señal de entrada, el sistema es la ecuación diferencial incluido sus condiciones iniciales que representa el modelo matemático del mundo real e y(t ) es la señal de salida. y (n) + p n−1 (t )y (n−1) + · · · + p 1 (t ) y˙ + p 0 (t )y = q(t )

Figura 1.3: Esquema del Modelado Matemático.

Definición 1.10 Sistema El sistema puede ser un sistema mecánico tal como una suspensión del automóvil o de un circuito eléctrico o un mercado económico, que se ve afectado por alguna señal externa. Nos interesa comprender cómo el sistema responde a los estímulos externos.

Definición 1.11 Señal de Entrada La señal de entrada es el estímulo externo. Por lo general, tiene una forma matemática compleja, pero siempre se ubica al lado derecho de la ED cuando se escribe en su forma lineal normalizada.

17

Introducción a las Ecuaciones Diferenciales

Definición 1.12 Señal de Salida La respuesta del sistema o también llamada señal de salida, es el comportamiento medible del sistema que nos interesa. Siempre es la función desconocida que escribimos en la ecuación diferencial.

Mecánica Newtoniana Una de las áreas más importantes en el modelado de ecuaciones diferenciales proviene de la Segunda Ley de Newton: F = ma Esto es la Fuerza es igual a la masa por su aceleración. Esto representa una ecuación diferencial. La aceleración a es la segun¨ Por lo tanto, la ecuación se puede reescribir da derivada de la posición x respecto al tiempo, el cual se representa como x. como: F = m x¨ La Fuerza depende del sistema que estamos modelando.

(a) Modelo del Resorte

(b) Escenarios del Modelado del Resorte

Figura 1.4: Modelado del resorte sujeto a una pared y una masa.

Ejemplo 1.9 Modele el comportamiento de un Sistema de un Resorte conectado a una pared en uno de sus extremos y con un carrito con masa m en un piso sin fricción en el otro extremo. Si se empuja el carrito con un pequeño desplazamiento y se suelta ¿Cómo se comporta la masa del carrito?.

18

Introducción a las Ecuaciones Diferenciales

Solución: El primer paso es dibujar el diagrama del sistema. Ver figura 1.4. Luego identificamos las cantidades relevantes con sus unidades: x(t ) → Desplazamiento del Resorte en el tiempot x(0) = x 0 → Posición del Resorte en t = 0 ˙ = 0 → Velocidad Inicial del Resorte en t = 0 x(0) m F = m x¨ Kg 2 Segunda Ley de Newton s m F = −kx Kg 2 Ley de Hooke s −kx = m x¨ Ecuación Diferencial del Modelo Matemático m x¨ + kx = 0

x(0) = x 0

˙ =0 x(0) (1.1)

k

m x

Figura 1.5: Modelado de un Sistema Masa-Resorte con Vela.

Ejemplo 1.10 Modele el comportamiento de un Sistema de un Resorte conectado a una pared en uno de sus extremos y con un carrito con masa m sujeto a una vela de viento en un piso sin fricción en el otro extremo. Si se empuja el carrito con un pequeño desplazamiento y se suelta ¿Cómo se comporta la masa del carrito?. Solución: El primer paso es dibujar el diagrama del sistema. Ver figura 1.5. El modelo es casi idéntico al ejemplo anterior, la única diferencia es que la señal de entrada ya no es cero, ahora es una fuerza externa debido al viento sobre la vela: m x¨ + kx = F vi ent o (t )

x(0) = x 0

˙ =0 x(0)

(1.2)

19

Introducción a las Ecuaciones Diferenciales

Ejemplo 1.11

Indique la clasificación de la ecuación diferencial: m x¨ + kx = F vi ent o (t ) ? 1

Primer Orden

2

Segundo Orden

3

Lineal

4

Homogénea

5

No Homogénea

Solución: Por inspección tenemos : La ecuación diferencial es de Segundo Orden, Lineal y No Homogénea, que corresponde a las alternativas 2 , 3 y 5 . Tener en cuenta que esta ecuación es lineal aún en el caso que F vi ent o (t ) sea una función no lineal. Se asume que los parámetros de m y k son constantes. En caso que dichos parámetros dependan del tiempo t , la ecuación diferencial aún será lineal. En caso que los parámetros m y k dependan de x, la ecuación será No Lineal.

Derivadas Parciales, Exactas e Implícitas

Definición 1.13 Derivada Parcial Dada la función f (x, y), la derivada parcial con respecto a x e y se calcula del siguiente modo: 0

∂ f (x,y) ∂x

0

∂ f (x,y) ∂y

Derivada Parcial con respecto a x: f x = Derivada Parcial con respecto a y: f y =

Ejemplo 1.12 Sea la función f (x, y) = 3x 4 − 4x 2 y 2 − 5y 4 + 6, calcular sus derivadas parciales con respecto a x e y. Solución: Por inspección tenemos :

Derivada Parcial con respecto a x: ∂f ∂x

=

⇐⇒

=

⇐⇒

=

⇐⇒

=

12x − 4y (2x)

∂f ∂x

=

12x 3 − 8x y 2

∂ 4 2 2 4 ∂x 3x − 4x y − 5y + 6 H ∂ ∂ ∂H 4 ∂ 4 2 2 ) +H (6) H ∂x (3x ) − ∂x (4x y ) − ∂x (5y H H ∂xH ∂ 3(4x 3 ) − 4y 2 ∂x (x 2 ) − 0 + 0 3 2

£

¤

20

Introducción a las Ecuaciones Diferenciales

Derivada Parcial con respecto a y: ∂f ∂y

=

⇐⇒

=

⇐⇒

=

⇐⇒

=

∂f ∂y

=

∂ 4 2 2 4 ∂y 3x − 4x y − 5y + 6 H ∂ ∂ ∂ ∂ HH4 ) − ∂y (4x 2 y 2 ) − ∂y (5y 4 ) +Z (6) ∂y (3x ∂y Z H Z ∂ 0 − 4x 2 ∂y (y 2 ) − 5(4y 3 ) + 0 2 3

£

¤

0 − 4x (2y) − 20y + 0 −8x 2 y − 20y 3

Definición 1.14 Derivada Exacta o Total Dada la función f (x, y), la derivada exacta o total se calcula del siguiente modo: d f (x, y) =

∂ f (x, y) ∂ f (x, y) dx + dy ∂x ∂y

Ejemplo 1.13 Sea la función f (x, y) = y sen x − x cos y. Calcular su diferencial exacta. Solución: Por inspección tenemos :

∂f ∂x

=

⇐⇒

=

∂f ∂x

∂ ∂x y sen x − x cos y ∂ ∂ ∂x (y sen x) − ∂x (x cos y)

=

y cos x − cos y

∂f ∂y

=

⇐⇒

=

∂f ∂y

∂ ∂y y sen x − x cos y ∂ ∂ ∂y (y sen x) − ∂y (x cos y)

=

sen x + x sen y

£

£

¤

¤

Por lo tanto la diferencial exacta o total de f (x, y) es: d f (x, y)

=

∂ f (x,y) ∂ f (x,y) ∂x d x + ∂y d y

df

=

(y cos x − cos y)d x + (sen x + x sen y)d y

21

Introducción a las Ecuaciones Diferenciales

Definición 1.15 Derivada Implícita Dada la función F (x, y), la derivada implícita

dy dx

se calcula del siguiente modo: 0

Fx = 0

Fy =

∂F (x, y) ∂x ∂F (x, y) ∂y ∂F (x,y)

0

F dy y = = − x0 = − ∂F∂x (x,y) dx Fy 0

∂y

Ejemplo 1.14 Sea la función xy − x y 2 + 3 = 0. Calcular su derivación implícita. Solución: Por inspección tenemos :

F (x, y)

=

∂F ∂x

=

⇐⇒

=

∂F ∂x

=

F (x, y)

=

∂F ∂y

⇐⇒ ∂F ∂y

Entonces la derivada

dy dx

= =

1− y y

x 2 y −hx y + 3 i ∂ x 2 − x y + 3 ∂y y − yx2 − 2x y 3

−x − 2x y y2

es:

0

0

y =

1.4

=

x 2 y −hx y + 3 i ∂ x 2 − x y + 3 ∂x y 1 2 y −y 3

Ejercicios Propuestos

F dy = − x0 = − dx Fy

∂F (x,y) ∂x ∂F (x,y) ∂y

=−

1 − y3 y −x − 2x y 3 y2

=

y − y4 x + 2x y 3

22

Introducción a las Ecuaciones Diferenciales

Ejercicios 1.1

Figura 1.6: Ovinos Lecheros de Huánuco.

1.1 El Gobierno Regional de Huánuco planea implementar una política para la producción de Ovinos Lecheros como actividad empresarial rentable (Ver Figura 1.6 ). Ellos utilizan el siguiente modelo: nos La población de Ovinos tiene una tasa positiva de crecimiento de k años −1 y una tasa constante de caza a Ovi año . a.) Escriba la ecuación diferencial para el modelo de la población de Ovinos. b.) Elabore el modelo en el lenguaje de señales y sistemas. c.) Suponga que no se caza a los Ovinos: a = 0. ¿Cuál es el tiempo que se necesita para duplicar la población de Ovinos? ¿Cuál es la relación entre la población actual y la población después de k −1 años ? d.) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial y luego compruebe la respuesta con Octave. Verifique que la solución encontrada satisface la EDO. e.) Existe una solución constante, encuéntrela. ¿Tiene sentido que la solución depende de los parámetros k y a? ¿Están bien concebidas las unidades de dichos parámetros? ¿La solución es consistente cuando el valor de a es muy pequeña o muy grande? Dibuje los gráficos para algunas soluciones. f.) Note que para valores iniciales menores al punto de equilibrio, la solución deja de tener un significado en términos de su aplicación al mundo real para valores negativos. En estos casos, prediga el tiempo t e en el cual la población de Ovinos se extingue del área. Por ejemplo, suponga que x(0) = x 0 es menor al punto de equilibrio de población. Para esta condición inicial ¿Cuál es el valor de t e ?. g.) ¿Recomendaría al Gobierno Regional Huánuco basar su política para cualquier valor de a?

1.2 Verificar que las siguientes funciones implícitas o explícitas sean soluciones de las ecuaciones diferenciales correspondientes. Compruebe su respuesta con Octave. a.) y = x 2 + c b.) y = c x 2 + c

→ →

y˙ = 2x x y˙ = 2y

c.) y 2 = e 2x + c

→

y y˙ = e 2x

d.) y = ce kx + c

→

y˙ = k y

e.) y = c 1 e 2x + c 2 e −2x

→

y¨ − 4y = 0

23

Introducción a las Ecuaciones Diferenciales

f.) y = c 1 sen(2x) + c 2 cos(2x) g.) y = c 1 senh(2x) + c 2 cosh(2x)

y¨ + 4y = 0

→ →

y¨ − 4y = 0

1.3 Encuentre la solución general de la ED y˙ = e 3x − x. Compruebe su respuesta con Octave. 1.4 Encuentre la solución general de la ED (1 + y 2 )d x = xd y. Compruebe su respuesta con Octave. 1.5 Encuentre la solución general de la ED e y (1 + x 2 )d y − 2x(1 + e y )d x = 0. Compruebe su respuesta con Octave. 1.6 Encuentre la solución particular de la ED (1 + e x ) · y · y 0 = e y

=⇒

(x, y) = (0, 0).

con Octave.

1.7 Encuentre la solución particular de la ED x · cos x · d x + (1 − 6y 5 ) · d y = 0. Dado que y(x) = y(π) = 0 =⇒ (x, y) = (π, 0). Compruebe su respuesta con Octave.

1.8 Encuentre las Derivadas Parciales de las siguientes funciones: a.) g (x, y) = e x sen y − e y cos x b.) z(x, y) =

x3 − y 3 x3 + y 2

c.) w(t , u) = t 2 u 3 e t

2 u3

d.) h(x, y) = x tan(x 2 + y 2 ) − y sec(x 2 + y 2 )

1.9 Encuentre las Diferenciales Exactas o Totales de las siguientes funciones: a.) g (x, y) = x y tan(x y) b.) z(x, y) =

y x

y

ln x

c.) y(u, w) = u 3 − 2u 2 w + 3uw 2 − 4w 2 p d.) φ(x, u) = u 2 − x 2

1.10 Encuentre las Derivaciones Implícitas a.) 5x 2 y + ln x = 0 b.) 3x − y +C e −x = 0 c.) x ln y = x y 2 + e 2y d.) sen x − 3y + 2x y = 0

dy dx

de las siguientes ecuaciones:

Compruebe su respuesta

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2

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

Objetivos de la Sesión de Aprendizaje. Los objetivos de esta sesión de aprendizaje son los siguientes: Encontrar la solución general a cualquier EDO lineal homogénea de primer orden mediante la separación de variables. Encontrar una solución particular a cualquier EDO lineal de primer orden no homogénea utilizando la variación de parámetros. Encontrar la solución general para cualquier ecuación diferencial de primer orden no homogénea mediante la solución a la función homogénea asociada, su solución particular y luego la aplicación de superposición. Resolver problemas de valor inicial para ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de primer orden.

Figura 2.1: Familia de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

26

2.1

Separación de Variables de una EDO de Primer Orden

Separación de Variables es una técnica que reduce el problema de solucionar ciertas EDO de Primer Orden a evaluar dos integrales. La Separación de Variables funciona cuando se puede escribir la ecuación diferencial de la siguiente forma: dy = g (t ) f (y) dt Aquí vamos con una ejemplo. Ejemplo 2.1 5. Resuelva para hallar y:

Resolver y˙ − 2t y = 0. Solución: Realizamos los siguientes pasos:

|y|

1. Aísle las derivadas y expresar la ED en la forma: y˙ = h(t , y): y˙ = 2t y 2. Reescriba la ED como: dy = g (t ) f (y) = 2t y, dt

¡

g (t ) = 2t ,

f (y) = y

¢

y

= et

= ±e C · e t

2

dy dy = g (t )d t ⇐⇒ = 2t d t f (y) y Cuidado: Hemos dividido por y, en algún momento debemos comprobar si y = 0 es una solución potencial.

2

Dado que C toma valores sobre todos los números reales, el coeficiente ±e C toma valores sobre cualquier número real exceptuando el cero. Por lo tanto, las soluciones encontradas tienen la forma: y = c · et ,

3. Separe la ED poniendo en lado izquierdo los términos de y y en el derecho los términos de t :

2 +C

c 6= 0

6. Debido a que hemos dividido por y, es posible que exista una solución excepcional en y = 0. Verificando directamente se comprueba que efectivamente sí es una solución. Puede ser 2 considerado como una función c · e t para c = 0. Conclusión: La solución general para:

4. Integrar:

y˙ − 2 · t · y = 0

dy y

R = 2t d t

ln |y| +C 1

= t 2 +C 2

Es:

ln |y|

= t 2 + (C 2 −C 1 )

y = c · et ,

ln |y|

= t 2 +C

R

Nota: Este método se reduce a evaluar dos integrales por separado, una para y y otra para t . Observe que hemos combinado las dos constantes de integración C 1 y C 2 en una sola constante C .

2

donde c es cualquier número real.

7. (Opcional) Compruebe la solución reemplazando: y = ce t

2

en:

y˙ − 2t y = 0

Nos da:

XXt 2X XX t 2 X c · e · (2t · eX = 0 X) − 2t · c X

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

27

Definición 2.1 Método por Separación de Variables Procedimiento Sistematizado:

1. Compruebe que la ED es una EDO de primer orden. (Si no es así, descartar y probar con otro método). Supongamos que la función a resolver es y = y(t ). 2. Reescriba y˙ como 3. Exprese

dy dt

dy dt .

como función de t e y solamente: dy = h(t , y) dt

4. Si tienes suerte, puedes reescribir h(t , y) como producto de dos funciones, uno de los cuales es una función que solo depende de t y la otra función que solo depende de y: h(t , y) = g (t ) f (y) 5. Separe las variables t e y. Trate de multiplicar o dividir, acomodando en la parte derecha la variable t y en la izquierda la variable y, de la forma: dy = g (t ) d t f (y) Nota: Si existen factores que involucran las dos variables, tales como: y + t , entonces es imposible separar las variables. En este caso, descarte lo realizado y utilice otro método. Cuidado: Al dividir por f (y), invalida el cálculo si f (y) = 0. De manera que al final verifique que sucede si f (y) = 0. Este escenario podría incluirse en la lista de soluciones. 6. Integre ambos lados para obtener una ecuación de la forma: F (y) = G(t ) +C Estas son ecuaciones implícitas para las soluciones en términos del parámetro C . 7. Si es posible (y si se desea), resuelva y en términos de t . 8. Verifique si es posible incluir soluciones adicionales de la división por cero (ver paso 5). Las soluciones encontradas en este paso y el anterior conforman la solución general. 9. En forma opcional pero altamente recomendado es verificar que la solución general cumpla con la Ecuación Diferencial original.

2.2

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Primer Orden

Forma Lineal Estándar Cada EDO lineal de primer orden puede ser reescrito en su forma lineal estándar tal como sigue: y˙ + p(t ) y = q(t )

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

28

En donde p(t ) y q(t ) pueden ser cualquier función de t . Cuando la parte derecha de q(t ) es cero, la ecuación se llama Homogénea. Entonces tenemos:

Homogéneo: No Homogéneo:

y˙ + p(t ) y = 0 y˙ + p(t ) y = q(t )

Modelos que utilizan una EDO de Primer Orden Las ecuaciones lineales de primer orden son comunes en el modelado. Aquí hay unos ejemplos: Conducción de la temperatura Difusión de concentración Desintegración radioactiva Interés de la cuenta bancaria Crecimiento simple de la población En este capítulo nos enfocaremos en el primer ejemplo y usaremos un modelo para la conducción de calor llamado Enfriamiento de Newton.

Ejemplo 2.2 ¡ ¢ Ponga en su forma lineal estándar la siguiente ecuación diferencial: x 2 y 0 − xe x + (ln x) y = 0 Solución: Ordenando tenemos ¡ ¢ x 2 y 0 − xe x + (ln x) y = 0 x 2 y 0 − x 3 e x + (ln x) y x 2 y 0 + (ln x) y ¶ µ ln x y y0 + 2 µ x ¶ ln x y0 + y x2

=0 = x3e x =

x3 x e x2

= xe x

Ejemplo 2.3 ¡ ¢ dy + x2 − x2 y = 0 Resolver la siguiente ecuación diferencial: y 2 + x y 2 dx

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

29

Solución: Ordenando tenemos (1 + x)y 2 d y + (1 − y)x 2 d x µ 2 ¶ µ 2 ¶ x y dx + dy 1+x 1− y ¶ ¶ Z µ 2 Z µ 2 y −1 + 1 x −1 + 1 dx + dy 1+x 1− y ¶ ¶ Z µ 2 ¶ Z µ Z µ 2 ¶ Z µ x −1 1 y −1 1 dx + dx + dy + dy 1+x 1+x 1− y 1− y ¶ ¶ ¶ ¶ µ Z µX Z µ Z µ Z (x X +X 1)(x − 1) 1 −(y + 1)X (1 X −X y) 1 dx + dx + dy dy + X H X 1 +X x 1+x 1 − y 1 −H y H Z Z Z Z ¡ ¢ d (1+x) d (1 − y) + −(y + 1) d (y+1) − (x − 1) d (x−1) + 1+x 1− y (y + 1)2 (x − 1)2 + ln |1 + x| − − ln |1 − y| 2 2 (x − 1)2 (y + 1)2 |1 + x| − + ln 2 2 |1 − y|

Ejemplo 2.4 Halle la Solución General de la siguiente ecuación diferencial: 2x(1 + y 2 )d x − y(1 + 2x 2 )d y = 0 Solución: Ordenando tenemos 2x(1 + y 2 )d x − y(1 + 2x 2 )d y µ ¶ µ ¶ 2x y dx − dy 1 + 2x 2 1 + y2 ¶ ¶ µ µ Z Z 2 2 2x y dx − dy · · 2 1 + 2x 2 2 1 + y2 Z Z 1 d (1 + y 2 ) 1 d (1 + 2x 2 ) · − · 2 1 + 2x 2 2 1 + y2 1 2

=

0

=

0

=

R

=

c

=

c

=

c

=

c

1+2x 2 1+y 2

=

e 2c

(1 + 2x 2 )

=

C (1 + y 2 )

ln |1 + 2x 2 | − 12 ln |1 + y 2 | p p ln 1 + 2x 2 − ln 1 + y 2 ·r ¸ 1+2x 2 ln 1+y 2

0

=

0

=

0

=

R

=

c

=

c

=

c

=

c

=

c

0

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

30

Definición 2.2 Modelo de Conducción mediante la Ley del Enfriamiento de Newton Sea t el tiempo, T la temperatura en grados Celsius dentro de la cámara de aislamiento térmico y Te la temperatura externa del termo, tal como se aprecia en la figura 2.2:

Por la Ley de Enfriamiento de Newton el modelo físico se representa mediante la siguiente EDO: dT = k(Te − T ) dt Donde k es una constante positiva. Si k es cero significa un perfecto aislamiento, es decir la temperatura dentro del termo se mantiene constante, no cambia.

Figura 2.2: Cámara de Aislamiento Térmico.

Definición 2.3 Modelo de Difusión Sea t el tiempo, C la concentración de sal dentro de la membrana semi permeable y C e la concentración del fluido externo en el balde, tal como se aprecia en la figura 2.3:

El modelo físico de Difusión se representa mediante la siguiente EDO: dC = k(C e −C ) dt Donde k es una constante positiva. Si k es cero significa un perfecto aislamiento, es decir la concentración dentro de la membrana semi permeable se mantiene constante, no se disuelve.

Figura 2.3: Concentración de Fluído en un Balde.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

31

Ejemplo 2.5 Un alumno de la UAP lleva una sopa con fideos de pupi-letras para un paseo de confraternidad, que se encuentra guardado en un termo aislado. Modele la temperatura de dicha sopa en función del tiempo, en base a las siguientes suposiciones: La habilidad de aislamiento del termo no cambia con el tiempo. La tasa de enfriamiento depende solamente de la diferencia entre la temperatura de la sopa y la temperatura ambiente externa. Solución: Realizamos los siguientes pasos:

1. Elaboramos un diagrama del termo con la sopa.

k y

x

3. Identificamos la entrada, respuesta y las condiciones iniciales del sistema físico: El sistema es el termo con toda la sopa La entrada x que representa la temperatura fuera del termo La respuesta y es la temperatura de la sopa dentro del termo No existen condiciones iniciales en este ejemplo 4. Escriba la ecuación diferencial del modelo físico en base a la definición 2.2: y˙ = k(x − y) Nota: Esta es la Ley de Enfriamiento de Newton, el cual establece que la tasa de enfriamiento de un objeto es proporcional a la diferencia entre su temperatura dentro del termo y la temperatura externa. Es importante obtener el signo del coeficiente. Cuando la temperatura externa fuera del termo es ligeramente menor a la temperatura interna de la sopa, se dice que se está enfriando. Expresamos este escenario asumiendo que la constante de conductividad k es positiva: y˙ < 0 (x − y) < 0 k > 0 Las unidades de k deben estar en mi n −1 , de modo que las ◦ unidades de y˙ concuerden con miCn . Cuanto más pequeño es el valor de k, mejor es el aislamiento térmico. En el caso k = 0 se consigue un aislamiento término perfecto o ideal, es decir que la temperatura en el termo no cambia en el tiempo. 5. Poner la EDO en su forma lineal estándar:

Figura 2.4: Termo con Sopa de Fideos Pupi-Letras.

2. Identifique las variables y los parámetros con sus respectivas unidades:

y˙ + k y = kx Vemos que es una EDO Lineal de Primer Orden No Homogénea. Nota: Obsérvese que el factor k es esencial en la ecuación

t x y k

−→ −→ −→ −→

diferencial para que las unidades funcionen. En su forma tiempo en minutos (s) lineal estándar tenemos: temperatura externa en grados Celsius (°C) temperatura de la sopa en grados Celsius (°C) p(t ) = k coeficiente de conducción del termo q(t ) = k · x(t )

Atención: Aquí t es la variable independiente y x e y son funciones de t . El coeficiente de conducción k es un parámetro del sistema que se determina por la conductividad del termo.

Note que la parte derecha de q(t ) = k · x(t ) no representa la entrada. La señal de entrada es x(t ). La respuesta del sistema es y(t ).

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

32

2.3

Solución de EDO Lineales Homogéneas de Primer Orden

Las EDO lineales de primer orden homogéneas siempre pueden resolverse separando las variables: y˙ + p(t )y dy + p(t )y dt dy dt dy y R dy y

=

0

=

0

=

−p(t )y

=

−p(t )d t

=

R − p(t )d t

Escoja P (t ) como la anti derivada de p(t ). Luego: ln |y|

=

−P (t ) +C

|y|

=

e −P (t )+C

y

=

±e −P (t )+C

y

=

ce −P (t )

En donde c es cualquier número. En Conclusión: Sea p(t ) una función contínua en un intervalo abierto I . Esto nos asegura que p(t ) tiene una anti derivada P (t ). La solución general a la EDO y˙ + p(t ) y = 0 es: y = ce −P (t ) En donde c es cualquier número real. El parámetro c puede ser determinado de las condiciones iniciales. Ejemplo 2.6 Suponga que xh es una solución de la ecuación diferencial: x˙ + p(t)x = 0 y que xh (a) < 0 en el instante de tiempo t = a. ¿Qué nos dice acerca de la función solución xh ? 1. Nada. La función xh puede ser cualquiera. 2. La función xh se incrementa mientra se incrementa t y eventualmente tiende a infinito. 3. La función xh se aproxima a cero mientra t se incrementa. 4. La función xh tiene un valor negativo para cualquier t. Solución: La solución tiene la forma x h = ce −P (t ) para alguna constante c y alguna anti derivada P (t ) de p(t ). El valor de e −P (t ) es positiva, pero x h (a) < 0, de modo que c debe de ser negativa. Por lo tanto x h = ce −P (t ) < 0 para cualquier t . La respuesta correcta es que la función xh tiene un valor negativo para cualquier t.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

33

Ejemplo 2.7 Resolver la EDO que describe el enfriamiento de la sopa en un termo. La temperatura t de la sopa en el termo se modela mediante la ecuación:

2. Aquí suponemos que x = 0 de modo que solucionamos la ecuación homogénea: y˙ + k · y = 0

y˙ + k · y = k · x 3. En donde sabemos que la solución a la EDO homogénea es:

En donde x es la temperatura ambiente externa. La temperatura inicial de la sopa en el instante t = 0 es de 100 °C. El termo se guarda en un ambiente refrigerado con una temperatura de 0 °C. Encuentre la solución y que describa la temperatura de la sopa en función de los términos k y t.

y = c · e −kt 4. Poniendo en la condición inicial, encontramos:

Solución: Realizamos los siguientes pasos: y = c · e −kt =⇒ 100 = y(0) = c · e 0 =⇒ c = 100 1. Recordamos que la temperatura de la sopa se modela con la EDO: y˙ + k · y = k · x

5. Por lo tanto: y = 100e −kt

Ejemplo 2.8 Halle la Solución Particular de la ecuación diferencial, sabiendo que satisface la condición inicial y(0) = 0: y0 =

(y − 1)(x − 2)(y + 3) (x − 1)(y − 2)(x + 3)

Solución: Ordenando tenemos dy dx

=

(y − 2)d y (y − 1)(y + 3)

=

(y − 1)(x − 2)(y + 3) (x − 1)(y − 2)(x + 3) (x − 2)d x (x − 1)(x + 3)

También tenemos: (y − 2) A B A(y + 3) + B (y − 1) = + = (y − 1)(y + 3) (y − 1) (y + 3) (y − 1)(y + 3) y − 2 = (A + B )y + (3A − B ) A +B 3A − B

= =

1 −2

)

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

34

Lo cual nos da: A = −1/4 y B = 5/4. Lo mismo hacemos para el término de x. Z Z

·

¸

5 1 C1 − dy 4C y + 3 y − 1

5 d (y+3) − y +3

·

¸

Z

5 1 C1 − dx 4C x + 3 x − 1

Z

5 d (x+3) − x +3

=

1 d (y−1) y −1

=

5 ln(y + 3) − ln(y − 1)

=

5 ln(x + 3) − ln(x − 1) + ln c

=

ln

Z

ln

(y + 3)5 (y − 1) (y + 3)5 (y − 1)

=

(x − 1)(y + 3)5

=

Z

1 d (x−1) x −1

c(x + 3)5 (x − 1) c(x + 3)5 (x − 1)

c(y − 1)(x + 3)5

5 5 Aplicando las condiciones iniciales x = 0, y = 0 para calcular la constante c, tenemos: −@ 3 3 @ = −c · @ @, entonces c = 1. Por lo tanto la Solución Particular es: (x − 1)(y + 3)5 = (y − 1)(x + 3)5

Ejemplo 2.9 Resolver la siguiente ecuación diferencial: ¶ µ q ¡ ¢3/2 ·dy (1 + y 2 ) · d x = y − 1 + y 2 · 1 + x 2 Solución: Ordenando tenemos p 1 dx (1+x 2 )3

=

p   1 + y2 y  d y − dy 2 1 + y2 1 +y

=

y 1 dy − p dy 2 1+ y 1 + y2



p 1 dx (1+x 2 )3

Hacemos el cambio de variable: x = tan α =⇒ d x = sec2 α · d α, 1 + tan2 α = sec2 α, sustituyendo e integrando: sec2 α dα p (1 + tan2 α)3 Z sec2 α dα p (1 + tan2 α)3 Z 2  sec α dα p   2  α)3 (sec Z cos αd α

=

sen α

=

Z

Z = = =

y dy − 1 + y2

1

Z

dy +c 1 + y2 Z Z 2 y 1 · dy +c d y − p 2 1 + y2 1 + y2 Z Z 1 1 1 2 · d (y +1) − dy +c p 2 1 + y2 1 + y2 p 1 2 2 2 ln(y + 1) − ln(1 + 1 + y ) + ln c " p # c 1 + y2 ln p 1 + 1 + y2 p

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

35

4

De las identidades trigonométricas, tenemos que:

3

x sen α = p 1 + x2

2

√1

2

+x

x Sustituyendo nos da:

α◦

1

"

p

1 + y2 = ln p p 2 1 + 1 + y2 1+x x

1

c

#

0

Figura 2.5: Triangulo α.

Ecuaciones Diferenciales Homogéneas de Primer Orden Una ecuación diferencial no lineal es homogénea de grado n-ésimo en x e y, si al sustituir en ella x e y por kx y k y respectivamente, resulta la expresión original multiplicada por k n , para todos los valores de x, k e y adecuadamente restringidos, analíticamente se tiene: f (x, y) es una EDO No Lineal de Primer Orden Homogénea de grado n ⇐⇒ f (kx, k y) = k n f (x, y) La ventaja es que se puede reducir a una EDO Lineal de Primer Orden, cuyo método de solución ya ha sido estudiado. Ejemplo 2.10 Determine el grado n de homogenidad de las siguientes ecuaciones homogéneas: a b c

x3 + x y 2 p 3 x3 + y 3 ³ ´ cos xy

Solución: Para

a

Para

: f (x, y)

=

x3 + x y 2

f (kx, k y)

=

k n f (x, y)

(kx)3 + (kx)(k y)2

=

⇐⇒

b

f (x, y)

=

p 3

f (kx, k y)

=

k 3 x 3 + (kx)(k 2 y 2 )

⇐⇒

=

=

k3x3 + k3x y 2

⇐⇒

=

⇐⇒

=

k 3 (x 3 + x y 2 )

⇐⇒

f (kx, k y)

=

k 3 f (x, y)

f (kx, k y)

∴

n=3

∴

Para

: ³ ´ x y

f (x, y)

=

cos

f (kx, k y) µ ¶ kx cos A

=

⇐⇒

=

=

k n f (x, y) p 3 (kx)3 + (k y)3 p 3 k3x3 + k3 y 3 p k 3 x3 + y 3

⇐⇒

=

k n f (x, y) ³ ´ cos xy ³ ´ 1 · cos xy ³ ´ k 0 · cos xy

=

k 1 f (x, y)

f (kx, k y)

=

k 0 · f (x, y)

x3 + y 3

n=1

Ak y

∴

=

n=0

c

:

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

36

Definición 2.4 Solución de Ecuaciones Diferenciales Homogéneas La ecuación: M (x, y)d x + N (x, y)d y = 0

(2.1)

Se denomina Ecuación Diferencial Homogénea, si M y N son funciones homogéneas del mismo grado. De la ecuación 2.1 tenemos: dy M (x, y) dy =− ó también: = f (x, y) (2.2) dx N (x, y) dx Evidentemente que f (x, y) es una función de grado cero. También se dice que una EDO es Homogénea si tiene o es posible llevarla a la forma: ³y´ dy =f dx x Para resolver la EDO Homogénea de la ecuación 2.2, se reduce a una ecuación diferencial de variable separables mediante la sustitución: v=

y x

H dH x dy dv =v +x H dx dx dH x

y = v x −→

o sea:

−→

dy dv = v +x dx dx

(2.3)

También se observa que se cumple: f (kx, k y) = k 0 f (x, y) = f (x, y) Estas relaciones nos permiten hacer: k = x1 , entonces: f (x, y) = f

·µ ¶ µ ¶ ¸ 1 1 x, y = f (1, v) A x x A

(2.4)

Sustituyendo las ecuaciones 2.3 y 2.4 en 2.2 según corresponda, tenemos: v +x

dv = f (1, v) dx

(2.5)

En la ecuación 2.5, las variables se pueden separar, es decir: x

dv = f (1, v) − v dx

=⇒

dx dv = x f (1, v) − v

(2.6)

Integrando la segunda igualdad de la ecuación 2.6, se obtiene la Solución General de la Ecuación Diferencial Homogénea.

Ejemplo 2.11 Halle la solución general de la siguiente ecuación diferencial: y(x 2 + x y − 2y 2 )d x + x(3y 2 − x y − x 2 )d y = 0

(2.7)

Solución: Por inspección vemos que la ecuación 2.7 es una EDO Homogénea de grado 3, acomodando tenemos: d y −y(x 2 + x y − 2y 2 ) 2y 3 − x y 2 − x 2 y = = dx x(3y 2 − x y − x 2 ) 3x y 2 − x 2 y − x 3 Haciendo el cambio de variables: y = vx

=⇒

dy dv = v +x dx dx

(2.8)

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

37

Sustituyendo en la ecuación 2.8, tenemos: v +x

3 x@ · (2v 3 − v 2 − v) d v 2(v x)3 − x(v x)2 − x 2 (v x) @ = = 2 2 3 3 dx 3x(v x) − x (v x) − x @ x@ · (3v 2 − v − 1)

=⇒

v +x

d v 2v 3 − v 2 − v = dx 3v 2 − v − 1

(2.9)

Simplificando tenemos: x

XX 3  3  H X d v 2v 3 − v 2 − v 2vH −v 2H −v 3 −v +v 2H +v   H H−3v = − v = = dx 3v 2 − v − 1 3v 2 − v − 1 3v 2 − v − 1

(2.10)

Separando variables tenemos:

µ 2 ¶ ¶ Z Z µ 2 3v − v − 1 3v − v − 1 dx dx + d v = 0 =⇒ + dv = c x v3 x v3 ¶ Z Z Ã @2 ! Z µ Z µ ¶ dx −Z v −1 1 1 3v@ + dv + dv + d v = c =⇒ ln x + 3 ln v + + 2 = c 3 3 3 x v v 2v @ @ v@ v@ ln(v 3 x) +

1 1 + =c v 2v 2

ln

=⇒

µ³ ´ y 3 x

2y 2 ln

¶ 1 ·x + y + x

³

y3 x2

´

µ

1 y

2( x )2

=c

=⇒

ln

¶ y3 x x2 + + 2 =c 2 x y 2y

+ 2x y + x 2 = C y 2

Ejemplo 2.12 Resolver la siguiente ecuación diferencial y hállese la solución particular para los valores iniciales y(1) = 3. (y 2 + 2x y)d x + (x 2 + 2x y)d y = 0

(2.11)

Solución: Por inspección vemos que la ecuación 2.11 es una EDO Homogénea de grado n = 0, acomodando tenemos: 2

(y + 2x y) dy =− 2 dx (x + 2x y)

=⇒

(y 2 + 2x y) 2 dy =− 2 x dx (x + 2x y) x2

Haciendo el cambio de variables: y = vx

=⇒

=⇒

dy =− dx

" ¡ y ¢2

¡ y ¢# +2 x ¡y¢ 1+2 x

x

(2.12)

dy dv = v +x dx dx

Sustituyendo en la ecuación 2.12, tenemos: v +x

· 2 ¸ dv v + 2v =− dx 1 + 2v

=⇒

x

· 2 ¸ · 2 ¸ 2 2 − v
−H dv v + 2v −@ v@ − 2v 2vH v +v =− −v = = −3 dx 1 + 2v 1 + 2v 2v + 1

(2.13)

Separando variables y Simplificando tenemos:

Z ·

¸ Z 2v + 1 dx d v = −3 v2 + v x

=⇒

Retornando a las variables (x, y), tenemos:

ln(v 2 + v) = −3 ln(x) + ln c

=⇒

v2 + v =

c x3

(2.14)

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

38

³ y ´2 x

+

³y´ x

=

c x3

=⇒

x y 2 + x2 y = c

Solución General

(2.15)

Para encontrar la solución particular debemos hallar c, en base a las condiciones iniciales para x = 1, y = 3, en concreto: x y 2 + x2 y = c

1 · 32 + 12 · 3 = c

=⇒

=⇒

c = 12

Finalmente la Solución Particular es: x y 2 + x 2 y = 12

Ejemplo 2.13 Halle la solución general de la siguiente ecuación diferencial: p p x+y+ x−y dy =p p dx x+y− x−y

(2.16)

Solución: Por inspección vemos que la ecuación 2.16 es una EDO Homogénea de grado n = 0, acomodando tenemos: p p p p p p x+y+ x−y x+y+ x−y ( x + y + x − y)2 dy =p · = p p p p p dx x+y− x−y x + y + x − y ( x + y)2 − ( x − y)2 p p p y + 2 (x + y)(x − y) + xH −y 2x + A 2 x2 − y 2 x + x2 − y 2 dy x +A H A = = = dx x y A2 y A + y − xA + y q p 2 2 p 2 2 ¡ y ¢2 x −y x+ x −y x 1+ 1− x dy x x + x = = = ¡y¢ y y dx x x x

(2.17)

Haciendo el cambio de variables: y = vx

v = y/x

=⇒

dy dv = v +x dx dx

Sustituyendo en la ecuación 2.17, tenemos: p d v 1 + 1 − v2 v +x = dx v

=⇒

p p d v 1 + 1 − v2 1 + 1 − v2 − v2 x = −v = dx v v dx v ·dv = p x 1 + 1 − v2 − v2

Hacemos el cambio de variable 1 − v 2 = z 2

Z

dx = x

=⇒

v=

p 1 − z2

=⇒

−2vd v = 2zd z

=⇒

(2.18)

−z · d z dv = p 1 − z2

pX −z·d z Z Z Z X Z 2) · X p ( 1X −X zX XX2 v ·dv dx −z · d z z ·dz Z 1−z =⇒ = = = p p 2 2 x z +z z(z + 1) Z 1 + 1 − v2 − v2 1A + z 2 − @ v@ Z Z dz dx =− =⇒ ln(c x) = − ln(z + 1) =⇒ ln(c x(z + 1)) = 0 =⇒ c x(z + 1) = 1 x z +1

Z

Retornando a las variables (x, y), dado que z =

p p 1 − v 2 = 1 − (y/x)2 =

p

x2 − y 2 , tenemos: x

(2.19)

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

39

p c x(z + 1) = 1

c ·x ·(

=⇒

x2 − y 2 + 1) = 1 x

=⇒

Finalmente la Solución General es: x +

2.4

! x2 − y 2 + x =1 c ·x A· x A q 1 x + x2 − y 2 = = C c Ãp

p

(2.20)

x2 − y 2 = c

Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden Reductibles a Homogéneas

Las Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden no lineales reductibles a homogéneas presentan la forma: (ax + b y + c)d x + (mx + n y + p)d y = 0 Que también pueden escribirse así: µ ¶ ax + b y + c dy =Φ dx mx + n y + p

(2.21)

Se reduce a una ecuación homogénea, haciendo el siguiente cambio de variables:

x y

= =

h + x1 k + y1

) =⇒

d y dk = dx dh

(2.22)

Donde h, k son variables y x 1 , y 1 son constantes que deben calcularse; reemplazando en 2.21 tenemos: · ¸ µ ¶ a(h + x 1 ) + b(k + y 1 ) + c ah + bk + (ax 1 + b y 1 + c) dk =Φ =Φ dh m(h + x 1 ) + n(k + y 1 ) + p mh + nk + (mx 1 + n y 1 + p)

(2.23)

La expresión 2.23, será una EDO lineal de primer grado Homogénea, si los términos independientes que figuran en el segundo miembro son nulos, es decir:

a · x 1 + b · y 1 + c = 0;

m · x1 + n · y 1 + p = 0

(2.24)

El sistema de ecuaciones de 2.24, se resuelve mediante el método de Cramer para obtener x 1 y y 1 , del siguiente modo: ¯ ¯ ¯ −c b ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯−p n ¯ ¯; x1 = ¯ ¯ a b¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯m n ¯

¯ ¯ ¯ a −c ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯m −p ¯ ¯ y1 = ¯ ¯ a b¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯m n ¯

En las expresiones de la ecuación 2.25, pueden ocurrir los siguientes casos:

¯ ¯a ¯ ∆=¯ ¯m

¯ b ¯¯ ¯ n¯

(2.25)

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

40

1. Primer Caso: Si ∆ 6= 0, esto es:

¯ ¯a ¯ ∆=¯ ¯m

¯ b ¯¯ ¯ 6= 0 n¯

b a 6= m n

ó también:

Entonces el cambio de variable indicado en la ecuación 2.22, es aplicable pues los valores de x 1 y y 1 son precisos. 2. Segundo Caso: Si ∆ = 0, esto es: ¯ ¯a ¯ ∆=¯ ¯m

¯ b ¯¯ ¯=0 n¯

a b = m n

ó también:

En tal circunstancia los valores de x 1 y y 1 no son precisos y el cambio de variables indicado en la ecuación 2.22 no funciona, de modo que se sugiere el cambio de variable: x + y = z; d y = d z − d x.

Ejemplo 2.14 Resuelva la siguiente ecuación diferencial: (3y − 7x + 7)d x − (3x − 7y − 3)d y = 0

(2.26)

Solución: Por inspección vemos que la ecuación 2.26 es una EDO reductible a Homogénea, por consiguiente el sistema de ecuaciones y su determinante son:

d y −7x + 3y + 7 = =⇒ dx 3x − 7y − 3

−7x 1 + 3y 1 + 7 3x 1 − 7y 1 − 3

= =

0 0

) =⇒

¯ ¯−7 ¯ ∆=¯ ¯3

¯ 3 ¯¯ ¯ = −7(−7) − 3(3) = 40 6= 0 −7¯

(2.27)

Por ser ∆ 6= 0, es aplicable el método planteado, entonces resolviendo el sistema de ecuaciones resulta:

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ −c b ¯ Z ¯ ¯ 3 ¯ ¯ ¯−7 ¯ ¯ ¯ ¯ ZZ ¯ ¶ µ ¯ ¯ ¯ ¯ −p n 3 −7 ax + b y + c dy Z Z¯ = 1; ¯ =¯ =⇒ x 1 = ¯ =Φ ¯ ¯ ¯−7 3 ¯ dx mx + n y + p ¯ a b¯ Z ¯ Z ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯m n ¯ ¯ 3 Z−7¯

¯ ¯ ¯ ¯ 0 >  ¯ a −c ¯ ¯−7 −7 ¯  ¯ ¯ ¯  ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯m −p ¯ ¯ 3 3 ¯ ¯ ¯ = ¯ =0 y1 = ¯ ¯ a b¯ ¯−7 3 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯m n ¯ ¯ 3 −7¯

(2.28)

Z Z

x 1 = 1,

hacemos

x = h +1

=⇒

dx = dh

y 1 = 0,

hacemos

y = k +0

=⇒

d y = dk

Hacemos el cambio de variable en la ecuación 2.26, se tiene la siguiente EDO homogénea:

¡ ¢ ¡ ¢ 3 · (k) − 7 · (h + A 1) + A 7 d h − 3 · (h + A 1) − 7 · (k) − A 3 dk = 0 =⇒ (3k − 7h)d h + (7k − 3h)d k = 0 µ ¶ 3k − 7h dk dv dk =− =⇒ haciendo: k = v · h =⇒ =h +v dh 7k − 3h dh dh µ ¶ µ ¶ µ ¶ 3(v · S h ) − 7S h 3v − 7 dv 3v − 7 −H 3v 3v dv H+ 7 − 7v 2 +H H h+v =− =− =⇒ h =− −v = dh 7v − 3 dh 7v − 3 7v − 3 7(v · S h ) − 3S h ¶ Z Z µ µ 2 ¶ µ ¶ dh 7v − 3 dv dh 7v − 7 7v − 3 h =− =⇒ =− d v =⇒ =− dv dh 7v − 3 h 7v 2 − 7 h 7v 2 − 7

(2.29)

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

Z

dh =− h

41

¶ ¶ ¶ ¶ Z µ ¶µ Z µ Z µ ¶µ Z µ ¶µ 2 3 1 d (v 2 −1) 3 dv 7A v dv + dv = − dv + 2 7A v 2 − 7A 7v 2 − 7 2 v2 − 1 7 v2 − 1 ¯¶ ¯ ¯ ¯ µ ¶ µ ¯ v − 1 ¯3/14 1 ¯¯ v − 1 ¯¯ −1 3 2 2 −1/2 ¯ ¯ · ln ¯ ln h + lnC = ln |v − 1| + =⇒ lnC h = ln |v − 1| + ln ¯ 2 7 2 v +1¯ v +1¯ ¯ ¯3/14 ¯ ¯ 2 −1/2 ¯ v − 1 ¯ C h = |v − 1| ·¯ = (v − 1)−1/2+3/14 · (v + 1)−1/2−3/14 = (v − 1)−2/7 · (v + 1)−5/7 v +1¯

C 7 · h7 =

1 (v − 1)2 · (v + 1)5

=⇒

h 7 · (v − 1)2 · (v + 1)5 =

Retornando a las variables (x, y), dado que k = y, h = x − 1 y v =

1 =C C7

k h

=

=⇒

(2.30)

C = h 7 · (v − 1)2 · (v + 1)5

y x−1 , tenemos:

³ y ´2 ³ y ´5 −1 · +1 x −1 x −1 ¶2 µ ¶ µ y +x −1 5 XXX7 y − x + 1 · X C = (x − 1) X· X X X x −X 1 x −X 1

C = h 7 · (v − 1)2 · (v + 1)5 = (x − 1)7 ·

(2.31)

Finalmente la Solución General es: (x + y − 1)5 · (x − y − 1)2 = C

Ejemplo 2.15 Hállese la solución general de la siguiente ecuación diferencial: (x + y − 2)y 0 + 2x + 2y − 1 = 0

(2.32)

Solución: Por inspección vemos que la ecuación 2.32 es una EDO reductible a Homogénea del segundo caso, por consiguiente el sistema de ecuaciones y su determinante son:

d y −2x − 2y + 1 = =⇒ dx x + y −2

−2x 1 − 2y 1 + 1 x1 + y 1 − 2

= =

0 0

¯ ¯−2 ¯ ∆=¯ ¯1

) =⇒

¯ −2¯¯ ¯ = −2(1) − 1(−2) = 0 1¯

(2.33)

Por ser ∆ = 0, es aplicable el método planteado, aplicando el cambio de variable sugerido resulta:

x+y =z

=⇒

dy = dz −dx

=⇒

(2z − 1)d x + (z − 2)(d z − d x) = 0

(2x + 2y − 1)d x + (x + y − 2)d y = 0 =⇒

(z + 1)d x + (z − 2)d z = 0

(2.34)

Integrando la ecuación 2.34, se tiene:

Z

Z X Z Z Z Z X X − 2) −3 (z+1−1 d z = 0 =⇒ d x + d z + d (z+1) = c =⇒ x + z − 3 ln |z + 1| = ln c dx + X X (z +X 1) z +1 X (2.35)

Retornando a las variables (x, y), dado que z = x + y, tenemos:

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

42

x + z − 3 ln |z + 1| = ln c

x + x + y − 3 ln |x + y + 1| = ln c

=⇒

2x + y = ln c · (x + y + 1)3

=⇒

c · (x + y + 1)3 = e 2x+y

(2.36)

Finalmente la Solución General es: c · (x + y + 1)3 = e 2x+y

Ejemplo 2.16 Resuelva la siguiente ecuación diferencial: y 3 d x + 2(x 2 − x y 2 )d y = 0

(2.37)

Solución: Por inspección vemos que la ecuación 2.37 no es Homogénea, para reducirla a homogénea hacemos el siguiente cambio de variables:

y = zm

d y = mz m−1 d z

=⇒

(2.38)

Sustituyendo 2.38 en 2.37, resulta:

z 3m d x + 2(x 2 − x · z 2m ) · mz m−1 d z = 0

z 3m d x + 2m(x 2 z m−1 − x 1 z 3m−1 )d z = 0

=⇒

(2.39)

La expresión 2.39, para ser una EDO homogénea, sus términos deben tener el mismo grado, entonces:

3m = 2 + m − 1 = A 1 + 3m − A 1

=⇒

3m = m + 1

m = 1/2

=⇒

(2.40)

Reemplazando 2.40 en 2.38, tenemos:

z

1/2

·z

3/2

dx +z

1/2

µ ·

x2 z 1/2

− xz

1/2

¶

d z = z 1/2 ·0

=⇒

z 2 d x + (x 2 − xz)d z = 0

(2.41)

La ecuación 2.41 es una EDO Homogénea, por lo que seguimos el procedimiento ya establecido para estos casos:

z = vx

dz dv = v +x dx dx

=⇒

(2.42)

Reemplazando 2.42 en 2.41, después de simplificar resulta: dz 0 z + (x − xz) = dx dx dx 2 dx

v +x

2

2 dv v 2 ·@ x@ = 2 2 d x v@ x@ −@ x@

=⇒

x

=⇒

¶ dv (v x) + (x − x · v x) · v + x =0 dx 2

µ

2

dv v2 v = −v = dx v −1 v −1

=⇒

x

dv v = dx v −1

(2.43)

Separando variables y resolviendo: dv v x = dx v −1

=⇒

µ ¶ dx v −1 = dv x v

Z =⇒

dx = x

Z µ

¶ v −1 dv v

=⇒

ln |c x| = v − ln |v|

(2.44)

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

43

Retornando a las variables (x, y), dado que v = z/x, z = y 2 y v =

ln |c x| = v − ln |v|

=⇒

ln |cxv| = v

=⇒

y2 x , tenemos:

ln |c · x A·

y2 y2 |= x x A

=⇒

ln |c y 2 | =

y2 x

(2.45)

Finalmente la Solución General es: x · ln |c y 2 | = y 2

2.5

Solución de EDO Lineales No Homogéneas con el Método de Variación de Parámetros

La variación de parámetros es un método para resolver EDO lineales no homogéneas. Recordando que una EDO lineal no homogénea de primer orden en su forma lineal estándar tiene la forma: y˙ + p(t )y = q(t )

Procedimiento General del Método de Variación de Parámetros Definición 2.5 Variación de Parámetros Sea una EDO no homogénea:

y˙ + p(t )y = q(t )

1. Encuentre un solución diferente de cero, digamos y h tal que la EDO homogénea asociada sea: y˙h + p(t )y h = 0 2. Sustituímos y = u y h en la ecuación no homogénea: y˙ + p(t )y = q(t ) para encontrar una ecuación para la función desconocida u = u(t ), es decir: d d t (u y h ) + pu y h

=

q

⇐⇒ u˙ y h + u y˙h + pu y h

=

q

⇐⇒ u˙ y h + u ( y˙h + p y h ) | {z }

=

q

⇐⇒ u˙ y h

=

q

=0

Note que el término en paréntesis es cero debido a que y h es solución a la ecuación diferencial homogénea. 3. Resolvemos u(t ) por integración para u˙ =

q yh .

4. Luego que hemos encontrado u(t ), sustituímos y = u(t )y h (t ) para encontrar la solución de la ecuación no homogénea. Atención: La idea es que las funciones de la forma c y h que sean soluciones de la ecuación homogénea, también puedan ser soluciones para la ecuación no homogénea mediante la variación del parámetro c, es decir si lo reemplazamos por una función variable en el tiempo u(t ).

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

44

Veamos como trabaja el método de variación de parámetros en el siguiente ejemplo: Ejemplo 2.17 Resolver: t · y˙ + 2y = t5 en el intervalo (0, ∞) t y˙ + 2y t y˙ + 2y

Solución: Realizamos los siguientes pasos: 1. Recordamos que la ecuación homogénea asociada es: t · y˙ + 2y = 0

= = = =

t5 ˙ −2 + u (−2t −3 )) + 2ut −2 t (ut XX−2 X−2 X+X X ˙ −1 − 2ut ut 2ut −1 ˙ t u

5. Observar la cancelación de los dos términos luego de la resta. Luego podemos igualar los términos: t −1 u˙ = t 5 t5 u˙ = t −1 u˙ = t 6

2. Reacomodando tenemos: 2 y˙ + y = 0 t 3. Resolviendo por separación de variables:

6. Resolviendo para u, encontramos:

dy dt

=

− 2t y

dy y

=

− 2t d t

ln |y|

=

−2 ln t +C

y

=

ce −2 ln t

y

=

ce ln t

y

=

c t −2

−2

R Desde que t > 0

u˙ u˙

= =

u

=

t6 R 6 t t7 +c 7

7. Por lo tanto, la solución a la ecuación no homogénea es:

Dado que e ln P = P

y = ut −2 =

4. Escogemos una solución homogénea diferente de cero, digamos: yh = t−2 y sustituimos ˙ −2 + u (−2t−3 ) en la y = ut−2 y su derivada y˙ = ut ecuación no homogénea:

y(t ) =

t5 7

µ

¶ t5 t7 + c t −2 = + c · t −2 7 7

+ c · t −2

Ejemplo 2.18 Ejemplo de la Sopa de Menestrón en un Termo Suponga que la Sopa de Menestrón se guardada en un termo que tiene una EDO: y˙ + k y = kx Sabiendo que la temperatura externa T es constante. Resuelva para una condición inicial y(0) = 80. La solución debe estar expresada en términos de k y de t . Solución: Realizamos los siguientes pasos:

1. Recordamos que la solución general a la ecuación homogénea asociada es: y h = ce −kt . Debido a que solo necesitamos una solución, escogemos para c = 1: y h = e −kt . Entonces asumimos y = u(t )y h (t ) tiene la forma y = u(t )y h = ue −kt . Reemplazando en la ecuación diferencial, sabiendo que x(t ) = T :

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

45

˙ ue

−kt

+ u(−ke

−kt

y˙ + k y ) + kue −kt ˙ −kt ue R du u

= = = = =

kx kT kT R kTe kt d t Te kt +C

2. Por lo tanto la solución general es: y = ue −kt = T +C e −kt 3. Resolviendo para las condiciones iniciales: y(t ) y(0) 80 C

= = = =

T +C e −kt T +C e 0 T +C 80 − T

4. Tenemos que la solución general es: y = T + (80 − T )e −kt

2.6

Aplicación del Método de Variación de Parámetros

Retornamos al ejemplo del Acuario Marino 1.8, en donde nuestra tarea era preparar una solución de agua salada con una g concentración de sal de 34 para asegurar que los peces oceánicos vivan. Lo hacemos bombeando una solución concentrada L g L de agua salada, con una concentración 75 , a una tasa de 5 en un tanque que contiene inicialmente 800L de agua dulce L mi n L pura y permitiendo que la solución mezclada salga a través de un drenaje a una velocidad de 3 . mi n De acuerdo al enunciado, el problema de valor inicial que describe la cantidad de sal x(t ) en gramos en el tanque es:

dx 3x = 375 − dt 800 + 2t

x(0) = 0

Aplicamos el método de variación de parámetros. Recordando la forma estándar:

x˙ + p(t )x

=

q(t )

dx 3 ⇐⇒ + x d t |800{z + 2t}

=

375 |{z}

p(t )

q(t )

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

46

Obtenemos la solución para la ecuación diferencial homogénea: x˙ + p(t )x

=

0

dx 3 ⇐⇒ + x d t |800{z + 2t}

=

0

p(t )

⇐⇒ Z ⇐⇒ Z ⇐⇒

dx x dx x dx x

=

−3 800+2t d t

−3 d t Z 2 400 + t −3 d (400 + t ) 2 400 + t Z

= =

⇐⇒ ln(x)

=

−3 2

⇐⇒ ln(x)

=

ln(400 + t )−3/2 +C 1

⇐⇒ x

=

e C 1 (400 + t )−3/2

ln(400 + t ) +C 1

x h (t ) = e C 1 (400 + t )−3/2 Escogemos una solución homogénea diferente de cero, escogemos C 1 = 0, lo que nos da: x h = (400+t )−3/2 . Luego sustituimos x = u(t )x h (t ), y resolvemos para calcular u(t ), del siguiente modo: 375

=

dx dt

⇐⇒ 375

=

d 3 d t (ux h ) + 800+2t (ux h )

3 + 800+2t x

¶ −3 3 −5/2 ˙ u(400 + t) +u (400 + t ) + 800+2t u(400 + t )−3/2 2 X −3XX hhh XX h ˙ u(400 + t )−3/2 + u(400 + tX )−5/2 + 32 u(400 +h t )−5/2 h h X X 2 −3/2

µ

⇐⇒ 375

=

⇐⇒ 375

=

⇐⇒ 375

=

˙ u(400 + t )−3/2

⇐⇒ u˙

=

375(400 + t )3/2

du

=

R

⇐⇒ u

=

R 375 (400 + t )3/2 d (400 + t )

⇐⇒ u

=

375 (400 + t )5/2 +C 2 5/2

⇐⇒ u

=

150(400 + t )5/2 +C 2

⇐⇒

R

375(400 + t )3/2 d t

A continuación calculamos x(t ) = u(t )x h (t ), tal como sigue: x(t )

=

u(t )x h (t )

x(t )

=

£ ¤ 150(400 + t )5/2 +C 2 (400 + t )−3/2

x(t )

=

60000 + 150t +

C2 (400 + t )3/2

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

x(t ) = 60000 + 150t +

47

C2 (400 + t )3/2

Finalmente aplicamos la condición inicial x(0) = 0, para calcular la constante C 2 , tenemos:

x(t ) = 60000 + 150t +

x(t = 0)

=

0

⇐⇒ 0

=

X+ 150t 60000 +X

−60000

=

C2

=

−60000 × (400)3/2

C2

=

−60000 × 8000

C2

=

−4,8 × 108

C2

C2 (400 + At )3/2

4003/2

−4,8 × 108 (400 + t )3/2

Ejemplo 2.19 ¿Cómo cambia en el tiempo la concentración de la sal en la solución del fluido del Acuario? Considere el signo de su derivada. Marque una de las alternativas: 1. La concentración siempre es creciente. 2. La concentración siempre es decreciente. 3. La concentración es algunas veces creciente y otras decreciente. Solución: La concentración en g /L del fluido se expresa C (t ) C˙

= Vx(t(t)) ˙

˙ V = V x−x V2

˙ Además sabemos en base al ejercicio 1.8 que: x˙ = 375 − 3x V , V (t ) = 800 + 2t y V = 2, , reemplazando tenemos: C˙

=

¡ ¢ V 375− 3x V −2x 2 V

⇐⇒ C˙

=

375V −5x V2

Desde que el denominador es un factor cuadrático, solo necesitamos considerar determinar el signo del numerador. Sustituyendo en x(t ) y V (t ), el numerador es: ³ ´ 4,8×108 375 (800 + 2t ) − 5 60000 + 150t − (400+t 3/2 )

=

5

³

4,8×108 (400+t )3/2

El cual es positivo para toda t . Por lo tanto la concentración es siempre creciente.

´

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

48

Ejemplo 2.20 ¿El tanque del Acuario es muy pequeño? Si se conoce que el tamaño del tanque del acuario es de 1800L. ¿El tanque se llenará antes que se llegue a una concentración de sal de 34g /L? 1. Si. 2. No. 3. No se puede determinar con la información dada. Solución: Desde que la concentración es una función contínua del tiempo, solo es necesario verificar la existencia de un instante de tiempo t antes que el tanque rebalse cuando la concentración sea mayor a 34g /L. Escogemos verificar el instante de tiempo en donde el tanque se llena: V (t ) = 800 + 2t = 1800 =⇒ t = 500 minutos Evaluamos la concentración en el instante de tiempo t = 500(mi n) o una estimación: C (500) =

x(500) 1800

En donde el número de gramos de sal está dado por: −4,8 × 108

x(t )

=

x(500)

=

(400 + t )3/2 ³ ´ 4,8×108 (60000 + 150(500)) − (400+(500)) 3/2

⇐⇒

=

135000 − 4,8×10 2,7×104

⇐⇒

>

135000 − 20000

⇐⇒

>

115000

60000 + 150t +

8

Esto nos dá: C (500) >

³ Dado que

4,8×108 2,7×104

< 2 × 104

´

115000 = 63,88 > 34 1800

Por lo tanto, en el momento que el tanque rebalsa, la concentración se encontrará por encima del nivel deseado. Dado que la concentración es una función contínua del tiempo, debe existir un tiempo tal que se logre el nivel de concentración de sal deseado para el acuario. Por lo tanto se concluye que el tamaño del tanque del Acuario es suficiente para lograr la concentración de sal indicado.

2.7

Solución de EDO Lineales No Homogéneas mediante el Factor de Integración

Este método es exactamente el mismo que el método de variación de parámetros. Algebraicamente es equivalente pero tiene un enfoque ligeramente diferente. En algunos libros se refieren como Factor de Integración. Si asumimos que tenemos una EDO lineal no homogénea de la forma: y˙ + p(t ) · y = q(t )

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

49

El procedimiento para encontrar el Factor de Integración es el siguiente: R R 1. Encuentre una Anti Derivada p(t )d t de p(t ). El Factor de Integración es e p(t )d t . 2. Multiplique ambos lados de la EDO por el Factor de Integración: e

R

p(t )d t

· y˙ + e

R

p(t )d t

· p(t ) · y = q(t ) · e

R

p(t )d t

Hacemos esta multiplicación debido a que es posible expresar la parte izquierda como la derivada de algo: e

R

p(t )d t

˙ )+e · y(t

R

p(t )d t

· p(t ) · y(t ) =

´ d ³ R p(t )d t e · y(t ) dt

3. Luego proceder a la integración de ambos lados: ³ R ´ e p(t )d t · y(t ) Z ³ R ´ d e p(t )d t · y(t ) d dt

⇐⇒ e

Z

R

p(t )d t

R

q(t ) · e p(t )d t Z R q(t ) · e p(t )d t · d t Z R q(t ) · e p(t )d t · d t Z R R e − p(t )d t · q(t ) · e p(t )d t · d t

= =

· y(t )

=

⇐⇒ y(t )

=

R

q(t ) · e p(t )d t d t representa una familia de soluciones debido a la constante de integración. Si Z R fijamos una Anti Derivada q(t ) · e p(t )d t d t = R(t ) +C , para una constante C . De modo que la solución general es: La integral indefinida

y = R(t ) · e −

R

p(t )d t

+C · e −

R

p(t )d t

R

Atención: El Factor de Integración e p(t )d t es el recíproco de una solución a la ecuación homogénea. Este proceso es equivalente al método de Variación de Parámetros. La conexión entre ambos métodos es que la variable desconocida u(t ) está dado por: R y = y(t ) · e p(t )d t u= yh Definición 2.6 Factor de Integración dy dx

Sea una EDO lineal no homogénea:

+ P (x)y = Q(x)

1. Identificamos P (x). 2. Multiplicamos la ecuación inicial por el Factor Integrante e e

R

P (x)d x

dy

· dx + e

R

P (x)d x

R

· P (x)y

P (x)d x

=

: e

R

P (x)d x

· Q(x)

3. Identificar que el miembro de la izquierda de la ecuación es la derivada del producto del factor integrante por la variable dependiente y: R d h R P (x)d x i e y = e P (x)d x Q(x) dx 4. Integrar ambos lados de la ecuación y encontrar la solución.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

50

Ejemplo 2.21 Multiplicamos por el factor integrante x:

Resolver la ecuación diferencial: dy + x y = x3 dx

x2

dy

x d x + xx y

Solución: Reacomodamos la ecuación en su forma estándar: dy 1 + y =x dx x Se identifica a P (x) = e

2.8

R

P (x)d x

1 x , así el factor integrante es:

=e

R

1/xd x

=e

ln x

=x

d dx

£

=

x2

¤

=

x2

xy

=

R

xy

=

x3 3

+c

y

=

x2 3

+ c x −1

xy

x2d x

Combinaciones Lineales

Una combinación lineal de una lista de funciones es cualquier función que puede ser construida a partir de ellas mediante multiplicaciones y sumas escalares.

Combinaciones Lineales de f (t ) Combinaciones Lineales de f 1 (t ) y f 2 (t )

: : .. .

Funciones de c f (t ), Donde c es cualquier número. Funciones de la forma c 1 f 1 (t ) + c 2 f 2 (t ), Donde c 1 y c 2 son cualquier número.

Ejemplo 2.22 ¿ 2 cos t + 3 sen t es una combinación lineal de las funciones cos t y sen t ? Solución: Dado que c 1 · f 1 (t ) + c 2 · f 2 (t ) => c 1 = 2, c 2 = 3. Por lo tanto si es una combinación lineal.

Ejemplo 2.23 ¿9t 5 + 3 es una combinación lineal de las funciones t 5 y 1? Solución: Dado que c 1 · f 1 (t ) + c 2 · f 2 (t ) => c 1 = 9, c 2 = 3. Por lo tanto si es una combinación lineal.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

51

Ejemplo 2.24 Solución: Por inspección tenemos que la única función que no es combinación lineal es sen(2t ), ya que no existen valores para c1 y c2 tales que:

¿Indique cuales de las siguientes funciones debajo son combinaciones lineales de cos2 t y 1 ? a

3 cos2 t − 4

b

sen2 t

c

sen(2t )

d

cos(2t )

e

5

f

0

2.9

sen(2t ) = 2 sen(t ) cos(t ) 6= c 1 cos2 t + c 2 La respuesta es: a , b , d , e y f . En el caso de las otras funciones, si son combinaciones lineales: 3 cos2 t − 4 sen2 t cos(2t ) 5 0

= = = = =

3 cos2 t + (−4) · 1 (−1) cos2 t + 1 · 1 2 cos2 t + (−1) · 1 0 cos2 t + 5 · 1 0 cos2 t + 0 · 1

Superposición

Ahora comparemos las soluciones para ecuaciones diferenciales homogéneas y algunas no homogéneas con la misma expresión en la parte izquierda: Solución General para

t y˙ + 2y = 0 :

c t −2

Una Solución para

t y˙ + 2y = t 5 :

t5 7

Solución General para

t y˙ + 2y = t 5 :

t5 7

Una Solución para

t y˙ + 2y = 1 :

1 2

Solución General para

t y˙ + 2y = 1 :

1 2

+ c t −2

+ c t −2

Para cada solución podemos obtener soluciones mediante una multiplicación escalar: Una Solución para

t y˙ + 2y = 9t 5 :

Una Solución para

t y˙ + 2y = 3 :

9t 5 7 3 2

Y lo sumamos para obtener: Una Solución para

t y˙ + 2y = 9t 5 + 3 :

9t 5 7

+ 32

En general este principio funciona para todas las EDO lineales que se expresa del siguiente modo:

Principio de Superposición 1. Primera Propiedad: Multiplicar una Solución para p n (t ) y (n) + · · · + p 0 (t ) y Nos da una Solución para p n (t ) y (n) + · · · + p 0 (t ) y

= q(t ) por un número a = aq(t )

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

52

2. Segunda Propiedad: p n (t ) y (n) + · · · + p 0 (t ) y

= q 1 (t )

Con una Solución de p n (t ) y (n) + · · · + p 0 (t ) y

= q 2 (t )

Sumando una Solución de

Nos da una Solución para

p n (t ) y (n) + · · · + p 0 (t ) y

= q 1 (t ) + q 2 (t )

Estas dos propiedades muestran que las combinaciones lineales de y son soluciones de las EDO con las correspondientes combinaciones lineales de q.

Consecuencia del Principio de Superposición para las EDO Lineales de Primer Orden Para entender la solución general de y(t ) en una EDO lineal no homogénea: EDO No Homogénea:

y˙ + p(t )y = q(t )

Hacer lo siguiente: 1. Encuentre la Solución General a la Ecuación Homogénea asociada. Escriba la solución general como y h . Homogénea:

y˙ + p(t )y = 0

2. Encuentre de alguna forma una Solución Particular y p para la EDO No Homogénea. 3. Sume y p a la Solución General de la EDO Homogénea y h para obtener la Solución General de la EDO No Homogénea y. En resumen: y Solución General No Homogénea

=

yp + yh Solución Particular Solución General Homogénea

¿Cómo trabaja la Superposición? Este principio nos dice que si sumamos y p a una Solución Homogénea nos da una solución para una EDO en la parte derecha equivalente a q(t ) + 0 = q(t ). Ejemplo 2.25 Utilizando la siguiente solución general de una EDO Homogénea y sus respectivas soluciones particulares para ciertas ecuaciones diferenciales dadas, encuentre la Solución General para la ecuación diferencial: x˙ + 2x = 5 + 6t − 7e −2t . Su respuesta debe expresarse en términos de t y c. Una Solución General Homogénea para Una Solución Particular para Una Solución Particular para Una Solución Particular para Solución: Aplicando el Principio de Superposición tenemos.

x˙ + 2x = 0 : x˙ + 2x = 1 : x˙ + 2x = t : x˙ + 2x = e −2t :

x = ce −2t x p = 1/2 x p = t /2 − 1/4 x p = t e −2t

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

53

x(t )

=

5(1/2) + 6(t /2 − 1/4) − 7(t e −2t ) | {z }

⇐⇒ ⇐⇒

= =

5/2 + 3t − 3/2 − 7t e −2t + ce −2t 1 + 3t + (−7t + c)e −2t

Solución Particular

+

−2t ce | {z }

Solución Homogénea

La Superposición falla para las EDO No Lineales El Principio de Superposición no funciona para Ecuaciones Diferenciales No Lineales. Ejemplo 2.26 Suponga que se tienen dos soluciones x 1 (t ) y x 2 (t ) que satisfacen la siguiente ecuación diferencial No Lineal Homogénea: x˙ + p(t )x 2 = 0 ¿Cuál es la función q(t ) en la parte derecha para que la función x 1 (t ) + x 2 (t ) sea una solución a la ecuación diferencial x˙ + p(t )x 2 = q(t )? a

q(t ) = 0

b

q(t ) = c

c

q(t ) = x 1 (t ) + x 2 (t )

d

q(t ) = 2x 1 (t )x 2 (t )

e

q(t ) = 2p(t ) · x 1 (t ) · x 2 (t )

c es una constante.

Solución: Sabemos que: x˙1 + p(t )x 12 = 0 y x˙2 + p(t )x 22 = 0. Pongamos x 1 + x 2 dentro de la ecuación diferencial no lineal y veamos que sucede en la parte derecha de la igualdad. d 2 d t (x 1 + x 2 ) + p(x 1 + x 2 )

=

x˙1 + x˙2 + p(x 12 + 2x 1 x 2 + x 22 )

⇐⇒

=

XXX 2 XXX 2 (x˙1 + pxX X X X 1 ) + (x˙2 + px 2 ) + 2px 1 x 2

⇐⇒

=

2p(t ) · x 1 (t ) · x 2 (t )

Por lo tanto la parte derecha de la igualdad necesario para que la suma de estas dos soluciones sea una solución de la EDO no lineal debe tener un: q(t ) = 2p(t )x 1 (t )x 2 (t ). La respuesta es la alternativa e . Notar que si la EDO hubiera sido lineal, la respuesta hubiese sido: q(t ) = 0 + 0 = 0.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

54

2.10

Ley del Enfriamiento de Newton aplicado a una Investigación de Escena del Crimen

Una de las importantes aplicaciones de la Ley del Enfriamiento de Newton es para casos de Investigación de Escena del Crimen (IEC). Si escribimos la Ley del Enfriamiento de Newton tenemos: dT = k (Te − T ) dt Donde T (t ) es la temperatura como una función del tiempo y Te es la temperatura ambiente, la solución toma la forma: T (t ) = Te + (T0 − Te ) e −kt En donde T0 = T (0) es la temperatura inicial. La ecuación es una buena aproximación del modelo real del cambio de temperatura en el tiempo. Por ejemplo se utiliza en los casos de investigación de muerte por asesinato. Asumimos antes que una persona sea asesinada, su temperatura corporal es constante e igual a 38 ° C. Después del asesinato, el cuerpo se enfría, mediante el modelo diferencial de la Ley de Refrigeración de Newton, a la temperatura ambiente. Cuando los investigadores llegan a la escena para encontrar un cadáver, una de las primeras cosas que realizan es medir la temperatura del cuerpo y la temperatura ambiente. Esto da dos piezas inmediatas clave de información: 1. T (t 1 ) donde t 1 es desconocido, dado que es el instante de la muerte. 2. Te es la temperatura ambiente. Asumimos que la temperatura inicial T0 es la temperatura humana promedio aproximado en 38 °C. ¿Es suficiente la información dada para determinar el instante de tiempo t 1 del asesinato? Respuesta: No. Cuando evaluamos la solución en el instante de tiempo t 1 , obtenemos: T (t 1 ) = Te + (T0 − Te )e −kt1 Todas las cantidades son conocidas excepto k y t 1 . En general, la constante K es la conductividad el cual es determinado por diversos factores que tienen que ver son el flujo del calor sobre el cuerpo y sus extremidades. Sin embargo vamos a asumir que el cuerpo no sufre alteraciones de modo que la constante k se mantiene constante. Para hallar k es necesario realizar una segunda medición en un instante posterior de tiempo, llamemos t 2 . Ahora podemos escribir un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas del siguiente modo:

T (t 1 )

=

Te + (T0 − Te )e −kt1

T (t 2 )

=

Te + (T0 − Te )e −kt2

Podemos resolver ahora este sistema de ecuaciones y conocer la diferencia en el intervalo de tiempo t 2 − t 1 .

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

55

Ejemplo 2.27 Investigación de una Escena de Crimen Usted ha sido asignado como Perito Técnico para una investigación en una escena de crimen por parte de la Fiscalía Pública. La víctima fue encontrada en una habitación con una temperatura ambiente constante de 25 °C. Usted ha examinado el cuerpo a las 7 : 00 pm tan pronto llegado al lugar y encontró que la temperatura del cadáver fue de 34 °C. Luego a las 8 : 00 pm usted realizó una segunda medición y encontró que la temperatura del cadáver bajó a 31 °C. ¿A qué hora se produjo el asesinato? Seleccione el tiempo más próximo a la hora de la muerte, asumiendo que la temperatura corporal de la víctima fue de 38 °C cuando aún estaba vivo. a

Al medio día.

b

A las 4 : 34 pm.

c

A las 5 : 17 pm.

d

A las 6 : 06 pm.

e

A las 6 : 54 pm.

34

=

25 + (38 − 25) e −kt1

31

=

25 + (38 − 25) e −k(t1 +1)

Simplificando obtenemos: 9

=

13e −kt1

6

=

13e −k(t1 +1)

Para eliminar t 1 , dividimos la segunda ecuación por la primera ecuación: 6 = e −k 9 Ahora tomamos el logaritmo a ambos lados para despejar k: k = ln(3/2)

Solución: Para encontrar la hora del asesinato t 1 debemos resolver el sistema de ecuaciones sujeta a una segunda medición t 2 = t 1 + 1. ( T (t 1 ) = Te + (T0 − Te ) e −kt1 T (t 1 + 1) = Te + (T0 − Te ) e

Por lo tanto nuestro sistema de ecuaciones es el siguiente:

−k(t 1 +1)

Para encontrar t 1 , primero despejamos kt 1 tomando el logaritmo a la primera ecuación de arriba ( 9 = 13e −kt1 ): − ln

9 ln(13/9) = k · t 1 ⇐⇒ t 1 = 13 k

Reemplazando el valor de k, despejamos para t 1 : . ◦

En nuestro caso, la temperatura ambiente es de Te = 25 C y la temperatura inicial del cuerpo de la víctima antes de morir fue de 38◦ C. La primera medición de temperatura fue de 34◦ C, de modo que T (t 1 ) = 34◦ C y la segunda medición de temperatura fue de 31◦ C, de modo que T (t 1 + 1) = 31◦ C.

t1 =

ln(13/9) ≈ 0,9 horas ≈ 54 minutos ln(3/2)

Por lo tanto, dado que la primera medición se realizó a las 7 : 00 pm, quiere decir que el asesinato se produjo a las 7 : 00 − 0 : 54 pm, es decir a las 6 : 06 pm aproximadamente. Alternativa d

Revisión del Crecimiento de la Levadura En el capítulo anterior deducimos una ecuación diferencial para el crecimiento de la levadura de pan. Se demostró que si y es el número de células de levadura y t es la variable tiempo en segundos, la ecuación diferencial homogénea satisface: y˙ (t ) = a y Para una constante proporcional conocida a. En donde la solución está dada por y h (t ) = y(0)e at , que es una solución a la ecuación diferencial.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

56

Ahora vamos a extender este modelo a un caso más complejo y realista. Suponga que las células de levadura están viviendo en una masa de pan. Un panadero por lo general no mantiene el crecimiento del lote de levadura indefinidamente sino que lo va retirando porciones de masa para hornear el pan manteniendo una parte del lote de levadura para poder reutilizarlo para el día siguiente. Para modelar la cantidad de levadura en un lote utilizando la ecuación diferencial procedemos a expresar el proceso en términos de velocidad, la velocidad en el cual la levadura se retira del lote en unidades Millones de Células/hora. Supongamos que la velocidad de remoción es b(t ). Luego podemos modificar la ecuación diferencial inicial del siguiente modo: dy = a y − b(t ) dt

Ejemplo 2.28 Suponga que la velocidad de remoción de las céclulas de levadura de pan es: b(t ) = b. ¿Cuál de las siguientes funciones son soluciones particulares de la EDO Lineal No Homogénea y˙ = a y − b ? Seleccione todas las que apliquen. a

b a

b

b a

+ e at

c

b a

− 3e at at

d

4e

e

−e at

Solución: La EDO Homogénea asociada y˙ − a y = 0 tiene una solución general y h (t ) = C e at , para cualquier número real C . Para encontrar una solución particular a la EDO No Homogénea y˙ = a y − b, reescribimos la EDO de la siguiente forma:

2.11

y˙ − a y = −b Si se tiene una constante en la parte derecha, es una buena idea encontrar una solución particular constante. Si existe una solución constante, entonces y˙ = 0 y la ecuación se simplifica a: −a y = −b De modo que encontramos una ecuación particular y p = b/a. Utilizando el principio de Superposición tenemos que la solución tendrá la forma: y=

b +C e at a

Luego: Verificando y asignando valores para C , encontramos que las opciones a , b y c son soluciones particulares.

Existencia y Unicidad de las Soluciones

Usando el método de Separación de Variables en el caso homogéneo y el método de Variación de Parámetros en el caso no homogéneo, demostramos que cada EDO lineal de primer orden tiene una familia de soluciones de 1 parámetro. Para establecer una solución específica en esta familia, necesitamos una condición inicial, tal como y(0). Usted puede preguntarse si hay otras soluciones. Aquí está un resultado general que dice que no hay otras soluciones y confirma que nuestros métodos son suficientes y encuentran todas las soluciones.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

57

Teorema 2.1 Teorema de Existencia y Unicidad para EDO Lineales Sea p(t ) y q(t ) funciones continuas en un intervalo abierto I . Sea a ∈ I y sea b un número dado. Entonces existe una solución única definida en todo el intervalo I para la EDO lineal de primer orden: y˙ + p(t ) y = q(t ) Que satisface la condición inicial: y(a) = b

Existencia significa que existe por lo menos una solución. Unicidad significa que hay una única solución.

2.12

Tipos Especiales de Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

Existen ciertos tipos especiales de ED no lineales de Primer Orden que pueden ser reducidas a una ecuación lineal mediante un cambio de variable apropiado. Algunas de las más importantes son: Bernoulli, Ricatti, Clairaut, Lagrange entre otras.

2.12.1. Ecuaciones de Bernoulli Son del tipo: A(x) ·

dy + M (x) · y = P (x) · y n dx

(2.46)

Donde M y P pueden ser constantes ó funciones de x no de y, y n puede tomar un valor cualquiera. Se puede, por sustitución, reducirse a una ecuación lineal. Tomemos el caso general en el que M y P son funciones de x, de modo: A(x) ·

dy + M (x) · y = P (x) · y n dx

Dividamos por y n , luego tenemos: A(x) d y M (x) · + = P (x) y n d x y n−1 Y proponemos el cambio de variable: z=

1 y n−1

= y 1−n

Diferenciando tenemos: d z = (1 − n) · y −n · d y = De donde:

(1 − n) dy yn

1 dz dy = yn 1−n

Sustituimos en la ecuación inicial 2.46, que se convierte en: A(x) d z · + M (x) · z = P (x) 1−n dx Reduciéndose así a una ecuación lineal, con segundo miembro variable, la cual se resolverá por el método de variación de constantes, o separando las variables.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

58

Ejemplo 2.29 Sea la ecuación:

Integramos: dy + 2y = 4y 3 dx

Solución: Podemos reescribir la ecuación del siguiente modo: 1 d y 2A y · + =4 3 y dx S yS3 1 dy 2 · =4 + y3 d x y2 Pongamos: z=

2 = 2y −2 ⇐⇒ d z = −4y −3 d y y2

Se obtiene:

1 1 ·dy = − dz y3 4

La ecuación inicial se convierte en: dz +z dx dz − 4z dx dz dx dz 4z − 16

− 14 ·

=

4

=

−16

=

4z − 16

=

dx

1 4

dz 4z − 16

=

x + lnC 0

· ln(4z − 16)

=

x + lnC 0

ln(4z − 16)

=

4x + 4 lnC 0

ln(4z − 16) µ ¶ 4z − 16 ln C µ ¶ 4z − 16 C

=

4x + lnC

=

4x

=

e 4x

z

=

C · e 4x + 16 4

z

=

4 + K · e 4x

Retornamos a las variables iniciales: z

=

4 + K · e 4x

2 y2

=

4 + K · e 4x

y2

=

y

=

2 4 + K · e 4x 1 p 2 + K 0 · e 4x

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

59

Ejemplo 2.30 Diferenciando este producto, en el que C ahora se considera como una función de x, esto es C (x) tenemos:

Sea la ecuación: x

Sustituimos en la ecuación inicial No Homogénea, lo que resulta:

Solución: Se tendrá: x dy 1 · + = ln x y2 d x y Pongamos: z=

d z = xdC +C d x

dy + y = y 2 · ln x dx

1 1 ⇐⇒ d z = − 2 d y y y

La ecuación se convierte en: −x · dd xz + z

=

ln x

dz z − dx x

=

−

ln x x

dz z − µ ¶d x x dC C ·x A x +C − x dx A dC x dx

= = =

dC

=

C

=

C

=

Que es una EDO lineal No Homogéna. Integramos la parte Homogénea:

v

C dz z − dx x dz z Z dz z

=

0

=

dx x

Z =

ln x x ln x − x ln x − x ln x − 2 dx x Z dx − |{z} ln x · 2 +K x |{z} u dv   µ ¶ Z µ ¶  1 1 dx  +K − · − ln x · − − |{z} x x |{z} x  u | {z } | {z } −

=

1 x

v

du

1 x

ln x + + K

Retornamos a las variables iniciales:

dx x

ln z

=

ln x + 4 lnC

ln z

=

lnC · x

z

=

C ·x

z

=

C ·x

z

=

¡1

z

=

ln x + 1 + K x

1 y

=

ln x + 1 + K x

y

=

1 ln x + K x + 1

x

¢ ln x + x1 + K x

2.12.2. Ecuaciones de Ricatti Son del tipo: dy = P (x) · y +Q(x) · y 2 + R(x) dx

(2.47)

Esta ecuación diferencial no se puede resolver por los métodos convencionales, sin embargo si se conoce una solución particular y = ϕ(x), el cambio de variable y = ϕ(x) + z, transforma la ecuación dada en una ecuación que se puede resolver con facilidad. Existen dos maneras de hallar su solución:

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

60

Primera Solución: Llevar la ecuación de Ricatti a una ecuación de Bernoulli para luego resolverla de acuerdo con el método aprendido. Esta transformación se consigue mediante la sustitución: y = ϕ(x) + z

⇐⇒

dy dz = ϕ0 (x) + dx dx

Reemplazado en 2.47 tenemos: ϕ0 (x) + dd xz

=

¡ ¢ ¡ ¢2 P (x) · ϕ(x) + z +Q(x) · ϕ(x) + z + R(x)

ϕ0 (x) + dd xz

=

¡ ¢ P (x) · ϕ(x) + P (x) · z +Q(x) · ϕ2 (x) + 2ϕ(x)z + z 2 + R(x)

ϕ0 (x) + dd xz

=

P (x) · ϕ(x) + P (x) · z +Q(x) · ϕ2 (x) + 2 · Q(x) · ϕ(x)z + z 2 · Q(x) + R(x)

Desarrollando y agrupando términos: ϕ0 (x) + dd xz − P (x) · ϕ(x) − P (x) · z −Q(x) · ϕ2 (x) − 2 · Q(x) · ϕ(x)z − z 2 · Q(x) − R(x)

0 :  ³   ¢ 

¡ 0  ϕ (x) − P (x) · ϕ(x) · ϕ2 (x) − R(x) + −Q(x)

 

dz dx

− P (x) · z − 2 · Q(x) · ϕ(x)z − z 2 · Q(x)

´

=

0

=

0

Dado que ϕ(x) es una solución particular, se cumple que: ¡ 0 ¢ ϕ (x) − P (x) · ϕ(x) −Q(x) · ϕ2 (x) − R(x) = 0 Luego, la ecuación se reduce a: dz dx

− P (x) · z − 2 · Q(x) · ϕ(x)z − z 2 · Q(x) dz dx

¡ ¢ − P (x) − 2 · Q(x) · ϕ(x) z

=

0

=

z 2 · Q(x)

Lo cual corresponde a una Ecuación de Bernoulli. Segunda Solución: Llevar la ecuación diferencial a una ecuación lineal. Ahora mediante el cambio de variable: y = ϕ(x) +

1 z

⇐⇒

dy dz = ϕ0 (x) − z −2 dx dx

Reemplazando en la Ecuación de Ricatti, se tiene: ϕ0 (x) − z −2 dd xz

=

¡ ¢ ¡ ¢2 P (x) · ϕ(x) + z −1 +Q(x) · ϕ(x) + z −1 + R(x)

ϕ0 (x) − z −2 dd xz

=

¡ ¢ P (x) · ϕ(x) + P (x) · z −1 +Q(x) · ϕ2 (x) + 2ϕ(x)z −1 + z −2 + R(x)

ϕ0 (x) − z −2 dd xz

=

P (x) · ϕ(x) + P (x) · z −1 +Q(x) · ϕ2 (x) + 2 · Q(x) · ϕ(x)z −1 + z −2 · Q(x) + R(x)

Agrupando términos: ϕ0 (x) − z −2 dd xz − P (x) · ϕ(x) − P (x) · z −1 −Q(x) · ϕ2 (x) − 2 · Q(x) · ϕ(x)z −1 − z −2 · Q(x) − R(x)

=

0

=

0

:0 

 

 ´ ¡ 0 ¢ ³ −2 d z · 2 −1 −1 −2  ϕ (x) − P (x) · ϕ(x) −Q(x) ϕ (x) − R(x) + −z − P (x) · z − 2 · Q(x) · ϕ(x)z − z · Q(x)   dx

   

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

61

Pero como ϕ(x) es una solución particular, se tiene que: ¡ 0 ¢ ϕ (x) − P (x) · ϕ(x) −Q(x) · ϕ2 (x) − R(x) = 0

Luego la ecuación se reduce a:

−z −2 dd xz − P (x) · z −1 − 2 · Q(x) · ϕ(x)z −1 − z −2 · Q(x) −z −2 dd xz

¡ ¢ − P (x) + 2 · Q(x) · ϕ(x) z −1 dz dx

¡ ¢ + P (x) + 2 · Q(x) · ϕ(x) z

=

0

=

z −2 · Q(x)

=

−Q(x)

Que es la ecuación lineal a resolver.

Ejemplo 2.31 Resuelva la ecuación de Ricatti: y 0 = y 2 − 2x y + 1 + x 2

(2.48)

Solución: Una solución particular de la ecuación 2.48 es la función ϕ(x) = x, ya que ϕ0 (x) = 1, se tiene luego: ϕ0 (x) = ϕ2 (x) − 2xϕ(x) + 1 + x 2 2 Z2 2 1 =@ x@ − 2xZ+ 1 +@ x@

1=1

Agrupando tenemos: −

1 dz

z2 d x @

R

=

1 z2 @

dz dx

=

dz

=

−1 R − d x +C

z

=

−x +C

Regresando a la variable original: z =

Realizando el cambio de variable: y = x+

1 z

z=

dy 1 dz = 1− 2 dx z dx

1 y −x

De donde: 1 − z12

dz dx

1 dz

A1 − z 2 d x

=

¡

x + 1z

¢2

¡ ¢ − 2x x + 1z + 1 + x 2

1 2 Z1 2 Z1 2 HH = @ x@ + 2xZ − 2xZ 1 +@ x@ z + z 2 − 2x z +A

1 y −x 1 −x +C 1 +x −x +C

1 y −x

=

−x +C

=

y −x

=

y

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

62

Ejemplo 2.32 Resuelva la ecuación de Ricatti: y 0 − 2x 2 −

y = −2y 2 x

(2.49)

Solución: Reescribimos la ecuación como: y 0 − 2x 2 − x −1 y = −2y 2 y 0 = 2x 2 + x −1 y − 2y 2

La cual tiene la forma de Bernoulli con n = 2. Multiplicamos por u −2 , se tiene que: u −2

− ddwx + (4x − x −1 )w

La cual tiene la forma:

dw dx

dy = P (x) · y +Q(x) · y 2 + R(x) dx

R(x) = 2x 2

dw + P (x)w +Q(x) dx

2 Z2 2xZ + 2xZ 1 = 1 −Z

1=1 Haciendo el cambio de variable: dy du = 1+ dx dx

y = x +u De donde: 1 + dd ux

=

x −1 (x + u) − 2(x + u)2 + 2x 2

1 + dd ux

=

1 + x −1 u − 2(x 2 + 2xu + u 2 ) + 2x 2

A1 +

du dx

2 2 − 4xu − 2u 2 +H = A 1 + x u −H 2xH 2xH

−2

=

2

P (x) = x −1 − 4x Q(x) = 2

Buscamos el Factor Integrante, para ello determinamos:

Por inspección, vemos que una solución de la ecuación diferencial es y = x, ya que y 0 = 1, con lo que verificamos: y 0 = x −1 y − 2y 2 + 2x 2

+ (x −1 − 4x)w

=

= u −2 dd ux

Lo cual corresponde a una EDO lineal de la forma:

Donde: Q(x) = −2

dw dx

Haciendo el cambio de variable: w = u −1 Lo que resulta:

y 0 = x −1 y − 2y 2 + 2x 2

P (x) = x −1

du + (4x − x −1 )u −1 = −2 dx

Z

Z P (x)d x =

(x −1 − 4x)d x = ln x − 2x 2

Con lo que: 2

e

R

P (x)d x

=

e ln x−2x

e−

R

P (x)d x

=

e − ln x+2x

2

=

e ln x e −2x

2

=

e ln x e 2x

−1

2

xe −2x

=

x −1 e 2x

De donde la solución general es de la forma: w

=

w

=

w

=

µ ¶ Z R C + Q(x)e P (x)d x µ ¶ Z 2 2 x −1 e 2x C + 2xe −2x d x ³ ´ 2 2 x −1 e 2x C − 12 e −2x

e

R

−P (x)d x

Regresando a la variable original: w = u −1

y =u+x

−1

u = y −x

w = (y − x)−1

Agrupando tenemos:

du dx du dx

du dx

=

x −1 u − 4xu − 2u 2

du dx

=

(x −1 − 4x)u − 2u 2

− (x −1 − 4x)u

=

−2u 2

)u

=

−2u

2

+ P (x)u

=

Q(x)u n

(y − x)−1 x y −x x 2

+ (4x − x du dx

−1

C − 21 e −2x 2x +x 2 0 C e 2x −1

=

³ ´ 2 2 x −1 e 2x C − 21 e −2x ´ ³ 2 2 e 2x C − 21 e −2x

=

y −x

=

y

=

2

=

2

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

63

2.12.3. Ecuaciones de Clairaut Es una ecuación no lineal del tipo:

dy

y = x · dx + f

³

dy dx

´

(2.50)

De primer grado en x e y. Para integrarla, es decir para obtener la función:

y = F (x) Empecemos por derivar la ecuación 2.50, resultando: yS0 = S

d2y d y d2y dy S +x · +f0 · 2 dS xS dx d x d x2 ¶

µ

µ

¶

y, simplificando por y 0 : 0=x·

µ ¶ 2 d2y d y 0 dy + f · d x2 d x d x2

(2.51)

Pongamos: dy =p dx

de donde:

d2y dp = d x2 d x

La ecuación 2.51 se convierte en: 0=

¤ dp £ · x + f 0 (p) dx

Hay por consiguiente dos soluciones: Solución 1:

dp dx

=0 ó p =C

Y la ecuación 2.50 se convierte en: y = C · x + f (C )

Que representa a una familia de rectas. Solución 2: x + f 0 (p) = 0

de donde: x = ϕ(p)

Y la ecuación 2.50 dará y en función de p. Se expresan de esta forma las coordenadas (x, y) de un punto de la curva en función de un parámetro p que es: p=

dy = tan α dx

Esta curva no tiene constante, es una integral particular y envolvente de rectas que forma la integral general.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

64

Ejemplo 2.33 Y como d y = p · d x, queda:

Sea la ecuación de Clairaut: y = x · y0 − y0

3

0 d p · (x − 3p )

(2.52)

2

Solución: Pongamos:

= =

x · d p − 3p 2 d p 0

Que tiene dos soluciones:

dy y0 = =p dx

Solución 1: d p = 0 ó p = C . De modo que la ecuación 2.52 se convierte en: y = C x −C 3

Lo que resulta: y = p · x − p3

q Solución 2: x − 3p 2 = 0 ó p = x3 . Sustituyendo en la ecuación 2.52 tenemos: r r r x x x 2x x y =x − = 3 3 3 3 3

Diferenciamos: d y = x · d p + p · d x − 3p 2 · d p

2.12.4. Ecuaciones de Lagrange Es una generalización de la ecuación de Clairaut, pero aquí el coeficiente de x es una función cualquiera de y 0 , en lugar de ser y 0 misma. La Ecuación de Lagrange es de la forma: y + x · f (y 0 ) + ϕ(y 0 ) = 0

(2.53)

Que no es forzosamente lineal. Para la resolución se pone y 0 = p. Derivando la ecuación 2.53, tenemos: £ ¤ p + f (p) + x · f 0 (p) · p x0 + ϕ0 (p) · p x0 = 0 Observando que f 0 (p) y ϕ0 (p) solamente contienen p. Puede escribirse como: £ ¤ p + f (p) + p x0 x · f 0 (p) + ϕ0 (p) = 0 Que puede integrarse tomando x como función y p como variable, dado que la variable y ha desaparecido. Hacemos aparecer la derivada de x con respecto a p, ya que se cumple: p x0 =

1 x p0

⇐⇒

dp 1 = dx dx

dp

Lo que da: ¤ 1 £ 0 0 0 x · f (p) + ϕ (p) xp £ ¤ x p0 p + f (p) + x · f 0 (p) + ϕ0 (p)

p + f (p) +

=

0

=

0

Que es una ecuación de la forma: A · x p0 + B · x +C = 0 Donde A, B y C son funciones de p. Integrando se tendrá x = F (p), y como: finalmente: Z y=

p · F 0 (p) · d p

d y = p · d x = p · F 0 (p) · d p

Se tendrá

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

65

Ejemplo 2.34 Resuelva la ecuación de Lagrange: ¶ µ dy dy 3 x· +y = dx dx

(2.54)

Solución: Pongamos: y0 =

Paso 2: Utilizando esta igualdad, calculamos su solución No Homogénea, considerando a C cono una variable que depende de x:

dy =p dx

Lo que resulta: p · x + y = p3

(2.55)

Diferenciamos:

dx

=

p −1/2 · dC − 12 · C · p −3/2 · d p

dx dp

=

1 −3/2 p −1/2 · dC dp − 2 ·C · p

Reemplazando, tenemos: =

3p 2 d p

=

3p 2 d x

=

3p 2 d x

+x

=

3p

2

2 dd px + px

=

3p

p · d x + xd p + d y dp

dy

p + x dx + dx dp

2p + x d x 2p dd px

dp dp

2 dd px + px

dx + f (p) · x = ϕ(x) dp

Se obtiene fácilmente su solución en dos pasos: Paso 1: Calculamos su solución homogénea. A · dd px + f (p) · x

=

0

2 dd px + px

=

0

dx dp

=

dx x

=

ln x

=

− 12 · ln p + lnC

ln x

=

lnC · p −1/2

x

=

C · p −1/2

Z

1 − ·x 2p Z dp − 2p

3p

−1/2

Z C ·p X −3/2 −1/2 dC · d p − 1 · C ·X p XX + Z = 3p A2 p 2C pZZ ³

´

2p −1/2 · dC dp

=

3p

dC dp

=

3 3/2 2p

dC

=

C

=

3 3/2 p dp +K 2 3 1 · 5 · p 5/2

=

3 5/2 +K 5p

Z

Z

Vemos que es una EDO lineal con segundo miembro, que da x en función de p, de la forma: A·

=

C

2C

2C

Reemplazando nos da: x =C ·p

−1/2

⇐⇒

x=p

−1/2

µ

3 5/2 p +K 5

¶

x = 35 p 2 + K · p −1/2

(2.56)

Se obtendrá finalmente y por medio de la ecuación 2.55: µ ¶ 3 y = p 3 − px = p 3 − p p 2 + K · p −1/2 5 y = 25 p 3 − K · p 1/2

(2.57)

Eliminando p entre las ecuaciones 2.56 y 2.57, se obtendrá la ecuación buscada.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

66

2.13

Miscelanea de Ejercicios Resueltos

Ejemplo 2.35 Solución de una Ecuación Diferencial Exacta Resolver la ecuación diferencial: (2y 2 − 6x y)d x + (4x y − 3x 2 )d y = 0

(2.58)

Solución: Comprobamos si es una EDO exacta, dado z = F (x, y): M (x, y)d x + N (x, y)d y = 0 dz =

∂F ∂F dx + dy ∂x ∂y

Además si F (x, y) = c, entonces es una EDO exacta: ∂F ∂ dx + dy =0 ∂x ∂y Se cumple:

∂M (x, y) ∂N (x, y) = ∂y ∂x

Lo que verificamos en la ecuación: ∂M (x, y) ∂N (x, y) = 4y − 6x = ∂y ∂x Para resolver la ecuación recordamos: ∂F M (x, y) = (x, y) ∂x N (x, y) =

∂F (x, y) ∂y

Z F (x, y) =

M (x, y)d x + h(y)

Diferenciamos respecto a y: ∂ ∂F (x, y) = N (x, y) = ∂y ∂y

2.14

Z

M (x, y)d x + h 0 (y)

Ejercicios Propuestos

Despejando tenemos: h 0 (y) = N (x, y) −

∂ ∂y

Z M (x, y)d x

Por último se integra para conocer h(y). Para proceder a resolver la ecuación diferencial, tenemos: ∂F (x, y) = M (x, y) = (2y 2 − 6x y) ∂x Integrando respecto a x: Z F (x, y) = (2y 2 − 6x y)d x + h(y) F (x, y) = 2y 2 x − 3x 2 y + h(y) Derivamos con respecto a y: ∂F (x, y) = N (x, y) = 4x y − 3x 2 + h 0 (y) = 4x y − 3x 2 ∂y Despejamos h 0 (y): 2X 2 X 4xH y −Z 3xZ −4y x +Z 3xZ =0 h 0 (y) = H X

Luego: h(y) = c Por lo tanto la familia de soluciones está dada por: F (x, y) = 2x y 2 − 3x 2 y + c = 0

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

67

Ejercicios 2.1

2.1 Si se sabe que x es la variable independiente e y es la variable dependiente de la siguiente ecuación diferencial: y 0 − (tan x)y = 1 a.) Determine si la EDO es lineal. b.) Determine si la EDO es separable. c.) Encuentre la solución general mediante el Método de Variación de Parámetros. d.) Encuentre la solución homogénea asociada a la ecuación diferencial y luego compruebe la respuesta con Octave. e.) Encuentre una función u(x) tal que y = u y h sea solución. f.) Resuelva la EDO mediante el Método de Factor de Integración multiplicando por cos x. Encuentre la solución general con este método.

2.2 Sea la Ecuación Diferencial: y 0 − x y = 1. a.) Resuelva utilizando el Método de Factor de Integración. b.) Compruebe su respuesta con Octave.

2.3 ¿Cuál de las siguientes EDO son lineales?

a.) y˙ = k y b.) y˙ + y 2 t = y c.) y˙ + cos(x)y = x 3 d.)

y˙ = t2 y

2.4 Muestre que la ED y˙ + y 2 = q(t ) no cumple con el principio de Superposición. 2.5 Resuelva la ED y 0 =

4x + 3y + 15 . Verifique con Octave. 2x + y + 7

2.6 Resuelva la ED (y − x + 5)d y = (y − x + 1)d x. Verifique con Octave. 2.7 Resuelva la ED (ax 2 + 2bx y + c y 2 ) + y 0 (bx 2 + 2c x y + f y 2 ) = 0, en donde a, b, c, f son constantes. Verifique con Octave.

2.8 Resuelva la ED (x + y 3 )d x + (3y 5 − 3y 2 x)d y = 0, sugerencia: y = z m . Verifique con Octave. 2.9 Resuelva las Ecuaciones Lineales con segundo miembro variable y compruebe con Octave:

a.)

dy dx

− x3 = x y

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden

68

b.)

dy dx

sen x − y · cos x = tan x

c.)

dy dx

−

d.)

dy dx

− nx y = e x x n

2y = (x + 1)5/2 (x + 1)

2.10 Resuelva las Ecuaciones de Bernoulli:

a.)

dy dx

y

− x = −x 3 y 4

b.) (1 − t 2 ) dd θt − t θ = 4t θ 2 dy

c.) 3 d x cos x + y sen x =

1 y2

d.) (1 − x 3 ) dd xz + 3x 2 z + z 2 = 0

2.11 Resuelva las Ecuaciones de Ricatti:

a.)

dy dx

= y 2 + 2y − 15

b.)

dy dx

− y 2 − 6x y = 9x 2 − 3

c.)

dy dx

− y 2 + 5x y − 5 = 0

d.)

dy dx

− y 2 − x2 y =

2 x2

con solución particular y = 3 con solución particular y = −3x con solución particular y = 5x con solución particular y = − x2

2.12 Resuelva las Ecuaciones de Lagrange:

a.)

dy dx

− dd xy = 2y

b.)

dy dx

+ x y = x3 y 3

dy

c.) x d x + y = y 2 ln x d.)

dy dx

+x

³

´ dy 2 dx

=y

2.13 Resuelva las Ecuaciones de Clairaut:

a.) x

³

´ dy 2 dx

b.) (1 − x 2 ) c.) x d.)

³

³

=a ³

´ dy 2 dx

=1

´ dy 2 dy − 2y d x dx

´ dy dy 2 + x dx dx

−x =0

=y

3

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

Objetivos de la Sesión de Aprendizaje. Los objetivos de esta sesión de aprendizaje son los siguientes: Representar geométrica-mente los números complejos como puntos en el plano complejo. Representar algebraica-mente los números complejos en el plano cartesiano y en su forma polar como exponenciales complejas usando la Fórmula de Euler. Diferenciar e Integrar funciones de variable compleja de una variable real dividiendo estas funciones en sus componentes real e imaginaria. Extender la fórmula de Euler para definir la función exponencial compleja e zt de una variable real t para todos los números complejos z. Encontrar las raíces complejas de polinomios. Modelar sistemas de masa - resorte - amortiguador usando sistemas de EDO lineales Homogéneas de Segundo Orden. Aplicar el principio de Superposición para encontrar soluciones al sistema no forzado de masa - resorte - amortiguador usando sistemas de EDO lineales Homogéneas de Segundo Orden. Usar el polinomio característico para encontrar soluciones exponenciales a EDO Lineales Homogéneas de Segundo Orden con Coeficientes Constantes. Encontrar la solución general y la solución real general de una ED lineal homogénea de segundo orden con raíces características distintas.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

70

3.1

Números Complejos

Los números complejos son expresiones de la forma a + bi en donde a y b son números reales e i es un nuevo símbolo. Del mismo modo que los números reales son puntos en una línea, los números complejos son puntos en el plano del eje vertical. En la Figura 3.1 se muestra el gráfico de a + bi en el punto (a, b).

Figura 3.1: Un punto en el Plano Complejo.

Un número complejo de la forma 0 + bi es llamado imaginario puro.

Un número complejo de la forma a + 0i es llamado real.

Los números complejos forman un sistema algebraico. La adición vectorial y la multiplicación escalar básica son las mismas que habitualmente se realizan en el plano (R2 ). La nueva característica aquí es que podemos multiplicar dos números complejos usando la regla i 2 = −1. Usualmente los ingenieros electricistas a veces escriben j en lugar de i , porque quieren reservar i para corriente. Así como el conjunto de todos los números reales se denota R, el conjunto de todos los números complejos se denomina C.

Ejemplo 3.1 En base a la Figura 3.2 escriba los números complejos de la forma a + bi en cada uno de los gráficos mostrados.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

71

Im i

Re −1

1 −i

(a)

(b)

(c)

(d)

Figura 3.2: Ejercicio del Plano Complejo.

Solución: Por inspección tenemos. a

2+i

b

−1 − i

c

−2i

d

−3

Ejemplo 3.2 ¿Es 12 un número real o es un número complejo?. Seleccione la respuesta correcta. a

Es un número real.

b

Es un número complejo.

c

Ambos.

d

Ninguno.

Solución: Dado que 12 = 12 + 0i , entonces puede ser ambos. Respuesta es c .

Operaciones con Números Complejos Los números complejos pueden realizar operaciones de suma, resta, multiplicación y división (excepto la división por cero). En el Cuadro 3.1 se aprecian dichos operadores. Se aprecia que el operador de complejo conjugado invierte el signo del componente imaginario, que equivale a reflejar el número complejo con respecto al eje real. Es importante tener en cuenta la propiedad i 2 = −1.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

72

Resultado

Operador

Parte Real

Re (a + bi ) = a Re (2 − i ) = 2

Gráfico

2−i

Parte Imaginaria

Im (a + bi ) = b Im (2 − i ) = −1

2−i

Parte Compleja Conjugada

a + bi = a − bi 2−i = 2+i

2+i

2 i

Suma

(a + bi ) + (c + d i ) = (a + c) + (b + d )i (2 − 2i ) + (3 + i ) = 5 − i

Multiplicación Escalar

c(a + bi ) = (c a) + (cb)i 3(−2 − i ) = −6 − 3i

Cuadro 3.1: Operaciones con Números Complejos.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

73

Ejemplo 3.3 Multiplicar 2 + 3i con 1 − 5i . Solución: (2 + 3i )(1 − 5i ) ⇐⇒

= =

2 − 7i − 15i 2 17 − 7i

Ejemplo 3.4 Dividir z/w, dado: z = 2 + 3i y w = 1 − 5i . Solución: Para dividir z/w debemos convertir el denominador en un número real, para lo cual se multiplica el denominador por su conjugada y para no alterar la expresión se utiliza un factor unidad w/w. Esto nos permite hacer uso p de la propiedad i = −1 y recordando (a + b)(a − b) = a 2 − b 2 . 2 + 3i 2 + 3i 1 + 5i 2 + 13i + 15i 2 −13 + 13i 1 1 = · = = =− + i 2 1 − 5i 1 − 5i 1 + 5i 1 − 25i 26 2 2

Propiedades Aritméticas en los Números Complejos Las operaciones aritméticas sobre los números complejos satisfacen las mismas propiedades que los números reales. La jerga matemática para esto es que C, así como R, es un campo. Las propiedades que satisfacen son las siguientes: Cerradura bajo la adición y multiplicación: Si z y w son números complejos, también lo son z + w y zw. Conmutatividad de adición y multiplicación: z + w = w + z y zw = w z. Asociatividad de adición y multiplicación: v + (z + w) = (v + z) + w y v(zw) = (v z)w. Distribución de la multiplicación sobre la adición: v(z + w) = v z + v w. Adición inversa: z + (−z) = 0. Multiplicación inversa: z(1/z) = 1 Si z 6= 0.

Ejemplo 3.5 Sean z = 1 + 3i y w = 3 − 2i . Calcular las siguientes operaciones: a

z +w

b

wz

c

1/z

Solución:

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

74

Para

a

Para

:

b

:

Para

wz

=

(3 − 2i )(1 + 3i )

1/z

=

1 (1+3i )

1 + 3i + 3 − 2i

⇐⇒

=

3 + 9i − 2i − (−6)

⇐⇒

=

1−3i (1+3i )(1−3i )

4+i = 4−i

⇐⇒

=

9 + 7i

⇐⇒

=

1−3i 1+9

z +w

=

z +w

⇐⇒

=

⇐⇒

=

c

:

= (1/10) − (3/10)i

Complejos Conjugados La conjugación compleja respeta la adición y la multiplicación de números reales. Esto tiene sentido porque toda conjugación compleja se reduce a cambiar el signo de i a −i .

z +w = z +w

az = az

Para todo número real a.

zw = z w

Ejemplo 3.6 Si z = −z ¿Que se puede afirmar acerca del valor de z = a + bi ? a

z es puramente imaginario.

b

z es real.

c

z tiene una longitud (módulo) de 1.

d

z =0

e

Ninguno de los anteriores.

Solución: Si z¯ = −z entonces a − bi = −a − bi , de modo que se cumple a = −a y b = b. De modo que a = 0, por lo tanto: z = bi . Es decir es un imaginario puro. La respuesta es a .

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

75

Ejemplo 3.7 Cuando el número real positivo t tiende a +∞, ¿cómo se mueve el valor de t 2 en el plano complejo? Seleccione una de las respuestas: (“Radialmente” significa una línea recta que parte del origen hacia afuera.) a

No se mueve.

b

Sentido horario alrededor del círculo.

c

Sentido antihorario alrededor del círculo.

d

En espiral hacia dentro, en sentido horario.

e

En espiral hacia dentro, en sentido antihorario.

f

En espiral hacia afuera, en sentido horario.

g

En espiral hacia afuera, en sentido antihorario.

h

A lo largo de una Hipérbola.

i

A lo largo de una Parábola.

j

Radialmente hacia adentro.

k

Radialmente hacia afuera.

l

A lo largo de una línea que no pasa por el origen.

Solución: El número t 2 está siempre en el eje real, y se mueve hacia el exterior a medida que t aumenta. Notar que si estuviéramos representando gráficamente la función, estaríamos trazando los puntos (t , t 2 ) en R2 cuando t varía, lo que daría una parábola. Pero realmente estamos trazando t 2 como un número complejo cuando t varía, por lo que en coordenadas sería equivalente a trazar los puntos (t 2 , 0) en el plano. La respuesta es k .

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

76

Ejemplo 3.8 Cuando el número real positivo t tiende a +∞, ¿cómo se mueve el valor de 1 + i · t 2 en el plano complejo? Seleccione una de las respuestas: (“Radialmente” significa una línea recta que parte del origen hacia afuera.) a

No se mueve.

b

Sentido horario alrededor del círculo.

c

Sentido antihorario alrededor del círculo.

d

En espiral hacia dentro, en sentido horario.

e

En espiral hacia dentro, en sentido antihorario.

f

En espiral hacia afuera, en sentido horario.

g

En espiral hacia afuera, en sentido antihorario.

h

A lo largo de una Hipérbola.

i

A lo largo de una Parábola.

j

Radialmente hacia adentro.

k

Radialmente hacia afuera.

l

A lo largo de una línea que no pasa por el origen.

Solución: La coordenada x es la parte real de 1 + i · t 2 , que es 1, por lo que se mueve a lo largo de la línea x = 1, que no pasa a través del origen. Nunca atraviesa la parte de la línea debajo del eje real, pero se mueve a lo largo de la línea. La respuesta es l .

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

77

Ejemplo 3.9 Cuando el número real positivo t tiende a +∞, ¿cómo se mueve el valor de (2 + 3i )/t en el plano complejo? Seleccione una de las respuestas: (“Radialmente” significa una línea recta que parte del origen hacia afuera.) a

No se mueve.

b

Sentido horario alrededor del círculo.

c

Sentido antihorario alrededor del círculo.

d

En espiral hacia dentro, en sentido horario.

e

En espiral hacia dentro, en sentido antihorario.

f

En espiral hacia afuera, en sentido horario.

g

En espiral hacia afuera, en sentido antihorario.

h

A lo largo de una Hipérbola.

i

A lo largo de una Parábola.

j

Radialmente hacia adentro.

k

Radialmente hacia afuera.

l

A lo largo de una línea que no pasa por el origen.

Solución: Multiplicar 2 + 3i por el número real positivo 1/t no cambia su dirección; Sólo lo hace más pequeño a medida que crece. Así, el punto se mueve radialmente a lo largo de la línea a través de 0 y 2 + 3i , hacia 0. La respuesta es j .

Ejemplo 3.10 Solución:

¿Cuál es la parte real de la función ble real t ?

2+7i t 1−6i t

de una varia-

2+7i t 1−6i t

=

⇐⇒

=

⇐⇒

2+7i t 1−6i t

t · 1+6i 1+6i t

2 − 42t 2 + 19i t 1 + 36t 2 µ ¶ µ ¶ 2 − 42t 2 19t = + i 1 + 36t 2 1 + 36t 2

De modo que la parte real es:

2−42t 2 1+36t 2

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

78

Módulo de Números Complejos El valor absoluto o también llamado magnitud o módulo |z| de un número complejo z = a + bi , es la distancia medido desde el origen. |a + bi | =

p

a2 + b2

(Es un número real).

Sabemos que cuando multiplicamos un número complejo por su complejo conjugado, obtenemos un número real. Este número real es el cuadrado de la distancia al origen: z z = a 2 + b 2 = |z|2 Para un número complejo z, las desigualdades como z < 3 no tiene sentido, pero las desigualdades como |z| < 3 si las tienen, porque |z| es un número real. Los números complejos que satisfacen |z| < 3 son los discos abiertos de radio 3 centrado en 0 en el plano complejo. El disco abierto significa el disco sin su límite.

Ejemplo 3.11 Encuentre el módulo de los siguientes números complejos: a

z = 1 + 3i

b

w = 3 − 2i

Solución:

Para z tenemos:

Para w tenemos: p |w| = 32 + 22 p =⇒ |w| = 13

z z¯ = (1 + 3i )(1 − 3i ) =⇒ z 2 = 1 + 9 p =⇒ |z| = 10

Algunas Identidades de Números Complejos A continuación se listan algunas identidades de números complejos:

Re z =

z +z , 2

Im z =

z −z , 2i

z = z,

zz = |z|2

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

79

Ejemplo 3.12 ¿Como afecta la multiplicación por i a un número complejo en el plano complejo? a

Gira el número complejo alrededor del origen en 90 ° hacia la izquierda.

b

Gira el número complejo alrededor del origen en 90° hacia la derecha.

c

Lleva el número complejo a otro número complejo que señala en la dirección opuesta con la misma distancia desde el origen.

d

Refleja el número complejo a través del eje imaginario.

e

Refleja el número complejo a través del eje real.

f

Ninguna de las anteriores.

Solución: La respuesta es que gira el número en 90° hacia la izquierda sobre el origen (alternativa a ). Calculamos: Imz

i (a + bi ) = −b + ai −b+ ai

Vemos que se gira 90° en el sentido contrario a las agujas del reloj. Por ejemplo: i · 1 = i e i · i = −1. De modo que en general se tiene: Re (i z) 6= i Re z

a + bi

Rez

Forma Polar Dado un número complejo diferente de cero, tal como z = a + bi , podemos expresar el punto (a, b) en coordenadas polares r y θ del siguiente modo: a = r cos θ,

b = r sen θ

Luego: a + bi = (r cos θ) + (r sen θ)i =⇒ = r (cos θ + i sen θ) De modo que r = |z|, donde r debe ser un número real positivo, asumiendo que z 6= 0.

Cualquier θ posible para z puede llamarse arg z, pero esto es una notación peligrosamente ambigua puesto que hay muchos valores de θ para el mismo z.

Ejemplo 3.13 Suponga que z = −3i . De modo que z se corresponde con el punto (0, −3). Entonces r = |z| = 3, pero existen infinitas posibilidades para el ángulo θ. Calcule dicho ángulo utilizando Octave. Solución:

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

80

Una posibilidad es θ = −π/2, las demás opciones se obtienen sumando múltiplos enteros de 2π: arg z

=

. . . , −5π/2, −π/2, 3π/2, 7π/2, . . .

Para especificar una forma polar preferida, tendríamos que restringir el intervalo de θ con algún intervalo de ancho 2π. La opción más frecuente es limitar −π < θ ≤ π. Este θ especial es llamado el valor principal del argumento, y se indica de varias maneras:

El comando en Octave para calcular el angulo θ es: at an2(−3, 0) = −1,5708 En Radianes

θ = Arg(a + bi ) = Arg[a + bi] = ArcTan[a, b] = atan2(b, a) Mathematica

Mathematica

at an2d (−3, 0) = −90 En Sexagesimales

OCTAVE

Ejemplo 3.14 Encuentre el valor principal del argumento θ para los números complejos z 1 = 1 + i e z 2 = −1 − i . Solución: Sabemos que z = a + bi , de modo que se cumple: Si a > 0 Si a < 0 Si a < 0

y b≥0 y b 0) : iθ 5

(r e ) r 5 e i (5θ)

= =

iπ

Estos son números ubicados en un círculo de radio 2. Para pasar de una raíz a la siguiente solo se incrementa el valor de k en una unidad, esto equivale a rotar 2π/5. Incrementando k cinco veces, trae el número de nuevo a su posición original. Así que es suficiente asignar k = 0, 1, 2, 3, 4. La respuesta es: 2e i (π/5) , 2e i (3π/5) , 2e i (5π/5) , 2e i (7π/5) , 2e i (9π/5)

32e 32e i π 2ei

El módulo o valor absoluto de las raíces debe cumplir la ecuación r 5 = 32. El ángulo debe satisfacer 5θ = π + 2πk para algún entero k. De modo que:

r =2

y

θ=

π + 2πk 5

3π 5

π

2ei 5

2ei

5π 5

para algún entero k.

2ei 2ei

9π 5

7π 5

En otras palabras: z = 2e i (π+2πk)/5 para algún entero k.

Figura 3.6: Cinco raíces complejas.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

90

Raíces Complejas de la Unidad

i

³

2πk

´

Para calcular las n-ésimas raíces complejas de la unidad (solución de z n = 1), basta con calcular los números e n , para k = 0, 1, 2, . . . , n − 1. Si tomamos k = 1, obtenemos el número ζ = e 2πi /n . En términos de ζ, la lista completa de las raíces complejas de la unidad se puede expresar del siguiente modo:

1, ζ, ζ2 , . . . , ζn−1

Después de ello las raíces vuelven a repetirse ya que ζn = 1. Esto implica que existen n raíces complejas de la unidad. Geometricamente todas caen en el círculo unidad dentro del plano complejo. Cada raíz tiene la forma e i θ , el cual tiene valor absoluto de 1. Las raíces se encuentran igualmente espaciadas alrededor del círculo unidad, iniciando con la raíz z = 1, y el ángulo de separación entre dos raíces consecutivas es 2π/n. Estos factores están ilustrados para el caso n = 6 en la Figura 3.7.

Figura 3.7: Seis raíces complejas de z 6 = 1.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

91

Ejemplo 3.25 Encuentre en su forma Cartesiana los valores de:

El comando en Octave es:

p 3 1 Elabore un programa Octave para validar el resultado. Solución: Las raíces cúbicas de 1 son: 1, ω y ω2 , donde: ω

=

e 2πi /3 = cos(2π/3) + i sen(2π/3) =

− 21 + i

ω2

=

e −2πi /3 = cos(−2π/3) + i sen(−2π/3) =

− 21 − i

p 3 2 p 3 2

z=1; re_z=real(z); im_z=imag(z); abs_z=abs(z); angle_z=atan2(im_z, re_z); n=3; ro= abs_z^1/n; figure(); axis([-1.5*abs_z,1.5*abs_z,-1.5*abs_z,1.5*abs_z]); rho = linspace(0,abs_z,50); theta = linspace(0,2*pi,50); hold on; for k = 0:n-1 w(k+1) = cos(angle_z/n+(2*pi*k)/n)+i*sin(angle_z/n+(2*pi*k)/n); plot(rho.*real(w(k+1)),rho.*imag(w(k+1)),’-.b’,’LineWidth’,1); plot(real(w(k+1)),imag(w(k+1)),"marker", ".","markersize", 25, "@1"); endfor plot(abs_z.*cos(theta),abs_z.*sin(theta),’-.r’,’LineWidth’,1); hold off;

Tradicionalmente la letra griega omega ω es empleada para denotar las raíces cúbicas de la unidad. Note que para el ángulo polar de ω2 hemos utilizado −2π/3 en vez de su ángulo equivalente 4π/3, para sacar provecho de las identidades trigonométricas: cos(−x) = cos(x)

sen(−x) = − sen(x)

Es importante recalcar que ω2 = ω.

Figura 3.8: Raíces complejas de z 3 = 1.

Ejemplo 3.26 Encuentre los valores de: p 4 i Escriba un programa Octave para validar el resultado. Solución: El comando en Octave es: z=i; re_z=real(z); im_z=imag(z); abs_z=abs(z); angle_z=atan2(im_z, re_z); n=4; ro= abs_z^1/n; figure(); axis([-1.5*abs_z,1.5*abs_z,-1.5*abs_z,1.5*abs_z]); rho = linspace(0,abs_z,50); theta = linspace(0,2*pi,50); hold on; for k = 0:n-1 w(k+1) = cos(angle_z/n+(2*pi*k)/n)+i*sin(angle_z/n+(2*pi*k)/n); plot(rho.*real(w(k+1)),rho.*imag(w(k+1)),’-.b’,’LineWidth’,1); plot(real(w(k+1)),imag(w(k+1)),"marker", ".","markersize", 25, "@1"); endfor plot(abs_z.*cos(theta),abs_z.*sin(theta),’-.r’,’LineWidth’,1); hold off;

p 4 Sabemos que: i = e i π/2 , de modo: i = e i (π/8+2πk/4) Tener en cuenta que: e i (π/8+2πk/4) = e i π/8 e i 2πk/4 . Donde e i 2πk/4 son las raíces cuartas de la unidad p 4 1 = 1, i , −1, −i . Por lo tanto una de las raíces cuartas de i es z 0 = e i π/8 , y las cuatro raíces de i están dadas por: p 4 i = z 0 , i z 0 , −z 0 , −i z 0

Figura 3.9: Raíces complejas de z 4 = 1.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

92

Ejemplo 3.27 Resuelva la ecuación: x 6 − 2x 3 + 2 = 0 Escriba un programa Octave para visualizar el resultado.

Por lo tanto, las raíces cúbicas de 1 − i deben ser los conjugados complejos de las raíces cúbicas de 1 + i : 21/6 e −i π/12 ,

21/6 e −i 9π/12 ,

21/6 e i 7π/12

Puedes notar que: 21/6 e i (π/4+2πk)/3 = 21/6 e i π/12 e i 2πk/3

Solución: Si tratamos esta ecuación como una ecuación cuadrática en z = x 3 , resolvemos la ecuación cuadrática z 2 − 2z + 2 = 0 utilizando la fórmula: p p −b ± b 2 − 4ac 2 ± (−2)2 − 4 · 1 · 2 z 1,2 = = = 1±i 2a 2·1 De manera que las raíces de la ecuación original satisfacen la condición: x3 = 1 + i

o

x3 = 1 − i

Esto reduce el problema a encontrar las raíces cúbicas de los dos números complejos 1 ± i . Empezamos calculando las raíces para 1 + i : 1+i

=

(1 + i )1/3 ⇐⇒ ⇐⇒

= = =

p πi /4 2e ¡ 1/2 i π/4 ¢1/3 2 e 21/6 e i (π/4+2πk)/3 21/6 e i (1+8k)π/12

En donde e i 2πk/3 = ω, siendo que ω es una de las raíces cúbicas de la unidad ω3 = 1. Las raíces cúbicas también pueden escribirse como: z 1 , z 1 ω, z 1 ω2 y z 2 , z 2 ω, z 2 ω2 Donde: z 1 = 21/6 e πi /12 , ω = e i 2π/3

z 2 = z 1 = 21/6 e −i πi /12 y

El comando en Octave es: % Coeficientes del polinomio x=[1 0 0 -2 0 0 2]; w=roots(x); abs_z=abs(w(1)); n=length(w); figure(); axis([-1.5*abs_z,1.5*abs_z,-1.5*abs_z,1.5*abs_z]); rho = linspace(0,abs_z,50); theta = linspace(0,2*pi,50); hold on; for k = 1:n plot(rho.*real(w(k)),rho.*imag(w(k)),’-.b’,’LineWidth’,1); plot(real(w(k)),imag(w(k)),"marker", ".","markersize", 25, "@1"); endfor plot(abs_z.*cos(theta),abs_z.*sin(theta),’-.r’,’LineWidth’,1); hold off;

Hay tres elecciones de k = 0, 1, −1 para encontrar las tres raíces cúbicas: 21/6 e i π/12 ,

21/6 e i 9π/12 ,

21/6 e −i 7π/12

Note que 1−i es la conjugada compleja de 1+i . Desde que empezamos con una ecuación real, todas las raíces deben ocurrir como pares conjugados complejos.

Figura 3.10: Raíces complejas del Polinomio.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

93

Ejemplo 3.28 Encuentre la parte imaginaria de la función 1 de una variable real t . 6i +10t 2 Solución: Multiplicamos por la conjugada del número complejo en el denominador tenemos:

1 6i +10t 2

=

1 10t 2 +6i

⇐⇒

=

10t 2 −6i 100t 4 +36

⇐⇒

=

La respuesta es:

³

2

−6i · 10t 10t 2 −6i

10t 2 100t 4 +36

´

+i

³

−6 100t 4 +36

´

−6/(100 ∗ t 4 + 36)

Ejemplo 3.29 A medida que el número real t tiende a +∞, ¿cómo se mueve el valor de t e −3i t en el plano complejo? Seleccione una de las respuestas posibles: (“Radialmente” significa a lo largo de un rayo que parte del origen.)

1

No se mueve.

2

A la derecha sobre el círculo.

3

A la izquiera sobre el círculo.

4

Hacia dentro en espiral a la derecha.

5

Hacia dentro en espiral a la izquierda.

6

Hacia afuera en espiral a la derecha.

7

Hacia afuera en espiral a la izquierda.

8

A lo largo de una hipérbola.

9

A lo largo de una parábola.

10

Radialmente hacia adentro.

11

Radialmente hacia afuera.

12

A lo largo de una línea que no pasa por el origen.

Solución: El valor de e −3i t es un número complejo en forma polar con r = 1 y θ = −3t , por lo que permanece en el círculo unitario, y se desplaza en sentido horario a la derecha dado que θ está disminuyendo. La multiplicación por t > 0 cambia el módulo a ¯ −3i t ¯ ¯t e ¯ = t , por lo que al movimiento de rotación le acompaña un incremento lineal del radio. La respuesta es 6 , hacia afuera en espiral a la derecha.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

94

Ejemplo 3.30 Solución: ¯ ¯ ¯ 1 ¯ Calcule ¯ e x+yi ¯ en términos de las constantes reales x e y. Tener en cuenta que la respuesta no necesariamente debe involucrar a ambas variables x e y.

¯ ¯ ¯ 1 ¯ ¯ e x+yi ¯

¯ ¯ = ¯e −x−i y ¯ ¯ −x −i y ¯ = ¯e · e ¯ ¯ ¯ = |e −x | · ¯(cos y + i sen y)¯ {z } |

⇐⇒ ⇐⇒

=1

e

La respuesta es:

−x

Ejemplo 3.31 ¿Cuántos números complejos c cumplen que e c = 0? Seleccione una de las alternativas siguientes: Solución: 1

Ninguno.

2

Uno.

3

Dos.

4

Existen infinitos.

Ninguna. Si c = x + yi , entonces |e c | = e x > 0, entonces e c nunca puede ser 0. La respuesta es: 1 .

Ejemplo 3.32 Sea α la raíz compleja de z 2 + 2z + 2 con parte imaginaria positiva. ¿Cuál es el valor de arg(α) en el intervalo (−π, π]? Solución: Calculamos las raíces cuadráticas para obtener el ángulo.

−2 ±

p

p 22 − 4(1)(2) −2 ± −4 = = −1 ± i 2 2

De modo que α = −1 + i . El vector formado por α biseca el segundo cuadrante (Re < 0, Im > 0) en dos ángulos iguales de 45 grados, por lo que en relación al eje real positivo, el argumento es arg(α) = 3π/4. La respuesta es: arg(α) = 3π/4.

Ejemplo 3.33 Resuelva a su mínima expresión en coordenap das cartesianas (1 + i 3)6 Solución: p Sea z = 1 + i 3. Podemos obtener su representación polar mediante z = r e i θ , mediante:

r = |z| =

q p p 1 + ( 3)2 = 1 + 3 = 2

θ vía tan(θ) = Por lo tanto:

La respuesta es:

p 3 1 ,

z6 ⇐⇒ 64.

que implica θ = π/3 = r 6 e i 6θ = 26 e i 6π/3 = 26 = 64

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

95

Ejemplo 3.34 Supongamos que f (z) es un polinomio no nulo con coeficientes reales tal que f (−7−2i ) = 0. ¿Cuál de las siguientes alternativas son verdaderas? Seleccione todas las respuestas posibles. 1

f (7 + 2i ) = 0

2

f (7 − 2i ) = 0

3

f (−7 + 2i ) = 0

4

El grado de f es al menos 2

5

El grado de f es exactamente 2

6

El polinomio f no tiene raíces reales

Solución: Puesto que −7−2i es una raíz de f , su complejo conjugado −7 + 2i también lo es; Así la expresión f (−7 + 2i ) = 0 es verdadera.

En particular, f tiene al menos 2 raíces, por lo que el número total de raíces con multiplicidad es al menos 2. Por el teorema fundamental del álgebra, ese número total es igual al grado de f , por lo que el grado es al menos 2. El polinomio f puede ser calculado como: f (z) ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

= = = =

(z − (−7 − 2i ))(z − (−7 + 2i )) (z + 7 + 2i )(z + 7 − 2i ) (z + 7)2 + 22 z 2 + 14z + 53

En este caso, usando la primera expresión para f (z) se demuestra que f (7 + 2i ) 6= 0. Del mismo modo f (7 − 2i ) = 0 tampoco es verdadero. Por otro lado, f puede ser: f (z) ⇐⇒ ⇐⇒

= z(z − (−7 − 2i ))(z − (−7 + 2i )) = z(z 2 + 14z + 51) = z 3 + 14z 2 + 53z

Que es de grado 3. También, esta f tiene una raíz real, a saber 0. La respuesta es: 3 y 4 .

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

96

3.3

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales Homogéneas de Segundo Orden con

Coeficientes Constantes

Recordando el sistema masa resorte del Capítulo 1:

Figura 3.11: Sistema Masa-Resorte.

Usando la Segunda Ley de Newton, encontramos una ODE Lineal Homogénea de Segundo Orden que describe el desplazamiento x de la masa: m x¨ + kx = 0 Ahora veamos la solución de esta ecuación. Por simplicidad vamos a elegir m = k = 1, de modo que la ecuación se puede expresar como:

x¨ + x = 0 Vamos a utilizar este ejemplo para discutir algunas propiedades de las soluciones antes de bucear en la técnica para resolver este tipo de ecuación.

Ejemplo 3.35 De su experiencia con el cálculo diferencial, ¿qué funciones satisfacen x¨ = −x ? Solución: Las funciones trigonométricas cos(t ) y sen(t ) tienen ambos la propiedad x¨ = −x: cos(t )00 sen(t )00

= =

− cos(t ) − sen(t )

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

97

Ejemplo 3.36 ¿Cuáles de las siguientes funciones son soluciones para x¨ + x = 0? Marque todas las que correspondan. Como sugerencia reemplace las expresiones en la ecuación diferencial. 1

sen(t ) + cos(t )

2

3 sen(t )

3

−2 cos(t )

4

0

Solución: Por inspección tenemos que todas las alternativas cumplen con la EDO.

Superposición para Soluciones Homogéneas El principio general detrás del problema que acabamos de resolver es que cualquier combinación lineal de coseno y seno: x(t ) = c 1 cos(t ) + c 2 sen(t )

(c 1 , c 2 cualquier número real)

Es solución de la EDO x¨ + x = 0. Esto es una consecuencia del Principio de Superposición para Ecuaciones Diferenciales Lineales Homogéneas. Definición 3.4 Superposición para Ecuaciones Diferenciales Homogéneas Lineales Las soluciones para una EDO homogénea lineal de segundo orden tal como: p 2 (t ) y¨ + p 1 (t ) y˙ + p 0 (t ) y = 0 O más generalmente, las soluciones a una ecuación homogéneo lineal de orden n, tal como: p n (t ) y (n) + p n−1 (t ) y (n−1) + · · · + p 0 (t ) y = 0 Tiene las siguientes propiedades: 1. La función cero 0 es una solución. 2. Multiplicar cualquier solución por un escalar da otra solución. 3. Agregar dos soluciones nos da otra solución. En resumen: Todas las combinaciones lineales de soluciones homogéneas son soluciones homogéneas.

Esta es la razón por la cual las EDO lineales homogéneas son tan agradables. Si conoce algunas soluciones, puede formar combinaciones lineales para crear nuevas soluciones, sin trabajo adicional. Esta propiedad la utilizaremos una y otra vez en aplicaciones sobre ecuaciones diferenciales. Más adelante, veremos que la lista de propiedades anteriores significa que la colección de todas las soluciones homogéneas forma lo que se conoce como espacio vectorial.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

98

Todas las Soluciones para una EDO Homogénea Lineal de Segundo Orden Volvamos a nuestro sistema de masa-resorte, modelado por la ecuación diferencial: x¨ + x = 0 Hemos encontrado que: x(t ) = c 1 cos(t ) + c 2 sen(t ) es una solución para cualquier valor de los dos parámetros c 1 y c 2 . Resulta que esta familia de dos parámetros de soluciones comprende todas las soluciones para la EDO de segundo orden. Definición 3.5 Todas las Soluciones a una Ecuación Diferencial Homogénea Lineal de Segundo Orden La colección de todas las soluciones a cualquier ecuación diferencial homogénea lineal de segundo orden es: x(t ) = c 1 x 1 (t ) + c 2 x 2 (t ) Donde x 1 (t ) y x 2 (t ) son soluciones a la ecuación diferencial de segundo orden y los dos parámetros c 1 y c 2 pueden tomar cualquier valor constante, así como x 1 (t ) y x 2 (t ) deben ser linealmente independientes. Esta familia de soluciones de dos parámetros también se conoce como Solución General de la Ecuación Diferencial Lineal de Segundo Orden.

Es importante recalcar que el término Linealmente Independiente significa que x 1 (t ) y x 2 (t ) no pueden ser constantes múltiplos del otro. En particular esto significa que ni x 1 ni x 2 pueden ser ceros. En este caso se dice que x 1 y x 2 forman una base para el conjunto de todas las soluciones homogéneas. Esto implica que el problema de resolver una EDO lineal de segundo orden se reduce a encontrar sólo dos soluciones linealmente independientes, ya que todas las demás pueden ser construidas tomando combinaciones lineales de éstas. También que hay aproximadamente dos parámetros en la solución general de una EDO de segundo orden porque para resolver una EDO de segundo orden de una manera u otra, necesitamos integrar dos veces y con cada integración viene una constante de integración. Más adelante, encontraremos que en general, el número de constantes arbitrarias en la solución general se corresponde con el orden de una EDO lineal. Condiciones Iniciales: Cada EDO lineal de segundo orden tiene una familia de soluciones de 2 parámetros. Para definir una solución específica, necesitamos especificar dos datos para la solución. Es un hecho fascinante que estos datos se pueden ˙ siempre proporcionar por dos condiciones iniciales en el mismo tiempo de comienzo, tal como y(0) y y(0). El tiempo de inicio también podría ser un número a diferente de 0. Una vez que hemos encontrado una base x 1 y x 2 para las soluciones, las condiciones iniciales se satisfacen eligiendo los valores para los dos parámetros c1 y c2. Compare esto con lo que hemos aprendido para las ecuaciones lineales de primer orden. Usando la separación de variables en el caso homogéneo y la variación de los parámetros en el caso no homogéneo, mostramos que cada EDO lineal de primer orden tiene una familia de soluciones de 1 parámetro. Para definir una solución específica en esta familia, sólo necesitamos una condición inicial, como y(0).

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

99

Modelado de un Sistema Amortiguador-Masa-Resorte Ejemplo 3.37

Masa

Amortiguador

Resorte

Figura 3.12: Sistema Amortiguador-Masa-Resorte.

Una masa que se asienta en un carro se une a un resorte unido a una pared. La masa también está conectada a un amortiguador. El amortiguador podría ser un cilindro lleno de aceite con un pistón que se mueve a través del amortiguador. Encuentre la ecuación diferencial para la posición de la masa. Solución: Definimos las variables con sus unidades: t x m

tiempo en segundos (s) posición de la masa en metros (m) la masa en kilogramos (kg)

F resorte F amortiguador F

fuerza ejercida por el resorte en la masa (N) fuerza ejercida por el amortiguador en la masa (N)

fuerza total ejercida en la masa (N)

La variable independiente es t , la posición x y la fuerza son funciones de la variable independiente t . Físicamente esto nos dice: F resorte es una función de la posición x y tiene signo opuesto de x. F amortiguador es una función de la velocidad x˙ ˙ y tiene signo opuesto de x. Para simplificar se aproxima estas fuerzas mediante funciones lineales, asumiendo que x y x˙ son variaciones pequeñas, tenemos: F resorte = −kx , Ley de Hooke

F amortiguador = −b x˙

Donde k es la constante del resorte en unidades N /m y b es la constante del amortiguador en unidades N ·s/m; aquí k, b > 0. Sustituyendo esto en la Segunda Ley de Newton F = m x¨ , tenemos: F = F resorte + F amortiguador Nos da: m x¨ = −kx − b x˙ Una EDO lineal de segundo orden se puede escribir como: m x¨ + b x˙ + kx = 0 Esto es una EDO lineal homogénea de segundo orden con coeficientes constantes. En el lenguaje de entradasistema-salida tenemos:

Señal de entrada: Sistema: Señal de salida:

0 No existe Fuerza Externa en la masa resorte, masa, amortiguador

x(t )

Note que podemos dividir por m para obtener la forma lik b neal estándar: x¨ + m x˙ + m x = 0. La ecuación diferencial que surge en este modelo es fundamental para todo tipo de comportamiento oscilatorio. Hemos asumido que la masa m, la constante de amortiguación b, y la constante de amortiguamiento k no varían con el tiempo. Uno puede suponer que este modelo todavía se aplica con m, b y k siendo funciones del tiempo, pero no resolveremos tales tipos de ED.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

100

Polinomio Característico Ejemplo 3.38 ¿Cuáles son las soluciones de la siguiente EDO, donde m, b y k son constantes reales? m x¨ + b x˙ + kx = 0 Solución: Intentamos con x = e r t , donde r es una constante a ser calculada. De modo que x˙ = r e r t y x¨ = r 2 e r t , por lo tanto: mr 2 e r t + br e r t + ke r t (mr 2 + br + k)e r t

= =

0 0

Esto genera una igualdad de funciones si y solo si se cumple: mr 2 + br + k

0

=

El polinomio p(r ) = mr 2 + br + k se conoce como Polinomio Característico de la Ecuación Diferencial dada, y la ecuación p(r ) = 0 es la Ecuación Característica. Como es usual para ecuaciones cuadráticas, existen tres escenarios para las raíces dependiendo del valor de p b 2 − 4km. En este capítulo vamos a discutir la solución general a la ED en los casos donde las dos raíces son distintas ya sean reales o complejas, dejando el caso donde las raíces son repetidas para más adelante.

Ejemplo 3.39 ¿Cuál es el polinomio característico p(r ) de la ecuación diferencial x¨ + x = 0, que modela el sistema masa-resorte sin el amortiguador? Solución: Intentamos con x = e r t , donde r es una constante a ser calculada. De modo que x˙ = r e r t y x¨ = r 2 e r t , por lo tanto: x¨ + x = 0 r 2e r t + e r t (r 2 + 1)e r t

= = =

0 0 0

De modo que el polinomio característico es: p(r ) = r 2 +1. Tome en cuenta que p(r ) puede calcularse directamente de la ecuación diferencial reemplazando el operador diferencial ddt con el factor r .

Problema de Valor Inicial con Dos Raíces Reales Distintas Ejemplo 3.40 ¿Cuál es la solución general de la siguiente EDO? y¨ + 5 y˙ + 6y = 0 Solución: La función y = e r t es una solución de la ED exactamente cuando r es una raíz del polinomio característico. Dado que

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

101

el polinomio característico de la ED es: p(r ) = r 2 + 5r + 6 = (r + 2)(r + 3) Las dos funciones e −2t y e −3t son soluciones. Por lo tanto la solución general de la ED es: c 1 e −2t + c 2 e −3t Donde c 1 y c 2 son constantes arbitrarias.

Ejemplo 3.41 Del ejemplo anterior. ¿Cuál es la solución particular que satisface las siguientes condiciones iniciales? y(0) = 0

˙ =1 y(0)

Solución: Vamos a utilizar las dos condiciones iniciales para determinar los coeficientes de los dos parámetros en la solución general encontrada: c 1 e −2t + c 2 e −3t . y(0) ˙ y(0)

= =

0 1

=⇒ =⇒

c1 + c2 −2 · c 1 − 3 · c 2

= =

0 1

Resolviendo simultáneamente estas dos ecuaciones, encontramos c 1 = 1 y c 2 = −1.

De modo que la solución que satisface las condiciones iniciales es: y(t ) = e −2t − e −3t A continuación se muestra un bosquejo de la gráfica de la solución:

Figura 3.13: Gráfica de y(t ) = e −2t − e −3t .

Figura 3.14: Soluciones de y¨ + 5 y˙ + 6y = 0 con diferentes condiciones iniciales. Las posiciones iniciales y(0) son diferentes para las cur˙ > 0; las vas. Las curvas en azul satisfacen y(0) ˙ < 0; las curvas curvas en verde satisfacen y(0) en naranja satisfacen y˙ = 0.

Ejemplo 3.42 Encuentre una EDO de segundo orden teniendo a 5e −t + 9e 3t como una de sus soluciones. 1

y¨ − 14 y˙ + 45y = 0

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

102

2

y¨ + 14 y˙ + 45y = 0

3

y¨ + 2 y˙ − 3y = 0

4

y¨ − 2 y˙ − 3y = 0

Solución: Dado que la solución dada es una combinación lineal de e −t y e 3t . Esto implica que las raíces del polinomio característico de la EDO de segundo orden de la ED deben ser: −1 y 3. De modo que el polinomio característico debe ser una constante múltiplo de p(r ) = (r + 1)(r − 3) = r 2 − 2r − 3. Por lo tanto, la ecuación diferencial: y¨ − 2 y˙ − 3 = 0 Tiene como solución la función dada. Tener en cuenta que los coeficientes 5 y 9 no afecta la ED, ya que dichos coeficientes están determinadas por las condiciones iniciales.

Raíces Complejas Caso de Estudio: Dos Raíces Complejas Distintas Ejemplo 3.43 Suponga que la ecuación y¨ + A y˙ + B y = 0 donde A y B son reales, tiene como raíces de su ecuación característica a ± i b. Halle la solución general real. Solución: Dado que las raíces del polinomio característico son a ± i b, las dos exponenciales complejas e (a+i b)t , e (a−i b)t forman una base para la colección de todas las soluciones. Ahora bien, como todos los coeficientes en la ED y en el polinomio característico son reales, las partes real e imaginaria de cualquiera de las soluciones exponenciales son también soluciones de la ED. Re (e (a+i b)t ) Im (e (a+i b)t )

= =

e at Re (e +i bt ) e at Im (e +i bt )

= =

e at cos(bt ) e at sen(bt )

Estas dos soluciones son reales y linealmente independientes, y dan la solución real general y(t )

=

c 1 e at cos(bt ) + c 2 e at sen(bt )

En donde c 1 y c 2 son números reales arbitrarios.

Figura 3.15: Gráfica de e at cos(bt ) para a < 0.

Figura 3.16: Gráfica de e at sen(bt ) para a < 0.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

103

En las gráficas se muestran las dos funciones: e at cos(bt ) y e at sen(bt ) cuando a < 0.

Ejemplo 3.44 Si y(t ) = u(t ) + i v(t ) es una solución a una ED homogénea de segundo orden con coeficientes reales. Demuestre que las partes real e imaginaria de la solución compleja también son soluciones de la ED: y¨ + A y˙ + B y

=

0

Donde A, B son reales.

Solución: Reemplazamos la solución y(t ) en la ecuación. (u +¨ i v) + A (u +˙ i v) + B (u + i v)

=

0

=⇒ (u¨ + A u˙ + Bu) + i (v¨ + A v˙ + B v)

=

0

Dado que los coeficientes A y B son reales, las partes real e imaginaria de la parte izquierda de la ED se han agrupado en los colores azul y naranja respectivamente. Por lo tanto se concluye que ambas soluciones u y v son soluciones de la ED original. El mismo razonamiento hubiera funcionado si los coeficientes A y B varían con respecto a la variable independiente t.

Revisión de Sistemas No Amortiguados Utilicemos ahora el polinomio característico para resolver la ED que modela un sistema de masa elástica sin amortiguamiento: y¨ + y = 0 El polinomio característico es r 2 + 1, que se puede factorizar como (r − i )(r + i ). Sus raíces son i y −i . Así, las soluciones exponenciales son: e i t , e −i t Forma una Base para la colección de todas las soluciones Dado que los coeficientes de la ED son reales es decir que el modelo representa una situación de vida real, las partes real e imaginaria de e i t o su equivalente e −i t son: Re (e i t ) Im (e i t )

cos(t ) sen(t )

= =

⇐⇒

Re (e −i t ) Im (e −i t )

= =

cos(t ) − sen(t )

Estos dos factores son soluciones reales de la ED y son linealmente independientes: cos t , sen t forma otra base para la misma colección de soluciones La solución real general contiene todas las combinaciones lineales reales de estas dos funciones reales que forman la base: y(t )

=

c 1 cos t + c 2 sen t ,

Donde c 1 , c 2 ∈ R.

Esto es lo mismo que hemos obtenido al inicio, sin usar el polinomio característico.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

104

Ejemplo 3.45 La solución general dada por las soluciones exponenciales e i t y e −i t correspondientes a las raíces del polinomio característico es: y(t )

=

C 1 e i t +C 2 e −i t

Sin embargo, esto es un número complejo ya que e ±i t es complejo. ¿Se pueden obtener las soluciones reales c 1 cos t + c 2 sen t , a partir de esta solución compleja general? Solución: Sí es posible. Puesto que las raíces i y −i del polinomio característico son conjugados complejos entre sí, las soluciones exponenciales e i t y e −i t correspondientes a estas raíces son también conjugadas complejas entre sí. Ahora, recordemos que las partes real e imaginaria de cualquier función compleja z pueden obtenerse por combinaciones lineales, con coeficientes complejos, de z y su conjugado z¯ : Re (z) =

z+z¯ 2

;

Im (z) =

z−z¯ 2i

Aplicando estas fórmulas a nuestro ejemplo, tenemos: ¡ ¢ cos t = Re e i t ¡ ¢ sen t = Im e i t

= =

e i t +e −i t 2 e i t −e −i t 2i

Esta es la fórmula de Euler. Para obtener la solución real general, tomamos combinaciones lineales de las expresiones de la derecha para cos(t ) y sen(t ). Por lo tanto, las soluciones reales pueden escribirse como C 1 e i t + C 2 e −i t , siempre que los coeficientes C 1 y C 2 puedan tomar valores complejos.

Ejemplo 3.46 ¿Que bases deberían usarse e −i t y e i t o la base cos t y sen t ? Solución: Depende. La base e −i t , e i t es más fácil de calcular, pero tenemos que tener cuidado cuáles combinaciones lineales de estas funciones son de valor real. La base cos t , sen t que consiste en funciones de valor real es útil para interpretar soluciones en un sistema físico. Así que convierta en su forma compleja o real según sea necesario.

Ejemplo 3.47 Resuelva: x¨ + 5x˙ + 4x = 0 Solución: La ecuación característica es r 2 + 5r + 4 = 0, que tiene como factores (r + 1)(r + 4) = 0. Las raíces son −1, −4. Una base para las soluciones son x 1 (t ) = e −t y x 2 (t ) = e −4t . Por lo tanto, la solución general abarca de estas dos solu-

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

105

ciones base, que en forma general puede escribirse como una combinación lineal: x(t ) = c 1 e −t + c 2 e −4t

Ejemplo 3.48 Resuelva: x¨ + 4x˙ + 5x = 0 Solución: La ecuación característica es r 2 + 4r + 5, que tiene como raíces: r=

p p −4 ± 16 − 20 = −2 ± −1 = −2 ± i 2

De modo que una base que agrupa las soluciones de la ED es: z(t ) = e (−2+i )t

y

¯ ) = e (−2−i )t z(t

Utilizamos aquí la letra z para indicar que las funciones son de variable compleja. La solución general es una combinación lineal de estas dos soluciones base. Pero, debido a que la ED tiene coeficientes reales, esperábamos soluciones con variable real. En cambio, podemos tomar la base formada por las partes real e imaginaria de z(t ): z(t ) = e (−2+i )t = e −2t cos t + i e −2t sen t La parte real de e −2t cos t + i e −2t sen t es e −2t cos t y la parte imaginaria es e −2t sen t . Ahora tenemos una base de dos funciones con valores reales, y podemos usar la superposición para encontrar la solución de valores reales. x(t ) = c 1 e −2t cos(t ) + c 2 e −2t sen(t ) Como se discutió anteriormente podemos encontrar una base de soluciones tomando las partes real e imaginaria de ¯ ) en su lugar: z(t ¯ ) = e (−2−i )t = e −2t (cos(−t ) + i sen(−t )) z(t Las soluciones de la base con valores reales serían: e −2t cos(−t ) = e −2t cos(t )

y

e −2t sen(−t ) = −e −2t sen(t )

¯ ) tendría A excepción del signo estas son las mismas soluciones básicas que se obtuvieron de z(t ), de modo que z(t un resultado equivalente.

Ejemplo 3.49 Resuelva: x¨ + x˙ + x = 0 Solución: La ecuación característica es r 2 + r + 1 = 0, que tiene como raíces:

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

106

p p 3 −1 ± 1 − 4 −1 r 1,2 = = ±i 2 2 2 Bases de soluciones exponenciales complejas: z(t ) = e (−1+i

p 3)t /2

¯ ) = e (−1−i z(t

p 3)t /2

Base de soluciones reales: p x 1 (t ) = Re(z(t )) = e −t /2 cos( 3t /2),

p Im(z(t )) = e −t /2 sen( 3t /2)

Solución General real: p p x(t ) = e −t /2 (c 1 cos( 3t /2) + c 2 sen( 3 t /2))

Ejemplo 3.50 ¿Cuál de las ecuaciones diferenciales siguientes tiene a p(r ) = r 2 + r − 3 como polinomio característico? Elija todas las que apliquen. 1

y¨ + y˙ − 3 = 0

2

y¨ + y˙ − 3y = 0

3

2 y¨ + 2 y˙ − 6 = 0

4

2 y¨ + 2 y˙ − 6y = 0

Solución: Las ED 2 : y¨ + y˙ − 3y = 0 y 4 : 2 y¨ + 2 y˙ − 6y = 0 son un múltiplo constante entre sí y por lo tanto son los mismos en su forma lineal estándar y por lo tanto tienen el mismo polinomio característico. En las otras dos alternativas falta la función y en el último término del lado izquierdo. Este es un error muy común una vez que se han introducido polinomios característicos.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

107

Ejemplo 3.51

¿Qué sucede en el modelo de resorte-masaamortiguador si el carro está unido a un amortiguador, pero no hay resorte ni fuerza externa? Suponga que la velocidad inicial del carro es distinto de cero. Marque todo lo que corresponda. a

El carro nunca cambia de dirección.

b

El carro oscila, cambiando de dirección infinitamente.

c

El carro no deja de moverse.

d

La velocidad del carro tiende a 0.

e

La aceleración del carro tiende a 0.

f

La EDO que gobierna el movimiento se convierte en una EDO lineal homogénea.

Solución: La EDO es lineal homogénea. El carro nunca para de moverse. El carro nunca cambia de dirección. La velocidad del carro tiende a 0. La aceleración del carro tiende a 0. Para un sistema general de resorte-masaamortiguador, la EDO está dada por: m x¨ + b x˙ + kx = F externa (t )

Pero en el sistema no existe el término kx para el resorte, ni tampoco la fuerza externa, de modo que el modelo se simplifica a lo siguiente: m x¨ + b x˙ = 0 Esta es una EDO lineal homogénea, por lo que a es verdadera. Puede ser resuelta por el método general para EDO lineales homogéneos con coeficientes ˙ que constantes, pero es más fácil establecer v = x, satisface la EDO homogénea de primer orden: m v˙ + bv = 0 Esto nos conduce a: v˙

=

b −m v

⇐⇒

dv v

=

−

ln v

=

b −m · t +C

⇐⇒

v

=

ce −(b/m)t

Z

Z

b dt m

Para un cierto número c, que debe ser no cero puesto que la velocidad inicial es diferente a cero. En cada instante de tiempo t , el signo de v es el mismo que el signo de c, por lo que el carro nunca deja de moverse, y nunca cambia de dirección. Esto significa que no puede oscilar. Además,v → 0 en la medida que t → ∞. Finalmente, la aceleración es v˙ = −(b/m)ce (−b/m)t , que también tiende a 0 cuando t → ∞. Otra forma alternativa de ver e : dado que v˙ = b v, por lo que si v → 0, entonces también v˙ → 0.) −m La respuesta es: a , c , d , e y f .

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

108

Ejemplo 3.52 ¿Cuál de las siguientes funciones es una base para la solución de la ecuación diferencial? x¨ − 7x˙ − 8x = 0 a

e −t ,

e 8t

b

et ,

e −8t

c

e −2t ,

e 4t

d

e 2t ,

e −4t

e

cos(t ),

f

cos(2t ),

Solución: La ecuación característica es: r 2 − 7r − 8 = (r − 8)(r + 1) = 0 Cuyas raíces son: r 1 = −1, r 2 = 8. De modo que una base para la solución homogénea está dada por: e −t y e 8t . La respuesta es a

sen(t ) sen(4t )

Ejemplo 3.53 Se sabe que una base de funciones complejas es solución de una ecuación diferencial de segundo orden, lineal homogénea con coeficientes reales constantes, dado por: e (−3+i )t , e (−3−i )t ¿Cual de las siguientes alternativas es su solución real general? a

c 1 cos t + c 2 sen t

b

c 1 cos 3t + c 2 sen 3t

c

e −3t (c 1 cos t + c 2 sen t )

d

e −t (c 1 cos 3t + c 2 sen 3t )

e

c 1 e −3t cos t + c 2 e −t sen 3t

Solución: La base de soluciones reales está dada por: Re e (−3+i )t

=

e −3t cos t

Im e (−3+i )t

=

e −3t sen t

De modo que la solución general real de la ED Homogénea está dada por: e −3t (c 1 cos t + c 2 sen t ) La respuesta es

c

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

109

Ejemplo 3.54 La puerta de una cocina luego que se abre empieza a oscilaren en ambas direcciones. Esto en la práctica es peligroso por lo que añadimos un amortiguador de oscilación en la parte superior de la puerta que satisface la ecuación: m x¨ + b x˙ + kx = 0 El amortiguador oscilante tiene valores: m = 0,5 b = 1,5 k = 0,625 a

¿Cuál es el polinomio característico en términos de r ?

b

Encuentre la solución que satisface las condi˙ = v0. ciones iniciales x(0) = x 0 y x(0)

c

Para cual de las siguientes condiciones iniciales, la solución es de la forma exponencial ce r t en vez que la suma de dichos términos.

d

Suponga que x(0) = 0,25. ¿Que puede decir acerca de la velocidad inicial de la puerta si, una vez que se cierra, oscila a través de la posición de cierre y oscila en retorno al otro lado de la puerta?

Solución: La EDO es lineal homogénea. El carro nunca para de moverse. El carro nunca cambia de dirección. La velocidad del carro tiende a 0. La aceleración del carro tiende a 0. Para un sistema general de resorte-masaamortiguador, la EDO está dada por: m x¨ + b x˙ + kx = F externa (t ) Pero en el sistema no existe el término kx para el resorte, ni tampoco la fuerza externa, de modo que el modelo se simplifica a lo siguiente: m x¨ + b x˙ = 0 Esta es una EDO lineal homogénea, por lo que a es verdadera. Puede ser resuelta por el método general para EDO lineales homogéneos con coeficientes ˙ que constantes, pero es más fácil establecer v = x, satisface la EDO homogénea de primer orden: m v˙ + bv = 0 Esto nos conduce a: La respuesta es: a , c ,

d

Variación de Parámetros para Ecuaciones Diferenciales de Segundo Orden

,

e

y

f

.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

110

Ejemplo 3.55 Variación de Parámetros para EDO de Segundo Orden Utilizando el Método de Variación de Parámetros, calcular una solución particular y escribir la solución general de la ecuación diferencial dada, sabiendo que las funciones y 1 = y 1 (x) y y 2 = y 2 (x), forman un conjunto fundamental de soluciones para la ecuación homogénea asociada:

00

0

x 2 y − 6x y + 10y = −8x 3

y1 = x 2

y2 = x 5

Solución: Proponemos como solución particular:

Simplificando la segunda ecuación, el sistema se reduce a: ( 0 0 x 2 u1 + x 5 u2 = 0 0 0 2xu 1 + 5x 4 u 2 = −8x El determinante del sistema es: ¯ ¯ ¯ ¯ ¯y ¯ ¯ 2 x5 ¯ ¯ 1 y2¯ ¯ x ¯ W (y 1 , y 2 ) = ¯ 0 ¯ = 5x 6 − 2x 6 = 3x 6 0¯=¯ ¯ y 1 y 2 ¯ ¯2x 5x 4 ¯ Considerando: ¯ ¯ ¯ 0 x 5 ¯¯ ¯ W1 = ¯ ¯ = 8x 6 ¯−8x 5x 4 ¯

y p = u1 y 1 + u2 y 2 = x 2 u1 + x 5 u2 Donde u 1 y u 2 son funciones que debemos determinar. Tenemos al derivar: 0

0

y p = x 2 u 1 + 2xu 1 + x 5 u 2 + 5x 4 u 2 Pedimos como condición: 0

0

Así al derivar dos veces: 00

0

0

y p = 2xu 1 +5x 4 u 2 =⇒ y p = 2xu 1 +2u 1 +5x 4 u 2 +20x 3 u 2 0

00

Al sustituir y p , y p y y p en la Ecuación Diferencial, se tiene: 00 0 x 2 y p − 6x y p + 10y p 0 0 x 2 (2xu + 2u 1 + 5x 4 u + 20x 3 u 2 ) − 6x(2xu 1 + 5x 4 u 2 ) + 10(x 2 u 1 + x 5 u 2 ) 1 2 0 0 2x 3 u + 5x 6 u + u 1 (2x 2 − 12x 2 + 10x 2 ) + u 2 (20x 5 − 30x 5 + 10x 5 ) 1 2 0 0 2x 3 u + 5x 6 u 1 2

0

0

3.4

= =

=

u1

=

W 1 8x 6 8 = 6=3 3x ZW 8 8 d x = x +C 1 3 3

0 −8x 3

Ejercicios Propuestos

u2

=

u2

=

W 2 −8x 3 −8 −3 = = 3 x 3x 6 ZW 8 4 − x −3 d x = x −2 +C 2 3 3

Así, tomando C 1 = C 2 = 0, reducimos a la expresión: yp

=

u1 x 2 + u2 x 5

−8x 3 −8x 3

⇐⇒

=

−8x 3

⇐⇒

=

yp

=

8 4 −2 5 2 3 x.x + 3 x .x 8 3 4 3 3x + 3x 3

=

−8x 3

= = =

Reuniendo los resultados anteriores, tenemos el sis0 0 tema de ecuaciones, donde u 1 y u 2 son las funciones incógnitas: x 2 u1 + x 5 u2 0 0 2x 3 u 1 + 5x 6 u 2

u1

Del mismo modo:

0

x 2 u1 + x 5 u2 = 0

0

¯ 0 ¯¯ ¯ = −8x 3 −8x ¯

Y usando la regla de Cramer, tenemos: 0

0

¯ ¯x2 ¯ W2 = ¯ ¯2x

4x

Por lo cual la solución general de la EDO es: y = y p + y h = 4x 3 + c 1 x 2 + c 2 x 5

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

Ejercicios 3.1

3.1 Realice las siguientes operaciones complejas: p a.) Determine el producto (1 + 3i )(a + bi ). En donde a y b son números reales. p p b.) Determine las coordenadas polares de (1 + 3i ). Exprese 1 + 3i en su forma polar r · e i θ , r > 0. p c.) Encuentre las cordenadas polares de (1 + 3i )(a + bi ) en términos de las coordenadas polares de a + bi = r · e i θ . p d.) Describa geométricamente que implica multiplicar por 1 + 3i . p e.) Describa la secuencia de las potencias de 1 + 3i , positivo y negativo.

3.2 Explique porque |z n | = |z|n y que arg(z n ) = n · arg(z) para todo n entero positivo. 3.3 Encuentre una expresión para sen(4t ) en términos de las potencias de cos t y sen t , usando la fórmula de Euler (e i t )4 = e 4i t . Verifique con Octave. 3.4 Resuelva las siguientes operaciones con exponenciales complejas: a.) Suponga que z n = 1. ¿Cómo debe ser |z| ? ¿Cuales son los posibles valores de arg(z)? b.) Resuelva el ejercicio para n = 4 y n = 6: esto es encuentre la raíz cuarta y raíz sexta de 1. c.) Encuentre la raíz cúbica de i

3.5 Las trayectorias de e (a+bi )t pueden variar bastante, dependiendo de los valores que toma el número complejo a + bi . Utilizando el Mathlet “Exponencial Complejo”, ubicado en el enlace web: http://mathlets.org/ mathlets/complex-exponential/ responda lo siguiente: a.) Dibuje la trayectoria de la función de valor complejo e (−1+2πi )t , a medida que t aumenta. b.) Dibuje la gráfica de la parte real de e (−1+2πi )t c.) Dibuje la gráfica de la parte imaginaria de e (−1+2πi )t d.) Elabore un programa Octave para validar su resultado.

3.6 Para cada una de las siguientes formas, escoja los valores de a + bi para los cuales la trayectoria de e (a+bi )t tiene esta forma. a.) Un círculo centrado en 0, recorriendo en sentido antihorario. ¿Qué círculos son posibles? b.) Un círculo centrado en 0, recorrido en sentido horario. c.) Un rayo (línea medio recta) que se aleja del origen. d.) Una curva que va a cero cuando t −→ ∞. e.) Elabore un programa Octave para validar su resultado.

3.7 Así como ha aprendido a realizar operaciones de derivada en funciones de variable compleja, también debe integrar funciones de variable compleja: R a.) Calcule e r t d t . Aquí r es una constante, posiblemente compleja.

111

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

112

R b.) Resuelva e 2t cos(3t )d t , utilizando la parte real de la integral compleja anterior. c.) Elabore un programa Octave para validar su resultado.

3.8 Considere el sistema resorte-masa-amortiguador en el cual m = 1 Kg, y k = 16N /m. La posición x(t ) en metros de la masa en t segundos está governado por la ED: x¨ + b x˙ + 16x = 0 Masa

Resorte

Amortiguador

Figura 3.17: Sistema Amortiguador-Masa-Resorte.

Investigaremos el efecto de la constante amortiguadora b, sobre las soluciones de la ED: a.) ¿Cuál es el polinomio característico?. b.) ¿Para qué valores de b las raíces de la ecuación característica son reales y distintas? c.) Suponga que b está dentro del rango que encontró en el ejercicio anterior. Escriba las soluciones exponenciales, x 1 (t ) y x 2 (t ), correspondientes a los dos raíces la más pequeña y la más grande respectivamente. d.) Encuentre la posición x(t ) de la masa en el instante t en segundos, si en t = 0, la masa está 1 m a la derecha de la posición de equilibrio y se mueve hacia la izquierda a b/2 metros por segundo. (Use x > 0 cuando la masa se ubica a la derecha de la posició de equilibrio.) e.) Como en el ejercicio anterior, supongamos un valor b tal que el polinomio característico tiene dos raíces reales distintas. ¿Cuántas veces la masa puede pasar pero no permanecer en la posición de equilibrio x = 0 para cualquier condición inicial posible? Las condiciones iniciales del problema anterior ya no se aplican. Sugerencia: Resuelva x(t ) = 0 para t . a

0

b

1

c

2

d

Infinitamente muchas veces

f.) ¿Para qué valores de b las raíces de la ecuación característica son no reales? g.) Supongamos un valor de b tal que el polinomio característico tiene dos raíces no reales. Encuentre la posición x(t ) de la masa en t (segundos) para las mismas condiciones iniciales consideradas previamente: en t = 0, la masa es 1 metro a la derecha de la posición de equilibrio y se mueve hacia la izquierda a b/2 metros por segundo.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

113

h.) Considere la solución x(t ) para el problema de valor inicial en el ejercicio anterior. ¿Cuál es la longitud del intervalo de tiempo τ (en segundos) entre cada cada intervalo de tiempo en que la masa vuelve a la posición de equilibrio? Este intervalo de tiempo fijo es conocido como el pseudo periodo de la oscilación de la masa.

3.9 Recuérdese que en un sistema general de resorte-masa-amortiguador, la posición de la masa es modelada por: m x¨ + b x˙ + kx = 0

m > 0,

k, b ≥ 0

¿Qué nos puede decir sobre la parte real de las raíces del polinomio característico del sistema? a

La parte real es igual a cero.

b

La parte real es mayor a cero.

c

La parte real es menor o igual a cero.

d

No podemos concluir a ninguna de las anteriores alternativas sin saber si las raíces son reales o no.

3.10 Elabore un programa en Octave que replique la funcionalidad del Mathlet http://mathlets.org/ mathlets/complex-roots/ respecto a las raíces complejas de un número.

Figura 3.18: Mathlet de Raíces Complejas.

3.11 Elabore un programa en Octave que replique la funcionalidad del Mathlet http://mathlets.org/ mathlets/damped-vibrations/ respecto al modelo de vibraciones amortiguadas.

Solución de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Segundo Orden

114

Figura 3.19: Mathlet de Vibraciones Amortiguadas.

3.12 Halle la solución general de las ecuaciones diferenciales utilizando el Método de Variación de Parámetros para las siguientes EDO de segundo orden: p 00 0 a.) x 2 y − x y − 3y = −30 x 65 00 0 b.) −x 2 y + x y + 8y = p 3 x 00

0

00

0

c.) x 2 y + 8x y + 12y =

6 x2

, y h1 = x 3 , y h1 = x 4 , y h1 = x −3

d.) x 2 y − 6x y + 10y = 4x ln x − 5x

y h2 =

y y y

1 x

y h2 = x −2 y h2 = x −4

, y h1 = x 5

y

y h2 = x 2

3.13 Utilizando el Método de Variación de Parámetros para EDO de segundo orden, determinar una solución particular y escribir la solución general de la ecuación diferencial dada: 00

a.) y − y = e x 00

b.) y − y = e −x 00

c.) y + y = sen x 00

d.) y + y = cos x 00

0

00

0

e.) y − 2y + y = 6xe x f.) y − 2y + y = 12xe −x

4

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

Objetivos de la Sesión de Aprendizaje. Los objetivos de esta sesión de aprendizaje son los siguientes: Representar una combinación lineal de un seno y un coseno con la misma frecuencia que una función sinusoidal. Describir y representar gráficamente las funciones sinusoidales en términos de amplitud y ángulos de fase. Escribir la ecuación para una función sinusoidal y representar gráficamente las soluciones oscilatorias de los sistemas masa-resorte sin fuerza externa. Entender cómo dos sinusoides de frecuencias cercanas generan latidos. Aplicar las propiedades de las raíces de la ecuación característica para un sistema resorte-masa-amortiguador de segundo orden. Resolver la EDO lineal homogénea de segundo orden con una raíz característica repetida. Graficar las soluciones a un oscilador armónico amortiguado. Comparar los diferentes comportamientos cualitativos de un sistema sub amortiguado, amortiguado y sobre amortiguado. Comprender los efectos del amortiguamiento sobre la frecuencia y la amplitud de las oscilaciones. Saber qué es una base y la dimensión de un espacio vectorial. Resolver una Ecuación Ordinaria Homogénea con coeficientes constantes de orden n. Encontrar una base real de soluciones a EDO con coeficientes constantes con al menos dos raíces características complejas. Aplicar el teorema de existencia y singularidad para ODEs lineales al resolver problemas de valor inicial.

4.1

Solución de Ecuaciones Diferenciales Lineales

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

116

Definición 4.1 Ecuaciones Diferenciales Lineales Homogéneas de Orden Superior La forma general de una ecuación diferencial lineal homogénea de coeficientes constantes es: an

dn y d n−1 y d2y dy + a n−1 n−1 + · · · + a 2 2 + a 1 + a0 y = 0 n dx dx dx dx

Donde a n , a n−1 . · · · , a 0 son constantes con a 0 6= 0. 1. Se encuentra las raíces de la ecuación auxiliar o característica: a n m n + a n−1 m n−1 + · · · + a 2 m 2 + a 1 m + a 0 = 0 Se encuentran sus n raíces, las cuales pueden ser reales distintas, reales iguales, complejas o una combinación de los tres casos anteriores. 2. Si las raíces son reales y distintas, la solución está dada por: y = c 1 e m1 x + c 2 e m2 x + c 3 e m3 x + · · · + c n e mn x 3. Si las raíces son reales y repetidas, la solución está dada por: y = c 1 e mx + c 2 xe mx + c 3 x 2 e mx + · · · + c n x n−1 e mx 4. Si las raíces son complejas, para cada par conjugado y 1,2 = α ± βi , la solución está dada por: ¡ ¢ y = e αx c 1 cos βx + c 2 sen βx 5. Si hay otro par duplicado de raíces complejas, la solución está dada por: ¡ ¢ y = e αx x c 3 cos βx + c 4 sen βx Y así sucesivamente.

Si por ejemplo, se tienen ocho raíces, de las cuales son: seis reales y dos complejas. De las soluciones reales: tres son diferentes y tres repetidas, es decir: m 1 6= m 2 6= m 3 6= m 4 = m 5 = m 6 6= m 7 6= m 8 La ecuación que representa a la solución es: ¡ ¢ y = c 1 e m1 x + c 2 e m2 x + c 3 e m3 x + c 4 e m4 x + c 5 xe m5 x + c 6 x 2 e m6 x + e αx c 7 cos βx + c 8 sen βx Definición 4.2 Ecuaciones Diferenciales Lineales No Homogéneas de Orden Superior La forma general de una ecuación diferencial lineal no homogénea de coeficientes constantes es: an

dn y d n−1 y d2y dy + a n−1 n−1 + · · · + a 2 2 + a 1 + a 0 y = g (x) n dx dx dx dx

Donde a n , a n−1 . · · · , a 0 son constantes con a 0 6= 0 y g (x) es una función diferente de cero. 1. Para obtener la solución general, se llamará y h a la solución general ed la ecuación diferencial homogénea asociada y y p a la solución particular de la no homogénea, que será obtenida con los métodos conocidos.

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

117

2. Sean y 1 (x), y 2 (x), · · · , y n (x) un conjunto fundamental de soluciones de la EDO lineal homogénea asociada. La solución general está dada por: y = C 1 y 1 (x) +C 2 y 2 (x) + · · · +C n y n (x) + y p = y h + y p En donde las C j , j = 1, 2, · · · , n son constantes arbitrarias y y h es la solución de la ecuación homogénea asociada. 3. Proponer la forma de y p y calcular sus coeficientes por el método de coeficientes indeterminados. 4. Formular la solución general con y = y h + y p

Ejemplo 4.1 EDO Lineal Homogénea Factorizando tenemos: Obtener la solución general de la ecuación diferencial: 000

00

0

y + 2y + y = 0 Solución: La ecuación característica o auxiliar la EDO lineal homogénea está dada por: m 3 + 2m 2 + m = 0

¡ ¢ m m 2 + 2m + 1

=

0

m(m + 1)2

=

0

Por lo tanto las raíces son: m 1 = 0, m 2 = m 3 = −1. Entonces la solución general tiene la forma de: y = c 1 e 0x + c 2 e −x + c 3 xe −x

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

118

Ejemplo 4.2 EDO Lineal Homogénea Obtener la solución general de la ecuación diferencial homogénea: d4y d3y d2y dy − 6 + 15 − 18 +8 = 0 d x4 d x3 d x2 dx Solución: La ecuación característica o auxiliar la EDO lineal homogénea está dada por: 4

3

El valor de m 2 = 2, representa a la segunda raíz y los coeficientes 1, −3, 4 son los coeficientes del polinomio cuadrático: m 2 − 3m + 4 = 0

2

m − 6m + 15m − 18m + 8 = 0

El cual se puede resolver por fórmula general: p 3 ± 9 − 4(4) 3 p7 =2± 2 i 2

Utilizamos el método de Ruffini para hallar las raíces: 1

1 1

−6 1 −5

15 −5 10

−18 10 −8

8 −8 0

El valor encontrado de m 1 = 1 permite reducir el polinomio de orden cuatro a uno de orden tres. Los coeficientes 1, −5, 10, −8 representan los coeficientes del polinomio de orden tres, del cual podemos obtener otra de las raíces: 2

1 1

−5 2 −3

10 −6 4

−8 8 0

m 3,4 Donde: α =

3 2

=

p 7 Así las cuatro raíces son: m 1 p2 p 7 i , m 4 = 32 − 27 i . 2

yβ=

1, m 2 = 2, m 3 = 23 + Entonces la solución general tiene la forma de: Ã p p ! 3 7 7 x 2x x y = c 1 e + c 2 e + e 2 c 3 cos + c 4 sen x 2 2

=

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

119

Ejemplo 4.3 EDO Lineal No Homogénea Obtener la solución general de la ecuación diferencial no homogénea: y 00 + y 0 − 6y = 2x 2 + 6x − 1 Solución: El primer paso en la solución de una ecuación lineal no homogénea consiste en obtener la solución de la parte homogénea y h . Así la ecuación homogénea asociada y 00 + y 0 − 6y = 0 tiene la ecuación auxiliar: m 2 + m − 6 = 0 ⇐⇒ (m + 3)(m − 2) = 0 Cuyas raíces son: m 1 = 2 y m 2 = −3, teniendo así: y h = C 1 e 2x +C 2 e −3x El segundo paso consiste en proponer una solución particular, dependiendo de la forma de g (x). Como en este caso g (x) = 2x 2 + 6x − 1 es un polinomio de orden dos, es de esperarse que y p tenga la forma: yp y p0 y p00

= = =

Ax 2 + B x +C 2Ax + B 2A

Sustituyendo en la ecuación tenemos: 2A + 2Ax + B − 6(Ax 2 + B x +C ) = 2x 2 + 6x − 1 Reacomodando tenemos: −6Ax 2 + (2A − 6B )x + 2A + B − 6C = 2x 2 + 6x − 1 Se obtiene el sistema de ecuaciones: −6A 2A 2A

−6B +B

−6C

=2 =6 = −1

Resolviendo tenemos: A = −1/3, B = −10/9 y C = −7/54. De modo que la y p se transforma en: yp = −

7 x 2 10 − x− 3 9 54

Finalmente la solución general está dada por: y = y h + y p , quedando: y = C 1 e 2x +C 2 e −3x −

x 2 10 7 − x− 3 9 54

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

120

Ejemplo 4.4 Variación de Parámetros para EDO de Orden n Utilizando el Método de Variación de Parámetros, calcular una solución general de la ecuación diferencial dada:

Obtenemos la tercera condición: 0

e x u 3 = 12x 2 + 6x

00

y (3) − y = 12x 2 + 6x Solución: Observamos que la EDO está normalizada y que su ecuación característica es:

Acomodando matricialmente las tres condiciones tenemos: 0

Las raíces de esta ecuación son: r = 0 de multiplicidad 2 y r = 1 de multiplicidad 1. Por lo cual vemos que y 1 = 1, y 2 = x, y 3 = e x es un conjunto fundamental de soluciones. Ahora, buscaremos una solución particular de la forma:

y p = u 1 + xu 2 + e u 3 Derivando tenemos: 0

0 0 12x 2 + 6x

0

u1 =

W1 W

0

u2 =

W2 W

0

u3 =

W3 W

¯ ¯ e x ¯¯ ¯1 ¯ x¯ e ¯ = 1. ¯ ¯ ¯0 ex¯

x 1 0

¯ e x ¯¯ ¯ = 1(e x − 0) = e x ex¯

0

y p = u 1 + u 2 + xu 2 + e x u 3 + e x u 3 Imponemos como primera condición: 0

= = =

Las funciones u 1 , u 2 y u 3 cumplen:

¯ ¯1 ¯ ¯ W = ¯0 ¯ ¯0

x

0

0

+e x u 3 0 +e x u 3 0 e x u3

+xu 2 0 u2

Donde:

y p = y 1 u1 + y 2 u2 + y 3 u3

0

0

u1

r 3 − r 2 = 0 ⇒ r 2 (r − 1) = 0

0

0

u 1 + xu 2 + e x u 3 = 0

¯ ¯ 0 ¯ ¯ W1 = ¯ 0 ¯ ¯12x 2 + 6x

x 1 0

¯ e x ¯¯ ¯ e x ¯ = (12x 2 + 6x)(xe x − e x ) ¯ ex¯

W1 = e x (x − 1)(12x 2 + 6x)

De modo que: 0

y p = u2 + e x u3 Obtenemos la segunda derivada: 00

0

0

y p = u2 + e x u3 + e x u3

¯ ¯1 ¯ ¯ W 2 = ¯0 ¯ ¯0

¯ ¯1 ¯ ¯ W 3 = ¯0 ¯ ¯0

Imponemos como segunda condición: 0

0

u2 + e x u3 = 0

u1

=

⇐⇒

=

Z x e (x − 1)(12x 2 + 6x) W1 dx = dx ex Z W (x − 1)(12x 2 + 6x)d x

⇐⇒

=

(12x 3 − 6x 2 − 6x)d x

u1

=

3x 4 − 2x 3 − 3x 2

Z

00

y p = e x u3 Obtenemos la tercera derivada: 0

y p = e x u3 + e x u3 Reemplazando en la EDO inicial: 00

y p(3) − y p e x u 3 + e x u 3 − (e x u 3 ) 0

x 1 0

Integrando tenemos:

De modo que:

000

¯ e x ¯¯ ¯ e x ¯ = −e x (12x 2 + 6x) ¯ ex¯ ¯ ¯ 0 ¯ ¯ 0 ¯ = 12x 2 + 6x ¯ 12x 2 + 6x ¯

0 0 12x 2 + 6x

= =

12x 2 + 6x 12x 2 + 6x

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

Z

W2 dx = ZW

Z

121

−e x (12x 2 + 6x) dx ex

u2

=

⇐⇒

=

− (12x 2 + 6x)d x

u2

=

−4x 3 − 3x 2

Sustituyendo u 1 , u 2 y u 3 en y p se obtiene:

Del mismo modo: Z W3 d x = e −x (12x 2 + 6x)d x Z W 6e −x (2x 2 + x)d x Z Z −x 2 6e (2x )d x + 6e −x (x)d x

Z u3 ⇐⇒

R

= =

⇐⇒

=

ud v

=

⇐⇒

=

⇐⇒

=

⇐⇒

=

⇐⇒

=

⇐⇒

=

R uv − vd u Z Z −12 x 2 d e −x − 6 xd e −x Z Z −12(x 2 e −x − 2 xe −x d x) − 6(xe −x − e −x d x) Z Z 2 −x −x −x −12x e + 24 xe d x − 6xe + 6 e −x d x Z −12x 2 e −x − 6xe −x − 24 xd e −x − 6e −x Z −12x 2 e −x − 6xe −x − 24(xe −x − e −x d x) − 6e −x

⇐⇒

=

−12x 2 e −x − 30xe −x − 30e −x

u3

=

−6e −x (2x 2 + 5x + 5)

4.2

yp

=

y 1 u 1 + y 2 u 2 + y 3 xu 3

yp

=

1(3x 4 − 2x 3 − 3x 2 ) + x(−4x 3 − 3x 2 ) +e x (−6e −x (2x 2 + 5x + 5))

yp

=

−x 4 − 5x 3 − 15x 2 − 30x − 30

Por lo tanto la solución general de la EDO es: y

=

yh + y p

y

=

c1 + c2 x + c3 e x −x 4 − 5x 3 − 15x 2 − 30x − 30

y

=

(c 1 − 30) + x(c 2 − 30) + c 3 e x − x 4 − 5x 3 − 15x 2

y

=

C 1 +C 2 x +C 3 e x − x 4 − 5x 3 − 15x 2

Funciones Sinusoidales

Soluciones al Sistema Resorte-Masa-Amortiguador Repaso del Sistema Resorte-Masa-Amortiguador con Raíces Complejas Distintas

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

122

Ejemplo 4.5

Masa

Amortiguador

Resorte

Escriba su respuesta para que r 1 sea la raíz con parte imaginaria positiva, y r 2 sea la raíz con parte imaginaria negativa. Solución: El Polinomio Característico está dado por:

Figura 4.1: Sistema Resorte-Masa-Amortiguador.

Recuérdese que la posición de la masa en un sistema de resorte-masa-amortiguador sin fuerza externa puede ser modelada por la siguiente EDO homogénea lineal de segundo orden: m x¨ + b x˙ + kx = 0

mr 2 + br + k Y sus raíces son: r

=

p −b±i 4mk−b 2 2m

⇐⇒

=

−b 2m

±i

q

k m

2

b − 4m 2

Por lo tanto las soluciones están dadas por:

Asumamos que la constante de amortiguación sea lo suficientemente pequeña para que b 2 < 4mk y que el polinomio característico tenga 2 raíces complejas distintas. Encuentre las dos raíces características r 1 y r 2 de este sistema en términos de la masa m, la constante del resorte k, y la constante de amortiguación b.

p (4 · k · m − b 2 )) r1 = 2·m p (−b − i · (4 · k · m − b 2 )) r2 = 2·m (−b + i ·

Ejemplo 4.6 Solución: Del ejercicio anterior del Sistema resorte-masaamortiguador. Suponga que las dos raíces características distintas sean de la forma: −s ± i ωd (s y ωd pueden expresarse en términos de m, k, y b). ¿Cuáles de las siguientes alternativas son bases de las soluciones al sistema? a

cos ((−s + ωd ) t ) , sen ((−s − ωd ) t )

b

cos ((−s − ωd ) t ) , sen ((−s + ωd ) t )

c

e −st cos (ωd t ) , e −st sen (ωd t ) −st i ωd t

e

,e

−st −i ωd t

d

e

e

e

e (−s+ωd )t , e (−s−ωd )t

Las raíces , −s ± i ωd nos da las soluciones exponenciales: e (−s+i ωd )t

e (−s−i ωd )t

Que forman una base para la colección de todas las soluciones. Como hemos visto antes, las partes reales e imaginarias de cualquiera de las soluciones exponenciales forman otra base solución: ¡ ¢ Re e (−s+i ωd )t ¡ ¢ Im e (−s+i ωd )t

=

e −st cos (ωd t )

=

e −st sen (ωd t )

Por lo tanto la respuesta es la alternativa

c

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

123

Soluciones Reales al Sistema Resorte-Masa-Amortiguador Masa

Resorte

Amortiguador

Figura 4.2: Sistema Resorte-Masa-Amortiguador.

Hemos aprendido a modelar un Sistema Resorte-Masa-Amortiguador sin una Fuerza Externa mediante una Ecuación Diferencial Lineal Homogénea de Segundo Orden, de la forma: m x¨ + b x˙ + kx = 0

m, k > 0, b ≥ 0

Cuando hay dos raíces complejas características distintas, es decir, cuando el discriminante b 2 − 4km < 0, la base real que encontró anteriormente nos da la solución real general: x(t ) Donde ωd =

q

k m

=

e (−b/2m)t (c 1 cos (ωd t ) + c 2 sen (ωd t ))

c1 , c2 ∈ R

2

b − 4m 2 , es llamado la Frecuencia Amortiguada del Sistema.

Figura 4.3: Sistema Resorte-Masa.

Es útil contrastar las soluciones del sistema general de Resorte-Masa-Amortiguador con las soluciones del sistema sin amorp tiguación, es decir: b = 0 (< 4km) Si el sistema no tiene amortiguación, la ED se reduce a: m x¨ + kx = 0

m, k > 0,

Y la solución general real se reduce a: x(t ) s

=

c 1 cos (ωn t ) + c 2 sen (ωn t )

c 1 , c 2 ∈ R,

k es llamado la Frecuencia Natural del Sistema. Continuaremos llamando al valor de ωn la frecuencia natum ral del sistema incluso si hay amortiguación (b > 0). Donde ωn =

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

124

¿Cómo son estas soluciones generales? Ambas soluciones generales implican combinaciones lineales de cos(ωt ) y sen(ωt ) para cierta frecuencia angular ω que es la misma para las funciones seno y coseno. ¿Qué aspecto tienen las gráficas de tales combinaciones lineales? Para facilitar la representación gráfica de estas soluciones, primero reescribiremos la combinación lineal a cos(θ) + b sen(θ) en su forma polar.

De su Forma Rectangular a su Forma Polar Hay dos maneras de expresar cualquier función sinusoidal, tanto en su forma rectangular como en su forma polar. Están relacionados como sigue: a cos(θ) + b sen(θ) | {z }

=

forma rectangular

A cos(θ − φ) {z } |

a, b, φ ∈ R, A ≥ 0 ∈ R,

forma polar

=

A cos φ cos θ + A sen φ sen θ | {z } | {z } a

por la formula de suma trigonométrica

b

Donde A y φ en términos de a y b están dados implícitamente por el siguiente diagrama:

Figura 4.4: Conversión Rectangular a Polar.

Esto es: A

=

φ

=

p

a2 + b2

Ángulo entre el eje x+ y el rayo hacia el punto (a, b)

Note que (A, φ) son coordenadas polares del punto cuyas coordenadas rectangulares son (a, b). Vamos a usar la convención A ≥ 0. Como es usual en las coordenadas polares, el ángulo φ está bien definida sólo hasta la adición de múltiplos enteros de 2π. También se debe tener en cuenta la relación entre la velocidad angular y la velocidad tangencial, mediante la siguiente expresión: θ = ωt

para algún ω > 0

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

125

Ejemplo 4.7 Convierta en su forma polar la expresión: p − cos(5t ) − 3 sen(5t )

Tenga en cuenta que 4π/3 (o − 2π 3 + 2πn para cualquier número entero n) también funciona, ya que φ está bien definido hasta la adición de 2π.

Solución: Del enunciado tenemos: p a = −1, b = − 3, θ(t ) = ωt Donde ω = 5 Procedemos a calcular A, φ. Estos son las coordenadas polares del punto con coordenadas rectangulares (a, b). Del gráfico tenemos: A φ

q = =

p (−1)2 + (− 3)2 = 2

− 2π 3

Por lo tanto, la respuesta es:

Figura 4.5: Conversión Rectangular a Polar.

A cos(ωt − φ) = 2 cos (5t + 2π/3)

Equivalencia entre las Tres Formas Hay tres maneras de escribir una función sinusoidal: 1. Forma de Amplitud-Fase: A cos(ωt − φ) ¡ ¢ 2. Forma Compleja: Re ce i ωt , donde c es un número complejo 3. Forma Lineal: a cos ωt + b sen ωt , donde a y b son números reales Estas tres formas son útiles en diferentes contextos, por lo que es necesario saber cómo convertirlas entre ellas. La siguiente proposición explica cómo: Proposición 4.1 Si: c = Ae i φ = a + bi , c ∈ C, A ≥ 0, a, b, φ ∈ R, ¡ ¢ Entonces: Re ce i ωt = A cos(ωt − φ) = a cos ωt + b sen ωt ,

ω>0∈R

Tener presente que c es el complejo conjugado de c, dado que: c = Ae −i φ = a − bi Demostración:

1.

¡ ¢ Re ce i ωt ⇐⇒ ⇐⇒

= = =

¡ ¢ Re Ae −i φ e i ωt ¡ i (ωt −φ) ¢ Re Ae A cos(ωt − φ)

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

126

2. ¡ ¢ Re ce i ωt ⇐⇒ ⇐⇒

Re ((a − bi )(cos ωt + i sen ωt )) Re (a cos ωt + b sen ωt + i (· · · )) a cos ωt + b sen ωt

= = =

3. Usando la expresión: cos(x − y) = cos x · cos y + sen x · sen y, tenemos: A cos(ωt − φ) ⇐⇒

= =

A cos ωt cos φ + A sen ωt sen φ a cos ωt + b sen ωt

El último paso se logra con el cambio de variable: a = A cos φ y b = A sen φ, dado que A, φ son coordenadas polares de (a, b). 4. a cos ωt + b sen ωt ⇐⇒

= = =

(a, b) · (cos ωt , sen ωt ) ¡ ¢ |(a, b)| |(cos ωt , sen ωt )| cos ángulo entre los vectores (a, b) y (cos ωt , sen ωt ) (por la interpretación geométrica del producto escalar) A cos(ωt − φ)

Gráficas de Funciones Sinusoidales En la forma polar, es fácil ver que la gráfica de la función sinusoidal f (t ) = A cos(ωt − φ) es una versión reescalada y desplazada del gráfico coseno, como se muestra a continuación:

Figura 4.6: Gráfico de f (t ) = A cos(ωt − φ).

Esta gráfica de f (t ) se puede describir geométricamente en términos de: A , su amplitud, esto es cuán alto el gráfico se eleva por encima del eje t en su máximo; P (en segundos o segundos por ciclo), su período, esto es el tiempo para una oscilación completa o, de manera equivalente, la anchura entre máximos sucesivos; t 0 (en segundos), esto es su retardo (relativo a la curva coseno), un valor t al cual se alcanza un máximo. El retardo de tiempo está bien definido hasta la adición de múltiplos enteros de un período.

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

127

Ejemplo 4.8 ¿Cómo están relacionados los parámetros que describen el gráfico: P y t 0 , con los parámetros, ω y φ, , en la función f (t )? Solución: Del enunciado tenemos: 2π 2π , ya que la adición de a ω ω t , incrementa el ángulo ωt − φ por 2π. P=

φ t 0 = , ya que t 0 es el valor t para ω el cual el ángulo ωt − φ = 0. 1 en P Hertz que equivale a ciclos por segundos, es decir el número total de oscilaciones completas por segundo. Para convertir de frecuencia ν a la frecuencia angular ω, multiplique por 2π radianes 1 ciclo ; Por tanto ω = 2πν = 2π/P , lo cual es consistente con la fórmula anterior P = 2π/ω. Pasos para graficar: f (t ) = A cos(ωt − φ) Empiece con la curva y(θ) = cos θ. Luego trabaje desde fuera del siguiente modo: También existe la frecuencia ν : =

1. Ampliar (estirar verticalmente) por un factor de A, la amplitud. Ahora tiene la gráfica de y(θ) = A cos(θ). 2. Desplazar el gráfico por φ (en radianes) a la derecha. Ahora obtendrá la gráfica de y(θ) = A cos(θ − φ). El ángulo φ se denomina desfase o desplazamiento de fase (relativo a la curva de coseno). El primer máximo de la gráfica de A cos(θ − φ) está en θ = φ, , desplazándose desde θ = 0 en la gráfica de A cos(θ). 3. Comprimir el resultado horizontalmente dividiendo la frecuencia angular por el factor de escala ω (en radianes / segundo). El resultado es la gráfica de f (t ) = A cos(ωt − φ). Con este cambio de escala horizontal, el eje horizontal cambia del eje θ (en radianes) al eje t (en segundos). El primer máximo del grafo re escalado es en t 0 = φ/ω en lugar de θ = φ, y una oscilación completa toma 2π/ω en lugar de 2π. Observación: El retardo de fase φ nos indica por qué fracción de un ciclo, la gráfica de f (t ) se desplaza de un gráfico del coseno de la misma frecuencia. Por ejemplo, la gráfica de f (t ) = A cos(ωt −π/2) se desplaza por 1/4 de un ciclo a la derecha de la gráfica de A cos(ωt ). . Por otro lado, el retardo de tiempo t 0 nos indica por cuánto tiempo la curva de f (t ) = A cos(ωt − π/2) = A cos (ω(t − t 0 )) se desplaza a la derecha desde el Gráfico de φ t0 A cos(ωt ). . Obsérvese también que = . 2π P

Ejemplo 4.9 ¿Cuales son las unidades de φ? a

seg und os

b

seg und os −1

c

sin unidad o en radianes

Solución: Las unidades de φ son radianes, esto es lo mismo que no tener unidades. La longitud l (metros) de un arco que abarca un ángulo central de θ radianes en un círculo de radio r (metros) viene dada por l = r θ.

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

128

Ejemplo 4.10 Encuentre la amplitud y el desfase mediante el mathlet http://mathlets.org/mathlets/ trigonometric-id/, la curva púrpura en el gráfico superior es la gráfica de la sinusoide A cos(ωt −φ), donde la amplitud A y el retardo de fase φ son fijados por los cursores junto al gráfico superior. La curva verde en el gráfico superior es la superposición de las curvas coseno naranja y seno azul en el gráfico inferior. ¿No es asombroso que la superposición de las dos sinusoides sea otra sinusoide?

Establezca los coeficientes con a = 1 y b = −2 en el gráfico inferior. El análisis consiste en encontrar la A y φ para que el gráfico púrpura se alinee con el gráfico verde, es decir, encuentre la amplitud A y el retardo de fase φ de manera que: cos(ωt ) − 2 sen(ωt ) = A cos(ωt − φ) Luego elabore un programa en Octave que replique el mathlet descrito. Solución: Para hacer que el gráfico púrpura se alinee con el gráfico verde, moveremos el punto (A, φ) en coordenadas polares en el pequeño gráfico de la derecha al punto (a, b) = (1, −2) en coordenadas cartesianas. Para ello, debemos tener:

Figura 4.7: Gráfico de Identidad Trigonométrica.

p p 1 + 22 = 5 ≈ 2,24 µ ¶ −2 φ = arctan ≈ −63 (grados). 1 A=

El gráfico más pequeño de la derecha muestra el punto con coordenadas rectangulares (a, b) cuando se hace clic en la casilla a, b y el punto con coordenadas polares (A, φ) cuando se hace clic en la casilla A, φ.

Nota: A partir del gráfico verde/púrpura, es fácil leer A y φ pero difícil de leer los valores de a y b.

Ejemplo 4.11 Encuentre la combinación lineal en el mathlet anterior, cuando la amplitud A y el retardo de fase φ del sinusoide púrpura A cos(ωt − φ) se fijan en A = 2, y φ = π/2. El análisis ahora es encontrar a y b para que la curva verde quede alineado con el gráfico púrpura. Es decir, encuentre los coeficientes a y b para que: a cos(ωt ) + b sen(ωt ) = 2 cos(ωt − π/2) Solución: Sabemos que 2 cos(ωt − π/2) = 2 sen(ωt ). Por lo tanto, pa-

ra obtener la gráfica de la curva de superposición verde a cos ωt + b sen ωt para que coincida con la curva 2 cos(ωt − π/2), establecemos a = 0 y b = 2. Observe que esto equivale a asegurar que el punto del plano (A, φ) = (2, π/2) representado en coordenadas polares es el mismo que el punto (a, b) representado en coordenadas cartesianas. Está claro que la forma de hacerlo es fijando (a, b) = (0, 2). Puede ver esto haciendo clic en las casillas de verificación a, b y A, φ. Intente cambiar A y φ y encuentre los valores de a y b que hace que las curvas verde y morada sean iguales.

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

129

Ejemplo 4.12 Dada la siguiente función sinusoidal:

a

Nos piden:

ei wt 2 + 3i Escriba la parte real en forma polar y en forma rectangular.

b

Halle la frecuencia circular, amplitud y retardo de fase.

c

Esboce la gráfica de la parte real versus el tiempo.

½

¾ ¤ 1 £ Re p cos(ωt − φ) + i sen(ωt − φ) 13

1 ⇐⇒ = p cos(ωt − φ) 13

µ ¶ 3 φ = arctan 2

Forma Rectangular

Solución: ei wt Re 2 + 3i ½

a

Escribimos la parte real.

¾

(cos ωt + i sen ωt ) (2 − 3i ) = Re · (2 + 3i ) (2 − 3i ) ½

¾

Forma Polar ei wt =⇒ r e i φ 2 + 3i p 3 r = 22 + 32 , φ = arctan( ) 2 ei wt 1 i (ωt −φ) =p e p 13e i φ 13

½ Re

⇐⇒ =

e i θ = cos θ + i sen θ 4

¾ 1 1 i (−3 cos(ωt ) + 2 sen(ωt )) (2 cos(ωt ) + 3 sen(ωt )) + (4 + 9) (4 + 9)

b

1 (2 cos(ωt ) + 3 sen(ωt )) 13

Frecuencia Circular = ω, Amplitud = ¡ ¢ de Fase = φ = arctan 23

3 c

La gráfica sería de la forma:

2

2

1

3 √ 22 +

3

ϕ◦ 2

0

Figura 4.8: Triangulo φ.

Figura 4.9: Gráfica de la Parte Real.

p1 , 13

Retardo

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

130

Ejemplo 4.13 Aplicación a un Sistema Masa-Resorte Una masa de 1 kg está unida a un resorte con una constante del resorte de aproximadamente π2 N/m. Se tira a 1 m a la izquierda del equilibrio y luego se empuja y se libera a una velocidad de π m/s hacia la derecha. ¿Cuál es la posición x(t ) de la masa en el tiempo t segundos después de ser liberada? Responda en forma de amplitud-fase x(t ) = A cos(ωt − φ) introduciendo los valores de A, ω, y φ. (Utilice la convención de que A > 0 y ω > 0.)

Solución: Desde que el polinomio característico tiene como raíces características ±i π, la solución general real de la EDO está dada por: x(t ) = c 1 cos(πt ) + c 2 sin(πt )

c1 , c2 ∈ R

˙ = π nos da: Las condiciones iniciales x(0) = −1 y x(0) c1 c2

= =

−1 1

Por lo tanto, en su forma de amplitud y fase: ¶ µ p 3π x(t ) = 2 cos πt − 4

Figura 4.10: Sistema Masa-Resorte.

p 3π Donde: A = 2, ω = π, φ = . Note que φ = 4 ¶ µ 3π + 2πn es válido para cualquier valor de n. 4

Ejemplo 4.14 Unidades En su forma de amplitud fase, la solución al problema anterior es x(t ) = A cos(ωt −φ), ¿Cuáles son las unidades de A, ω, y φ ? Solución: Puesto que la posición x de la masa se mide en metros y

la salida de la función coseno es unitaria, A debe tener las mismas unidades que x, y por lo tanto está en metros. Puesto que (ωt −φ) es el argumento de la función coseno, cada término debe estar en radianes. Esto significa que φ está en radianes, y ω en radianes por segundo.

Ejemplo 4.15 Unidades del Periodo, Frecuencia y Tiempo de Desfase Respecto al Ejemplo 4.13. ¿Cuáles son las unidades: del Periodo P la Frecuencia ν y el Tiempo de Desfase t 0 ? Solución:

La frecuencia ν es el número µ de ciclos ¶ por segundo, 1 1 ciclos y eatá dada por ν = = . P 2 segundo

El periodo P es el tiempo para una oscilación completa y por lo tanto tiene unidades en segundos. Su µ ¶ 2π rad valor viene dado por P = = 2(seg). ω rad/seg

El tiempo de desfase t 0 es el valor t que la gráfica de cos(ωt ) se desplaza a la derecha para llegar a la gráfica de cos (ω(t − t 0 )) = cos(ωt − φ). Por lo tanto, su unidad está en segundos, y su valor es φ 3π/4 3 t0 = = = . ω π 4

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

131

Ejemplo 4.16 Dibujo de la Solución Respecto al Ejemplo 4.13. Realice un dibujo de la gráfica de la función de la posición de la masa en el sistema masa-resorte: x(t ). Solución:

en t = 1,75, 3,75, 5,75, . . . Los ceros de x(t ) son desplazados consecutivamente por t 0 = 3/4 desde las localizaciones de los ceros de cos(πt ), , y por consiguiente están en t = −1/2 + 3/4, 1/2 + 3/4, 3/2 + 3/4, 5/2 + 3/4, . . . . Poniendo junto lo anterior, la gráfica de x(t ) es la siguiente:

Necesitamos dibujar el gráfico de: ¶ ¶¶ µ µ µ p p 3π 3 x(t ) = 2 cos πt − = 2 cos π t − 4 4 Los máximos del cos(πt ) están en t = 2n para cualquier entero n. Por lo tanto, los máximos de cos(π(t − 3/4)) están en t = 0,75, 2,75, 4,75, . . . . Del mismo modo, los mínimos de cos(πt ) están en t = 2n + 1 para cualquier entero n. Por lo tanto, los mínimos de cos(π(t − 3/4)) están

Figura 4.11: Sistema Masa-Resorte.

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

132

Ejemplo 4.17 Aplicación a un Sistema Sub Amortiguado Masa-Resorte Dado un sistema Sub Amortiguado Masa-Resorte m y¨ + b y˙ + k y = 0 , con m = 1, b = 4, k = 5 y condiciones iniciales y(0) = 1, y 0 (0) = 0. Encuentre la solución general y particular en forma de amplitud-fase y dibuje dicha solución. Masa

Amortiguador

Resorte

Generando una solución de la forma: y(t ) = e −2t (c 1 cos t + c 2 sen t ) Derivando esta expresión tenemos: y 0 (t ) = −2e −2t (c 1 cos t + c 2 sen t )+e −2t (−c 1 sen t + c 2 cos t ) y 0 (t ) = e −2t ((c 2 − 2c 1 ) cos t − (c 2 + c 1 ) sen t )

Figura 4.12: Sistema No Amortiguado Masa-Resorte.

Solución: La principal diferencia entre las soluciones a un sistema sub amortiguado y un sistema amortiguado (donde b es lo suficientemente pequeño para que haya dos raíces complejas) es que las soluciones reales al sistema amortiguado tienen un factor exponencial adicional. La solución real general a m y¨ + b y˙ + k y = 0 (cuando b 2 < 4km) ) es: = e (−b/2m)t (c 1 cos (ωd t ) + c 2 sen (ωd t )) ¡ ¡ ¢¢ = e (−b/2m)t A cos ωd t − φ ¡ (−b/2m)t ¢ ¡ ¢ = Ae cos ωd t − φ p 4 · m · k − b2 Donde ωd = 2m Dado que el coseno oscila entre 1 y −1, la función y(t ) oscila entre Ae (−b/2m)t y −Ae (−b/2m)t . Llamamos a las gráficas de ±Ae (−b/2m)t la envolvente de las oscilaciones. Escribimos la EDO particular con los valores dados: y(t )

00

˙ = 0 nos da: c 1 = 1 Las condiciones iniciales y(0) = 1 y y(0) y c 2 = 2 Por lo tanto: y(t ) = e

y(t ) =

−2t

¶ µ p −2t 2 1 5e cos t · p + sen t · p 5 5

Recordando la identidad trigonométrica: cos(α − β) = cos α · cos β + sen α · sen β 4

3

2

2

√1

1

Proponemos y(t ) = e r t , y 0 (t ) = r e r t y y 00 (t ) = r 2 e r t .Reemplazando obtenemos las raíces características: r 2 + 4r + 5 = 0 p −4 ± 42 − 4 · 5 r 1,2 = 2 r 1,2 = −2 ± 2i

2

+2

√5 =

2

ϕ◦ 1

0

Figura 4.13: Triangulo φ.

Por lo tanto, en su forma de amplitud y fase:

0

y + 4y + 5y = 0

Ãp ! 5 (cos t + 2 sen t ) · p 5

y(t ) =

p −2t ¡ ¢ 5e cos t − φ

El gráfico queda de la siguiente forma:

Cuyas bases de las raíces características son: e (−2+i )t :

e −2t cos t ,

e −2t sen t

Figura 4.14: Gráfica del Sistema Sub Amortiguado.

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

133

Ejemplo 4.18 Cruzando el Equilibrio Sea:

e

Si

¡ ¢ ¡ ¢ x(t ) = Ae −pt cos ωd t − φ

f

No

Donde A, p, ωd , φ son números reales distintos de cero. ¿Cuantas veces x(t ) cruza el eje t a medida que t se incrementa?

g

No hay suficiente información para determinarlo.

a

0

b

1

c

2

d

Solución: Desde que Ae (−b/2m)t 6= 0 para cualquier t , x(t ) = 0 en donde cos(ωd t −φ) = 0. Por lo tanto, los ceros de x(t ) son los mismos que los ceros de la sinusoidal pura cos(ωd t − φ), los cuales se dan para los valores de t que cumplen:

Infinitamente muchas veces.

¿Son los intervalos de tiempo ceros los mismos (los valores de t para los cuales x(t ) cruza el eje t )?

ωd t − φ

=

=⇒ t

=

π/2 + nπ

n cualquier entero

π/2+nπ+φ ωd

Por lo tanto, x(t ) tiene infinitos ceros espaciados equidistante. El factor exponencial cambia la amplitud de la oscilación pero no la frecuencia. Las respuestas son: d y e .

Revisión de los Sinusoides Amortiguados La respuesta al sistema Amortiguador-Masa-Resorte Sin Fuerza con un término pequeño de amortiguación (b 2 < 4km) llamado Sinusoide Amortiguada, que tiene la forma: ³ ´ x(t ) = Ae (−b/2m)t cos(ωt − φ)

En el último ejercicio, hemos visto que el factor exponencial no afecta la frecuencia de oscilación: x(t ) cruza el equilibrio en aquellos puntos donde la sinusoide pura cos(ωt − φ) lo hace. Por lo tanto, el periodo P y el tiempo de desfasaje t 0 todavía tienen sentido y tienen las mismas fórmulas que la sinusoide pura cos(ωt − φ):

t0 P

= =

φ/ω 2π/ω

Debido a que el gráfico de x(t ) no es periódico, su amplitud es decreciente, nosotros llamamos P el seudo-periodo. Para Sinusoides amortiguados, el tiempo de retardo t 0 es más fácil para visualizarlo desde el corrimiento de ceros. El valor de t 0 es la diferencia de tiempo entre el cero de x(t ) y el cero correspondiente de cos(ωt ).

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

134

Ejemplo 4.19 Pulsos Los pulsos se producen cuando se emiten dos lanzamientos muy cercanos simultáneamente, tal como se aprecia en el enlace https://mathlets.surge. sh/beats.html. Considere dos ondas sonoras sinusoidales de frecuencias angulares ω + ² y ω − ², digamos cos((ω + ²)t ) y cos((ω − ²)t ), donde ² es mucho menor que ω. ¿Qué sucede cuando se superponen?

ce una rápida oscilación entre ±2 cos ²t , por lo que se oye una onda sonora de frecuencia angular ω cuya amplitud es la función que varía lentamente |2 cos ²t |.

Figura 4.16: Función 2 (cos ²t ) (cos ωt ) para ² = 1/8 y ω = 4.

Figura 4.15: Gráfica de Pulsos.

Solución: La suma cos((ω + ²)t ) + cos((ω − ²)t ) es: ⇐⇒

= = = = =

Re (e i (ω+²)t ) + Re (e i (ω−²)t ) Re (e i ωt (e i ²t + e −i ²t )) Re (e i ωt (2 cos ²t )) (2 cos ²t )Re (e i ωt ) 2(cos ²t )(cos ωt )

La función cos ωt oscila rápidamente entre ±1. Multiplicándolo por la función de variación lenta 2 cos ²t produ-

Aplicación Práctica Cuando se escucha latidos al ajustar las cuerdas de un instrumento, o al sintonizar un instrumento con otro. El sonido waa waa waa que oyes es exactamente estos ritmos. Cuanto mayor sea la frecuencia de los latidos, más desafinada se oye. A medida que los instrumentos o cuerdas se vuelven más y más cercanos en sintonía, la frecuencia de los latidos disminuye hasta que no se pueden escucharlo en absoluto. Observe que cambiar la fase de una señal con respecto a otra no cambia la frecuencia de los latidos. Esto es importante ya que si pudiera escuchar los cambios de fase, sería muy difícil sintonizar su instrumento por el oído.

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

135

Ejemplo 4.20 Envolvente de los Pulsos En el mathlet del ejemplo anterior, utilice el control deslizante en la parte inferior para ajustar la amplitud A de la sinusoide g (t ) = A sen(ωt − φ) para A = 0,5. Haga clic en el botón del envolvente y observe que las dos curvas que comprenden la envolvente de los pulsos ya no son sinusoides. En general, la suma de los dos sinusoides con diferentes frecuencias y amplitudes diferentes se puede escribir como la parte imaginaria de una función de valor complejo como sigue: f (t ) + g (t )

= = =

sen(t ) + A sen(ωt ) Im (R(t )e i θ(t ) ) R(t ) real R(t ) sen(θ(t ))

Note que | f (t ) + g (t )| ≤ R(t ). Esta función R(t ) es llamada la envolvente de los pulsos. Encuentre R(t ) en función de A, ω, t . Solución:

f (t ) + g (t )

4.3

sen(t ³ ) + A sen(ωt ´) Im e i t + Ae i ωt

=

Im (cos(t ) + A cos(ωt ) + i (sin(t ) + A sin(ωt )))

Tenemos:

R(t )

= = = =

|cos(t ) + A cos(ωt ) + i (sin(t ) + A sen(ωt ))| p (cos(t ) + A cos(ωt ))2 + (sen(t ) + A sen(ωt ))2 p 1 + A 2 + 2A (cos(t ) cos(ωt ) + sen(t ) sen(ωt )) p 1 + A 2 + 2A (cos((1 − ω)t ))

Note que cuando A = 1, las amplitudes de las dos sinusoides en f (t ) son las mismas y R(t ) se reduce a la expresión siguiente:

R(t ) La envolvente R(t ) es el módulo de la función compleja cuya parte imaginaria es f (t ) + g (t ). Ya que:

=

=

= = =

p 2(1 + cos(1 − ωt )) q ³ ¡ ¢ 4 cos2 1−ω t cos2 θ = 2 ¯ ¡ 1−ω ¢¯ t ¯ 2 ¯cos

cos(2θ)+1 2

´

2

Ejercicios Propuestos

Ejercicios 4.1

4.1 Utilizando el Método de Variación de Parámetros de orden n, determinar la solución de cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales: a.) y (4)+y

00

b.) y (3)+3y

=x 2 +x 00

.

0

+3y +y=e −x 00

0

.

c.) y (3) − 2y − y + 2y = 000

2x 3 + x 2 − 4x − 6 . x4

00

d.) y = 2y + 1. 00

e.) y (4) + 16y = 64 cos 4x. 00

0

f.) y (3) − 4y + 4y = 12e 2x + 24x 2 . 00

g.) y (4) − 2y + y = 100 cos 3x. 00

0

h.) y (3) − 6y + 11y − 6y = e x .

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

136

i.) y (3) =

24(x + y) . x3 00

0

j.) x 3 y (3) − x 2 y + 2x y − 2y = x 3 . 00

0

00

0

k.) x 3 y (3) + 5x 2 y + 2x y − 2y = x 4 . l.) x 3 y (3) − 4x 2 y + 8x y − 8y = 4 ln x. 00

0

m.) x 3 y (3) + x 2 y − 6x y + 6y = 30x. 00

0

4.2 Halle la solución general de la EDO x y (3) + 2x y − x y − 2x y = 1, sabiendo que el conjunto fundamental de soluciones está dado por: φ1 = e x , φ2 = e −x y φ3 = e −2x . 0

4.3 Halle la solución general de la EDO x 2 y (3) − 2y = 5 ln x, sabiendo que el conjunto fundamental de soluciones está dado por: φ1 = 1, φ2 = ln x y φ3 = x 3 . 0

4.4 Halle la solución general de la EDO y (3) − y = −2x, sabiendo que las condiciones iniciales están dadas por: 0

00

y(0) = 0, y (0) = 1 y y (0) = 2.

4.5 Halle la solución general de la EDO y (4) − y = 8e x , sabiendo que las condiciones iniciales están dadas por: y(0) = 0

00

000

−1, y (0) = 0, y (0) = 1 y y (0) = 0. 00

0

4.6 Halle la solución general de la EDO y (3) +3y +3y +y = 12e −x , sabiendo que las condiciones iniciales están dadas 0

00

por: y(0) = 1, y (0) = 0 y y (0) = −3.

4.7 Halle la solución general de la EDO y (4) − y = cos x, sabiendo que las condiciones iniciales están dadas por: 0

00

000

y(0) = 1, y (0) = −1, y (0) = y (0) = 0.

4.8 Escriba cos(2t ) + sen(2t ) , en la forma A cos(ωt − φ), calculando los términos A, ω, φ. p

4.9 Escriba cos(πt ) − 3 sen(πt ) , en la forma A cos(ωt − φ), calculando los términos A, ω, φ. 4.10 Escriba 5 cos 3t + 3π 4 , en la forma a cos(ωt ) + b sen(ωt ) calculando los términos a, b, ω . ¡

¢

4.11 Considere el sistema resorte-masa-amortiguador en el cual m = 1 Kg, y k =

17 16 N /m

y la constante de amortiguamiento b = (N s /m). La masa se jala a 1 m a la derecha del equilibrio y luego se empuja y se libera a una velocidad de 0,75m/s hacia la derecha. 1 2

Masa

Resorte

Amortiguador

Figura 4.17: Sistema Amortiguador-Masa-Resorte.

a.) ¿Cuál es la posición x(t ) de la masa en el tiempo t segundos después de ser liberada? Responda en forma de amplitud de fase x(t ) = Ae −pt cos(ωt − φ) introduciendo los valores de p, A, ω, y φ.

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

137

b.) Consideremos el envolvente ±²(t ) con ²(t ) = Ae −pt de la solución x(t ) que encontraste. La envolvente exponencial en descomposición es una característica principal que distingue una sinusoide amortiguada de una sinusoide pura. ¿Cuánto tiempo se tarda en que el envolvente decaiga a la mitad? En otras palabras, hallar t 1/2 (en segundos) tal que ² (t 1/2 ) = 12 ²(0). Esto se llama el tiempo medio de la envolvente exponencial en descenso. c.) ¿Cuáles son los valores del (pseudo) -periodo P , (en segundos) la (pseudo) -frecuencia ν, (en ciclos por segundo) y el retardo t 0 (en segundos) para x(t ), de la solución encontrada. d.) ¿Cuándo son las primeras 4 veces que la masa cruza la posición de equilibrio? Es decir, encontrar los 4 valores de t más pequeños para t > 0 tales que x(t ) = 0? Sea t 1 , t 2 , t 3 , t 4 los 4 valores de t en orden creciente. e.) Dibuje x(t ) usando Octave.

4.12 ¿Cuál de las siguientes funciones poseen igual Proyección que: Span(e 2t , e −2t , e i 2t , e −i 2t ) ? a

Span(e 2t , e −2t , cos(2t ), sen(2t ))

b

Span(e 2t , −e −2t , 3 cos(2t ), − sen(2t ))

c

Span(e 2t + e −2t , cos(2t )/2, sen(2t )

d

Span(e 2t , e −2t , e 2t − e −2t , cos(2t ), sen(2t )

e

Span(e 2t , e −2t , e 2t − e −2t , cos(2t − π/3), sen(2t ))

4.13 Si un Espacio Vectorial V = Span(v 1 , v 2 , v 3 ), donde v 1 , v 2 , v 3 son todos vectores diferentes de cero. ¿Cual de los siguientes vectores pueden ser las dimensiones de V ? a

0

b

1

c

2

d

2,5

e

3

f

4

4.14 Si los Vectores v 1 , v 2 , v 3 pertenecen a un Espacio Vectorial V . ¿Cual de los siguientes afirmaciones es verdadera? a

Span(v 1 , v 2 , v 3 ) = V ?

b

Span(v 1 , v 2 , v 3 ) es un Sub Conjunto de V ?

4.15 Dado la siguiente EDO de tercer orden: d 3x d x − =0 dt3 dt a.) Encuentre las tres raíces características de la EDO.

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

138

b.) ¿Cuantas soluciones de la EDO satisfacen las condiciones: x(2) = 1; x 0 (2) = 1?. a

1

b

2

c

3

d

Infinitamente muchas.

c.) Encuentre una solución de la EDO que satisfaga x(0) = 0, x 0 (0) = 1, y x 00 (0) = 1.

4.16 Encuentre el coeficiente constante homogéneo más simple de la EDO que tiene 1 + 4t − t 2 e −2t + 4e −t cos(3t ) ¡

¢

como una de sus soluciones. Sugerencia: Encuentre una ED con el coeficiente 1 para la derivada más alta. Utilice Octave para ayudarle una vez que haya encontrado una forma del polinomio característico.

4.17 Hay dos raíces cuadradas complejas de 2i . ¿Cuál es el que tiene una parte real negativa, en la forma a + bi , después de simplificar tanto como sea posible? 4.18 Hay dos números complejos α tales que la parte imaginaria de la función e αt −i π/2 es −e −3t cos(2t ). De estos dos α, encontrar el que tiene parte imaginaria positiva.

4.19 Mientras el número real t tiende a +∞, ¿cómo se mueve el valor de e (−4+5i )t en el plano complejo? Respuestas posibles (seleccione una): (“Radialmente” significa a lo largo de un rayo que parte del origen.) 1

No se mueve.

2

A la derecha sobre el círculo.

3

A la izquiera sobre el círculo.

4

Hacia dentro en espiral a la derecha.

5

Hacia dentro en espiral a la izquierda.

6

Hacia afuera en espiral a la derecha.

7

Hacia afuera en espiral a la izquierda.

8

A lo largo de una hipérbola.

9

A lo largo de una parábola.

10

Radialmente hacia adentro.

11

Radialmente hacia afuera.

12

A lo largo de una línea que no pasa por el origen.

4.20 Encuentre el número complejo c tal que Re (ce i ωt ) sea la misma función que 3 cos(ωt ) − sen(ωt ). 4.21 ¿Cual es el periodo de la solución diferente de cero de la EDO x¨ + 4x = 0? 1

Depende de la solución.

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

2

2

3

π

4

4

5

2π

6

π 2

7

Ninguna de las anteriores.

139

4.22 ¿Cuál es la amplitud de la solución de la EDO x¨ + π2 x = 0? Sabiendo que cumple: (

1

Depende de la solución.

2

2

3

π

4

4

5

2π

6

π 2

7

Ninguna de las anteriores.

x(0) ˙ x(0)

=1 p ? =π 3

4.23 Para un oscilador armónico amortiguado sin fuerza, con m = 4, k = 68. ¿que valores positivos de b genera un sistema sub amortiguado con un seudo periodo de 2π?

4.24 Cuantas funciones y(t ) satisfacen y¨ + t 2 y = 0 y y(0) = 6? 1

Ninguna.

2

Una.

3

Dos.

4

Infinitas.

4.25 Las constantes reales a3 , a2 , a1 , a0 son tales que la EDO y (4) + a 3 y (3) + a 2 y¨ + a 1 y˙ + a 0 y = 0 Tiene a la función t e 5t + e −3t sen(2t ) como una solución. ¿Cual es el valor de a 0 ?

4.26 Diga si es Verdadero o Falso: El conjunto de todas las soluciones para y¨ + 3 y˙ + 5y = 0 es un espacio vectorial. 1

Verdadero.

2

Falso.

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

140

4.27 ¿Para qué número a es 3t 2 − 6t + a una de las funciones del Span(t 2 + 2, 3t + 5)? 4.28 El conjunto de polinomios de grado máximo 3 en la variable t (incluido el polinomio cero) es un espacio vectorial. ¿Cuál es su dimensión? 1

0

2

1

3

2

4

3

5

4

6

Infinito.

4.29 ¿Cuál es la dimensión del conjunto de soluciones para y¨ − t 4 y˙ = 0? 1

0

2

1

3

2

4

3

5

4

6

Infinito.

7

El conjunto de soluciones no es un espacio vectorial, por lo que la dimensión no está definida.

4.30 Una boya cilíndrica debe ser colocada en un estanque. Comenzamos con la parte inferior de la boya tocando la superficie del agua, luego la liberamos. En este punto, actúa sobre dos fuerzas: la fuerza descendente de gravedad mg y la fuerza de flotación ascendente igual al peso del agua desplazada (principio de Arquímedes). Para modelar esta boya, necesitamos conocer su geometría. Tiene radio r , altura h, y densidad ρ b = 0,5grams/cm3 . (Recuerde que la densidad del agua es ρ w = 1grams/cm3 .) Suponga además que la boya desciende simétricamente en el agua (no oscila de lado a lado). Conteste las siguientes preguntas relacionadas con este sistema: a.) Hallar una ecuación diferencial que modela el desplazamiento de la parte inferior de la boya x(t ) por debajo de la superficie del estanque, en función del tiempo t . Elija la dirección para que los desplazamientos por debajo de la superficie sean positivos. Aquí t = 0 es el momento en que liberamos la boya del reposo, con el fondo de la boya tocando la superficie del agua. ˙ y x. Exprese x¨ en términos de g , h, r, x, b.) La solución general a la ecuación diferencial encontrada anteriormente está dada por: x(t ) = h/2 + x h (t ) Donde x h (t ) es la solución general a la ecuación diferencial homogénea asociada.

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

141

Calcule el periodo T (en segundos) y la amplitud A (en metros) de la oscilación resultante si la altura de la boya es h = 2metros. Recordemos que en t = 0 , soltamos la boya del reposo con el fondo de la boya tocando la superficie del agua. Utilice el valor numérico g = 9,8metros/seg2 como la constante gravitacional. c.) Una segunda boya con la misma altura h y una masa de 50 kg flota en el agua. Cuando se presiona ligeramente hacia abajo y se suelta, oscila hacia arriba y hacia abajo cuatro veces cada 10 segundos. Encuentre el radio R de la boya en centímetros. Recuerde que la densidad del agua es ρ w = 1gramos/cm3 . Introduzca la longitud del radio con un decimal de precisión. d.) ¿Cuál es el componente más importante que falta en este modelo de boya? 1

Amortiguación.

2

Resistencia del aire.

3

Mecánica cuántica.

4

Relatividad.

5

Profundidad.

4.31 Estudiaremos cómo el cambio de la constante de amortiguación afecta las soluciones al Sistema Amortiguado Masa-Resorte dado por: ¨ + b x˙ + x/2 = 0 x/2 Con las siguientes condiciones iniciales: x(0) = 1,

˙ = −1 x(0)

Resolver el problema de valor inicial para los tres casos b < 1, b = 1 (críticamente amortiguado) y b > 1. Elabore las respuestas en función de b y t . a.) Calcular x(t ) = para b < 1. b.) Calcular x(t ) = para b = 1. c.) Calcular x(t ) = para b > 1.

4.32 Como usted ha visto, dependiendo de que si el sistema está sub amortiguado, sobre amortiguado, o críticamente amortiguado, las soluciones son completamente diferentes. ¿Significa esto que para una condición inicial dada las soluciones se comporta de forma muy diferente entre sí? Vamos a investigar esto usando el mathlet http://mathlets.org/mathlets/damped-vibrations/.

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

142

Figura 4.18: Sistema de Vibraciones Amortiguadas.

Este problema utiliza el Mathlet de Vibraciones Amortiguadas utilizado en el ejercicio. Queremos comparar el caso de raíces reales, desiguales (sobre amortiguadas), el caso de raíces complejas (sub amortiguadas), y el caso de raíces iguales (críticamente amortiguadas). Utilice los controles deslizantes para establecer los valores de m = 1/2, b = 1 y ˙ = −1. k = 1/2 y arrastre el punto para cambiar las condiciones iniciales a x(0) = 1, x(0) Cambie el valor de b y describa lo que ve. En este contexto, un salto se refiere a una discontinuidad. a.)

1

La curva salta mientras b cruza de sobre amortiguado hacia críticamente amortiguado y luego hacia sub amortiguado.

2

La curva cambia suavemente entre críticamente amortiguado y sobre amortiguado, pero se nota que hay un salto cuando la solución cruza a sub amortiguado.

3

La curva cambia suavemente de sobre amortizado a críticamente amortiguado y luego a sub amortiguado.

b.) Calcule el límite analíticamente cuando b → 1− de la solución sub amortiguada cuando t = 1. c.) Calcule el límite analíticamente cuando b → 1+ de la solución sobre amortiguada cuando t = 1.

4.33 Vamos a resolver la ecuación diferencial de primer orden usando el mathlet http://mathlets.org/ mathlets/amplitude-and-phase-1st-order/. Lea todo el ejercicio antes de comenzar. Examinamos la respuesta x(t ) a la entrada q e (t ) = cos ωt , dado por: x˙ + kx = kq e (t ) = k cos ωt Piense en q e (t ) como el nivel de agua en el océano, fluctuando de acuerdo con las mareas, y x (t) como el nivel de agua en una bahía conectada por un canal al océano. Este modelo tiene sentido porque la tasa de cambio en el nivel de agua en la bahía x˙ debe ser proporcional a la diferencia en el nivel del agua del océano q e (t ) y el nivel del agua en la bahía x. También es razonable modelar las mareas oceánicas en algunas temporadas usando cos ωt ya que las mareas cambian con la atracción de la gravedad de la luna mientras la tierra gira en su eje. La respuesta en estado estacionario después de que los términos exponenciales homogéneos decaen cerca de 0 es: A cos(ωt − ϕ)

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

143

Figura 4.19: Sistema Sinusoide.

a.) Usando su intuición, responda lo siguiente: 1

¿Aumenta o disminuye la amplitud A?

2

Cuando k aumenta, con ω fijo? (El canal se dragada o al revés, lleno de limo.)

3

Cuando ω aumenta con k fijo? (La Tierra cambia la frecuencia de su rotación.) (Sugerencia: ayuda a pensar en lo que sucede cuando ω es muy pequeño y muy grande.)

4

¿Qué pasa con el retardo de fase ϕ?

b.) En el modelo de una bahía: x˙ + kx = k cos ωt Las soluciones homogéneas son múltiplos constantes de una exponencial decreciente. Así, con el tiempo, la respuesta en estado estacionario se convierte en la solución particular: x p (t ) = A cos(ωt − ϕ) La curva azul es la entrada y la naranja es la respuesta de estado estacionario. Utilice el control deslizante k y el ω para observar los cambios en A y ϕ. El efecto de cambiar ω en ϕ es difícil de ver - es mucho más fácil con k ajustado a valores más pequeños. Asegúrese de distinguir entre el retardo de fase ϕ y el retardo t 0 = ϕ/ω marcado en púrpura. Si es curioso, notará que el gráfico de Bode muestra la variación de la amplitud y el desfase como funciones de ω. Echar un vistazo. (I) ¿Qué ocurre cuando k aumenta con ω fijo? (Seleccione todas las que apliquen) 1

A incrementa.

2

A decrementa.

3

A se mantiene igual.

4

ϕ incrementa.

5

ϕ decrementa.

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales de Orden Superior

144

6

ϕ se mantiene igual.

(II) ¿Qué ocurre cuando ω aumenta con k fijo? (Seleccione todas las que apliquen) 1

A incrementa.

2

A decrementa.

3

A se mantiene igual.

4

ϕ incrementa.

5

ϕ decrementa.

6

ϕ se mantiene igual.

c.) Explique directamente de la ecuación diferencial (es decir, sin resolverla) por qué las curvas de entrada y respuesta se intersectan sólo en los puntos máximo y mínimo de la curva de respuesta. Ayuda a mirar estos puntos cuando se utiliza el Mathlet para averiguar cómo varía la amplitud A.

4.34 Encuentre las frecuencias angulares, sabiendo que el desplazamiento de la masa x 1 en un oscilador acoplado satisface la ecuación diferencial: y (4) + 4 y¨ + 3y = 0 La solución general es la suma de las dos sinusoides: y(t ) = A 1 cos(ω1 t − φ1 ) + A 2 cos(ω2 t − φ2 ) a.) Encuentre las dos frecuencias angulares ω1 y ω2 . b.) ¿Qué falta en este modelado? a

Adecuada amortiguación.

b

Resistencia del aire.

c

Mecánica cuántica.

d

Relatividad.

e

Profundidad.

5

Operadores y Respuesta Exponencial

Objetivos de la Sesión de Aprendizaje. Los objetivos de esta sesión de aprendizaje son los siguientes: Escribir ecuaciones diferenciales de coeficientes constantes lineales usando la notación de operadores, es decir, utilizando operadores lineales invariantes en el tiempo (LIT). Utilizar los desplazamientos de tiempo para resolver ecuaciones diferenciales LIT. Resolver EDO con coeficientes constantes no homogéneas con entradas exponenciales utilizando la Fórmula de Respuesta Exponencial (FRE). Reconocer cuándo falla la FRE y cómo aplicar la FRE generalizada en estas situaciones. Aplicar superposición a ecuaciones diferenciales no homogéneas lineales de orden superior. Utilizar un reemplazo complejo para resolver cualquier sistema LIT no homogéneo con entrada sinusoidal. Encontrar la ganancia compleja de un sistema LIT en términos de la respuesta del sistema complejo y de la entrada del sistema complejo. Describir el cambio de fase y la ganancia de amplitud de cualquier sistema LIT con señal de entrada sinusoidal en términos de la ganancia compleja. Describir las condiciones para la estabilidad en los sistemas físicos y distinguir entre el comportamiento a largo plazo (estado estacionario) y transitorio en un sistema estable. Entender que la resonancia se produce en la frecuencia de entrada en la que la amplitud de la respuesta del sistema es mayor. Encontrar soluciones puramente resonantes a ecuaciones diferenciales a partir de la fórmula de respuesta exponencial generalizada. Exprese cómo la amplitud (ganancia) de la señal de salida cambia como una función de la frecuencia angular de la señal de entrada a través de un diagrama de Bode.

146

5.1

Operadores y Respuesta Exponencial

Notación del Operador

Si y 1 e y 2 son dos soluciones a una ecuación diferencial lineal homogénea: y¨ + p y˙ + q y = 0 ¿Por qué c 1 y 1 + c 2 y 2 es una solución? Usted conoce la propiedad de superposición para las ecuaciones diferenciales lineales homogéneas. Deseamos una prueba elegante porque nos ayudará con problemas más complicados, incluyendo la resolución de ecuaciones no homogéneas de orden superior. Demostración: y 00 + p y 0 + q y = 0 D 2 y + pD y + q y = 0 ¡

¢ D 2 + pD + q y = 0

Llamamos L = D 2 + pD + q el operador lineal, luego: Ly = 0

Figura 5.1: Operador Lineal.

Luego tenemos: L(u 1 + u 2 ) = L(u 1 ) + L(u 2 ) L(cu) = cL(u) Siendo c una constante y u una función. Sabemos que D es un operador lineal, entonces: (u 1 + u 2 )0 = (u 1 )0 + (u 2 )0 (cu)0 = cu 0 Para demostrar la superposición tenemos que L(y) = 0, luego: L(c 1 y 1 + c 2 y 2 ) = L(c 1 y 1 ) + L(c 2 y 2 ) ⇐⇒ = c 1 L(y 1 ) + c 2 L(y 2 ) ⇐⇒ = c 1 · 0 + c 2 · 0 = 0

147

Operadores y Respuesta Exponencial

El operador D Una función toma un número de entrada y devuelve otro número mientras que un operador toma una función de entrada y devuelve otra función. Por ejemplo, el operador diferencial ddt toma una función de entrada y(t ) y devuelve Por ejemplo De 4t = 4e 4t . El operador D es lineal, lo que significa que: D( f + g ) = D f + D g ,

dy dt .

Este operador también se llama D.

D(a f ) = a D f

Para cualquier función f y g , y cualquier número a. Debido a esto, D se comporta bien con respecto a las combinaciones lineales, a saber: D(c 1 f 1 + · · · + c n f n ) = c 1 D f 1 + · · · + c n D f n Para cualquier número c 1 , . . . , c n y funciones f 1 , . . . , f n . Ejemplo 5.1 Determine el resultado del operador: D t 3 Solución: D t 3 = 3t 2 No puede tomar esta ecuación y sustituir t = 2 para obtener D8 = 12. La única manera de interpretar “8” en “D8” es como una función constante, que por supuesto tiene derivada cero: D8 = 0. El punto es que para conocer la función D f (t ) en un valor particular de t , digamos t = a, necesitas saber más que sólo f (a); Usted necesita saber cómo f (t ) está cambiando cerca de a. Esto es característico de los operadores; En general hay que conocer toda la función f (t ) para evaluar un operador sobre ella.

Definición 5.1 Operador Lineal En general, un operador lineal L es cualquier operador que satisface L( f + g ) = L f + Lg ,

L(a f ) = a L f

Para cualquier función f y g , y cualquier número a.

Ejemplo 5.2 El operador L = D 2 + p(t )D + q(t ) donde p(t ) y q(t ) son funciones de t es un operador lineal. ¿Por qué L es lineal? Solución: Usted sabe que D es lineal, y de manera similar, D 2 es lineal. Para ver que L es lineal, note que una combinación lineal de operadores lineales es de nuevo un operador lineal.

148

Operadores y Respuesta Exponencial

Operadores de Suma y Multiplicación Para aplicar un producto de dos operadores, aplique cada operador en forma sucesiva. Por ejemplo, DD y significa tomar la ¨ derivada de y, y luego tomar la derivada del resultado; Por lo tanto escribimos D 2 y = y. Para aplicar una suma de dos operadores, aplique cada operador a la función y añada los resultados. Por ejemplo, (D 2 +D)y = ˙ D 2 y + D y = y¨ + y. Cualquier número puede ser visto como el operador “multiplicar por el número”: por ejemplo, el operador 5 transforma la función sen x en la función 5 sen x. En particular, el operador “identidad” I es la multiplicación por el número 1: I f = f para todas las funciones f . Del mismo modo, podemos multiplicar por cualquier función de t , y esto es también un operador lineal. Por ejemplo, el operador t 2 transforma la función sen x en la función t 2 sen x. Ejemplo 5.3 Encuentre el operador lineal P de la EDO: 2 y¨ + 3 y˙ + 5y = 0 Solución: Cuyo polinomio característico es P (r ) = 2r 2 + 3r + 5, puede ser reescrito como: (2D 2 + 3D + 5)y P (D)y

= =

0 0

El mismo argumento demuestra que toda EDO con coeficiente constante homogéneo lineal de la forma: a n y (n) + · · · + a 0 y = 0 Puede escribirse simplemente como: P (D)y = 0 Donde P es el polinomio característico.

Ejemplo 5.4 Considere la ecuación diferencial:

d 4x d 2x +2 2 +x = 0 4 dt dt

Si queremos escribir la ecuación diferencial en la forma P (D) x = 0, ¿cuál es el operador P (D)? Solución: El polinomio característico de la ecuación diferencial: d 4x d 2x +2 2 +x = 0 4 dt dt Es P (r ) = r 4 + 2r 2 + 1, por lo que la ecuación diferencial puede escribirse en la forma P (D) x = 0, donde: P (D) = D 4 + 2D 2 + 1

149

Operadores y Respuesta Exponencial

Ejemplo 5.5 ¿Cuáles de los siguientes operadores son lineales? Marque todas las alternativas que correspondan. a

4D n + 3

b

D + t2

c

D2 + t D + t 2

d

mD 2 + bD + k

e

a 0 D n + a 1 D n−1 + · · · + a n

Solución: Todos estos operadores son lineales. En particular, cada ecuación diferencial lineal puede escribirse en términos de un operador diferencial lineal. Las opciones segunda y tercera son lineales con coeficientes variables. El primero, cuarto y quinto son lineales con coeficientes constantes. Sólo tendremos fórmulas para soluciones cuando los operadores involucrados tengan coeficientes constantes.

Invariante en el Tiempo Nos centraremos en operadores polinomios diferenciales con coeficientes constantes, es decir, operadores de la forma: P (D) = a n D n + a n−1 D n−1 + . . . a 1 D + a 0 Donde todos los coeficientes a k son números (en oposición a las funciones de t ). Todos los operadores de este formulario son lineales. Además de ser operadores lineales, también son operadores invariantes en el tiempo, lo que significa: Si x(t ) resuelve P (D)x = f (t ), entonces y(t ) = x(t − t 0 ) resuelve P (D)y = f (t − t 0 ). En palabras, esto dice que “retardar la señal de entrada f (t ) por t 0 segundos retrasa la señal de salida x(t ) en t 0 segundos”. Si sabemos que x(t ) es una solución a P (D)x = f (T ), podemos resolver P (D)y = f (t − t 0 ) reemplazando t por t − t 0 en x(t ). Esta es una propiedad útil porque nos da las soluciones a muchas ecuaciones diferenciales de forma simple. Un sistema que puede ser modelado utilizando un operador lineal invariable en el tiempo se llama un sistema LIT (Lineal e Invariante en el Tiempo). Ejemplo 5.6 La función x(t ) = sen(t ) resuelve la ecuación diferencial x˙ = cos t . ¿Cuál es una solución a la ecuación diferencial y˙ = cos(t + π/2) ? Solución: Por invarianza temporal, una solución es: y = sen(t + π/2). Tenga en cuenta que: y˙ = cos(t + π/2) = cos t · cos π/2 − sen t · sen π/2 = − sen t Y además: y

= = =

sen(t + π/2) sen t · cos π/2 + cos t · sen π/2 − cos t

150

Operadores y Respuesta Exponencial

Ejemplo 5.7 Consideremos la ecuación diferencial: x˙ + x = cos t El método de variación de parámetros o factores de integración nos dice que la solución general a esta ecuación diferencial es: 1 1 cos t + sen t + c 1 e −t 2 2 Supongamos ahora que queremos resolver la ecuación y˙ + y = sen t . Dado que sen t = cos (t − π/2), la propiedad de invarianza en el tiempo nos dice que: x (t ) =

y (t )

=

¢ ¡ x t − π2 = 12 cos (t − π/2) + 21 sen (t − π/2) + c 1 e −(t −π/2)

=

1 2

=

1 2

sen (t ) − 12 cos (t ) + c 1 e π/2 e −t | {z } fijamos c 2

1 2

sen (t ) − cos (t ) + c 2 e −t

Debe resolver y˙ + y = sen t . Esto coincide con la solución que obtendríamos si hubiéramos utilizado el método de variación de parámetros o factores de integración, pero no tuvimos que hacer casi ningún trabajo para obtener esta solución desde el principio.

Figura 5.2: Sistema Lineal e Invariante en el Tiempo.

Ejemplo 5.8 ¿Cuáles de los siguientes operadores diferenciales son operadores LIT? Marque todas las que corresponda. a

4D n + 3

b

D + t2

c

D2 + t D + t 2

d

mD 2 + bD + k

e

a 0 D n + a 1 D n−1 + · · · + a n

Solución: Todos estos operadores son lineales, y todos éstos tienen polinomios con coeficientes constantes y son invariantes en el tiempo excepto: t D + 2 y D 2 + t D + t 2 .

151

Operadores y Respuesta Exponencial

Para ver que P (D) = t D + 2 por ejemplo no es invariable en el tiempo, observe que la solución general para: P (D) x = t x˙ + 2x = t 5 En (0, +∞) es: 1 x (t ) = t 5 + c t −2 7 Esto puede ser resuelto usando la variación de parámetros, y era un ejemplo de un EDO lineal de primer orden. Ahora si el operador era invariante en el tiempo, entonces: y (t ) = x (t − t 0 ) =

1 (t − t 0 )5 + c (t − t 0 )−2 7

Resolvería: t y˙ + 2y = (t − t 0 )5 , Para cualquier t 0 > 0. Sin embargo: t y˙ + 2y =

5 2 (t − t 0 )5 + t (t − t 0 )4 + 2c (t − t 0 )−2 − 2c t (t − t 0 )−3 7 7

Debe quedar claro de esto que: t y˙ + 2y 6= (t − t 0 )5 , por lo que el operador lineal t D + 2 no es invariante en el tiempo. Puede utilizar una computadora para encontrar solución a D 2 + t D + t 2 , y ver que las soluciones no son invariantes en el tiempo. Observe que las soluciones no son corrimientos horizontales entre sí.

Superposición para una EDO Lineal No Homogénea Para entender la solución general y a una EDO Lineal No Homogénea de la forma: Ec. No Homogénea: p n (t ) y (n) + · · · + p 0 (t ) y = q(t ) Hacer lo siguiente: 1. Enumerar todas las soluciones a la ecuación homogénea asociada. Es decir, anote la solución homogénea general y h : Ec. Homogénea: p n (t ) y (n) + · · · + p 0 (t ) y = 0 2. Encuentre de alguna manera cualquier solución particular y p de la EDO no homogénea. 3. Añadir y p a todas las soluciones de la EDO homogénea para obtener todas las soluciones a la EDO no homogénea. En Resumen: y Sol. General

=

yp + yh Sol. Particular Sol. General Homogénea

¿Por qué funciona esto? Demostración. Sea L el operador lineal L = p n (t )D n + · · · + p 1 (t )D + p 0 (t ). Entonces las ecuaciones diferenciales están dadas por: Ec. No Homogénea Ec. Homogénea

Ly Ly

= =

q(t ) 0

152

Operadores y Respuesta Exponencial

Sea y p una solución particular de la ecuación no homogénea L(y p ) = q. Sea y h una solución homogénea L(y h ) = 0. Entonces: L(y p + y h ) = q + 0 = q Supongamos que y es también una solución a Ly = q. Es decir: Ly Ly p

= =

q q

Luego por la propiedad de linealidad tenemos: L(y − y p ) = L(y) − L(y p ) = q − q = 0 Por lo tanto y − y p = y h es una solución a la ecuación homogénea asociada. En otras palabras: y = y p + yh El resultado de esta demostración es el punto clave de la linealidad en el caso no homogéneo. Nos permite construir todas las soluciones a una ED no homogénea de una solución en particular, siempre que ya haya resuelto la EDO homogénea asociada. Ejemplo 5.9 Problema de calentamiento: Si r es un número, ¿Qué es (2D 2 + 3D + 5)e r t ? Solución: Primero, De r t = r e r t y D 2 e r t = r 2 e r t (siga aplicando la regla de la cadena). Así: (2D 2 + 3D + 5)e r t

= =

2r 2 e r t + 3r e r t + 5e r t (2r 2 + 3r + 5)e r t

El operador es P (D) = 2D 2 + 3D + 5. Observe que P (r ) = 2r 2 + 3r + 5 es el polinomio característico. El mismo cálculo, pero con un polinomio arbitrario, prueba la siguiente regla general.

Definición 5.2 Operador Exponencial Para cualquier polinomio P y cualquier número r , tenemos: P (D)e r t = P (r )e r t

Fórmula de Respuesta Exponencial Ejemplo 5.10 Para cualquier polinomio P y número r , Halle una solución particular para: P (D)y = e r t Solución: Por la propiedad de superposición, tenemos: P (D)e r t = P (r )e r t

153

Operadores y Respuesta Exponencial

Esto está desactivado por un factor de P (r ). Así que multiplicando por 1/P (r ) y usando la propiedad de linealidad obtenemos: µ ¶ 1 rt P (D) e = er t P (r ) Conclusión: Esto se llama la Fórmula de Respuesta Exponencial (FRE). En palabras, para cualquier polinomio P y cualquier número r tal que P (r ) 6= 0, 1 rt e P (r )

Es una Sol. Particular para

P (D)y = e r t

Recuerde, que esto es sólo una solución particular. Para obtener la solución general, necesitamos agregar la solución particular a la ecuación homogénea asociada.

Ejemplo 5.11 Encuentre la solución general para y¨ + 7 y˙ + 12y = −5e 2t . Solución: El Polinomio Característico: P (r ) = r 2 + 7r + 12 = (r + 3)(r + 4). Las Raíces: −3, −4. La Solución General a la Ecuación Homogénea: y h = c 1 e −3t + c 2 e −4t La FRE nos dice: 1 2t e P (2)

es una Sol. Particular para

P (D)y = e 2t ;

Es decir: 1 2t e 30

es una Sol. Particular para

y¨ + 7 y˙ + 12y = e 2t

es una Sol. Particular para

y¨ + 7 y˙ + 12y = −5e 2t .

Así que: 1 − e 2t 6

llamada y p

La Solución General a la ecuación no homogénea: y

= =

y p + yh − 16 e 2t + c 1 e −3t + c 2 e −4t

Ejemplo 5.12 Utilice FRE para encontrar una solución particular para la EDO: x¨ + x = e 2i t Solución: En la notación de operador, esta ecuación diferencial puede escribirse como: (D 2 + 1)x = e 2i t Por la FRE, una solución particular está dada por: xp =

er t e 2i t −1 2i t = = e 2 2 r + 1 (2i ) + 1 3

154

Operadores y Respuesta Exponencial

Ejemplo 5.13 Utilice la FRE para encontrar una solución particular para la EDO: (D 2 + 1)y = e −t Solución: La FRE nos da: yp =

er t r2 +1

=

e −t = e −t /2 (−1)2 + 1

Ejemplo 5.14 Utilice la FRE y superposición para encontrar una solución particular para: (D 2 + 1)y = e −t − 3e 2i t Solución: Por superposición tenemos: e −t /2 es una solución particular para (D 2 + 1)y = e −t . −e 2i t /3 es una solución particular para (D 2 + 1)y = e 2i t . Por lo tanto: −e 2i t e −t e −t −3 = + e 2i t 2 3 2 Es una solución particular para (D 2 + 1)y = e −t − 3e 2i t .

La Fórmula de Respuesta Exponencial Generalizada Ejemplo 5.15 ¿Para cuál de las siguientes funciones q (t ) = e at la ecuación diferencial x¨ + x = q(t ) no tiene una solución de la forma Ae at ? Marque todas las que correspondan. a

et

b

e −t

c

ei t

d

e −i t

e

e 2i t

f

e 3t

g

1

Solución: El polinomio característico es P (r ) = r 2 + 1. Este polinomio es cero cuando r = ±i . Por lo tanto, no podemos aplicar la Fórmula de Respuesta Exponencial para encontrar una solución de la forma e at cuando a = ±i . La respuesta son las alternativas: c y d .

155

Operadores y Respuesta Exponencial

El teorema de existencia y unicidad dice que: P (D)y = e r t Debe tener una solución incluso si P (r ) = 0 (cuando la FRE no se aplica). Comencemos con el análisis de un caso de la Fórmula de Respuesta Exponencial FRE: Supongamos que P es un polinomio y P (r 0 ) = 0, pero P 0 (r 0 ) 6= 0 para algún número r 0 . Entonces: 1 xp = 0 t e r 0 t es una solución particular de P (D)x = e r 0 t P (r 0 ) Demostración: Queremos resolver P (D)y = e r 0 t . Sabemos que: P (D)e r t = P (r )e r t Para todo r , por lo que en particular P (D)e r 0 t = P (r 0 )e r 0 t . Sin embargo, puesto que P (r 0 ) es cero, no podemos dividirlo por cero. En su lugar, veamos lo que sucede para r cerca de r 0 , diferenciándose con respecto a r , y luego sustituyendo r = r 0 : ¢ ∂ ¡ P (D)e r t ∂r

¢ ∂ ¡ P (r )e r t = P 0 (r )e r t + P (r )t e r t ∂r

=

Necesitamos tomar la derivada del lado izquierdo. Del Cálculo multivariable sabemos que esto significa lo mismo que: ∂ ∂ D =D ∂r ∂r

∂ ∂ ∂r ∂t

=

∂ ∂ ∂t ∂r

. En este contexto,

µ ¶ d D= dt

Por lo tanto, debido a la linealidad tenemos: ∂ ∂ P (D) = P (D) ∂r ∂r El lado izquierdo se convierte en: ¢ ∂ ¡ P (D)e r t ∂r

∂ rt e P (D) ∂r ¡ rt¢ P (D) t e µ

= =

¶

Sea r → r 0 . Por lo tanto, puesto que P (r 0 ) = 0, entonces: ¡ ¢ P (D) t e r 0 t

= =

P 0 (r 0 )e r 0 t + P (r 0 )t e r 0 t P 0 (r 0 )e r 0 t

Si P 0 (r 0 ) 6= 0, entonces podemos dividir por P 0 (r 0 ) µ P (D) Y yp =

¶ t e r0 t = e r0 t P 0 (r 0 )

t e r0 t es una solución particular para P (D)y = e r 0 t . P 0 (r 0 )

Ejemplo 5.16 Encuentre una solución particular para: x¨ − 4x = e −2t Solución: El polinomio característico es P (r ) = r 2 − 4, por lo que P (−2) = 0. Pero P 0 (−2) = 2(−2) = −4 6= 0. Por lo tanto,

156

Operadores y Respuesta Exponencial

este es un caso en el que podemos aplicar ERF’, lo que nos da una solución particular: xp =

t er t t e −2t = . P 0 (r ) −4

Fórmula de Respuesta Exponencial Generalizada. Si P es un polinomio y r 0 es un número tal que: P (r 0 ) = P 0 (r 0 ) = · · · = P (m−1) (r 0 ) = 0

P (m) (r 0 ) 6= 0

Entonces: ¢ ¡ P (D) t m e r 0 t = P (m) (r 0 )e r 0 t y: yp =

1 P (m) (r

0)

t m e r0 t

es una solución particular de

P (D)y = e r 0 t

En otras palabras, multiplique la señal de entrada por t m , y luego multiplique por el número 1/P (m) (r 0 ), donde P (m) es la derivada m th de P . La prueba de la FRE generalizada es similar a la prueba de FRE’. Demostración de la Fórmula de Respuesta Exponencial Generalizada: Queremos resolver P (D)y = e r t . Sabemos que: P (D)e r 0 t = P (r 0 )e r 0 t Para todos los r . Sin embargo, puesto que P (r 0 ) es cero, no podemos dividirlo por cero. En su lugar, veamos lo que sucede cerca de este punto r 0 y diferenciamos con respecto a r . P (D)e r t ¢ ∂ ¡ P (D)e r t ∂r µ ¶ ∂ rt P (D) e ∂r

= = =

P (r )e r t ¢ ∂ ¡ P (r )e r t ∂r P 0 (r ) e r t + P (r ) t e r t

En el caso de que r 0 sea una raíz repetida con multiplicidad m, entonces P (r ) = Q(r )(r − r 0 )m , y: dm P (r 0 ) dr m Sin embargo, todas las derivadas inferiores son cero en r : d m−1 P (r 0 ) d r m−1 .. . P (r 0 )

6=

0

=

0

=

.. . 0

Diferenciamos ambos lados de la ecuación m veces con respecto a r para obtener una relación: ¡

m rt

P (D) t e

¢

=

µ ¶ m(m − 1) 2 (m−2) (m) (m−1) m P (r ) + m t P (r ) + t P (r ) + · · · + t P (r ) e r t 2

157

Operadores y Respuesta Exponencial

Evaluando en r 0 , sólo el término de la m é-sima derivada sobrevive: ¡ ¢ P (D) t m e r 0 t

=

P (m) (r 0 )e r 0 t

Que da una solución particular a la ecuación diferencial P (D)y = e r 0 t de la forma y p =

t m e r0 t P (m) (r 0 )

.

Ejemplo 5.17 Resuelva el sistema x¨ + x = e i t con condiciones iniciales x (0) = 1 y x˙ (0) = 0. Solución: El polinomio característico de la ecuación diferencial x¨ + x = e i t es P (r ) = r 2 + 1, con raíces ±i . Dado que i es una raíz del polinomio característico, la FRE Generalizada nos dice que debemos encontrar el entero s más pequeño para el que P (s) (i ) 6= 0. En este caso, P 0 (r ) = 2r , así que P 0 (i ) = 2i , que no es cero, entonces s = 1. La FRE Generalizada nos dice que: x p (t ) =

1 P 0 (i )

t 1e i t =

Es una solución particular a la EDO no homogénea. Puesto que

1 i

1 it te 2i = e −i π/2 , podemos escribir x p como

1 x p (t ) = t e i t −i π/2 2 Dado que el polinomio característico tiene raíces ±i , sabemos que el par: e i t , e −i t Forman una base para el espacio de soluciones de la ecuación homogénea x¨ + x = 0. Por lo tanto, la solución general a la ecuación no homogénea x¨ + x = e i t es: c e i t + c 2 e −i t |1 {z }

x (t ) =

Solución General Homogenea de la EDO

+

1 i t −i π/2 te . |2 {z }

Solución Particular

Ahora sólo necesitamos calcular las constantes c 1 y c 2 a partir de las condiciones iniciales x(0) = 1 y x˙ (0) = 0. Lo calculamos mediante: x (0) = 1 = c 1 + c 2 Así que c 2 = 1 − c 1 , y podemos escribir x(t ) como: 1 x (t ) = c 1 e i t + (1 − c 1 ) e −i t + t e i t −i π/2 2 Nosotros vemos que: 1 1 x˙ (t ) = i c 1 e i t − i (1 − c 1 ) e −i t + e i t −i π/2 + t e i t 2 2 Así que: x˙ (0)

= =

i c 1 − i (1 − c 1 ) + 12 e −i π/2 i c 1 − i (1 − c 1 ) − 2i

Usando la condición inicial x˙ (0) = 0 y resolviendo para c 1 vemos que c 1 = 3/4. Sustituyendo esto en la ecuación c 2 = 1 − c 1 , vemos que c 2 = 1/4. Así, la solución al sistema x¨ + x = e i t con condiciones iniciales x (0) = 1 y x˙ (0) = 0 es:

158

Operadores y Respuesta Exponencial

3 1 1 x (t ) = e i t + e −i t + t e i t −i π/2 4 4 2

Ejemplo 5.18 Resuelva la EDO para: a

x˙ + K x = 1

b

x˙ + K x = e −5t

c

x˙ + K x = 4 + 7e −5t

Solución: La Solución Homogénea está dada por: x˙ + K x = 0 De modo que el polinomio característico es: P (s) = s + K = 0 De donde s = −K . Entonces: x h = C · e −K t Ahora procedemos a calcular la solución particular para cada caso: a

x˙ + K x = 1 K x = 1 =⇒ Si: x = Cte. x a = 1/K La Solución General está dada por: x = x a + xh x=

b

1 +C e −K t K

x˙ + K x = e −5t Usando la Fórmula de Respuesta Exponencial: xb =

e −5t e −5t = P (−5) −5 + K

La Solución General para K 6= 5 es de la forma: x=

e −5t +C e −K t K −5

Si K = 5, tenemos: x˙ + 5x = e −5t Utilizando el Método de Variación de Parámetros, tenemos: t xh = C e −5t x h = u(t )e −5t

159

Operadores y Respuesta Exponencial

Reemplazando tenemos: ¢ d ¡ u(t )e −5t + 5u(t )e −5t = e −5t dt

XXX −5t XX −5t d u(t ) −5t  XX e −5u(t )eXX+ 5u(t )e e −5t  X= dt Luego: d u(t ) =1 dt

=⇒ u(t ) = t +C

x = (t +C )e −5t Para K = 5. c

x˙ + K x = 4 + 7e −5t Por la propiedad de superposición tenemos: x˙ + K x = 4(a) + 7(b) Es decir, la solución particular: x c = 4x a + 7x b La Solución General es entonces: x = xc + xh Finalmente: x = 4x a + 7x b + ce −K t

Ejemplo 5.19 Utilizando operadores lineales resuelva la EDO homogénea para: y 000 − 10y 00 + 31y 0 − 30y = 0 Solución: Reescribiendo la EDO usando la notación de operador tenemos P (D)y = 0, donde P (r ) = r 3 −10r 2 +31r −30 es el polinomio característico de la EDO. El truco ahora es factorizar al operador, y proceder desde allí. Los factores del polinomio característico son: P (r ) = (r −2)(r −3)(r −5). El orden es 3, por lo que la dimensión del espacio vectorial de soluciones es 3. Entonces: e 2t es una solución ya que P (D)e 2t = p(2)e 2t = 0e 2t = 0 e 3t es una solución ya que P (D)e 3t = p(3)e 3t = 0e 3t = 0 e 5t es una solución ya que P (D)e 5t = p(5)e 5t = 0e 5t = 0 El hecho de que escribimos 3 soluciones no significa que formen una base: Si hubiésemos escrito e 2t , e 3t , 4e 2t + 6e 3t , entonces no habrían sido una base, porque son linealmente dependientes y su expansión es sólo de 2 dimensiones. Para saber que e 2t , e 3t , e 5t realmente forman una base, necesitamos saber que son linealmente independientes. Podríamos plantear que: e 5t = c 1 e 2t + c 2 e 3t

(como funciones)

¿Para algunos números c 1 y c 2 ? Una manera de ver que esto no es posible es aplicar (D − 2)(D − 3) a ambos lados, lo que daría:

160

Operadores y Respuesta Exponencial

(D − 2)(D − 3)e 5t

= = =

¡ ¢ (D − 2)(D − 3) c 1 e 2t + c 2 e 3t c 1 (D − 2)(D − 3)e 2t + c 2 (D − 2)(D − 3)e 3t c1 · 0 + c2 · 0 = 0

(por linealidad)

El lado izquierdo nos da: (D − 2)(D − 3)e 5t = (5 − 2)(5 − 3)e 5t 6= 0 Esta contradicción implica que e 5t no es una combinación lineal de e 2t y e 3t . El mismo argumento muestra que ninguna de las funciones e 2t , e 3t , e 5t , es una combinación lineal de las otras dos. Dado que e 2t , e 3t , e 5t son linealmente independientes, y éstas forman una base para un espacio tridimensional, que debe ser el espacio de todas las soluciones, ya que también es tridimensional.

Ejemplo 5.20 Encontrar una base de soluciones para D 3 y = 0. Solución: El polinomio característico es r 3 , cuyas raíces con multiplicidad son 0, 0, 0. Integrando tres veces tenemos: D2 y Dy

= =

c1 c1 t + c2

y

= =

c 1 t2 + c 2 t + c 3 C 1 t 2 + c2 t + c3

2

solución general

Para algunos números C 1 = c 1 /2, c 2 y c 3 . Puesto que t 2 , t , 1 son linealmente independientes y forman una base para el espacio de soluciones.

Ejemplo 5.21 Encontrar una base de soluciones para (D − 5)3 y = 0. Solución: El polinomio característico es (r − 5)3 , que tiene raíces repetidas 5, 5, 5, por lo que podríamos esperar que e 5t , t e 5t , t 2 e 5t sean una base. Ahora vamos a explicar por qué estas son soluciones. Sabemos que D − 5 envía e 5t a 0. ¿Qué hace D − 5 a ue 5t , si u es una función de t ? Usando la regla del producto: (D − 5) ue 5t

= =

¡ ¢ u˙ · e 5t + u · 5e 5t − 5u · e 5t u˙ · e 5t

Reemplazando (D − 5) por (D − 5)2 y (D − 5)3 a la izquierda obtendremos lo siguiente: (D − 5)2 ue 5t (D − 5)3 ue 5t

= =

¨ 5t ue u (3) e 5t

Así que nuestra conjetura estaba bien! Para que ue 5t sea una solución para (D − 5)3 y = 0, la función u (3) debe ser 0; Es decir, u = a + bt + c t 2 para algunos números a, b, c, por lo que las soluciones son: ue 5t = a e 5t + b t e 5t + c t 2 e 5t Como se esperaba.

161

Operadores y Respuesta Exponencial

Puesto que 1, t , t 2 son funciones linealmente independientes, así también lo son e 5t , t e 5t , t 2 e 5t (cualquier relación entre las tres últimas funciones podría dividirse por e 5t para obtener una relación entre las tres primeras). Por lo tanto e 5t , t e 5t , t 2 e 5t forman una base. Si un polinomio característico P (r ) tiene una raíz r que se repite k veces, entonces e r t , t e r t , t 2 e r t , . . . , t k−1 e r t son soluciones independientes de la ecuación diferencial P (D)y = 0.

Ejemplo 5.22 Encuentre la solución general a la ecuación diferencial: 2x¨ + x˙ + x = 1 + 2e t Solución: Esta es una ecuación lineal no homogénea, por lo que la solución general tiene la forma x p + x h , donde x p es cualquier solución particular y x h es la solución homogénea general. El polinomio característico es P (s) = 2s 2 +s+1, p con raíces (−1 ± 7 i )/4, por lo que la solución homogénea general viene dada por: x h (t )

= =

³ ³ p ´ ³ p ´´ e −t /4 c 1 cos t 4 7 + c 2 sin 47t ³p ´ Ae −t /4 cos 47t − φ

La ecuación no homogénea es P (D)x = 1 + 2e t . La señal de entrada es una combinación lineal de 1 y e t , por lo que podemos encontrar soluciones particulares para P (D) x = 1 y P (D) x = e t por separado, luego usar superposición para construir una solución particular a P (D)x = 1+2e t . Si x 1 es una solución particular para P (D)x = 1 y x 2 es una solución particular para P (D)x = e t , entonces la superposición nos dice que una solución particular para P (D)x = 1+2e t viene dada por: x p = x 1 + 2x 2 La función constante 1 es una exponencial: 1 = e 0t . Así P (D)x = 1 tiene una solución particular: x1 =

1 =1 P (0)

Elementalmente, hemos aprendido a buscar soluciones constantes cuando el lado derecho es constante, y resolver P (D)c = 1 el cual nos da c = 1. Del mismo modo, la FRE nos dice que: 1 t 1 t x2 = e = e P (1) 4 Que es una solución particular para P (D)x = e t . Por lo tanto: xp

= =

¡ ¢ 1 + 2 41 e t 1 + 12 e t

Es una solución particular para P (D)x = 1 + 2e t . De modo que la solución general para 2x¨ + x˙ + x = 1 + 2e t es: Ã p ! 1 t t 7 −t /4 x (t ) = 1 + e + Ae cos −φ 2 4

162

Operadores y Respuesta Exponencial

Ejemplo 5.23 Encontrar una solución particular para: x¨ + 8x˙ + 15x = e −5t Solución: El polinomio característico es P (r ) = r 2 + 8r + 15. Como P (−5) = 0 necesitamos utilizar la FRE generalizada. Calculando vemos que P 0 (r ) = 2r + 8, y P 0 (−5) = −2. Por lo tanto, la FRE generalizada proporciona una solución particular: xp =

t e −5t t e −5t = − P 0 (−5) 2

Por supuesto, hay otras soluciones particulares.

Ejemplo 5.24 ¿Para qué valores de a se hace que la ecuación diferencial: d5y − y = e at dt5 No tenga una solución de la forma ce at para algún numero c? Marque todas las que correspondan. a

1

b

2i π 5

c

4i π 5

d

6i π 5

e

e 2i π/5

f

e 7i π/5

g

Ninguna de las anteriores

Solución: El polinomio característico de la ecuación diferencial: d5y − y = e at dt5 Es r 5 − 1, que tiene raíces 1, e 2πi /5 , e 4πi /5 , e 6πi /5 , e 8πi /5 . Cuando a es uno de estos valores, sustituyendo y = ce at en el lado izquierdo de la ecuación diferencial nos da 0, no e at . Se trata de casos en los que es necesario utilizar la FRE generalizada en lugar de la FRE normal. Así, la ecuación diferencial no tiene una solución de la forma ce at cuando a = 1 o a = e 2πi /5 . Para todos los otros valores de a dado, la FRE se puede utilizar para encontrar una solución de la forma ce at .

163

Operadores y Respuesta Exponencial

Reemplazo Complejo, Ganancia, Retardo de Fase y Estabilidad Ejemplo 5.25 Ejemplo del Puerto del Callao Supongamos que estamos estudiando las mareas en el puerto del Callao. Sea x el nivel del agua en el puerto del Callao. Sea y el nivel de agua del océano. Entonces la entrada es el nivel del océano y, que es responsable de las mareas cambiantes x en el puerto del Callao, la respuesta del sistema. La Estructura Física Suponemos que el océano y el puerto están conectados por un canal estrecho para que el flujo sea lento y no turbulento. Esto nos permite suponer que el caudal es impulsado por la presión, y es linealmente proporcional a la diferencia de presión. Además, la diferencia de presión es linealmente proporcional a la diferencia en el nivel de agua entre el océano y el puerto. ¿Cuál de las siguientes EDO representa mejor este sistema? a

x˙ + x = k y

b

x˙ − x = k y

c

x˙ + kx = k y

d

x˙ − kx = k y

e

Ninguna de las anteriores

Solución: La tasa de cambio en el nivel del agua en el puerto es proporcional a la diferencia en el nivel de agua entre el océano y el puerto, por lo tanto: x˙ = k(y − x) Que es lo mismo que: x˙ + kx = k y Hemos escrito k(y − x) y no k(x − y) porque tenemos el hábito de elegir parámetros positivos en donde sea posible. Podemos ver que k debe ser positivo porque si el nivel del agua en el océano es más alto que el nivel del agua en el puerto, entonces el nivel del agua en el puerto aumentará. De manera similar, si el nivel del agua en el océano es menor que el nivel del agua en el puerto, el nivel del agua en el puerto disminuirá. Por lo tanto, la constante de proporcionalidad k debe ser positiva. Observe que nuestra ecuación es la misma ecuación que la Ecuación de Enfriamiento de Newton.

Método de Reemplazo Complejo Definición 5.3 Método de Reemplazo Complejo La sustitución compleja es un método para encontrar una solución particular a una EDO lineal no homogénea: P (D)x = cos ωt Donde P es un polinomio real, y ω es un número real. El procedimiento se detalla a continuación:

164

Operadores y Respuesta Exponencial

¡ ¢ 1. Escriba el lado derecho de la ecuación cos ωt como Re e i ωt : ³ ´ P (D)x = Re e i ωt 2. Reemplace el lado derecho de la ecuación diferencial por el exponencial compleja e i ωt . Necesitamos una nueva variable para la solución, que será una función compleja. Asigne el nombre z para la función compleja desconocida. La ecuación diferencial complejizada es la siguiente: P (D)z =

e i ωt

reemplazo complejo

3. Utilice la FRE (o FRE generalizada si P (i ω) = 0) para encontrar una solución particular z p a la EDO complejizada.

zp =

e i ωt P (i ω)

4. Calcular x p = Re (z p ). Entonces x p es una solución particular a la EDO original.

Ejemplo 5.26 Las mareas oceánicas son periódicas con frecuencia angular ω. La entrada puede ser modelada como la función sinusoidal y = A cos(ωt ). ¿Cuál es la EDO complejizada para el problema de la marea indicada? a

z˙ + kz = Ae ωt

b

z˙ + kz = Ae i ωt

c

z˙ + kz = k Ae ωt

d

z˙ + kz = k Ae i ωt

Solución: ¡ ¢ Debido a que A cos ωt = Re Ae i ωt , la ecuación diferencial complejizada es: z˙ + kz = k Ae i ωt

Ejemplo 5.27 ¿Porqué funciona el método del reemplazo complejo? Solución: Si z = x 1 + i x 2 es una solución a la EDO de reemplazo complejo, es decir, P (D)z P (D)(x 1 + i x 2 )

= =

e i ωt cos ωt + i sen ωt

Dado que P tiene coeficientes reales, tomaremos las partes reales de ambos lados, lo que nos da: P (D)x 1 = cos ωt Que nos dice que x 1 es una solución a la EDO original.

165

Operadores y Respuesta Exponencial

Tenga en cuenta que de forma simultánea hemos resuelto otra ecuación. Tomando las partes imaginarias de ambos nos da: P (D)x 2 = sen ωt

El reemplazo complejo es útil también con otras señales de entrada reales de cualquier función con valor real que se puede escribir como la parte real de una señal de entrada compleja razonablemente simple. Aquí hay algunos ejemplos simples que serían útiles para memorizar: Señal de Entrada Real cos ωt A cos(ωt − φ) e at cos ωt

Reemplazo Complejo e i ωt Ae i (ωt −φ) e (a+i ω)t

Usando la aritmética compleja, hay una fórmula más complicada que se puede derivar también: Señal de Entrada Real a cos ωt + b sen ωt

Reemplazo Complejo (a − bi )e i ωt

Cada función en la primera columna es la parte real de la función correspondiente en la segunda columna. Lo bueno de estos ejemplos es que el reemplazo complejo es una constante veces la exponencial compleja, por lo que la FRE (o la FRE generalizada) se aplica. Ejemplo 5.28 Encuentre una solución para: x¨ + 4x = cos(2t ) Solución: 1

Reemplazar cos(2t ) por Re e 2i t , y complejizar la EDO: z¨ + 4z = e 2i t

2

Encuentre el polinomio característico y aplique la FRE: P (r ) = r 2 + 4. Encontramos que P (2i ) = 0, por lo que debemos utilizar la FRE0 : P 0 (r ) = 2r . La solución particular es: zp =

3

t e 2i t t e 2i t = 0 P (2i ) 4i

Tome la parte real para encontrar la solución a la ecuación original: µ ¶ t (cos(2t ) + i sen(2t )) t x p = Re (z p ) = Re = sen(2t ) 4i 4

Ejemplo 5.29 Encuentre una solución particular x p para: x¨ + x˙ + 2x = cos(2t ) Solución:

166

Operadores y Respuesta Exponencial

1

Dado que cos(2t ) es la parte real de e 2i t , reemplazar cos(2t ) por e 2i t : z¨ + z˙ + 2z = e 2i t

2

Encuentre el polinomio característico: P (r ) = r 2 + r + 2 y aplique la FRE que nos dice que la solución particular de esta nueva EDO es: 1 1 zp = e 2i t = e 2i t P (2i ) −2 + 2i

3

Una solución particular a la EDO original es: µ

1 x p = Re (z p ) = Re e 2i t −2 + 2i

¶

Se trata de una sinusoide expresada en forma compleja. Podría ser más útil tener la respuesta en forma de fase de amplitud o como una combinación lineal de coseno y seno. Realizando la conversión en forma de amplitud-fase, tenemos: zp =

1 e 2i t −2 + 2i

Para obtener la forma de amplitud-fase, convertimos el numerador y denominador en su forma polar para que la p división sea más fácil de realizar. El denominador −2 + 2i tiene valor absoluto 2 2 y ángulo 3π/4, así que en su forma polar: p −2 + 2i = 2 2e i (3π/4) zp

2i t pe 2 2e i (3π/4)

=

=

1 p e i (2t −3π/4) 2 2

Conclusión: En forma de amplitud-fase, 1 x p = p cos(2t − 3π/4) 2 2 Lo convertimos con una combinación lineal de cos y sen: zp =

1 e 2i t −2 + 2i

Para obtener la combinación lineal, expresamos el numerador y el denominador en forma rectangular y luego racionalizamos el denominador. Tenemos: e 2i t cos 2t +i sin 2t −2+2i

= = = = =

cos 2t + i sen 2t ¡ ¢ cos 2t +i sen 2t −2−2i −2+2i −2−2i ¡ −2−2i ¢ (cos 2t + i sen 2t ) ¡ 8 ¢ (cos 2t + i sen 2t ) −1−i 4

(− cos 2t +sen 2t )−i (cos 2t +sen 2t ) 4

Lo que finalmente nos da: 1 1 x p = − cos(2t ) + sen(2t ) 4 4

167

Operadores y Respuesta Exponencial

Entradas Sinusoidales Amortiguadas Podemos utilizar un reemplazo complejo para resolver cualquier EDO de la forma: P (D)x = e at cos(ωt − φ) Ejemplo 5.30 Sabiendo que φ es un número real, encuentre una solución para: x¨ + 2x = e −t cos(3t − φ) Solución: 1

Reemplace el lado derecho por una exponencial compleja: e −t e i 3t −i φ

=

e −i φ e (−1+3i )t

La ecuación complejificada es: z¨ + 2z 2

e −i φ e (−1+3i )t

=

Aplicar la FRE. El polinomio característico es: P (r ) P (−1 + 3i ) ⇐⇒ Y la solución compleja está dada por: zp =

= = =

r2 +2 (−1 + 3i )2 + 2 −6 − 6i

e −i φ e (−1+3i )t −6 − 6i

Una solución al problema original es entonces x p = Re (z p ). La solución implica una sinusoide. La forma polar es la más conveniente para este problema, por lo que ponemos el denominador en su forma polar: p −6 − 6i = 6 2e −i 3π/4 Entonces: zp

= =

e −i φ e (−1+3i )t −6−6i 1 p e −i φ+i 3π/4 e (−1+3i )t 6 2

Y por lo tanto: xp

= =

Re (z p ) 1 p e −t cos(3t − φ + 3π/4) 6 2

Ganancia Compleja Nuestro objetivo es explicar cómo la amplitud y el retardo de fase de la respuesta del sistema, dependen de los parámetros del sistema y de la frecuencia de entrada. Para ello, usaremos nuestro método de reemplazo complejo e introduciremos la ganancia compleja. Vamos a indicar como referencia los aspectos generales. Tenemos un sistema LIT modelado por la ecuación diferencial:

168

Operadores y Respuesta Exponencial

P (D)x = Q(D)y Con la señal de entrada y y la respuesta x del sistema. La FRE junto con el reemplazo complejo muestra que si y = cos(ωt ), entonces una solución particular está dada por: ³ ´ x p = Re G(ω)e i ωt Dónde: G(ω) =

Q(i ω) P (i ω)

Si P (i ω) 6= 0

Elaboración de la Complejización y la FRE La ecuación complejificada es: P (D)z = Q(D)e i ωt Si P (i ω) 6= 0, la FRE nos da una solución particular de la forma: zp =

Q(i ω) i ωt e P (i ω)

Podemos expresar esto como: z p = G(ω)e i ωt Escribiendo la ganancia compleja en forma polar, G(ω) = |G(ω)| e −i φ , encontramos: z p = |G(ω)| e i (ωt −φ) Así que la solución a la EDO original es: x p = |G(ω)| cos (ωt − φ) Esta forma nos conduce directamente a la forma polar de la función sinusoidal x p . Veamos cómo funciona esto con la ecuación que usamos para modelar la marea en el Puerto del Callao: x˙ + kx = k cos(ωt ) Recordemos que modelamos la marea oceánica por cos(ωt ), y esto se considera como la señal de entrada. La respuesta x del sistema es la altura del agua en el puerto. Utilizamos el método de reemplazo complejo para resolver la EDO para resolver el problema del puerto del Callao. La EDO de reemplazo complejo está dado por: z˙ + kz = ke i ωt Con la señal de entrada e i ωt . Una respuesta particular determinada por la FRE es: zp =

Q(i ω) i ωt k e = e i ωt P (i ω) iω+k

La FRE muestra que la respuesta del sistema a una señal de entrada exponencial compleja es un múltiplo constante de esa señal de entrada. Esa constante es la ganancia compleja: G(ω)

=

Respuesta del Sistema Complejizado Entrada del Sistema Complejizado

169

Operadores y Respuesta Exponencial

En este caso tenemos:

G(ω)

k i ω+k

=

Y z p = G(ω)e i ωt

=

k i ωt i ω+k e

Este número complejo G, expresado como una relación de dos funciones del tiempo, es constante. Depende de los parámetros del sistema, por supuesto, pero los consideramos como fijos. Estamos interesados en ver cómo varía con la frecuencia angular de entrada ω, y escribimos G(ω) para resaltar esa dependencia funcional. Para obtener una solución particular a la EDO real original, tome la parte real de z p : µ ³ ´ x p = Re G(ω)e i ωt = Re

k e i ωt iω+k

¶

Ahora viene la mejor parte de este método. Escribir la solución particular en términos de G nos conduce directamente a la forma polar para x p . Para encontrarlo, escriba la expresión polar para el número complejo G(ω): G(ω) = |G(ω)| e −i φ En nuestro caso, k |G(ω)| = p ω2 + k 2 y entonces: zp

=

xp

=

p k e i (ωt −φ) ω2 +k 2 p k cos(ωt − φ) ω2 +k 2

Hemos descubierto que la ganancia está dada por: k Ganancia = g (ω) = p 2 ω + k2 Regla general: En general, la:

Ganancia = g (ω) = |G(ω)| y el:

Retardo de Fase = φ = − argG(ω)

170

Operadores y Respuesta Exponencial

Figura 5.3: Amplitud y Fase.

En el mathlet https://mathlets.surge.sh/ampPhaseFirstOrder.html# mostrado en la Fig. 5.3, la ganancia compleja es representado en el diagrama de Nyquist. La ganancia (real) y el desfase se representan en el diagrama de Bode. Haga clic en los botones para ver estos gráficos en el mathlet. Observe que la amplitud de la respuesta es diferente de la amplitud de la entrada. Esta relación entre la amplitud de respuesta del sistema y la amplitud de entrada es la ganancia g , que es la magnitud de la ganancia compleja g = |G|. El retardo de fase es φ = − argG. Para este sistema: Ganancia = |G| =

k k =p 2 |k + i ω| k + ω2

Y: phase lag = − argG

=

³ ´ k − arg k+i ω

=

− arg k + arg(k + i ω) = arg(k + i ω)

Observe que la última igualdad sigue porque arg k = 0 ya que k es real y positivo. Observe que en general, tenemos: complex gain = G

=

Q(i ω) P (i ω)

phase lag = − argG

=

arg P (i ω) − argQ(i ω)

Ejemplo 5.31 ¿Por qué basta con considerar las señales de entrada del tipo cos(ωt )? ¿Qué pasa con una señal de entrada del tipo A cos(ωt − θ)? Si usted sabe que: x p = g cos(ωt − φ) Es una respuesta de estado estacionario para: P (D)x = cos(ωt ) ¿Cuál es la respuesta de estado estacionario para P (D)x = A cos(ωt − θ)? Solución: Esta es la idea clave detrás de un sistema LIT. Una respuesta en estado estacionario está dada por: x p = g · A cos(ωt − θ − φ)

171

Operadores y Respuesta Exponencial

Conducción a través del Resorte Ahora aplicaremos el método de la ganancia compleja para entender soluciones a un sistema más complicado tal como un sistema de masa-resorte-amortiguador impulsado a través del resorte. La ecuación diferencial general es: x¨ + b x˙ + kx = k y Donde y es la señal de entrada, es decir, la posición del extremo lejano del resorte, y x es el desplazamiento de la masa. Esto se representa en el mathlet de https://mathlets.surge.sh/ampPhaseSecondOrderI.html# donde restringimos a m = 1. Estamos interesados como de costumbre en una entrada sinusoidal, que tomamos para ser: y(t ) = cos(ωt )

Figura 5.4: Amplitud y Fase de Segundo Orden.

Ejemplo 5.32 Ganancia Compleja Encuentre la ganancia compleja para el sistema: x¨ + b x˙ + 2x = 2 cos(t ) a

1 3+b

b

2 3+b

c

1 −1+(b+2)i

d

2 −1+(b+2)i

e

1 1+bi

f

2 1+bi

Solución: La entrada es: cos(t ) El reemplazo complejo de la EDO es: z¨ + b z˙ + 2z = 2e i t Usamos la FRE para encontrar la solución particular: zp =

2e i t 2e i t = i 2 + bi + 2 1 + bi

172

Operadores y Respuesta Exponencial

La ganancia compleja es:

zp ei t

La solución es la alternativa

f

=

2 1 + bi

.

Ejemplo 5.33 Retardo de Fase Considere la ecuación: x¨ + b x˙ + 2x = 2 cos(t ) Si la constante de amortiguación b comienza en 1 y se incrementa, ¿qué sucede con el retardo de fase? a

Se incrementa.

b

Se decrementa.

c

Se mantiene igual.

Solución: El retardo de fase aumenta dado que el retardo de fase se define como: φ = −ArgG. Así: −ArgG

³

2 P (i )

´

=

−Arg

=

−Arg(2) − −Arg(P (i )) = Arg(P (i ))

Así, a medida que b aumenta, el argumento Arg(1 + bi ) aumenta. La respuesta es la alternativa

a

Ejemplo 5.34 Ganancia de Amplitud Considere la ecuación: x¨ + b x˙ + 2x = 2 cos(t ) Si la constante de amortiguación b comienza en 1 y se incrementa, ¿qué sucede con la amplitud de la solución? a

Se incrementa.

b

Se decrementa.

c

Se mantiene igual.

Solución: La amplitud disminuye. La amplitud de la solución es la ganancia g = |P 2(i )| . A medida que b aumenta, el valor de |P (i )| = |1 + bi | aumenta, por lo que la ganancia g = |P 2(i )| disminuye. La respuesta es la alternativa b

El Significado de un Sistema Lineal e Invariante en el Tiempo Aquí explicamos por qué es realmente suficiente entender la respuesta del sistema a la señal de entrada cos(ωt ). “Invariable en el tiempo” significa que los parámetros del sistema no están cambiando o están cambiando muy lentamente en relación con la escala de tiempo que nos interesa. La implicación para nuestro análisis de entrada / salida es la siguiente:

173

Operadores y Respuesta Exponencial

Si x(t ) es una respuesta del sistema a la señal de entrada f (t ), entonces si retrasamos la señal de entrada en t 0 segundos, la señal de salida es la misma que antes pero retrasada por t 0 segundos también: x(t − t 0 ) es una respuesta del sistema a la entrada f (t − t 0 ). Los parámetros del sistema son los coeficientes de la ecuación diferencial, por lo que “invariable en el tiempo” es lo mismo que “coeficiente constante”. Debido a que nuestros sistemas son también lineales, si x(t ) es una respuesta del sistema a f (t ), entonces Ax(t ) es una respuesta del sistema para A f (t ). Así, cuando se estudia un sistema lineal invariable en el tiempo con la entrada sinusoidal A cos(ωt − φ), basta considerar la entrada cos(ωt ) ya que la linealidad y la invarianza temporal dan la respuesta a todas las demás entradas sinusoidales de forma inmediata. Ejemplo 5.35 LIT Si: P (D)x = cos ωt , tiene x p = A cos(ωt − φ) como una solución particular, entonces un desfase de tiempo en a = α/ω, nos da: P (D)x = cos(ωt − α) Tiene a x p = A cos(ωt − α − φ) como una solución particular. La ganancia y el retardo de fase representan una relación entre la entrada y la salida (ambas sinusoidales). La ganancia es la relación entre la amplitud de salida y la amplitud de entrada, y el retardo de fase es el número en radianes que la señal de salida cae detrás de la señal de entrada. Debido a que nuestro sistema es invariante en el tiempo, las relaciones entre entrada y respuesta no cambian al reemplazar la señal de entrada cos(ωt ) por cos(ωt − α): la ganancia es A y el retardo de fase es φ.

Ejemplo 5.36 Invarianza en el Tiempo Si x p = A cos(ωt − φ) es una solución particular para P (D)x = cos(ωt ), cual de las siguientes es una solución para P (D)x = sen(ωt )? a

A cos(ωt − φ)

b

A cos(ωt + φ)

c

A sen(ωt + φ)

d

A sen(ωt − φ)

e

Ninguna de las anteriores.

Solución: Dado que sen(ωt ) = cos(ωt − π/2), la respuesta del sistema es A cos(ωt − π/2 − φ) = A sen(ωt − φ), ya que la ganancia y el retardo de fase no cambian. La respuesta es la alternativa d .

Ejemplo 5.37 Entradas Sinusoidales Empleando las técnicas de variable compleja, se pide: a

Resolver: x˙ + kx = cos(ωt ), para k, ω constantes.

b

Usando el desarrollo de la parte

c

Use el Principio de Superposición para resolver: x˙ + kx = cos(ωt ) + 3 sen(ωt )

d

A sen(ωt − φ)

a

, resuelva: x˙ + kx = F sen(ωt ), para F constante.

174

Operadores y Respuesta Exponencial

e

Usando el desarrollo de la parte

, resuelva: x˙ + kx = cos(ωt − ϕ), para ϕ constante.

a

Solución: Recordamos que la solución general está dada por x = h h + x p . a

x˙ + kx = cos(ωt ) Su reemplazo complejo equivalente toma la forma: ³ ´ cos(ωt ) = Re e i ωt ¡ ¢ z˙ + kz = e i ωt =⇒ x p = Re z p Usamos la FRE: p(s) = s + k, luego zp = zp =

1 1 e i ωt = e i ωt p(i ω) k +iω

k −iω k − i ω i ωt e = 2 [cos(ωt ) + i sen(ωt )] k 2 + ω2 k + ω2

Por lo tanto: ¡ ¢ x p = Re z p = b

1 [k cos(ωt ) + ω sen(ωt )] k 2 + ω2

Sabemos que: x˙ + kx = F sen(ωt ) Su reemplazo complejo equivalente toma la forma: ³ ´ F sen(ωt ) = F Im e i ωt ³ ´ z˙ + kz = F e i ωt De la pregunta anterior tenemos: zp =

F (k − i ω) [cos(ωt ) + i sen(ωt )] k 2 + ωw

¡ ¢ x p = Im z p = c

F [−ω cos(ωt ) + k sen(ωt )] k 2 + ω2

Nos piden: x˙ + kx = cos(ωt ) + 3 sen(ωt ) Según el Principio de Superposición, tenemos: x˙a + kx a

=

cos(ωt )

x˙b + kx b

=

3 sen(ωt ),

F =3

d (x a + x b ) + k(x a + x b ) = cos(ωt ) + 3 sen(ωt ) | {z } d t | {z } x

xp =

1 [k cos(ωt ) + ω sen(ωt ) − 3ω cos(ωt ) + 3k sen(ωt )] k 2 + ω2 xp =

d

x

1 k 2 + ω2

[(k − 3ω) cos(ωt ) + (ω + 3k) sen(ωt )]

Nos piden: x˙ + kx = cos(ωt − ϕ) Es decir: x˙ + kx = cos(ω(t − ϕ/ω)) De xp =

a

tenemos: x˙ + kx = cos(ωt ) Luego:

£ ¤ 1 k cos(ωt − ϕ) + ω sen(ωt − ϕ) k 2 + ω2

175

Operadores y Respuesta Exponencial

Estabilidad Sabemos que un Sistema Lineal de Primer Orden está dado por: y˙ + p(t )y = q(t ) Para un coeficiente constante k > 0, tenemos: y˙ + k y = q(t ) Caso especial: y˙ + k y = kq e (t ) Para resolver: y˙ + k y = q(t ), tenemos: t →∞

y(t ) = e −kt |

Z

z }| {

:0  −kt  C e

q(t )e kt d t +

| {z }

{z

}

solución en estado transitorio

solución en estado estable

Figura 5.5: Estabilidad.

Ejemplo 5.38 Estabilidad de Primer Orden Un cierto sistema de resorte / masa / amortiguador es modelado por una EDO LIT: x¨ + 7x˙ + 12x = 12 f (t ) Donde f (t ) = cos(2t ) es la señal de entrada. Supongamos que la solución a esta ecuación con condiciones inicia˙ les (x(0), x(0)) = (2, 3) es x(t ). ¿Qué se puede decir acerca de la solución y(t ) a la misma EDO con condición inicial ˙ (y(0), y(0)) = (3, −8) ? a

No está relacionado con x(t ) de ninguna manera.

b

Oscila.

c

Su gráfica se convierte en asintótica respecto a la de x(t ) cuando t → ∞.

d

Su gráfica diverge a la de x(t ) cuando t → ∞.

Solución: Las raíces características son: −3 y −4. Por lo tanto la solución general homogénea tiene la forma: x h = c 1 e −3t + c 2 e −4t

176

Operadores y Respuesta Exponencial

Donde c 1 y c 2 son constantes determinadas por condiciones iniciales. Todas estas soluciones homogéneas se descomponen (rápidamente) a cero cuando t crece hasta ∞. Así, cualquier solución con condiciones iniciales diferentes eventualmente se convertirá en asintótica respecto a la función de x(t ). ¿Por qué sucede esto? La solución general a la EDO no homogénea original está dada por: x

= =

x p + xh µ ¶ 12 2i t Re e 8 + 14i | {z }

+ c 1 e −3t + c 2 e −4t | {z } transitorio

solución en estado estable

En general, un oscilador amortiguado forzado con una entrada sinusoidal produce una señal de salida sinusoidal. Esa salida es una solución particular llamada solución de estado estacionario, porque esto es lo que la solución se ve cuando t → ∞. Cualquier otra solución es la solución en estado estacionario más un transitorio, donde el transitorio es una función que cae en 0 cuando t → ∞. Cambiando las condiciones iniciales sólo cambia las constantes c 1 y c 2 en la solución homogénea anterior, por lo que la solución en estado estacionario es la misma. Un sistema como este, en el que los cambios en las condiciones iniciales tienen efecto de desaparición en el comportamiento a largo plazo de la solución, se llama estable.

Verificación de la Estabilidad para un Sistema de Segundo Orden Estabilidad significa que el comportamiento a largo plazo del sistema es independiente de las condiciones iniciales. Prueba de estabilidad en términos de las raíces. Un coeficiente constante EDO lineal de cualquier orden es estable si y sólo si cada raíz del polinomio característico tiene una parte real negativa. Vamos a explicar esto en el caso de un sistema de segundo orden. Para cualquier sistema de segundo orden: m x¨ + b x˙ + kx = 0 Hay 3 casos para las raíces del polinomio característico: 1. Las raíces son conjugados complejos: a ± bi . 2. Las raíces son repetidas y reales: s, s. 3. Las raíces son números reales distintos: r 1 , r 2 . ¡ ¢ Si las raíces son complejos conjugados, entonces la solución general a la ecuación homogénea toma la forma e at A cos(bt − φ) . La solución homogénea es transitoria sólo si la parte real de la raíz es negativa (a < 0). Si la parte real es cero a = 0, la solución homogénea oscila para siempre con amplitud constante; Si la parte real es positiva (a > 0), la solución homogénea oscila y la amplitud crece exponencialmente a medida que pasa el tiempo. Si las raíces son reales y repetidas, entonces la solución homogénea toma la forma (A + B t )e st , y estas soluciones son transitorias sólo si s < 0. Si las raíces son reales y distintas, entonces la solución homogénea toma la forma c 1 e r 1 t + c 2 e r 2 t , y estas soluciones son transitorias sólo si r 1 , r 2 < 0. Estas condiciones se recogen en la siguiente tabla. Los tres casos están cubiertos por la afirmación de que la parte real de las raíces del polinomio característico debe ser negativo.

177

Operadores y Respuesta Exponencial

Solución General x h

Raíces

Condición de Estabilidad

Complejo a ± bi

e at (c 1 cos(bt ) + c 2 sen(bt ))

a 0 y a 2 > 0. Prueba. Recordemos los resultados de estabilidad en términos de las raíces del polinomio característico.

Solución General x h

Condición de Estabilidad

Polinomio Característico

Complejo a ± bi

e at (c 1 cos(bt ) + c 2 sen(bt ))

a ω o ωn < ω. En particular, la misma ecuación forzada con una curva de entrada sinusoidal: y¨ + ω2n y = A sin(ωt ) Tiene respuesta: yp = A Por su invarianza en el tiempo.

sin(ωt ) ω2n − ω2

181

Operadores y Respuesta Exponencial

Esta solución pone en forma precisa algunas de las cosas que podemos comprobar de la experimentación con sistemas en vibración. Cuando la frecuencia de la señal es menor que la frecuencia natural del sistema, ω < ωn , el denominador es positivo. El efecto es que la respuesta del sistema es un múltiplo positivo de la señal: la vibración de la masa está “en sincronía” con la fuerza impresa.Como ω aumenta hacia ωn , el denominador de las soluciones particulares se aproxima a cero, de modo que la amplitud de la solución crece arbitrariamente grande. Cuando ω = ωn el sistema está en resonancia con la señal; La fórmula de respuesta exponencial falla porque la ganancia sería infinita allí, y no hay solución periódica (o incluso limitada). Este fenómeno se llama resonancia, y será discutido con más detalle en el tema de Resonancia, Respuesta de Frecuencia y Circuitos RLC. Cuando ω > ωn , el denominador es negativo. La respuesta del sistema es un múltiplo negativo de la señal: la vibración de la masa está perfectamente “fuera de sincronía” con la fuerza impresa. Dado que los coeficientes son constantes en este caso, un cambio de tiempo de la señal da como resultado el mismo cambio de tiempo de la solución: x¨ + ω2n x = A cos(ωt − φ) Tiene la solución periódica: xp = A Las ecuaciones x p = A de series de Fourier.

cos(ωt ) ω2n − ω2

y yp = A

sin(ωt ) ω2n − ω2

cos(ωt − φ) ω2n − ω2

serán muy útiles para nosotros cuando resolvamos una EDO a través

Ejemplo 5.43 Oscilaciones Forzadas Encuentre la solución general para la EDO donde ω2 6= 8: x¨ + 8x = cos(ωt ) ¿Porqué se le conoce como fuerza no amortiguada? Solución: Paso 1: La Solución Homogénea está dada por: x¨h + 8x h = 0 p El Polinomio Característico es: p(s) = s 2 + 8 −→ s = ± 8i p p x h = c 1 cos( 8t ) + c 2 sen( 8t ) Así que: p x h = A cos( 8t − ϕ) ¡ ¢ Paso 2: Encontramos la solución particular mediante su reemplazo complejizado: cos(ωt ) = Re e i ωt z¨ + 8z = e i ωt −→ x p = Re (z p ) Por la FRE: zp =

1 1 1 e i ωt = e i ωt = [cos(ωt ) + i sen(ωt )] p(i ω) 8 − ω2 8 − ω2

182

Operadores y Respuesta Exponencial

De modo que: xp =

1 cos(ωt ) 8 − ω2

Finalmente: p p x = x h + x p = c 1 cos( 8t ) + c 2 sen( 8t ) +

1 cos(ωt ) 8 − ω2

Se le conoce como fuerza no amortiguada porque el factor de amortiguación asociado es igual a cero, es decir no hay la primera derivada.

Ejemplo 5.44 Validación de Estabilidad Encuentre la solución general para la EDO: x¨ + 2x˙ + 4x = cos(3t ) Solución: Paso 1: La Solución Homogénea está dada por: x¨h + 2x˙h + 4x h = 0 Con su Polinomio Característico: p(s) = s 2 + 2s + 4 De modo que sus raíces: s =

p p −2 ± 4 − 16 = −1 ± 3i Así que: 2 h p p i x h = e −t c 3 cos( 3t ) + c 4 sen( 3t )

¡ ¢ Paso 2: Encontramos la solución particular mediante su reemplazo complejizado: cos(3t ) = Re e i 3t z¨ + 2z˙ + 4z = e i 3t −→ x p = Re (z p ) Por la FRE: zp =

1 1 −5 − 6i e i 3t = e i 3t = [cos(3t ) + i sen(3t )] p(i 3) −5 + 6i 61

Y la parte real es: x p = Re (z p ) =

1 [−5 cos(3t ) + 6 sen(3t )] 61

Finalmente: h p p i 1 x = x h + x p = x h = e −t c 3 cos( 3t ) + c 4 sen( 3t ) + [−5 cos(3t ) + 6 sen(3t )] 61

Resonancia, Respuesta de Frecuencia, Circuitos RLC Oscilador Armónico sin Señal de Entrada Supongamos que modelamos una oscilación de un columpio como un oscilador armónico con la EDO: x¨ + 9x = 0

183

Operadores y Respuesta Exponencial

En este modelo, x es el ángulo de la oscilación lejos de la vertical, y este es un buen modelo cuando x es pequeño. Podemos escribir esto usando la notación de operador como: P (D)x = 0, Polinomio Característico: Raíces: Luego:

Bases de la Solución Compleja: Bases con valores reales: Solución General con valores reales:

P (D) = D 2 + 9

P (r ) = r 2 + 9 ±3i e 3i t , e −3i t cos 3t , sen 3t a cos 3t + b sen 3t para valores reales a, b

Estos son todos los sinusoides con frecuencia angular 3, la frecuencia natural. A cos(3t − φ) Ejemplo 5.45 Solución Particular Supongamos ahora que la oscilación está siendo empujada con una señal de entrada sinusoidal, cos ωt , donde ω 6= 3. Complejizar y utilizar la FRE para encontrar una solución particular a la EDO: (D 2 + 9)x = cos(ωt ) Solución: Primero complejizamos y encontramos una solución particular a la EDO compleja: (D 2 + 9)z = e i ωt Que está dado por: zp =

e i ωt e i ωt = 2 (i ω) + 9 9 − ω2

La solución particular que queremos es la parte real de esta solución: x p = Re (z p ) =

cos(ωt ) 9 − ω2

Ejemplo 5.46 Ganancia Compleja Suponga que en la EDO: (D 2 + 9)x = cos(ωt ) La señal de entrada es cos(ωt ), y la respuesta al sistema es x. ¿Cuál es la ganancia compleja G(ω)? Solución: Dada una ecuación diferencial P (D)x = Q(D) cos(ωt ) Donde cos(ωt ) es la entrada y x es la respuesta, la ganancia compleja G(ω) se define como: G(ω) =

x Q(i ω) = cos(ωt ) P (i ω)

184

Operadores y Respuesta Exponencial

En este caso: G(ω) =

1 1 = P (i ω) 9 − ω2

Ejemplo 5.47 Amplitud y la Frecuencia de Entrada ¿Qué sucede con la ganancia g , que es la magnitud de la ganancia compleja G encontrada en el ejercicio anterior mientras ω se aproxima pero no es igual a 3? a

Incrementa.

b

Disminuye.

c

No cambia.

Solución: La magnitud de la ganancia compleja: ¯ ¯ ¯ 1 ¯ ¯ ¯ |G(ω)| = ¯ 9 − ω2 ¯ Se hace más grande cuando ω se aproxima a 3. Así, la amplitud (o ganancia) de la respuesta aumenta. La respuesta es la alternativa a .

Cercano a la Resonancia Se un sistema resonante de la forma: y¨ + ω0 2 y = cos(ω1 t ) | {z }

ω1 6= ω0

Ent r ad a

Donde ω0 es la Frecuencia Natural y ω1 es la Frecuencia de Entrada. Luego: (D 2 + ω0 2 )y = cos(ω1 t ) Complejizando tenemos: (D 2 + ω0 2 ) y˜ = e i ω1 t

y˜p =

e i ω1 t e i ω1 t = (i ω1 )2 + ω0 2 ω0 2 − ω1 2

La Respuesta o Salida del sistema está dada por: y p = Re ( y˜p ) = Cuando ω1 ≈ ω0 : Amplitud grande:

cos ω1 t ω0 2 − ω1 2

185

Operadores y Respuesta Exponencial

Figura 5.7: Resonancia.

Ejemplo 5.48 Resonancia Podemos modelar un columpio en un parque infantil como un simple oscilador armónico. Recordemos que un oscilador armónico tiene una frecuencia natural ωn . Cuando usted empuja a su hermana o a su hijo en un columpio, la clave es entrar en sincronía con la frecuencia natural del oscilador. Sigues presionando en intervalos regulares con la misma fuerza, pero el columpio oscila más y más alto. Solución: Vamos a modelar el columpio con una configuración de un oscilador sinusoidal armónico, x¨ + ω2n x = A cos(ωt ). Encontraremos una solución periódica utilizando la fórmula de respuesta exponencial siempre que ω 6= ωn : xp = A

cos(ωt ) ω2n − ω2

Observe que cuando ω se acerca a ωn , la amplitud de esta solución particular crece más. En este mathlet https://mathlets.surge.sh/harmonicFreqRespVarInputFreq.html#, la frecuencia natural es ωn = 1, y la frecuencia de la señal de entrada es ajustable. El gráfico en la parte inferior izquierda muestra la señal de entrada en azul y la respuesta del sistema en naranja. A la derecha, se ve una gráfica de la amplitud de la respuesta en función de la frecuencia de entrada. p Sin embargo, el eje vertical se escala por 1/ 2 para ajustar el marco. La abreviatura RMS significa raíz cuadrada p de la media, que para una sinusoide es su amplitude/ 2. Esto tiene una interpretación física; Se utiliza para una superposición de muchas frecuencias. Observe lo que sucede con la amplitud de la respuesta del sistema cuando ω se aproxima a 1.

186

Operadores y Respuesta Exponencial

Figura 5.8: Respuesta en Frecuencia Armónica.

¿Qué sucede cuando las dos frecuencias coinciden, es decir,ω = ωn ? Este es el fenómeno conocido como resonancia pura, que exploraremos a continuación.

Resonancia Pura El caso en el que impulsamos un oscilador armónico por su frecuencia natural ωn se conoce como resonancia pura. (D 2 + ω2n )x = cos(ωn t ) Para encontrar una solución particular, encontramos una solución particular en lugar de la ecuación complejizada: (D 2 + ω2n )z = e i ωn t Obsérvese que i ωn es una raíz del polinomio característico P (r ) = r 2 + ω2n . Pero P 0 (r ) = 2r , de modo que P 0 (i ωn ) = 2i ωn 6= 0 y usamos la FRE’ para encontrar una solución particular compleja: zp =

t e i ωn t t (cos ωn t + i sen ωn t ) t e i ωn t = = ) 0 P (i ωn ) 2i ωn 2i ωn

La parte real de z p es una solución particular de valor real: Re (z p ) = x p =

t sen(ωn t ) 2ωn

Aunque nuestra señal de entrada es sinusoidal, la respuesta no es una sinusoide. La respuesta es una función oscilante cuyas oscilaciones crecen linealmente sin límite a medida que aumenta el tiempo. La Resonancia Pura es un fenómeno que ocurre cuando un oscilador armónico es accionado con una sinusoide de entrada cuya frecuencia coincide con la frecuencia natural: La ganancia se hace más grande y más grande cuando la frecuencia de entrada se aproxima a la frecuencia natural, y Cuando la frecuencia de entrada es igual a la frecuencia natural, cualquier solución en particular es no acotada (ilimitada).

187

Operadores y Respuesta Exponencial

Ejemplo 5.49 Resonancia Pura Encuentre una solución particular a la EDO x¨ + 4x = 2 cos 2t usando su reemplazo complejo y la FRE’. Solución: Como de costumbre, realizamos el reemplazo complejo y la FRE: si z p es una solución al EDO complejizada z¨ +4z = 2e 2i t , entonces x p = Re (z p ) será una solución para x¨ +4x = 2 cos 2t . El polinomio característico es P (r ) = r 2 +4, de manera que tenemos P (2i ) = 0. Pero como P 0 (r ) = 2r , tenemos P 0 (i ω) = P 0 (2i ) = 4i 6= 0. La FRE’ nos dá: zp =

2t e 2i t 4i

Tomando la parte real de z p nos da nuestra solución particular: 1 x p = t sen 2t 2

Resonancia con Amortiguamiento En una situación física realista, hay al menos una pequeña cantidad de amortiguación, y esto impide el crecimiento desbocado de la amplitud de la respuesta del sistema que vimos en el caso de una Resonancia sin Amortiguamiento. Ejemplo 5.50 Resonancia Amortiguada ¿Qué ocurre si exactamente ω = 3, pero hay una pequeña cantidad de amortiguación, de modo que la EDO es de la forma: x¨ +

b x˙

término amortiguado

+ 9x =

cos ωt

señal de entrada

Para alguna constante positiva pequeña b? Solución: El nuevo polinomio característico es P (r ) = r 2 + br + 9. Dado que 3i ya no es una raíz, la FRE se aplica. La 1 1 1 = , y la ganancia es |G| = . Esto es grande, pero las oscilaciones están limitadas; ganancia compleja es G = P (3i ) 3bi 3b Por lo tanto existe una solución en estado estacionario.

Ejemplo 5.51 Resonancia Amortiguada Reescribir la ecuación: m x¨ + b x˙ + kx = 0 Para el sistema homogéneo resorte-masa-amortiguador, dividiendo por m como: x¨ + 2p x˙ + ω2n x = 0 Cuando este sistema es sub amortiguado, escribimos ωd para la frecuencia angular de las oscilaciones de la solución a esta ecuación homogénea. Encuentre ω2d en términos de ωn y p. Solución: El polinomio característico es P (r ) = r 2 + 2pr + ω2n . Las raíces son: −p ±

q

p 2 − ω2n

188

Operadores y Respuesta Exponencial

Cuando esta ecuación es sub amortiguada, las raíces son números complejos: −p ±

q

ω2n − p 2 i

Así, la frecuencia angular ωd de la solución homogénea cuando el sistema está sub amortiguado es la parte imaginaria de esta raíz. De modo que, ω2d = ω2n − p 2 . q Observación: El único caso en el que la frecuencia amortiguada existe cuando p 2 − ω2n es imaginario. En este caso, ω2n > p 2 , y la frecuencia amortiguada ωd satisface la relación pitagórica: ω2n − p 2 = ω2d

Figura 5.9: Resonancia Amortiguada.

Repaso de la Frecuencia de Resonancia Hay tres frecuencias que entran en juego cuando manejamos un sistema de resorte-masa-amortiguador con una entrada sinusoidal de frecuencia ω. Símbolo

Descripción

ωn −→ ω0

La Frecuencia Natural no Amortiguada

ωd −→ ω1

La (Pseudo) Frecuencia Natural Amortiguada

ωr

La Frecuencia de Resonancia Cuadro 5.3: Variables de Resonancia.

La frecuencia de resonancia ωr se define como la frecuencia de entrada que conduce a la amplitud máxima en la respuesta. m x¨ + b x˙ + kx = f 1 (t ) Dividiendo por m tenemos: x¨ + 2p x˙ + ω2n x = f 2 (t ) Donde: 2p =

b m

189

Operadores y Respuesta Exponencial

k m f 1 (t ) f 2 (t ) = m ω2n =

También lo podemos reescribir como: x¨ + b x˙ + kx = f 3 (t ) De modo que se cumple: ω2n − p 2 = ω2d O su equivalente: ω20 − p 2 = ω21 Ejemplo 5.52 Resonancia Amortiguada Sea la EDO: y¨ + 2p y˙ + ω20 y = cos(ωt ) ¿Para que valor de ω nos da una máxima amplitud para su respuesta? Solución: De la EDO tenemos los parámetros p y ω0 . Nos piden hallar ωr . Esperamos que ωr = ωd ωr =

q ω20 − p 2

Respuesta de Frecuencia y Respuesta de Amplitud Dada cualquier EDO de la forma: P (D)x = Q(D) cos(ωt ) La ganancia compleja es una función compleja dada por G(ω) =

Q(i ω) = g e −i φ P (i ω)

(en forma Polar)

La ganancia de la respuesta x es g = |G(ω)|, que también se puede considerar como una función de la frecuencia sinusoidal de entrada ω. El retardo de fase de la respuesta −φ = arg(G(ω)) puede similarmente considerarse como una función de ω. En la ingeniería, la gráfica de ganancia en función de ω se denomina Diagrama de Bode y suele estar en una escala log-log. Alternativamente, un diagrama de Nyquist muestra la trayectoria de la ganancia compleja G mientras varía ω. Las gráficas de Bode contienen, de un vistazo, toda la información sobre la respuesta resonante ωr . Observando el gráfico de Bode de la amplitud en función de la frecuencia, podemos observar asíntotas verticales (valores resonantes puros) o máximos locales (valores resonantes). A veces la ganancia es monotonamente decreciente, este es el caso cuando no existe resonancia. Ejemplo 5.53 Validación de Estabilidad Grafique la respuesta en amplitud para las EDO: a

x¨ + 4x = F 0 cos(ωt )

b

x¨ + x˙ + 4x = F 0 cos(ωt )

c

x¨ + 6x˙ + 4x = F 0 cos(ωt )

d

Discuta la resonancia para cada sistema.

190

Operadores y Respuesta Exponencial

Solución: a

x¨ + 4x = F 0 cos(ωt ) Tenemos que: xp =

F0 cos(ωt ) 4 − ω2

La Respuesta en Amplitud está dada por: ¶ µ Salida en Amplitud 1 F0 1 Respuesta en Amplitud = = = Entrada en Amplitud 4 − ω2 F 0 4 − ω2

Figura 5.10: Gráfico de la Respuesta en Amplitud.

b

x¨ + x˙ + 4x = F 0 cos(ωt ) Complejizando la expresión, tenemos: F 0 e i ωt x p = Re p(i ω) ½

¾

De modo que: p(s) = s 2 + s + 4 Luego: p(i ω) = (4 − ω2 ) + i ω Por lo tanto: ½ x p = Re

F 0 e i ωt (4 − ω2 ) + i ω

Salida =

¾

F0 |p(i ω)|

Respuesta en Amplitud =

1 |p(i ω)|

1 Respuesta en Amplitud = p (4 − ω)2 + ω2 El valor Mínimo (para maximizar la respuesta): (4 − ω)2 + ω2 se obtiene derivando dicha expresión e igualando p a cero, lo que nos da ω = 7/2

191

Operadores y Respuesta Exponencial

Figura 5.11: Gráfico de la Respuesta en Amplitud.

c

x¨ + 6x˙ + 4x = F 0 cos(ωt ) Respuesta en Amplitud =

1 1 1 = =p |p(i ω)| |(4 − ω2 ) + 6i ω| (4 − ω)2 + 36ω2

Figura 5.12: Gráfico de la Respuesta en Amplitud.

d

Discuta la resonancia para cada sistema.

192

Operadores y Respuesta Exponencial

Figura 5.13: Comparación de las Respuestas en Amplitud.

Ejemplo 5.54 Mathlets para Resonancia 1 El mathlet https://mathlets.surge.sh/ampPhaseSecondOrderII.html# muestra la respuesta del estado estacionario de un sistema resorte-masa-amortiguador en serie que es conducido sinusoidalmente a través del amortiguador por un pistón en el fondo. La masa en este sistema es 1kg. La ecuación que modela este sistema es (Notar que g = |G|): ˙ x¨ + b x˙ + kx = b y, y = cos(ωt )

Figura 5.14: Respuesta en Amplitud de Segundo Orden.

La entrada es la sinusoide cos(ωt ) y la respuesta del sistema es x. Asuma b = ,5 y k = 3. (Sugerencia: haga clic en los números arriba de los controles deslizantes para que el puntero se mueva al valor exacto del deslizador). Se le pide lo

193

Operadores y Respuesta Exponencial

siguiente: a b

c

d

e

Encuentre la fórmula para la ganancia compleja G en términos de ω. (Respuesta para b = ,5 y k = 3). Utilice la ganancia compleja G para determinar qué sucede con g cuando ω está cerca de cero. (Respuesta para b = ,5 y k = 3). a

g está cerca de 0

b

g está cerca de 1

c

g no está acotada

¿Qué ocurre cuando ω es grande? (Respuesta para b = ,5 y k = 3). a

g está cerca de 0

b

g está cerca de 1

c

g no está acotada

Utilice el Diagrama de Bode en el mathlet. ¿Cómo es el gráfico de g ? (Respuesta para b = ,5 y k = 3). a

g tiene una asíntota vertical, y el sistema tiene una frecuencia de resonancia pura.

b

g alcanza un máximo, y el sistema tiene una frecuencia de resonancia.

c

g es monotónicamente decreciente, y el sistema no tiene frecuencia de resonancia (no nula).

Utilice el Diagrama de Bode en el mathlet para encontrar la frecuencia de resonancia ωr donde la ganancia g = |G| se maximiza. (Respuesta para b = ,5 y k = 3). Introduzca la respuesta con precisión de 2 decimales.

Solución: Utilizando el mathlet tenemos: i ∗0,5∗ω 3−ω2 +i ∗0,5∗ω

a

La expresión toma la forma: G =

b

La respuesta es la alternativa a .

c

La respuesta es la alternativa

a

.

d

La respuesta es la alternativa

b

.

e

Escribimos la EDO en la forma: P (D)x = Q(D)y Donde: P (D)

=

D 2 + ,5D + 3

Q(D)

=

,5D

La Ganancia Compleja es: G(ω) =

Q(i ω) ,5ωi = P (i ω) 3 − ω2 + ,5ωi

Cuando ω tiende a cero, tenemos:

,5ωi ,5ωi ≈ −→ 0 3 − ω2 + ,5ωi 3 Por lo tanto, g = |G| también tiende a cero a medida que ω → 0. Cuando ω es grande, tenemos: G(ω) =

G(ω) =

,5ωi ,5ωi ≈ −→ 0 3 − ω2 + ,5ωi −ω2

Por lo tanto g = |G| también tiende a cero mientras ω → ∞. Puesto que G y por lo tanto g no es idénticamente cero, esperamos que entre 0 y ∞, haya una cierta frecuencia de resonancia ωr en la que g obtenga un valor máximo. Usando el mathlet, encontramos que ωr ≈ 1,75.

194

Operadores y Respuesta Exponencial

Ejemplo 5.55 Mathlets para Resonancia 2 El mathlet https://mathlets.surge.sh/ampPhaseSecondOrderI.html# muestra la respuesta en estado estacionario de un sistema de resorte-masa-amortiguador en serie que es accionado sinusoidalmente a través del resorte por un pistón en la parte superior. La masa en este sistema es 1kg. La ecuación que modela este sistema es: x¨ + b x˙ + kx = k cos ωt

Figura 5.15: Respuesta en Amplitud de Segundo Orden.

La entrada es la sinusoide cos(ωt ) y la respuesta del sistema es x. Asuma b = 1,5 y k = 1. (Sugerencia: haga clic en los números arriba de los controles deslizantes para que el puntero se mueva al valor exacto del deslizador). Se le pide lo siguiente: a b

c

d

e

Encuentre la fórmula para la ganancia compleja G en términos de ω. (Respuesta para b = 1,5 y k = 1). Utilice la ganancia compleja G para determinar qué sucede con g cuando ω está cerca de cero. (Respuesta para b = 1,5 y k = 1). a

g está cerca de 0

b

g está cerca de 1

c

g no está acotada

¿Qué ocurre cuando ω es grande? (Respuesta para b = 1,5 y k = 1). a

g está cerca de 0

b

g está cerca de 1

c

g no está acotada

Utilice el Diagrama de Bode en el mathlet. ¿Cómo es el gráfico de g ? (Respuesta para b = 1,5 y k = 1). a

g tiene una asíntota vertical, y el sistema tiene una frecuencia de resonancia pura.

b

g alcanza un máximo, y el sistema tiene una frecuencia de resonancia.

c

g es decreciente, y el sistema no tiene frecuencia de resonancia (no nula).

Utilice el Diagrama de Bode en el mathlet para encontrar la frecuencia de resonancia ωr donde la ganancia g = |G| se maximiza. (Respuesta para b = 1,5 y k = 1). Introduzca la respuesta con precisión de 2 decimales.

195

Operadores y Respuesta Exponencial

Solución: Utilizando el mathlet tenemos: 1 1−ω2 +i ∗1,5∗ω

a

La expresión toma la forma: G =

b

La respuesta es la alternativa b .

c

La respuesta es la alternativa

a

.

d

La respuesta es la alternativa

c

.

e

Escribimos la EDO en la forma: P (D)x = Q(D)y Donde: P (D)

=

D 2 + 1,5D + 1

Q(D)

=

1

La Ganancia Compleja es: G(ω) =

Q(i ω) 1 = P (i ω) 1 − ω2 + 1,5ωi

G(ω) =

1 1 → =1 1 − ω2 + 1,5ωi 1

Cuando ω tiende a cero, tenemos:

Por lo tanto, g = |G| también tiende a cero a medida que ω → 0. Cuando ω es grande, tenemos: G(ω) =

1 1 − ω2 + 1,5ωi

≈

1 →0 −ω2

Por lo tanto g = |G| también tiende a cero mientras ω → ∞. No está claro si hay una frecuencia de resonancia o no. Usando el Diagrama de Bode en el mathlet, vemos que g es monotonamente decreciente y que el sistema no tiene resonancia.

Circuitos RLC en Serie La resonancia es un fenómeno que es muy importante en el diseño de circuitos eléctricos. Por lo tanto, modelaremos un circuito RLC en serie. A continuación exploraremos cómo la resonancia permite que diferentes elementos del circuito actúen como filtros pasa bajo, filtros pasa alto o filtros pasa banda, permitiendo selectivamente que ciertas frecuencias de conducción pasen a través del filtro mientras que otras disminuyen o son eliminadas.

Figura 5.16: Circuito Serie RLC.

Figura 5.17: Circuito Serie RLC.

196

Operadores y Respuesta Exponencial

Modelaremos este circuito usando un proceso de cinco pasos: 1. Dibujar un Diagrama del Sistema Un receptor de radio AM pasivo muy simple puede ser modelado por el siguiente circuito:

R I L

V (t)

C Figura 5.18: Circuito Serie RLC de un Receptor AM.

La fuente de alimentación a la izquierda es la antena, siendo impulsada por ondas de radio. La resistencia en la parte superior es un altavoz. Los otros componentes son un condensador (en la parte inferior) y una bobina de inductancia (a la derecha). 2. Identificar y dar Símbolos a los Parámetros y Variables del Sistema El diagrama muestra símbolos para los cuatro componentes electrónicos estándar: Símbolo

Descripción

R

Resistencia del Resistor ( Ω ohmios)

L

Inductancia del Inductor (H henrios )

C

Capacitancia del Capacitor (F faradios )

V

Fuente de Voltaje (V voltios )

Cuadro 5.4: Variables de Circuitos Eléctricos.

Las cantidades R, L, C , son constantes mientras que la fuente de tensión V es una función del tiempo. A continuación, para entender el diagrama anterior, necesitamos definir una orientación del circuito; digamos que la corriente fluye en sentido horario. Ya que es un circuito en serie, la corriente a través de cualquiera de los cables es la misma; Escriba I (t ) para ello. Entonces podemos decir que la fuente de poder, a la izquierda, produce un aumento de tensión de V (t ) voltios en el instante t . Este aumento de voltaje puede variar con el tiempo, y puede ser negativo o positivo. De hecho, estaremos especialmente interesados en el caso que sea sinusoidal. El significado de cada uno de los otros componentes se especifica por cómo la disminución de tensión a través de ella está relacionada con la corriente que fluye a través de ella. Para nosotros, estas relaciones definen los componentes. El impacto de cada componente se determina por la constante que aparece en estas relaciones.

197

Operadores y Respuesta Exponencial

Descripción

Componente

Caída de Tensión a través del Inductor:

VL (t ) = L I˙(t )

Caída de Tensión a través del Resistor:

VR (t ) = R I (t )

Caída de Tensión a través del Capacitor:

C V˙C (t ) = I (t )

Cuadro 5.5: Componentes de los Circuitos Eléctricos.

Estos voltajes están relacionados entre sí por la Ley de Voltaje de Kirchoff: La ganancia de voltaje a través de la fuente de alimentación debe ser igual a la suma de las caídas de tensión a través de los otros componentes: V = VL + VR + VC 3. Declare la señal de entrada y la respuesta del sistema. Vamos a declarar como la señal de entrada el aumento de voltaje V (t ) producido por la fuente de alimentación. Para la respuesta del sistema, estamos interesados en la intensidad del altavoz, que es proporcional a la caída de tensión a través de la resistencia. Así que declaramos VR como la respuesta del sistema. Esto significa que queremos establecer una ecuación diferencial que relaciona V (t ) con VR (t ). 4. Anote una ecuación diferencial que relaciona la señal de entrada y la respuesta del sistema, usando la mecánica clásica de Newton “F = ma” o las leyes de Kirchhoff en el caso eléctrico. Debido a que V˙C aparece en la definición de un condensador, es natural diferenciar la ley de voltaje de Kirchhoff, y reescribirlo en términos de I ; V˙ = V˙L + V˙R + V˙C = L I¨ + R I˙ + (1/C )I Para hacer esto en una ecuación que relaciona la señal de entrada V con la respuesta del sistema VR , sólo tenemos que recordar que VR = R I . Así que multiplicando por R y efectuamos esta sustitución, junto con sus equivalencias: V˙R = R I˙ y V¨R = R I¨. R V˙ = LV¨R + R V˙R + (1/C )VR 5. Reescriba la ecuación en su forma estándar. La entrada y la salida ya están separadas; Para poner esto en su forma estándar sólo intercambiamos los lados: LV¨R + R V˙R + (1/C )VR = R V˙ Ya hemos terminado. Pero antes de discutir las equivalencias, recuerde la ecuación que describe el sistema de resorte / masa / amortiguador impulsado a través del amortiguador: m x¨ + b x˙ + kx = b y˙ Estas dos ecuaciones son formalmente idénticas en la forma en que se relacionan la entrada y la respuesta del sistema. Esto refleja un paralelo aproximado entre los sistemas mecánico y eléctrico,

Similarmente, un oscilador armónico (sin amortiguar) es análogo a un circuito en serie LC (ninguna resistencia).

198

Operadores y Respuesta Exponencial

Mecánico

Eléctrico

Desplazamiento

x, y

Caída de Voltaje, Ganancia

VR ,V

Masa

m

Inductancia

L

Constante de Amortiguamiento

b

Resistencia

R

Constante del Resorte

k

1/Capacitancia

1/C

Cuadro 5.6: Paralelismo entre los Sistemas Mecánicos y Eléctricos

Ejemplo 5.56 EDO para caídas de tensión a través del inductor y del condensador a

Escriba la ecuación diferencial para la caída de tensión a través del inductor VL introduciendo los coeficientes de V˙L , VL , y el operador diferencial que actúa sobre V en las casillas vacías de la ED. LV¨L +

b

V˙L +

VL =

V

Escriba la ecuación diferencial para la caída de tensión a través del condensador introduciendo los coeficientes en las casillas a continuación: LV¨C +

V˙C +

VC =

V

Solución: a

La ED para la caída de voltaje a través del inductor es: LV¨L + R V˙L +

1 VL = LV¨ C

Nota: Esto es análogo a la EDO que describe el sistema de resorte-masa-amortiguador con una fuerza motriz F = m y¨ sobre la masa: m x¨ + b x˙ + kx = m y¨ b

La EDO para la caída de voltaje a través del condensador es: LV¨C + R V˙C +

1 1 VC = V C C

Nota: Esto es análogo a la EDO que describe el sistema resorte-masa-amortiguado accionado a través del resorte: m x¨ + b x˙ + kx = k y Este sistema es ilustrado por el mathlet Amplitud y fase de segundo orden.

Ganancia para diferentes respuestas del sistema Recuerde la ED para la respuesta del sistema VR y la entrada del sistema V es:

199

Operadores y Respuesta Exponencial

P (D)VR = Q(D)V, Donde: P (D)

=

LD 2 + RD + C1

Q(D)

=

RD

d d t . ). La ganancia compleja para

(Tener en cuenta que D es el operador diferencial D = G R (ω) =

VR es por lo tanto:

Q(i ω) i Rω = ¡1 ¢ 2 + i Rω P (i ω) − Lω C

Ejemplo 5.57 Ganancia compleja para las caídas de voltaje a través del Inductor y del Condensador Encuentre la ganancia compleja G L (ω) y GC (ω) para las respuestas del sistema VL y VC , respectivamente. (Resuelva en términos de L,C , R, y la frecuencia angular de entrada ω). Solución: Recuérdese que para un sistema con respuesta x y una entrada y descrita por la EDO: P (D)x = Q(D)y La ganancia compleja para la respuesta: G(ω) =

Q(i ω) P (i ω)

Por lo tanto, dado que la EDO para VL , y VC son respectivamente: ¶ 1 VL C¶ µ 1 LD 2 + RD + VC C µ

LD 2 + RD +

=

LD 2 V

=

1 CV

Las ganancias complejas para VL , y VC son respectivamente: −Lω¢2 2 +i Rω −Lω C

G L (D)

=

¡1

GC (D)

=

¡1 C

1 C¢ −Lω2 +i Rω

Ejemplo 5.58 Suma de las tres ganancias complejas ¿Cuál es la suma de la ganancia compleja de las 3 respuestas en función de ω? Es decir, encontrar la suma: G R (ω) +G L (ω) +GC (ω) Solución: En todas las frecuencias de ω se cumple: G R +G L +GC = 1 Nota: La ecuación refleja la ley de voltaje de Kirchhoff. VR + VL + VC = V

200

Operadores y Respuesta Exponencial

Caída de voltaje a través de la resistencia como respuesta del sistema Vamos a analizar la ganancia para la caída de voltaje a través de la resistencia: G R (ω) = ¡ 1 C

i Rω ¢ − Lω2 + i Rω

De modo que: g R2 (ω) = |G R |2 = ¡ 1 C

R 2 ω2 ¢2 − Lω2 + R 2 ω2

Figura 5.20: Caída de Voltaje en la Resistencia.

Figura 5.19: Circuito de la Caída de Voltaje en la Resistencia.

Analizando la ganancia en varios escenarios, tenemos:

Para valores intermedios tenemos:

ω→0

⇐⇒

g 2 → 0,

GR → 0

ω→∞

⇐⇒

g 2 → 0,

GR → 0

d ¡ 2 ¢ g (ω) = 0 dω |i Rω| |G R (ω)| = ¡ 1 ¢ | C − Lω2 + i Rω|

Figura 5.21: Representación Vectorial de la Caída de Voltaje en la Resistencia.

Del gráfico vemos que:

1 C

1 − Lω2 = 0, de modo que ω = p LC

|G R (ω)| → 1 en la medida que ω →

p1 LC

201

Operadores y Respuesta Exponencial

Figura 5.22: Diagrama de Bode del Voltaje en la Resistencia.

Ejemplo 5.59 Predicción de la frecuencia de resonancia para la caída de tensión a través de la resistencia Veamos si nuestra teoría predice la frecuencia de resonancia correcta. En nuestro circuito serie RLC en el laboratorio, utilizamos R = 510Ω, L = 47mH , y observamos que la caída de voltaje a través de la resistencia, mostrada como la curva roja en el osciloscopio, tiene la mayor amplitud en alrededor de 1,2k H z. Recordemos que la compleja ganancia para VR es: G R (ω) = ¡ 1 C a

b c

i Rω ¢ − Lω2 + i Rω

Analizar la ganancia compleja para encontrar la frecuencia angular ωr en la que la ganancia es máxima para la respuesta del sistema VR . (De su respuesta con 2 cifras decimales de precisión.) Convierta ωr a una frecuencia νr , , en kHz (miles de ciclos por segundo), en la que la ganancia de VR es máxima. Si usamos un condensador que es 10 veces más pequeño, es decir, C = 0,033µF, ¿cómo cambiará νr ? Responder introduciendo el factor multiplicativo a en la ecuación siguiente: νr

µ

C 10

¶ =

aνr (C )

Donde: νr (C ) es la frecuencia de resonancia para C = 0,33µF, de modo que νr cia en

C 10

µ

¶ C es la frecuencia de resonan10

= 0,033µF.

Solución: A partir del análisis de la ganancia compleja, la frecuencia angular para VR es: r 1 ωr = LC (Que es independiente de la resistencia R). Por lo tanto, para L = 47mH y C = 0,33µF, tenemos: s 1 ω= ∼ 8000(rad/s) (0,047)(0,33 × 10−6 ) Y esto da una frecuencia de νr = ω/(2π) ∼ 1300 Hz = 1,3kHz, lo que está dentro del 10 % de error. De la fórmula p p ωr = 1/LC , también vemos que al disminuir C a C /10 significa incrementar ω aumentando un factor de 10. Dado que νr es proporcional a ωr , , también tenemos: µ ¶ p C νr = 10 νr (C ) 10 Por lo tanto, las respuestas son:

202

Operadores y Respuesta Exponencial

a b c

ωr = 8000rad/s νr = 1,3K H z p a = 10

Ejemplo 5.60 Aumento de la resistencia Recordemos la ganancia compleja para VR : G R (ω) = ¡ 1 C

i Rω ¢ − Lω2 + i Rω

Determine cuanto cambia el comportamiento de la resonancia en la respuesta del sistema VR cuando aumenta la resistencia R. (Elija todas las que apliquen.) a

La frecuencia de resonancia aumentará.

d

La ganancia máxima se hace más grande.

b

La frecuencia de resonancia permanecerá igual.

e

La ganancia máxima se mantiene en el valor 1.

c

La frecuencia de resonancia disminuirá.

f

La ganancia máxima se hace más pequeña.

El aumento de la resistencia R también tiene un efecto sobre la forma del pico de resonancia, aunque no es inmediatamente evidente a partir de la fórmula de ganancia: g R2 (ω) = |G R |2 = ¡ 1 C

R 2 ω2 ¢2 − Lω2 + R 2 ω2

En lugar de analizar esta fórmula, utilizaremos la analogía entre nuestro sistema y el sistema del resorte-masaamortiguador accionado a través del amortiguador, cuyo comportamiento en estado estacionario se muestra en el siguiente mathlet https://mathlets.surge.sh/ampPhaseSecondOrderI.html#.

Figura 5.23: Respuesta en Amplitud de Segundo Orden.

Utilice la curva de ganancia en el Diagrama de Bode utilizando el mathlet para ayudarle a decidir cómo el aumento de R cambia la forma del pico de resonancia para la respuesta VR . a

El pico se mantendrá en el mismo ancho.

203

Operadores y Respuesta Exponencial

b

El pico se vuelve más estrecho.

c

El pico se vuelve más ancho.

p Solución: Resulta claro de la fórmula ωr = 1/LC que la frecuencia de resonancia no depende de R. Además, recuerde que la compleja ganancia para VR está dada por: G R (ω) =

i Rω 1 C

− Lω2 + i Rω

Alcanza una magnitud máxima de 1 cuando su denominador es puramente imaginario, independientemente del valor de R. Por lo que la respuesta son las alternativas: b y e . Por último, en la analogía entre el circuito RLC de serie con VR elegido como respuesta y el sistema resorte-masaamortiguador accionado por el amortiguador, el aumento de R es análogo al aumento de la constante de amortiguación b. Utilizando el mathlet, vemos que el aumento de b amplía el pico de resonancia. Por lo que la respuesta es la alternativa c . Observación: Para hacer una radio en Amplitud Modulada (AM), la disminución de R ayudará a filtrar las frecuencias fuera de la banda deseada.

Caída de tensión a través del Condensador y del Inductor Vamos a analizar la ganancia para la caída de voltaje a través del Capacitor y del Inductor: GC (ω) = ¡ 1 C

G L (ω) = ¡ 1 C

1/C ¢ − Lω2 + i Rω −Lω2 ¢ − Lω2 + i Rω

Figura 5.25: Caída de Voltaje en el Capacitor. Figura 5.24: Circuito de la Caída de Voltaje en el Capacitor.

Analizando la ganancia en varios escenarios del Capacitor, tenemos: ω→0 ω→∞

⇐⇒

GC =

⇐⇒ GC =

1/C →1 1/C

1/C →0 −Lω2

204

Operadores y Respuesta Exponencial

Analizando la ganancia en varios escenarios del Inductor, tenemos: ω→0 ω→∞ Para valores intermedios tenemos:

⇐⇒

GL =

⇐⇒ G L =

0 →0 1/C

−Lω2 →1 −Lω2

¢ d ¡ g C (ω) = 0 dω

Se deduce que: −→ g C tiene un máximo para R pequeño. −→ g L tiene siempre un máximo.

Figura 5.26: Caída de Voltaje RLC Serie.

Ejemplo 5.61 Condensador Calcule la ganancia para la caída de voltaje a través del condensador. Usted ha encontrado previamente la ganancia compleja GC (ω) para la respuesta del sistema VC . Ahora encuentre el cuadrado de la ganancia g C2 (ω) = |GC (ω)|2 para la respuesta del sistema VC . (Introduzca en términos de L,C , R, y la frecuencia angular de entrada ω.) Solución: Recuerde que la ganancia compleja para VC es: GC (ω) = ¡ 1 C

Esto nos da: g C2 (ω) = ¡ 1 C

1 C ¢ − Lω2 + i Rω

1 C2 ¢ 2 2

− Lω

+ R 2 ω2

Ejemplo 5.62 Pico de Resonancia del Condensador Encuentre un valor de la resistencia R tal que por debajo de este valor, la ganancia de la caída de voltaje a través del condensador siempre tiene un pico resonante en una frecuencia de entrada positiva, pero por encima de este valor, la ganancia alcanza su máximo a la frecuencia cero. En otras palabras, encontrar R tal que g C (ω) alcanza un máximo en un valor positivo de ω. 1 sea mínimo.) (Sugerencia: Comience por buscar un ω en que 2 g C (ω) Solución:

205

Operadores y Respuesta Exponencial

Desde que g C alcanza un máximo cuando

1 g C2

alcanza un mínimo, buscamos los mínimos locales de: ¡1

1 g C2 (ω)

=

C

− Lω2

¢2

+ R 2 ω2

1 C2

El lado derecho es una función cuadrática de ω2 , completando así el cuadrado, tenemos: µ µ 2 ¶¶2 à µ 2 ¶2 ! R 1 1 2 2 R = (LC ) ω + − + 1 − (LC ) − 2L 2 LC 2L 2 LC g C2 (ω) ¡ ¢2 Dado que el coeficiente de ω2 es positivo, el mínimo de 1/g C2 ocurre en: 1

2

ω2 =

µ

R2 1 − 2 LC 2L

¶

q 2L R2 1 − 2L . En este caso, ω = LC 2 . Esta es la frecuencia angular a la que se C localiza el pico resonante para VC . Tenga en cuenta que el valor máximo de la ganancia es: Esto da un número real para ω sólo si , R 2
C que el mínimo de g C (ω) sucede en ω = 0.

Ejemplo 5.63 Resonancia compleja A continuación se muestra un mathlet https://mathlets.surge.sh/seriesRLCCircuit1803.html# que muestra el voltaje de entrada V , así como VR , VL , y VC en un circuito RLC en serie. Las diferentes respuestas se ocultan o se muestran en diferentes colores al hacer clic en sus respectivos cuadros. Puede ajustar los valores de la resistencia, del inductor y del condensador utilizando los reguladores R, L y C , respectivamente. Puede determinar la amplitud V0 y la frecuencia angular ω del voltaje de entrada usando los respectivos deslizadores.

206

Operadores y Respuesta Exponencial

Figura 5.27: Circuito Serie RLC.

Usando este Mathlet, simule el experimento usando los valores de resistencia, capacitancia e inductancia que se dan a continuación: a

b

c

VR como respuesta: 1

R = 510Ω, L = 47mH , C = ,33µF

2

R = 1000Ω, L = 47mH , C = ,33µF

3

R = 1000Ω, L = 47mH , C = ,033µF

VC como respuesta: 1

R = 510Ω, L = 47mH , C = ,033µF

2

R = 10000Ω, L = 47mH , C = ,033µF

VL como respuesta: 1

R = 510Ω, L = 47mH , C = ,033µF

Solución: Despliegue las simulaciones en el mathlet con los valores indicados.

Ejemplo 5.64 Circuito Paralelo RL Una resistencia R y un inductor L están unidos en paralelo. Una fuente de tensión proporciona la combinación con una tensión de corriente alterna de frecuencia angular ω. Encuentre la ganancia y el retardo de fase de la corriente de la resistencia con respecto a la corriente total (a través de la fuente de voltaje).

207

Operadores y Respuesta Exponencial

Figura 5.28: Circuito Paralelo RL.

Solución: Sea V (t ) la tensión sinusoidal proporcionada. Funciones desconocidas: Sea I 1 la intensidad de la resistencia. Sea I 2 la corriente del inductor. Sea I la corriente total. Ecuaciones: Las leyes de la Física nos dice: V

=

R I1

V

=

L I˙2

I

=

I1 + I2

Las mismas relaciones se mantienen entre sus equivalentes complejos: Ve

=

R Ie1

Ve

=

L Ie˙2

Ie =

Ie1 + Ie2

(Porque tomar partes reales es compatible con la multiplicación escalar real y con las derivadas). Supongamos que Ve = e i ωt . (En general, Ve = γe i ωt para algunos γ ∈ C, pero entonces todo será multiplicado por γ, así que cuando tomamos una proporción para obtener una ganancia compleja, γ desaparecerá.) ¿Cómo resolvemos las otras tres funciones Ie1 , Ie2 e Ie? La solución de estado estacionario está dado por: Ie1

=

α1 e i ωt

Ie2

=

α2 e i ωt

Ie =

βe i ωt

Para algunos números complejos desconocidos α1 , α2 , β. Para encontrar α1 , α2 , β substituya en las tres ecuaciones de

208

Operadores y Respuesta Exponencial

reemplazo complejas: e i ωt

=

Rα1 e i ωt

e i ωt

=

Lα2 e i ωt i ω

βe i ωt

=

α1 e i ωt + α2 e i ωt

Simplificando nos dá: 1

=

Rα1

1

=

Lα2 i ω

β

=

α1 + α2

Así, α1 = 1/R, α2 = 1/(Li ω), β = 1/R + 1/(Li ω). La ganancia compleja de I 1 con relación a I es la constante compleja: G=

1/R α1 = β 1/R + 1/(Li ω)

La ganancia es |G|, y el retardo de fase es − argG.

Ejemplo 5.65 Resonancias Encontrar una solución particular a la ecuación: x¨ + 8x˙ + 15x = e −5t Solución: El polinomio característico es P (r ) = r 2 +8r +15. Como P (−5) = 0 necesitamos utilizar la FRE generalizada. Calculando vemos que P 0 (r ) = 2r + 8, lo que implica P 0 (−5) = −2. Por lo tanto, la FRE generalizada nos da: xp =

t e −5t t e −5t =− 0 P (−5) 2

Ejemplo 5.66 Resonancias Encontrar una solución particular a la ecuación: x¨ + 2x˙ + 2x = e −t cos t Solución: Primero complejizamos la ecuación: z¨ + 2z˙ + 2z = e (−1+i )t ,

donde

x = Re z

El polinomio característico es P (r ) = r 2 + 2r + 2. Procesando vemos que: P (−1 + i ) = (−1 + i )2 + 2(−1 + i ) + 2 = 0,

P 0 (r ) = 2r + 2,

P 0 (−1 + i ) = 2i

Como P (−1 + i ) = 0 utilizamos la FRE generalizada: zp =

t e (−1+i )t t e (−1+i )t t e −t (cos t + i sin t ) = = P 0 (−1 + i ) 2i 2i

209

Operadores y Respuesta Exponencial

Finalmente tomamos la parte real para obtener: x p = Re z p =

t e −t sin t 2

Modelado de un Sistema de Suspensión Para modelar un sistema de suspensión se debe acotar el modelado a las siguientes restricciones: a

Solo considerar movimiento vertical.

b

Modelar una única llanta.

c

Asumir que las fuerzas del resorte amortiguado son lineales.

d

Asumir que la llanta está siempre en contacto con el piso.

e

Asumir que la llanta es un cuerpo rígido.

f

Definir el sistema de coordenadas de modo que x − y = 0 cuando el sistema se encuentra en estado de equilibrio.

Figura 5.29: Sistema de Suspensión. Figura 5.30: Modelo del Sistema de Suspensión.

La ecuación de movimiento está dada por: m x¨ = ΣF ˙ m x¨ = −k(x − y) − b(x˙ − y) Forma estándar: P (D)x = Q(D)y m x¨ + b x˙ + kx = b y˙ + k y Si consideramos y(t ) = A cos(ωt ) Características importantes de x(t ): Ganancia (g ) Si g 0 si la masa está por encima de x0 .

Figura 5.31: Sistema Masa-Resorte.

Encuentre lo siguiente: a.) Utilice la segunda ley de Newton para escribir el peso de la masa mg en términos de k, x 0 , L. b.) Ahora use la segunda ley de Newton para escribir una EDO para el desplazamiento x(t ) de la masa desde la posición de equilibrio x 0 , sólo en términos de k, x, x 0 , L.

212

Operadores y Respuesta Exponencial

5.14 Recuerde el modelo del sistema de suspensión que describe la posición vertical x(t ) (metros) del cuerpo del coche, que está dado por: m x¨ + b x˙ + kx = b y˙ + k y

y = A cos (ωt )

Donde la entrada y(t ) (metros) es la altura de la carretera directamente debajo de la rueda en el instante t (segundos) y depende de los baches en la carretera y la velocidad con que el coche está pasando sobre ellos. Encuentre la ganancia compleja G(ω) para el sistema de suspensión del coche, en términos de los parámetros del sistema m (kg), k (N / m), b (Ns / m) y ω (rad / s).

5.15 ¿Es mejor conducir rápido o lento en una carretera? Terminaremos nuestro análisis del sistema de suspensión de un coche investigando cómo la ganancia depende de los parámetros del sistema. Recuerde que la ganancia es la propiedad que determina qué tan bien la suspensión absorbe los baches en la carretera. Investigaremos esto usando el Mathlet https://mathlets.surge.sh/ampPhaseSecondOrderIII.html#

Figura 5.32: Sistema Resorte-Amortiguador.

En la parte izquierda del dibujo se visualiza un esquema de la suspensión de un automóvil. El cuerpo del coche está representado por el bloque naranja superior, que está acoplado, por un resorte y un amortiguador, a la superficie de la carretera, que se representa por un bloque de fondo azul. A medida que el coche se mueve, experimenta el patrón sinusoidal de los baches de la carretera. Haga clic en el botón de reproducción >> debajo del gráfico para ver la animación. Recuerde que y es la función de conducción sinusoidal resultante del movimiento del carro sobre los baches que representa la entrada del sistema, y x es la posición vertical del coche, que representa la respuesta o salida del sistema. Obsérvese en el mathet, la masa m del cuerpo del automóvil se normaliza a 1 y la amplitud de y también se normaliza a 1. Las gráficas tanto de la entrada como de la respuesta se representan como funciones del tiempo. La curva azul es el gráfico de entrada y(t ), la altura del camino en el tiempo t , y la curva naranja es la gráfica de la respuesta x(t ), que es la posición vertical del coche en el instante t . Puede hacer clic en el botón de reproducción para reiniciar la animación. Estamos interesados ??en la ganancia g (ω) del sistema, cuyo comportamiento sobre las diferentes frecuencias de la entrada es mostrado por las gráficas de Bode. Recuerde que la ganancia es la relación entre las amplitudes de la respuesta y la amplitud de la entrada. La gráfica del retardo de fase φ(ω) también se muestra, pero no estamos interesados ??en ello para el sistema de suspensión del coche.

213

Operadores y Respuesta Exponencial

(También echa un vistazo a la Gráfica de Nyquist, una trama de la trayectoria de la ganancia compleja G mientras ω varía.) Ahora podemos determinar cómo el cambio de parámetros del sistema tales como b, k y ω afectará a la ganancia. Encuentre lo siguiente: a.) Conducir muy lento Estudiemos el efecto de cambiar la frecuencia de conducción ω. . Esto nos dirá cómo un coche respondería si se maneja muy lentamente sobre una serie de baches, comparado a si manejaba muy rápido sobre los baches. Puede ajustar el valor de ω usando el control deslizante a la derecha bajo los gráficos de Bode y ver cómo las curvas de la entrada y la respuesta varían con ω. De la gráfica de Bode en el mathlet, ¿cuál es l´ım g (ω) para diferentes valores de la constante de amortiguación ω→0

b y la constante del resorte k?

¿Es esto consistente con lo que usted esperaba de la fórmula compleja de la ganancia? ¿Qué implica este límite sobre el comportamiento del sistema de suspensión si se conduce muy lentamente sobre una serie de baches? a

El sistema de la suspensión actúa como si fuera rígido y el coche se mueve arriba y abajo de la misma manera que el camino debajo de él.

b

El sistema de la suspensión absorbe los baches con eficacia así que el cuerpo del coche se mueve hacia arriba y hacia abajo en una amplitud mucho más pequeña que la altura de los baches.

c

El sistema de suspensión amplifica los topetones para que el cuerpo del coche se mueva verticalmente más que la altura de los baches.

b.) Conducir muy rápido Encuentre l´ım g (ω) usando la ganancia compleja (que encontró en un problema anteω→∞

rior). Verifique el resultado mirando el gráfico de Bode en el mathlet a diferentes valores de b y k. Esto significa que si manejas muy rápido sobre una serie de baches: a

El sistema de la suspensión actúa como si fuera rígido y el coche se mueve arriba y abajo de la misma manera que el camino debajo de él.

b

El sistema de la suspensión absorbe los baches con eficacia así que el cuerpo del coche se mueve arriba y abajo en una amplitud mucho más pequeña que la altura de los baches.

c

El sistema de la suspensión amplifica los baches de modo que el cuerpo del coche se esté moviendo verticalmente más que la altura de los baches.

5.16 Resonancia: Conducción en resonancia con baches Fijar las constantes de amortiguación y resorte en: b = 1 y k = 2. De la Gráfica de Bode, ¿cuál es la frecuencia ωr en la que la ganancia es máxima y cuál es el valor de la ganancia máxima g max ? ¿Qué significa eso para el coche? 5.17 Efecto de la amortiguación sobre la resonancia Fijar k, variar lentamente b, y mirar cómo el pico de resonancia cambia en el Diagrama de Bode. ¿Cómo el aumento de la constante de amortiguación b afecta al pico de resonancia? (Elija todas las que apliquen.) a

Aumenta significativamente la altura del pico resonante.

214

Operadores y Respuesta Exponencial

b

Disminuye significativamente la altura del pico resonante.

c

Aumenta significativamente la frecuencia con la que ocurre la resonancia.

d

Disminuye significativamente la frecuencia a la que ocurre la resonancia.

e

No cambia significativamente la forma ni la localización del pico de resonancia.

Si el sistema de suspensión no tiene un amortiguador, ¿cuál sería la frecuencia angular resonante? En otras palabras, hallar la frecuencia angular ωr en la que g (ω) es máxima cuando b = 0. Usa la fórmula de ganancia compleja que has encontrado previamente y contesta en términos de k y m. ¿Cuál es el valor de ωr cuando k = 2, m = 1 y b = 0? Para k = 2, m = 1, b = 0, halle ωr . Compare esta frecuencia de resonancia sin amortiguamiento con el valor de ωr leído del mathlet para k = 2, b = 1 (y m = 1) en el problema anterior. ¿Es la frecuencia de resonancia sin amortiguación una buena aproximación a la frecuencia de resonancia con amortiguación?

5.18 Efecto del resorte sobre la resonancia Ahora fijar b, variar lentamente k, y mirar otra vez cómo cambia el pico de la resonancia en el Diagrama de Bode. ¿Cómo el aumento de la constante del resorte k afecta el pico de resonancia? (Elija todas las que apliquen.) a

Aumenta significativamente la altura del pico resonante.

b

Disminuye significativamente la altura del pico resonante.

c

Aumenta significativamente la frecuencia con la que ocurre la resonancia.

d

Disminuye significativamente la frecuencia a la que ocurre la resonancia.

e

No cambia significativamente la forma ni la localización del pico de resonancia.

5.19 Velocidad cómoda mínima Establezca k = 2 y b = 1. Utilice el mathlet para calcular el valor mínimo de ωmin para que g < 1. Esto le permitirá determinar la velocidad mínima a la que debe conducir sobre una serie de baches para asegurar un paseo cómodo. Ahora, varíe lentamente b mientras sigue fijando k = 2. ¿Cómo cambia ωmin cuando se aumenta la constante de amortiguación b? a

ωmin aumenta.

b

ωmin disminuye.

c

ωmin permanece igual.

¿Es esto lo que usted esperaba de la fórmula compleja de la ganancia?

5.20 Si y(t ) = t 1 y D es el operador diferencial

d 3 2 d t ,, entonces ¿Qué función es (−5D + 3D − 4D + 5)y

?

Nota: Su respuesta debe expresarse en términos de la variable t .

5.21 Consideremos la ecuación diferencial x¨ + x = q(t ) para una función no nula q(t ). ¿Para cuál de las siguientes entradas e at la ecuación diferencial NO tiene una solución de la forma Ae at ? Marque todas las que correspondan. a

et

215

Operadores y Respuesta Exponencial

b

e −t

c

ei t

d

e −i t

e

e 2t

f

e 3t

g

1

5.22 ¿Para cuál de los siguientes valores de a hace que la ecuación diferencial de la forma ce at para algún número c? Marque todo lo que corresponda. a

1

b

2i π n

c

4i π n

d

6i π n

e

e

2i π n

f

e

7i π n

dn y − y = e at no tenga una solución dtn

5.23 Considere la ecuación diferencial x¨ + 4x = q(t ) para una función no nula q(t ). ¿Para cuál de las siguientes entradas sinusoidales cos(ωt ) la ecuación diferencial NO tiene una solución de la forma A cos(ωt − φ)? a

cos(t )

b

cos(2t )

c

cos(3t )

d

cos(4t )

e

cos(πt )

f

cos(e 2 t )

5.24 Considere la ecuación diferencial: x¨ + b x˙ + 2x = cos(t ) Si la constante de amortiguación b comienza en 1 y se incrementa, ¿qué sucede con el desfasaje? a

Incrementa.

b

Disminuye.

c

Permanece igual.

216

Operadores y Respuesta Exponencial

5.25 Considere la ecuación diferencial: x¨ + b x˙ + 2x = cos(t ) Si la constante de amortiguación b comienza en 1 y se incrementa, ¿qué sucede con la amplitud de la solución? a

Incrementa.

b

Disminuye.

c

Permanece igual.

5.26 Dado que la EDO y¨ +b y˙ +k y = 0 tiene algunas soluciones no nulas que crecen ilimitadamente mientras t → ∞, y cambia de signo infinitamente muchas veces, ¿cuál de las siguientes afirmaciones deben ser verdaderas respecto de b y k? (Marque todos los que correspondan) a

b>0

b

b0

d

k 0

f

b 2 − 4k < 0

5.27 Consideremos la ecuación diferencial: y 000 + 5y 00 + 8y 0 + 6y = f (x) ¿Para cuál de las siguientes señales de entrada f (x) la respuesta es resonante? (Marque todos los que apliquen.) a

ex

b

e −x

c

e 3x

d

e −3x

e

e x cos(x)

f

e −x cos(x)

g

e x sen(x)

h

e −x sen(x)

i

e −x sen(3x)

j

e −3x sen(3x)

217

Operadores y Respuesta Exponencial

5.28 ¿Cuáles de las siguientes son soluciones particulares para la EDO: µ

d +1 dt

¶3

x = sin(t ) + e −t

(Marque todos los que apliquen) −t

a

) te − sin(t 4 + 6

b

) t − sin(t 4 +

2 e −t

6

c

) − sin(t 4 +

t 3 e −t

d

) − sin(t 4

cos(t ) 4

e

cos(t ) ) t − sin(t 4 − 4 +

−

6 −t

+ t e6

f

) cos(t ) − sin(t 4 − 4 +

g

) − sin(t 4

−

cos(t ) 4

+

2 e −t

6

t 3 e −t 6 t 2 e −t 6

+ 2t e −t − e −t

5.29 Encuentre la solución en estado estacionario Consideremos la siguiente EDO que describe un sistema amortiguado de masa de resorte y amortiguador accionado por una fuerza F sobre la masa: P (D)x = F (t ) where P (D) = D 2 + 2D + 2 ¿Este sistema es estable? a

Sí, puesto que todas las soluciones homogéneas tienden a 0.

b

No, la solución en estado estacionario depende de las condiciones iniciales.

c

No se puede determinar sin condiciones iniciales.

Ahora, para las diferentes funciones forzantes F , anote las soluciones particulares x p (t ) dadas por la FRE o FRE0 . Para F = e −2t , calcule x p (t ) = (Respuesta en forma rectangular para la pregunta a continuación.) Para F = sen(ωt ), calcule x p (t ) = Para F = e −t cos(t ), calcule x p (t ) = Para F = e −t cos(2t + π/3), calcule x p (t ) = Finalmente, para F = 10e −2t − 7e −t cos(t ), calcule x p (t ) =

5.30 Frecuencia de resonancia para un sistema de salpicadero de masa de resorte Consideremos el sistema resorte-masa-amortiguador accionado por una fuerza sinusoidal sobre la masa: ¡

¢ mD 2 + bD + k x = F

where F = sen(ωt )

2 Recuérdese que para s el oscilador no amortiguado no forzado (b < 4km, F = 0), el valor de la frecuencia natural k b2 amortiguada ωd = − . m 4m 2 Encuentre la frecuencia resonante (angular) ωr . Es decir, encontrar la frecuencia angular a la que la ganancia de la respuesta alcanza su máximo. p (Esta frecuencia resonante estará en la forma H para alguna expresión H . Suponga H > 0 al calcular ωr .) ¿Cuál de las siguientes es verdad sobre ωr y ωd ?

218

Operadores y Respuesta Exponencial

a

ωr < ωd

b

ωr = ωd

c

ωr > ωd

Finalmente, ¿qué sucede si la expresión H es negativa o cero? Encuentre la frecuencia angular ω en la que la ganancia alcanza su máximo para el caso cuando H ≤ 0.

5.31 Método de coeficientes indeterminados Considere la EDO: P (D)x = F (t )

where

P (D) = D 2 + 2D + 2

Utilice el método del coeficiente indeterminado para encontrar una solución particular a la EDO para las diferentes funciones F dadas a continuación. Para F = cos(t ), calcular x p (t ) = Para F = sen(2t ), calcular x p (t ) = Para F = t 2 , calcular x p (t ) = (Busque una solución particular de la forma At 2 + B t +C ).

5.32 Método de Operadores Lineales Invariantes en el Tiempo LIT Consideremos una ecuación diferencial homogénea Lx = 0 Para un operador LTI L. Obsérvese que L puede no necesariamente ser de la forma P (D) para algún polinomio P con coeficientes constantes. Como ejemplo, defina un nuevo operador Th , llamado operador de desplazamiento, que actúa sobre una función x(t ) como sigue: Th x(t ) = x(t + h) Un operador LIT puede entonces ser definido como un operador lineal L tal que: LTh = Th L. Es decir, LTh x = Th Lx para todas las funciones x. En particular, Th es un operador LIT, y no es de la forma P (D) para algún polinomio P con coeficientes constantes. Veremos más operadores LIT en la función de transferencia y con la transformada de Laplace. Supongamos que x(t ) = cos(t ) es una solución de la ecuación Lx = 0, ¿cuál de las siguientes funciones son también soluciones? (Elija todas las que apliquen.) a

− sen(t )

b

e −t sen(t )

c

sen(t + π/15)d

d

3 sen(t ) − 5 cos(t + 1)

e

cos(2t )

5.33 Derivadas de Soluciones Homogéneas Un operador LIT L satisface LD = DL. Si x(t ) es una solución a la ecuación diferencial homogénea: Lx = 0, Debe x 0 (t ) también ser una solución? a

Si

219

Operadores y Respuesta Exponencial

b

No

5.34 Método LIT Supongamos que x(t ) = t 2 e t es una solución de la ecuación homogénea del ejercicio anterior, entonces ¿cuál de las siguientes funciones debe ser también soluciones? (Recuerde que, dado que L puede ser no necesariamente de la forma P (D) para un polinomio P con coeficientes constantes, no puede argumentar usando un polinomio característico.) (Elija todas las que apliquen.) a

(t + 1)2 e t +1

b

tet

c

et

d

−2t e t + e t

5.35 Construyendo una Radio AM Está construyendo una radio AM pasiva simple usando un circuito RLC de serie con una fuente de tensión de V = sin(ωt ) y la caída de voltaje VR a través de la resistencia como respuesta del sistema. Le gustaría conocer las relaciones entre los valores de R, L y C para sintonizar una emisora a ν = 950 kHz y con una recepción suficientemente buena. El ancho de banda de la estación de radio AM es de unos 10 kHz. Por buena recepción, significa que la ganancia de VR debe caer a una pequeña fracción, digamos 1/10, de la ganancia máxima en las dos frecuencias límite ν1 kHz y ν2 kHz. Vea la figura de abajo:

Figura 5.33: Representación de una Radio AM.

Hallar C (con unidades µF) en términos de L (con unidades H) y ν = 950, 000. (Recuerde que ω tiene unidades rad / s, que son equivalentes a unidades de 1/(2π) Hz.) (Sustituya ν = 950, 000 Hz, introduzca en términos de L.) Hallar R (con unidades de kiloOhms) en términos de L (con unidades H ) y ν = 950 kHz. (Sustituya ν = 950, 000 Hz, introduzca en términos de L.)

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Bibliografía [1] Cesar Saal R. y Felix Carrillo C. Ecuaciones Diferenciales. Editorial UNI, 1994. [2] C. H. Edwards y David E. Penney. Ecuaciones Diferenciales Elementales. Prentice Hall, México, 1994. [3] Frank Ayres Cálculo Diferencial e Integral. McGraw-Hill, Colombia, 1971. [4] M. J. Quinet Ecuaciones Diferenciales y sus Aplicaciones. Paraninfo, Madrid, 1967. [5] Haynes Miller y Arthur Mattuck Introducción a las Ecuaciones Diferenciales. Editorial MITx’s 18.031x, USA, 2017. [6] MA. del Carmen Cornejo Serrano, Eloísa Bernardett Villalobos Oliver y Pedro Alberto Quintana Hernández Métodos de Solución de Ecuaciones Diferenciales y Aplicaciones. Editorial Reverté, México, 2008. [7] Ernesto Javier Espinosa Herrera, Ignacio Canals Navarrete, Ismael Muñoz Maya, Rafael Pérez Flores, Carlos Daniel Prado Pérez, Rubén Darío Santiago y Carlos Antonio Ulín Jiménez Ecuaciones Diferenciales Ordinarias. Editorial Reverté, México, 2012.

Soluciones del Capítulo 1 1.1 a.) Solución 3.1 b.) Solución 3.2 c.) Solución 3.3 d.) Solución 3.2 e.) Solución 3.2 f.) Solución 3.2 g.) Solución 3.2 1.2 a.) Solución 3.1 b.) Solución 3.1 c.) Solución 3.1

222

d.) Solución 3.1 e.) Solución 3.1 f.) Solución 3.1 g.) Solución 3.1 1.3 Solución 2. 1.4 Solución 2. 1.5 Solución 2. 1.6 Solución 2. 1.7 Solución 2. 1.8 a.) Solución 3.1 b.) Solución 3.2 c.) Solución 3.3 d.) Solución 3.2 1.9 a.) Solución 3.1 b.) Solución 3.2 c.) Solución 3.3 d.) Solución 3.2 1.10 a.) Solución 3.1 b.) Solución 3.2 c.) Solución 3.3 d.) Solución 3.2

BIBLIOGRAFÍA

BIBLIOGRAFÍA

Soluciones del Capítulo 2 2.1 a.) Solución 3.1 b.) Solución 3.2 c.) Solución 3.3 d.) Solución 3.2 e.) Solución 3.2 f.) Solución 3.2 2.2 a.) Solución 3.1 b.) Solución 3.1 2.3 a.) Solución 3.1 b.) Solución 3.1 c.) Solución 3.1 d.) Solución 3.1 2.4 Solución 2. 2.5 Solución 2. 2.6 Solución 2. 2.7 Solución 2. 2.8 Solución 2. 2.9 a.) Solución 3.1 b.) Solución 3.1 c.) Solución 3.1 d.) Solución 3.1 2.10

223

224

a.) Solución 3.1 b.) Solución 3.1 c.) Solución 3.1 d.) Solución 3.1 2.11 a.) Solución 3.1 b.) Solución 3.1 c.) Solución 3.1 d.) Solución 3.1 2.12 a.) Solución 3.1 b.) Solución 3.1 c.) Solución 3.1 d.) Solución 3.1 2.13 a.) Solución 3.1 b.) Solución 3.1 c.) Solución 3.1 d.) Solución 3.1

Soluciones del Capítulo 3 3.1 a.) Solución 3.1 b.) Solución 3.2 c.) Solución 3.3 d.) Solución 3.2 e.) Solución 3.2 3.2 Solución 2.

BIBLIOGRAFÍA

BIBLIOGRAFÍA

3.3 Solución 2. 3.4 a.) Solución 3.1 b.) Solución 3.1 c.) Solución 3.1 3.5 a.) Solución 3.1 b.) Solución 3.1 c.) Solución 3.1 d.) Solución 3.1 3.6 a.) Solución 3.1 b.) Solución 3.1 c.) Solución 3.1 d.) Solución 3.1 e.) Solución 3.1 3.7 a.) Solución 3.1 b.) Solución 3.1 c.) Solución 3.1 3.8 a.) Solución 3.1 b.) Solución 3.1 c.) Solución 3.1 d.) Solución 3.1 e.) Solución 3.1 f.) Solución 3.1 g.) Solución 3.1

225

226

h.) Solución 3.1 3.9 Solución 2. 3.10 Solución 2. 3.11 Solución 2. 3.12 a.) Solución 3.1 b.) Solución 3.2 c.) Solución 3.2 d.) Solución 3.2 3.13 a.) Solución 3.1 b.) Solución 3.1 c.) Solución 3.1 d.) Solución 3.1 e.) Solución 3.1 f.) Solución 3.1

BIBLIOGRAFÍA