Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

September 11, 2017 | Author: Mario Jasso | Category: Differential Equations, Equations, Ordinary Differential Equation, Integral, Equations Of Motion
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Descripción: crecimiento expnencial...

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Departamento de Físico Matemáticas (DFM) APLICACIONES DE CALCULO D

APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERNCIALES DE PRIMER ORDEN 1.- En un principio, un cultivo tiene P0 cantidad de bacterias. En t = 1h se determina qué el número de bacterias es 3P0 / 2 . Si la rapidez de crecimiento es proporcional al número de bacterias P(t ) presentes en el tiempo t , determine el tiempo necesario para que se triplique el número de bacterias. La ley que gobierna el crecimiento de la población de bacterias, la cuál establece la rapidez con la que crece siendo esta proporcional al número de bacterias presente en determinado instante, esto es

dP(t ) = kP(t ) dt que es una ecuación diferencial de variable separable, cuya integral es ln P(t ) = kt + C de la cuál se despeja la solución P (t ) P (t ) = C kt

e

Esta es la manera en que se comporta el crecimiento bacterial, en la cuál hay que evaluar las constantes tanto la de integración C como la de proporcionalidad k para que esta quede completamente determinada. Para evaluar C aplicamos las condiciones iniciales , en t = 0 P(0) = P0 siendo C = P0 . Sustituyéndola en la solución esta queda de la siguiente forma P(t ) = P kt 0

e

Ahora le aplicamos la condición adicional para evaluar k , esto es

k = ln(3 / 2)

3 k (1h) de la cuál se despeja P0 = P0 2

e

por lo tanto la solución completa que determina el crecimiento bacterial en función del tiempo es P(t ) = P0

eln(3 / 2)t

Ahora se requiere determinar el tiempo en que se triplica la población de bacterias, esto es 3P0 = P0

eln(3 / 2)t

de la cuál se despeja t =

ln(3) ≈ 2.71hs ln(3 / 2)

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___________________________________________ PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

2

2.- Una población bacteriana B se sabe que tiene una tasa de crecimiento proporcional a B misma. Si entre el mediodía y las 2:00 p.m. la población se triplica, ¿a que tiempo si no se efectúa ningún control, B será 100 veces mayor que el mediodía? La ecuación diferencial que gobierna el crecimiento bacteriológico de acuerdo a la ley antes mencionada es d B = kB dt que es una ecuación diferencial de variable separable, cuya solución viene dada por dB = kdt , B

Ln( B) = kt + C

e

B(t ) = C kt

Aplicando la condición inicial t = 0, B(0) = B0 para determinar la constante de integración se tiene C = B0 , la cuál al sustituir en la solución se obtiene

e

B(t ) = B0 kt

Para calcular la constante de proporcionalidad k, utilizamos la condición adicional la cuál establece que k (2hs ) . Despejando k se tiene después de t = 2hs la población en ese instante es B = 3B0 , esto es 3B = B0 1 k = Ln(3) , así la solución completa es: 2 ((1 / 2) Ln(3)t ) B(t ) = B0

e

e

Ya con la solución completa podemos ahora saber en que tiempo la población es B = 100B0 100 B0 = B0 t=

e((1 / 2) Ln(3)t )

2 Ln(100) ≈ 8.22 p.m Ln(3)

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___________________________________________ PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

3

3.- La población de un pueblo crece a una tasa proporcional a la población presente en el tiempo t. La población inicial de 500 se incrementa un 15% en diez años. ¿Cuál será la población en 30 años?¿Qué tan rápido está creciendo la población en t = 30años ? La ley de crecimiento poblacional es una ecuación diferencial de primer orden que viene dada por d P = kP dt esta es una ecuación de variable separable, la cual se ha resuelto anteriormente y cuya solución es:



dP = kdt P ∫

LnP = kt + C

e

P (t ) = C kt Ahora aplicamos la condición inicial para evaluar la constante de integración C, esto es a t = 0 la población inicial es P (0) = 500 habitantes, obteniéndose para la constante C=500, así la solución es

e

P(t ) = 500 kt Para evaluar la constante de proporcionalidad k se aplica la condición adicional t = 10años , P = 1.15P0 1 donde k = Ln(1.15) , por lo tanto la solución completa viene dada por: 10

e

P (t ) = 500

(

1 Ln(1.15)t ) 10

Ya con la solución completa podemos contestar nuestra pregunta, ¿cuál será la población en 30 años?

e

P(30) = 500

(

30 Ln(1.15)t ) 10

P(30) = 760.43habs ¿Qué tan rápido esta creciendo la población?, recordar que la ley de crecimiento representa la rapidez con la que cambia con el tiempo, esto es d P = kP dt d 1 P = Ln(1.15)(760.43) habs. por año dt 10 d P = 10.62 dt

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___________________________________________ PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

4

4.- La población de bacterias en un cultivo crece a una tasa proporcional al número de bacterias presentes en el tiempo t. Después de tres horas se observo que están presentes 400 bacterias. Después de 10 hs. hay 2000 bacterias. ¿Cuál fue el número inicial de bacterias? Empleamos la ley de crecimiento dada por la ecuación diferencial de variables separables, dada por: dP = kP dt



dP = kdt , P ∫

Ln( P) = kt + C

e

P (t ) = C kt Para evaluar la constante de proporcionalidad C se aplica la condición inicial a t = 0 , P(0) = P0 donde C = P0 . Así la solución toma la forma P (t ) = P kt 0

e

Ahora evaluaremos k usando la condición de referencia, la cuál especifica que la población después de tres horas es de 400 bacterias, esto es 400 = P 3k 0

k=

e

1 400 ) Ln( 3 P0

ya evaluadas las constantes la solución completa como función del tiempo toma la forma 1 3

( Ln( P (t ) = P0

e

400 )t ) P 0

Se observó que después de 10 horas el número de bacterias es de 2000, entonces ¿cuál es el número inicial de bacterias? ( 2000 = P0

de la cuál se despeja P0 , dando

P0 =

e

1 7

e

10 400 Ln( )) 3 P 0

(10 Ln(400) − 3Ln(2000)) P0 = 5.25 bacterias

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___________________________________________ PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

5

5.- Se observa que cierta bacteria se duplica en 8h . ¿Cuál es la tasa de crecimiento? La ley que gobierna el crecimiento bacteriológico viene dada por una ecuación diferencial de variables separables dP = kP dt



dP = k ∫ dt P

Ln( P) = kt + C

e

P (t ) = P0 kt

Ahora bien la tasa de crecimiento es la constante de proporcionalidad k. Utilizando el hecho de que a las 8h se duplica la población inicial, calculamos k

e

2 P0 = P0 k 8

1 Ln(2) 8 k ≈ 0.086

k=

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___________________________________________ PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

6

6.- Un cristal crece 5% en un día. ¿Cuándo se puede esperar que el cristal tenga el doble de su tamaño? La ley de crecimiento para el cristal es la que hemos usado anteriormente para el crecimiento bacteriológico dξ = kξ dt





ξ

= k ∫ dt

Ln(ξ ) = kt + C

ξ (t ) = Ce kt sujeto a la condición inicial a t = 0 ξ = ξ 0 para poder evaluar la constante de integración que nos da C = ξ0 ξ (t ) = ξ kt 0

e

Ahora con la condición adicional evaluamos la constante k la cuál establece que en un día el cristal creció un 5%, esto es ξ = ξ 0 + 0.05ξ 0 = 1.05ξ 0

e

1.05ξ 0 = ξ 0 k

k = Ln(1.05) sustituyéndola para obtener la solución completa del crecimiento del cristal para todo tiempo se tiene

ξ (t ) = ξ 0 e

( Ln(1.05))t

Ahora encontraremos el tiempo en que se duplicará el cristal, utilizando la solución completa 2ξ 0 = ξ 0

e( Ln(1.05))t

despejando el tiempo se tiene

t=

Ln(2) Ln(1.05)

t = 14.23 dias

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___________________________________________ PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

7

7.- Una cierta sustancia radiactiva tiene una vida media de 38 hs. Encontrar qué tanto tiempo toma al 90% de la radiactividad para disiparse. La ley de decaimiento radiactivo implica un cambio negativo, el cual es proporcional a la cantidad de sustancia no convertida o transformada, esto es dN = −kN dt



dN = −k ∫ dt N

Ln( N ) = −kt + C N (t ) = C − kt

e

sujeta a la condición inicial a t = 0 N (0) = N 0 con la cuál se calcula C = N 0 y aplicando la condición adicional(vida media) se calcula k, esto es 1 N 0 = N 0 − 38k 2

e

k=−

Así la solución completa es radiactividad disiparse?

N (t ) = N 0

e



1 1 1 Ln( ) = Ln(2) 38 2 38

1 Ln(2)t 38

. Ahora bien, ¿En que tiempo tomará al 90% de la

Lo que falta en transformarse es el 10% y es lo que se tiene que considerar, esto es 1

− Ln(2)t 1 38 N0 = N0 10

e

donde despejamos t para obtener el tiempo en que se disipa el 90% de la radiactividad, dando

1 ) 10 t = −38 Ln(2) Ln(

t = 38

Ln(10) Ln(2)

t ≈ 126.23 horas.

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___________________________________________ PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

8

8.- El isótopo radiactivo del plomo Pb-209, decae con una rapidez proporcional a la cantidad presente en el tiempo t y tiene una vida media de 3.3 horas. Si al inicio está presente N 0 gr. de éste isótopo, ¿cuánto tiempo tarda en decaer 90% del plomo? Como ya sabemos la ley de decaimiento radiactivo viene expresada por la ecuación diferencial de primer orden dN = −kN dt N (t ) = C − kt

e

a la cual le aplicamos la condición inicial para evaluar la constante de integración C = N 0 . Así la solución es N (t ) = N − kt 0

e

Ahora calcularemos k apoyándonos en la condición adicional en la cuál a t = 3.3 horas N =

1 N 0 , dando 2

1 N 0 = N 0 − 3.3k 2

e

k=−

k=

1 1 Ln( ) 3.3 2

1 Ln(2) 3.3

Así al sustituir k obtenemos la solución completa, la cuál nos da el comportamiento del decaimiento radiactivo del plomo como función del tiempo, esto es N (t ) = N 0

e



1 Ln(2)t 3.3

Para obtener el tiempo en que decae el 90% se aplica en la solución completa N =

1 N 0 , que es la cantidad 10

de átomos aún presente sin transformar de la muestra inicial 1

− Ln(2)t 1 3.3 N0 = N0 10

e

De donde despejamos el tiempo en el cuál se disipa el 90% de la radiactividad del plomo, así se obtiene 1 Ln( ) 10 t = −3.3 Ln(2) t = 3.3

Ln(10) , t ≈ 10.96 horas Ln(2)

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9

9.- Cuando un haz vertical de luz pasa por un medio transparente, la rapidez a la que decrece su intensidad I (t ) es proporcional a I (t ) , donde t representa el espesor del medio. En agua de mar clara, la intensidad a tres pies por debajo de la superficie es 25% de la intensidad inicial del haz incidente. ¿Cuál es la intensidad del haz 15 pies debajo de la superficie? El problema de la intensidad de un haz de luz en un medio, obedece a la ley de decaimiento, esto es dI = − kI dt



dI = − k ∫ dt I

Ln( I ) = −kt + C I (t ) = C − kt

e

y aplicando las condiciones iniciales a t = 0 I = I 0 para evaluar la constante de integración , se tiene C = I 0 . Así la solución es I (t ) = I − kt 0

e

Para calcular k aplicamos la condición adicional la cuál establece que a t = 3 pies la intensidad del haz de 1 luz es I = I 0 , esto es 4 1 I 0 = I 0 − 3k 4 despejando k se tiene 1 1 k = − Ln( ) 3 4

e

1 Ln(4) 3 sustituyendo la k se obtiene la solución completa, la cuál establece el comportamiento de la intensidad de un haz de luz al penetrar un medio k=

I (t ) = I 0

e

1 3

− Ln(4)t

Ahora bien, ¿cuál será la intensidad del haz de luz a una profundidad de 15 pies ?

I (t ) = I 0

e



15 Ln(4) 3

I ≈ 0.00098 I 0

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___________________________________________ PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

10

10. Un termómetro que marca 18 ° F se lleva a un cuarto cuya temperatura es de 70 ° F . Un minuto después la lectura del termómetro es 31 ° F . Determínese la temperatura como función del tiempo y en particular, encontrar la temperatura que marca el termómetro cinco minutos después de que se lleva al cuarto. El comportamiento de la temperatura de un cuerpo, obedece a la llamada “Ley de enfriamiento de Newton”, es decir dT = k (T − Tm ) dt donde k es la constante. de proporcionalidad y Tm es la temperatura del medio. Sí T0 > Tm entonces el cuerpo se enfría y los cambios son negativos tomándose k < 0 . Y si T0 < Tm el cuerpo aumentará su temperatura y los cambios son positivos, esto es k > 0 , entonces



dT = T − 70° F



kdt

Ln(T − 70° F ) = kt + C así la solución es

e

T (t ) = 70° F + C kt

aplicando la condición inicial para evaluar la constante de integración, esto es a t = 0 T (0) = 18° F se tiene C = −52° F , así T (t ) = 70° F − (52° F ) kt

e

Para encontrar la solución completa falta evaluar la constante de proporcionalidad k, para lo cuál aplicamos la condición adicional a t = 1min T = 31° F , esto es

e

31° F = 70° F − (52° F ) k despejando k se tiene k = Ln(

Así, la solución completa es

70° F − 31° F ) ≈ −0.29 52° F

T (t ) = 70° F − (52° F ) − 0.29t

e

ahora bien, ¿cuál es la temperatura después de 5 min.?

e− 0.29(5)

T (t ) = 70° F − (52° F )

T ≈ 57.8° F

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___________________________________________ PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

11

11.- Se lleva un termómetro de una habitación al exterior, donde la temperatura del aire es de 5° F . Después de un minuto el termómetro marca 55° F y después de 5 min la lectura es de 30° F . ¿Cuál es la temperatura inicial de la habitación? Se tiene un cambio negativo de temperatura y la ecuación que lo describe es: dT = − k (T − Tm ) dt dT

∫ T − 5°F

= − ∫ kdt

Ln(T − 5° F ) = −kt + C Así la solución es

T (t ) = 5° F + C − kt

e

y aplicando la condición inicial a t = 0 T = T0 , se evalúa la constante de integración, esto es C = T0 − 5° F . Por otro lado evaluamos k usando t = 1min T = 55° F , obteniéndose 55° F = 5° F + (T0 − 5° F ) − k

e

k = − Ln(

55° F − 5° F ) T0 − 5° F

Nótese que tanto C como k están en función de T0 , así la solución completa es T (t ) = 5° F + (T0 − 5° F ) exp( Ln(

50° F )t ) T0 − 5° F

Ahora bien cuál será la temperatura inicial, si después de 5 min T = 30° F 30° F = 5° F + (T0 − 5° F ) exp(5Ln(

50° F )) T0 − 5° F

despejando T0 se tiene T0 ≈ 58.45° F

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12

12.- Una pequeña barra metálica, cuya temperatura inicial fue de 20°C , se sumerge en un gran recipiente de agua hirviente. ¿Cuánto tarda la barra en alcanzar 90°C , si se sabe que su temperatura aumenta 2°C en un segundo?¿Cuánto le toma a la barra llegar a 98°C ? Los cambios de temperatura que experimenta la barra son positivos y como el agua esta hirviendo entonces Tm = 100°C dT = k (T − Tm ) dt dT

∫ T − 100°C = ∫ kdt Ln(T − 100°C ) = kt + C Así la solución es

e

T (t ) = 100°C + C kt

y aplicando la condición inicial para evaluar C , esto es a t = 0 T0 = 20°C se evalúa C = −80°C , la cuál al sustituir en la solución da T (t ) = 100°C − (80°C ) kt

e

Aplicando el hecho de que al transcurrir 1seg. la temperatura de la barra sube 2°C para calcular k, esto es

e

22°C = 100°C − (80°C ) k k = Ln(

Así la solución completa es

22°C − 100°C ) ≈ −0.0253 − 80°C

T (t ) = 100°C − (80°C ) − 0.0253t

e

Ahora bien, ¿cuánto tarda la barra en alcanzar 90°C ? 90°C = 100°C − (80°C ) − 0.0253t

e

t=

1 90°C − 100° Ln( ) , − 80°C − 0.0253

t ≈ 82.19 seg.

¿y en que tiempo llegará a T = 98°C ? t=

1 98°C − 100°C Ln( ) ≈ 145.8 seg. − 80°C − 0.0253

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13

13.- Un termómetro que marca 70° F se coloca en un horno precalentado a una temperatura cte. Por una ventana de vidrio en la puerta del horno, un observador registra que después de medio minuto el termómetro marca 110° F y luego de un minuto la lectura es de 145° F . ¿Cuál es la temperatura del horno? El termómetro registra cambios positivos de temperatura siendo el horno el medio, entonces Tm es la temperatura del horno, la que buscamos. dT = k (T − Tm ) dt dT

∫T −T

m

= k ∫ dt

dando como solución T (t ) = Tm + C exp(kt )

con las condición inicial calculamos C, esto es a t = 0 T0 = 70° F , entonces C = 70° F − Tm siendo ahora la temperatura T (t ) = Tm + (70° F − Tm ) exp(kt )

y con el punto de referencia calculamos k, esto es a t = 30 seg. T = 110° F dando 110° F = Tm + (70° F − Tm ) exp(30k ) donde despejamos k k=

1 110° F − Tm Ln( ) 30 70° F − Tm

Sustituimos k y la solución completa es 1 110° F − Tm Ln( )t ) 30 70° F − Tm Ahora bien, ¿cuál es la temperatura del horno Tm , si a los 60seg. marcaba 145° F ? T (t ) = Tm + (70° F − Tm ) exp(

145° F = Tm + (70° F − Tm ) exp(

60 110° F − Tm Ln( )) 30 70 − Tm

de donde despejamos Tm , obteniendo Tm = 390° F

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14.- Supóngase que una reacción química se desarrolla de acuerdo a

14

´dx = − kx . Si la mitad de dt

la sustancia ha sido convertida al finalizar diez segundos, encuéntrese en cuanto tiempo se transforman nueve decimos de sustancia. La ley de conversión química de una sustancia en otra, viene dada por: dX = − kX dt donde el signo negativo implica una disminución de la sustancia convertida, x es la

sustancia aún sin convertir. Esta es una ecuación diferencial de variables separables



dX = − k ∫ dt X

cuya solución es

X (t ) = C exp(− kt ) Aplicando la condición inicial calculamos C, a t = 0 X = X 0 y C = X 0 , así tenemos X (t ) = X 0 exp(−kt )

y con el punto de referencia se obtiene k esto es, t = 10seg. X =

1 X0 2

1 X 0 = X 0 exp(−10k ) 2 k=

1 −1 Ln( ) 10 2

k=

1 Ln(2) 10

Ahora bien, ¿en que tiempo se transforman nueve decimos de la sustancia? 1 (esto significa que X = X 0 , lo que falta por transformarse) 10 1 1 X 0 = X 0 exp(− Ln(2)t ) 10 10 t = 10

Ln(10) Ln(2)

t ≈ 33seg.

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15

15.- Para una sustancia C, la velocidad de variación con el tiempo es proporcional al cuadrado de la cantidad X de sustancia no convertida. Sea k el valor numérico de la constante de proporcionalidad y X 0 la sustancia no convertida a t = 0 . Determine X (t ) para todo t ≥ 0 . La ecuación que gobierna esta reacción es dX = −kX 2 dt



dX = −k ∫ dt X



1 = −kt + C X X =

−1 C − kt

Usando las condición inicial tenemos, a t = 0 X = X 0 dando C = X (t ) =

X (t ) =

−1 y sustituyendo X0

−1 −1 − kt X0 X0 kX 0t + 1

que es la solución X (t ) para todo t ≥ 0 .

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16

16.- Un tanque bien mezclado contiene 300 gl de agua con una concentración de sal de 0.2

lb . gl

Agua con una concentración de sal de 0.4

gl lb entra a una tasa de 2 . Una válvula abierta gl min

permite que el agua salga del tanque a la misma tasa. a).- Determine la cantidad y la concentración de sal en el tanque como función del tiempo. b).- ¿Cuánto tiempo tomará que la concentración aumente a 0.3

lb ? gl

La ley que gobierna las mezclas a velocidad constante viene dada por: dQ = (Tasa del flujo de entrada del contaminante) – (Tasa del flujo de salida del contaminante) dt Tasa del flujo de entrada del contaminante = (Flujo de agua de entrada)(Concentración de contaminante) = (2 Tasa del flujo de salida del contaminante

gl lb lb )(0.4 ) ≈ 0.8 gl min min

=(Flujo de agua de salida) (Concentración de contaminante) = (2

gl Q )( ) min 300 gl

donde Q(t ) es la cantidad de contaminante, sustituyendo todo la ec. toma la forma: dQ lb Q lb = 0.8 − dt min 150 min Que es una ec. diferencial de variables separables o lineal de primer orden, esto es



dQ lb Q lb 0.8 − min 150 min

=

Q(t ) = 120lb + C exp(− Aplicando la condición inicial t = 0 , Q(0) = (300 gl )(0.2 Así la cantidad de sal es

Q(t ) = 120lb − (60lb) exp(−



dt

t ) 150

lb ) = 60lb , dando C = −60lb gl

t ) 150

y la concentración de sal es c(t ) =

Q t lb 1 = (2 − exp(− ) 300 gl 5 150 gl

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___________________________________________ PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

17

17.- Una habitación tiene un volumen de 800 ft 3 . El aire de la habitación contiene cloro a una concentración de 0.1

gr ft 3 . Entra aire fresco a una tasa de 8 . El aire en la habitación esta min ft 3

bien mezclado y fluye hacia fuera por una puerta a la misma tasa que entra el aire fresco. a).- Encuentre la concentración de cloro en la habitación como función del tiempo t. b).- Suponga que la tasa de flujo del aire fresco es ajustable, determine la tasa de entrada requerida para reducir la concentración de cloro a 0.001

gr en 20 min . ft 3

dQ = (Flujo de aire entrante) (Con. de cloro) – (Flujo de aire saliente) (Con. de cloro saliente) dt dQ ft 3 gr ft 3 Q )(0.1 3 ) − (8 )( ) = (8 dt ft min min 800 ft 3 dQ gr Q = 0.8 − 0.01 dt min min



dQ = ∫ dt Q gr 0.01 − 0.8 min min

Q(t ) =

1 (0.8 + C exp(−0.01t )) gr 0.01

Aplicando condiciones iniciales se tiene, a t = 0 Q(0) = (800 ft 3 )(0.1

gr ) = 80 gr dando C = 1gr , quedando ft 3

la concentración de cloro como: Q(t ) =

1 (0.8 + exp(−0.01t )) gr 0.01

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___________________________________________ PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

18

18.- Un depósito contiene 200l de líquido en el que se disuelven 30 gr de sal. La salmuera que contiene un gramo de sal por litro se bombea hacia el depósito a una rapidez de 4

l ; min

la solución bien mezclada se bombea hacia fuera a la misma rapidez. Calcule la cantidad Q(t ) de gramos de sal que se encuentra en el depósito en el tiempo t. dQ gr l )− = (1 )(4 dt min l

l ) min 200l

Q(4

dQ gr Q 1 =4 − dt min 50 min dQ

∫ 4 − 0.02Q = ∫ dt Q(t ) = 50(4 − C exp(−0.02t )) que es la solución de la ecuación para la cual evaluamos C usando la condición inicial, a t = 0 Q(0) = 30 gr dando 30 gr = 50(4 + C ) , así C = 3.4 y sustituyendo tenemos Q(t ) = 200 gr − (170 gr ) exp(−0.02t ) que es la solución completa.

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19

19.- Se aplica una fuerza electromotriz de 30V a un circuito RL en serie en el que la inductancia es 0.1henry y la resistencia es de 50ohms . Calcule la corriente I (t ) si I (0) = 0 y la corriente cuando t → ∞ . Como es un circuito en serie, su comportamiento obedece a la ley del voltaje, esto es: E0 = VR + VL

donde VR = RI

y VL = L

dI dt

Así la ecuación que gobierna el comportamiento del circuito es, L

dI + RI = E0 dt

dI R E + ( )I = 0 dt L L



dI E R ( )I − 0 L L

= − ∫ dt

donde la evaluación de las integrales da L E R Ln( I − 0 ) = −t + C R L L y despejando I (t ) se tiene I (t ) =

L E0 R ( + C exp(− t )) R L L

Ahora usamos la condición inicial para evaluar C, esto es I (0) = 0 dando C = −

E0 L

Así la solución completa es I (t ) =

E0 R (1 − exp(− t )) R L

¿Cuál es la corriente cuando t → ∞ ? Se puede ver que exp(−∞) → 0 , entonces se tiene que la corriente es constante para tiempos grandes I (t ) =

E0 R

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___________________________________________ PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

20

20.- Se aplica una fuerza electromotriz a un circuito en serie en el que la resistencia es de 200ohms y la capacitancia es de 10−4 faradios . Encuentre la carga Q(t ) en el capacitor si Q(0) = 0 . Encuentre la corriente I(t). Ya que el circuito esta en serie aplicamos la ley de los voltajes E0 = VR + VC , donde VR = RI = R

1 dQ y VC = Q dt C

Así la ecuación que gobierna el comportamiento del circuito es R

dQ 1 + Q = E0 dt C

1 E dQ +( Q− 0) = 0 dt RC R



dQ 1 E Q− 0 RC R

= − ∫ dt

donde al evaluar las integrales se tiene RCLn(

Q E0 − ) = −t + C RC R

y despejando Q(t ) se tiene Q(t ) = RC (

1 E0 t )) + C exp(− R RC

Para evaluar C aplicamos la condición inicial Q(0) = 0 , obteniendo C = −

E0 R

quedando la solución completa como: Q(t ) = CE0 (1 − exp(−

1 t )) RC

si t → ∞ , exp(−∞) → 0 entonces Q(t ) = CE0 La corriente viene dada por I (t ) =

1 dQ E0 exp(− t) = dt R RC

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21

21.- Una masa de 70 gr se dispara hacia abajo desde un helicóptero estacionario. La resistencia del aire actúa de acuerdo a kv donde k = 7

gr . ¿A qué velocidad debe dispararse seg

cm después de 5seg . seg La ley que gobierna el comportamiento de un sistema en un medio es

la masa si debe de tener una velocidad de 12600

mg − kv = m

dv dt

que es una ecuación diferencial de variables separables mdv + (kv − mg )dt = 0 m∫

donde integrando obtenemos

dv = − ∫ dt kv − mg

m Ln(kv − mg ) = −t + C , de donde despejamos v k 1 k (mg + C exp(− t )) k m

v(t ) =

que determina la velocidad para un sistema en un medio, sujeto a la condición inicial v(0) = v0 para la cual C = kv0 − mg . Ahora la solución completa es v(t ) =

1 k (mg + (kv0 − mg ) exp(− t )) k m

cm después de 5seg ? seg gr m Sustituyendo los valores para, m = 70 gr , k = 7 , v = 126 y t = 5seg se tiene: seg seg

¿Cuál será la v0 , para que tenga una v = 12600

v0 = 144.16

m seg

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22.- Encuentre las trayectorias ortogonales de las siguientes familias de curvas. a).- x − 4 y = c Esta ecuación representa una familia de rectas con pendiente m1 = derivando se obtiene

1 4

1 − 4 y′ = 0 y′ =

1 4

dy − 1 = = −4 dx y′

∫ dy = −∫ dx y = −4 x + c 1 q m2 representa en este caso rectas perpendiculares, las cuales son tangentes a las familias de trayectorias antes mencionadas. Esta ecuación representa una familia de rectas con pendiente m2 = −4 , la cuál satisface m1 = −

b).- x 2 + y 2 = c Esta ecuación representa una familia de círculos concéntricos en el origen. Derivando se obtiene

2 x + 2 yy′ = 0 y′ = −

x y

dy 1 y =− = dx y′ x



dy dx −∫ =0 y x

Ln( y ) − Ln( x) = c

y = cx La cuál representa una familia de rectas que pasan por el origen y que son perpendiculares a las tangentes de los círculos concéntricos al origen.

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c).- x 2 − y 2 = c Esta ecuación representa una familia de hipérbolas cuya derivada viene dada por

2 x − 2 yy′ = 0 y′ =

x y

dy 1 y =− =− dx y′ x



dx dy +∫ =0 x y

Ln( x) + Ln( y ) = c

Ln( xy) = c y=

c x

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APLICACIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR 1.- Un sistema masa-resorte tiene una cte. elástica de k = 5 gr

s2

. ¿Cuál es la masa que debe

de unirse para que el movimiento resultante tenga una frecuencia de 30 Hz ? De la segunda ley de Newton se tiene la ecuación de movimiento

∑ F = ma donde la única fuerza que aparece es la fuerza restauradora f rest = kx debido a la deformación del resorte. Así, la ecuación de movimiento en forma diferencial es − kx = mx ′′

x ′′ + (k / m) x = 0 donde w0 = k / m es la frecuencia natural o normal del sistema, entonces la masa viene dada por m = k / w02 donde w0 = 2πf . Sustituyendo se tiene para la masa

m=

m=

k 4π 2 f

2

5 gr / s 2 4π 2 (30s − 2 )

m = 4.3 × 10 −3 gr

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2.- Una masa de 16 gr se une a un sistema masa-resorte con una cte. elástica de 64 gr / s 2 . ¿Cuáles deben ser las condiciones iniciales para obtener una respuesta de amplitud 2 y ángulo de fase de π / 3 . De la segunda ley de newton, se tiene la ecuación de movimiento

∑ F = mx′′ donde la única fuerza presente es la restauradora, que aparece cuando el resorte se saca del equilibrio, esto es f rest = −kx Así, la ecuación de movimiento en forma diferencial es x ′′ + w02 x = 0 donde w02 = k / m es la frecuencia normal de oscilación del sistema. La ecuación en operadores es ( D 2 + w02 ) x(t ) = 0 donde la ecuación auxiliar asociada a ésta viene dada por m 2 + w02 = 0 cuyas raíces son imaginarias dadas por m1, 2 = ±iw02 . Así la solución viene dada por x(t ) = C1Cos ( w0 t ) + C 2 Sen( w0 t ) Supongamos que este movimiento es la superposición de dos movimientos armónicos simples con la misma frecuencia de oscilación, para lo cuál hay que considerar para las constantes lo siguiente C1 = ACos (ϑ ) y C 2 = ASen(ϑ )

las cuáles al sustituirlas en la solución nos da x(t ) = A{Cos ( w0 t )Cos (ϑ ) + Sen( w0 t ) Sen(ϑ )} donde utilizando Cos ( w0 t − ϑ ) = Cos ( w0 t )Cos (ϑ ) − Sen( w0 t ) Sen(ϑ ) que es la función de doble ángulo para el coseno, se tiene para la solución x(t ) = ACos ( w0 t − ϑ ) donde la amplitud y la fase viene dada por A 2 = C12 + C 22 y Tan(ϑ ) = C 2 / C1 . Considerando A = 4 y

ϑ = π / 3 las constantes dan C1 = 1 y C 2 = 3 las cuales son las condiciones iniciales, esto es x(0) = C1 = 1 y x ′(0) = 2C 2 = 2 3 .

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3.- Un sistema masa-resorte con una masa m y una constante elástica k se somete a un impulso repentino. Al tiempo t = 0 , la masa m esta en la posición de equilibrio pero tiene una velocidad de 10cm / seg hacia abajo. a). − Determinar el movimiento subsecuente. b). − Determine la amplitud del movimiento resultante como una función de m y k . c). − ¿Cuál es el efecto sobre la amplitud si se aumenta k ? d ). − ¿Cuál es el efecto sobre la amplitud si se aumenta m ? De la segunda ley de newton, se tiene la ecuación de movimiento

∑ F = mx′′ donde la única fuerza presente es la restauradora, que aparece cuando el resorte se saca del equilibrio, esto es f rest = − kx Así, la ecuación de movimiento en forma diferencial es x ′′ + w02 x = 0 donde w02 = k / m es la frecuencia normal de oscilación del sistema. La ecuación en operadores es ( D 2 + w02 ) x(t ) = 0 donde la ecuación auxiliar asociada a ésta viene dada por m 2 + w02 = 0 cuyas raíces son imaginarias dadas por m1, 2 = ±iw02 . Así la solución viene dada por x(t ) = C1Cos ( w0 t ) + C 2 Sen( w0 t ) aplicando las condiciones iniciales t = 0 x(0) = 0 y x ′(0) = 10cm / seg se tiene C1 = 0 y C 2 = 10 / w0 .

a). − La solución que describe el movimiento es x(t ) = 10 m / k Sen( k / mt ) . b). − La amplitud del movimiento es A = 10 m / k . De la expresión de la amplitud se puede analizar: c). − Si k aumenta, la amplitud tiende a disminuir. d ). − Si m aumenta, la amplitud tiende a crecer.

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4.- En el tiempo t = 0 , se observa que la masa en un sistema masa-resorte con una masa m y constante elástica k se encuentra 0.30 m por debajo del equilibrio y viajando hacia abajo a 0.30 m / seg . a). − Determine el movimiento subsecuente. b). − Determine la amplitud como una función de m y k . c). − ¿Cuál es el efecto sobre la amplitud si se aumenta m o k . La ecuación de movimiento en forma diferencial es x ′′ + w02 x = 0 cuya solución general es x(t ) = C1Cos ( w0 t ) + C 2 Sen( w0 t ) donde los valores de C1 y C 2 se encuentran aplicando las condiciones iniciales siguientes, a t = 0 , x(0) = 0.30m y x ′(0) = 0.30m / seg C1 = 0.30m y C 2 = 0.30 m / k m

a). − Así la solución general es x(t ) = (0.30m)Cos ( k / mt ) + (0.30 m / k m) Sen( k / mt ) . b). − La amplitud del movimiento viene dada por A = C12 + C 22 = (0.30 1 + m / k )m . De la expresión de la amplitud se puede analizar

c). − Si m aumenta la amplitud crece y si k aumenta la amplitud disminuye aproximándose a 1.

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5.- Una masa de 3Kg esta unida a un resorte de constante elástica de 48 N / m . La masa se desplaza 0.5m a la izquierda del punto de equilibrio y recibe una velocidad de 2m / seg hacia la derecha. La fuerza de amortiguamiento es despreciable. Determine la ecuación de movimiento de la masa junto con su amplitud, periodo y frecuencia. ¿Cuánto tiempo después de su liberación pasa la masa por su posición de equilibrio? La ecuación de movimiento en forma diferencial es x ′′ + w02 x = 0 cuya solución general es x(t ) = C1Cos ( w0 t ) + C 2 Sen( w0 t ) donde los valores de C1 y C 2 se encuentran aplicando las condiciones iniciales siguientes, a t = 0 , x(0) = 0.50m y x ′(0) = 2.0m / seg C1 = −0.50m y C 2 = 2.0 m / k m

Así la solución general es x(t ) = −(0.50m)Cos ( k / mt ) + (2.0 m / k m) Sen( k / mt ) , con

k / m = 4 seg −1

x(t ) = −(0.50m)Cos (4t ) + (2.0 / 4) Sen(4t ) x(t ) = −(0.50m)Cos (4t ) + (0.5) Sen(4t ) Donde la amplitud es A = C12 + C 22 = 1 / 2 y el periodo dado por T = 2π / w0 = 2π / 4 = π / 2 . La frecuencia viene dada por f = w0 / 2π = 2 / π . El sistema alcanzara el punto de equilibrio en x(t ) = 0 , esto es x(t ) = −(0.50m)Cos (4t ) + (0.5) Sen(4t ) = 0

Sen(4t ) = Cos(4t ) Tan(4t ) = 1 lo cuál se cumple para 4t = π / 4 , por lo tanto el tiempo que esta en el equilibrio será para t = π / 16 .

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6.- El movimiento de un sistema masa-resorte con amortiguamiento esta descrito por y ′′(t ) + by (t ) + 16 y (t ) = 0 y ′(0) = 0

y (0) = 1 ,

con condiciones iniciales

Determine su movimiento y bosqueje su grafica para b = 0 , 6 , 8 , 10 . La ecuación de operadores es ( D 2 + BD + 16) y (t ) = 0 y su ecuación auxiliar viene dada por m 2 + bm + 16 = 0 2

cuyas raíces son m1, 2

b ⎛b⎞ = − ± ⎜ ⎟ − 16 , donde dependiendo del valor de b se tienen diferentes tipos de 2 ⎝2⎠

raíces a). − Para b = 0 las raíces son imaginarias, esto es m1, 2 = ± i 4 y la solución es y (t ) = C1Cos (4t ) + C 2 Sen(4t )

y aplicando las condiciones iniciales se tiene, C1 = y (0) = 1 y C 2 = y ′(0) = 0 . Así la solución es

y (t ) = Cos(4t ) b). − Para b = 6 las raíces son complejas, esto es m1, 2 = −3 ± i 7 y la solución es y (t ) =

e − 3t (C Cos( 1

)

7t ) + C 2 Sen( 7t )

3 . Así la solución es 7

y aplicando las condiciones iniciales se tiene, C1 = 1 y C 2 = y (t ) =

e− 3t (Cos(

3 Sen( 7t ) 7

)

7t ) +

c). − Para b = 8 las raíces son reales y repetidas, esto es m1, 2 = −4 y la solución es y (t ) = (C1 + C 2 t ) − 4t

e

y aplicando las condiciones iniciales se tienen C1 = 1 y C 2 = 4 . Así la solución es y (t ) = (1 + 4t ) − 4t

e

d ). − Para b = 10 las raíces son reales, m1, 2 = −5 ± 3 y las constantes son C1 = 4 / 3 y C 2 = −1 / 3 . Así la solución es y (t ) = C − 2t + C − 8t = (4 / 3) − 2t − (1 / 3) − 8t 1

e

2

e

e

e

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30

7.- El movimiento de un sistema masa-resorte con amortiguamiento esta descrito por x ′′(t ) + 10 x ′(t ) + kx(t ) = 0 x(0) = 1 ,

con condiciones iniciales

x ′(0) = 0

Determine su movimiento y bosqueje su grafica para k = 20 , 25 , 30. La ecuación diferencial en operadores es ( D 2 + 10 D + k ) x(t ) = 0 y la ecuación auxiliar asociada viene dada por m 2 + 10m + k = 0 cuyas raíces son m1, 2 = −5 ± 25 − k a). − Para k = 20 las raíces son reales y distintas m1, 2 = −5 ± 5 . Así la solución es x(t ) = C1

e ( −5 +

5 )t

+ C2

e− (5 +

5 )t

y aplicando las condiciones iniciales evaluamos las constantes , esto es C1 + C 2 = 1

y

(−5 + 5 )C1 − (5 + 5 )C 2 = 0

C1 = (1 + 5 ) / 2 y C 2 = (1 − 5 ) / 2

e ( −5 +

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

5 )t

e− (5 +

+ ((1 − 5 ) / 2)

5 )t

b). − Para k = 25 las raíces son reales y repetidas m1, 2 = −5 . Así la solución es x(t ) = (C1 + C 2 t ) − 5t

e

y aplicando las condiciones iniciales se tiene C1 = 1 y C 2 = 5 x(t ) = (1 + 5t ) − 5t

e

c). − Para k = 30 , las raíces son complejas m1, 2 = −5 ± i 5 . Así la solución es x(t ) = (C1Cos ( 5t ) + C 2 Sen( 5t ) − 5t

e

y aplicando condiciones iniciales se tiene C1 = 1 y C 2 = 5 / 5 x(t ) = (Cos ( 5t ) + (5 / 5 ) Sen( 5t ) − 5t

e

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8.- Para el circuito RL de la figura, encontrar la carga y la corriente que fluye si la fuerza electromotriz es constante.

Aplicamos la segunda ley de Kirchhoff (ley de los voltajes) en forma diferencial, esto es VR + VL = E0

con

V R = Rq ′(t ) y

V L = Lq ′′(t )

Lq ′′(t ) + Rq ′(t ) = E 0 q ′′(t ) + ( R / L)q ′(t ) − ( E 0 / L) = 0 Haciendo un cambio de variable Q ′(t ) = ( R / L)q ′(t ) − ( E 0 / L) y

Q ′′(t ) = ( R / L)q ′′(t ) se tiene

( L / R)Q ′′(t ) + Q ′(t ) = 0 Q ′′(t ) + ( R / L)Q ′(t ) = 0 para la cuál la ecuación de operadores es ( D 2 + ( R / L) D)Q(t ) = 0 y m 2 + ( R / L)m = 0 su ecuación auxiliar, cuyas raíces son m1 = 0 y m2 = − R / L Así la solución es y para la corriente se tiene

Q(t ) = C1 + C 2

e− ( R / L)t

e− ( R / L)t

Q ′(t ) = −C 2 ( R / L)

e− ( R / L)t

pero Q ′(t ) = ( R / L)q ′(t ) − ( E 0 / L) entonces se tiene ( R / L)q ′(t ) − ( E 0 / L) = −C 2 ( R / L) despejando q ′(t ) se tiene q ′(t ) = ( E 0 / R) − C 2

e− ( R / L)t

Que es la corriente en el circuito RL y para la carga se integra dq = ∫ {( E 0 / R) − C 2

e − ( R / L)t }dt e− ( R / L)t

q (t ) = ( E 0 / R)t − C 2 ( L / R )

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9.- Encuentre la ecuación de movimiento de un cohete que se lanza verticalmente desde el suelo. Si la dirección positiva es hacia arriba y no hay resistencia del aire. a).- Suponiendo que la velocidad del cohete cuando se agota el combustible es v = v0 y y = R 1 2

en ese instante, muestre que el valor aproximado de la cte. de integración es C = v02 − gR . b).- Use la solución de a) para demostrar que la velocidad de escape de un cohete esta dada por v0 = 2 gR . c).- El resultado de b) se cumple para cualquier cuerpo en el sistema solar. Use los valores de g = 9.8m / s 2 y R ≈ 6200 Km para encontrar la velocidad de escape de la tierra. d).- Determinar la velocidad de escape de la luna si la aceleración es de g = 0.165 g 0 y R ≈ 1728 Km . La ecuación de movimiento en el momento de agotar el combustible es − FG = my ′′ donde

FG = G

Mm y2

es la fuerza gravitacional y la ecuación de movimiento es y ′′ + G

M =0 y2

para determinar G se usa el hecho de que en la superficie de la tierra se considera y = R y mg = G entonces G =

Mm , R2

gR 2 y al sustituir se tiene M y ′′ + g

R2 =0 y2

a). − Dado que las condiciones iniciales son v = v 0 y integrar para la velocidad y aplicar la condición, esto es

y ≈ R hacemos un cambio de variable para

d 2 y dv dv dy dv v = = = dt dt dy dt dy

entonces la ecuación diferencial queda como v

dv R2 + g 2 = 0 la cuál integrando nos da dy y dy

∫ vdv = − gR ∫ y 2

2

1 2 gR 2 v = +C 2 y 1 donde aplicando las condiciones iniciales se tiene C = v02 − gR lo cuál queda demostrado. Así la 2 velocidad viene dada por

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v 2 − v 02 =

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2 gR 2 − 2 gR y

b). − La velocidad de escape se da para y → ∞ y v > 0 , entonces se tiene v02 − 2 gR > 0 v0 ≈ 2 gR

c). − Usando g 0 = 9.80m / s 2 y R ≈ 6200 Km se tiene para la velocidad de escape de la tierra. v0 ≈ 11.02 Km / s d ). − Para la velocidad de escape de la luna se tiene g = 0.165 g 0 y

R ≈ 1728 Km .

v0 ≈ 2.36 Km / s

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10.- Determine el movimiento para un sistema no amortiguado en resonancia descrito por x ′′(t ) + 9 x(t ) = 3Cos (3t )

con condiciones iniciales

x(0) = 1

,

x ′(0) = 0

Sabemos que la solución general tiene dos contribuciones, una es la solución de la ecuación diferencial homogénea asociada la cuál se le llama complementaria xc (t ) y la otra contribución es la solución a la ecuación diferencial no homogénea llamada solución particular x p (t ) , esto es x(t ) = xc (t ) + x p (t ) donde xc (t ) satisface xc′′ (t ) + 9 xc (t ) = 0 y su ecuación auxiliar es m 2 + 9 = 0 cuyas raíces son m1, 2 = ±3i . Por otro lado la solución particular es xc (t ) = C1Cos (3t ) + C 2 Sen(3t ) y aplicando las condiciones iniciales se tiene C1 = x(0) = 1 y C 2 = x ′(0) = 0 , así la solución complementaria es xc (t ) = Cos (3t ) Para la solución particular esta debe de satisfacer, x ′p′ (t ) + 9 x p (t ) = 3Cos (3t ) para la cuál se propone que sea xc (t ) = AtCos (3t ) + BtSen(3t ) donde el termino lineal en t aparece debido a que se tienen raíces repetidas. Para obtener los valores de A y B derivamos dos veces y sustituimos junto con la solución en la ecuación diferencial no homogénea, obteniéndose − 6 A = 0 y 6B = 3 Así, la solución particular es

x p (t ) = (1 / 2)tSen(3t )

y la solución general nos da

x(t ) = Cos (3t ) + (1 / 2)tSen(3t )

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11.-Un cierto movimiento en línea recta esta determinado por la ecuación diferencial x ′′(t ) + 2γx ′(t ) + 169 x(t ) = 0

bajo las condiciones x(0) = 0 y x′(0) = 8m / seg . a). − Encontrar el valor de γ que nos conduce al amortiguamiento crítico y solucione la

ecuación diferencial para tal caso. b). − Usar el valor γ = 12 y encontrar la solución x(t ) . La ecuación en operadores es ( D 2 + 2γD + 169) x(t ) = 0 y como ecuación auxiliar cuyas raíces son

m 2 + 2γm + 169 = 0 ,

m1, 2 = −γ ± γ 2 − 169

a). − Para el amortiguamiento crítico se tiene

γ 2 − 169 = 0 , donde γ = 13 lo cuál significa que las raíces son reales y repetidas, esto es m1, 2 = −γ y la solución viene dada por

e− γt

x(t ) = (C1 + C 2 t )

y aplicando las condiciones iniciales para evaluar C1 = x(0) = 0 y C 2 = x ′(0) = 8m / seg 2 . Así la solución es x(t ) = 8t − 13t

e

b). − Para γ = 12 , las raíces son complejas m1, 2 = −12 ± 5i y la solución en este caso es x(t ) = (C1Cos (5t ) + C 2 Sen(5t )) − 12t

e

para la cuál aplicando las condiciones iniciales x(0) = 0 y x ′(0) = 8m / s se tiene C1 = 0 y C 2 =

8 m/s. 5

Así la solución es x(t ) = (

8 − 12t ) Sen(5t ) 5

e

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12.- Un sistema no amortiguado es descrito por mx ′′(t ) + kx(t ) = F0 Cos ( wt ) sujeto a las condiciones x(0) = 1 y x ′(0) = 0 , donde w ≠ w0 = k / m . Determine el movimiento del sistema. La ecuación en operadores para esta ecuación viene dada por ( D 2 + w02 ) x(t ) = ( F0 / m)Cos ( wt ) y la ecuación homogénea asociada es ( D 2 + w02 ) xc (t ) = 0 , cuya solución es la solución complementaria. De aquí se obtiene la ecuación auxiliar dada por m 2 + w02 = 0 , cuyas raíces son complejas m1, 2 = ± w0 i . Asi la solución es xc (t ) = C1Cos ( w0 t ) + C 2 Sen( w0 t ) para la cuál aplicando las condiciones iniciales x(0) = 1 y x ′(0) = 0 se tiene Sustituyéndolas en la solución se tiene

C1 = 1 y

C2 = 0 .

xc (t ) = Cos ( w0 t ) Ahora para la solución particular se propone x p (t ) = ACos ( wt ) + BSen( wt ) , donde la segunda derivada es x ′p′ (t ) = − w 2 ACos ( wt ) − w 2 BSen( wt )

la cuál sustituimos en la ecuación diferencial no homogénea, esto es ( w02 − w 2 )( ACos ( wt ) + BSen( wt )) = ( F0 / m)Cos ( wt ) comparando termino a termino a ambos lados de la igualdad se tiene para A y B A=

F0 / m y w02 − w 2

B=0

Entonces la solución particular es x p (t ) = (

F0 / m )Cos ( wt ) w02 − w 2

y la suma tanto de la solución complementaria y la particular da la solución general esto es x(t ) = xc (t ) + x p (t ) x(t ) = Cos ( w0 t ) + (

F0 / m )Cos ( wt ) w02 − w 2

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13.- Una masa sobre un resorte sin amortiguamiento es influenciado por una fuerza externa F (t ) = F0 Cos 3 ( wt ) . Demuestre que hay dos valores de w para los cuáles ocurre la resonancia. La ecuación diferencial que gobierna el movimientote este sistema viene dada por x ′′(t ) + w02 x(t ) = ( F0 / m)Cos 3 ( wt ) donde w02 = k / m es la frecuencia natural de oscilación y w es la frecuencia con la cuál se aplica la fuerza externa. La ecuación homogénea asociada cuya solución es la complementaria viene dada por xc′′(t ) + w02 xc (t ) = 0 y la ecuación en operadores asociada es ( D 2 + w02 ) x c (t ) = 0 y su ecuación auxiliar asociada m 2 + w02 = 0 . Las raíces de esta ecuación son m1, 2 = ± w0 i , lo cual sugiere que la solución complementaria viene dada por xc (t ) = C1Cos ( w0 t ) + C 2 Sen( w0 t ) Ahora bien para la solución particular desarrollamos Cos 3 ( wt ) usando la formula de Euler, esto es (Cos ( wt ) + iSen( wt )) 3 = Cos (3wt ) + iSen(3wt ) Cos 3 ( wt ) + i3Cos 2 ( wt ) Sen( wt ) + i 2 3Cos ( wt ) Sen 2 ( wt ) + i 3 Sen 3 ( wt ) = Cos (3wt ) + iSen(3wt ) agrupando parte real con parte real e imaginaria con imaginaria a ambos lados de la igualdad se tiene Cos 3 ( wt ) − 3Cos ( wt ) Sen 2 ( wt ) = Cos (3wt ) 3Cos 2 ( wt ) Sen( wt ) − Sen 3 ( wt ) = Sen(3wt ) Aquí solo nos interesa la parte real Cos 3 ( wt ) = 3Cos ( wt ) Sen 2 ( wt ) − Cos (3wt ) , además usando la función de doble ángulo para el seno se tiene Sen(2wt ) = 2Sen( wt )Cos( wt ) y sustituyéndola obtenemos Cos 3 ( wt ) = (3 / 2) Sen(2 wt ) Sen( wt ) + Cos (3wt ) además usando las funciónes de doble ángulo para el coseno y restándolas se tiene Cos (2 wt + wt ) = Cos (2 wt )Cos( wt ) − Sen(2 wt ) Sen( wt ) - Cos (2wt − wt ) = Cos(2wt )Cos ( wt ) + Sen(2 wt ) Sen( wt ) Cos (3wt ) − Cos ( wt ) = −2 Sen(2 wt ) Sen( wt ) y sustituyéndola en la ecuación del coseno cúbico se tiene Cos 3 ( wt ) = (3 / 4)Cos ( wt ) + (1 / 4)Cos (3wt ) De acuerdo a esta función la solución particular propuesta viene dada por x p (t ) = ACos( wt ) + BSen( wt ) + CCos (3wt ) + DSen(3wt ) _______________________________________________________________________________________

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38

Donde A, B, C, y D son constantes a definir, para esto se obtiene la primera y segunda derivada de la solución particular y sustituyéndola en la ecuación no homogénea se tiene ( w02 − w 2 )( ACos ( wt ) + BSen( wt )) + ( w02 − 9 w 2 )(CCos (3wt ) + DSen(3wt )) = (

3F0 F )Cos ( wt ) + ( 0 )Cos (3wt ) 4m 4m

donde comparando término a termino a ambos lados de la igualdad, se tiene los valores para las constantes A=

3F0 / 4m , w02 − w 2

B = 0,

C=

F0 / 4m , w02 − 9 w 2

D=0

Así la solución particular será x p (t ) = (

3F0 / 4m F / 4m )Cos ( wt ) + ( 20 )Cos (3wt ) 2 2 w0 − w w0 − 9 w 2

Donde se puede ver que la resonancia se da para dos valores de la frecuencia w , estas son w = w0 y

w = (1 / 3) w0

Esto significa que cuando al sistema se le suministra energía con estas frecuencias, la amplitud del sistema aumentara infinitamente y el sistema entrara en resonancia.

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39

14.- Encuentre la solución del oscilador amortiguado forzado La ecuación diferencial de oscilador amortiguado forzado viene dada por mx ′′(t ) + γx ′(t ) + kx(t ) = F0 t − λt la cuál al dividir entre la masa se tiene x ′′(t ) + γ x ′(t ) + w 2 x(t ) = ( F / m)t − λt

e

0

0

e

0

La ecuación diferencial homogénea asociada, para la cuál su solución es la complementaria viene dada por xc′′ (t ) + γ 0 xc′ (t ) + w02 xc (t ) = 0 en operadores toma la forma cuyas raíces vienen dadas por

( D 2 + γ 0 D + w02 ) xc (t ) = 0 y su ecuación auxiliar es

m 2 + γ 0 m + w02 = 0 ,

m1, 2 = −γ 0 ± γ 02 − w02 . Como las oscilaciones son amortiguadas entonces

se pide que γ 0 < w0 de tal forma que las raíces son complejas m1, 2 = −γ 0 ± iw , donde w = w02 − γ 02 . Así la solución complementaria que lo es de la ecuación homogénea, la podemos escribir como

e

xc (t ) = (C1Cos ( wt ) + C 2 Sen( wt ))

−γ t 0

Ahora encontraremos la solución a la ecuación no homogénea x p (t ) , para la cuál se propone que tenga el siguiente comportamiento

x p (t ) = ( A + Bt ) − λt dado que tiene raíces reales y repetidas

e

m1, 2 = −λ .

Encontrando la primera y la segunda derivada de x p (t ) y sustituyéndolas en la ecuación homogénea se tiene x ′p (t ) = ( B − λ ( A + Bt )) − λt

e

x ′p′(t ) = (−λB − λ ( B − λ ( A + Bt ))) − λt

e

[−2λB + λ2 A + λ2 Bt + 2γ 0 B − 2γ 0 λA − 2γ 0 λBt + w02 A + w02 Bt ] − λt = ( F / m)t λt

e

0

e

Agrupando términos y comparándolos a ambos lados se tiene dos ecuaciones algebraicas para A y B , esto es (λ2 − 2γ 0 λ + w02 ) A + 2(γ 0 − λ ) B = 0 (λ2 − 2γ 0 λ + w02 ) B = F0 / m Solucionando el sistema se tiene A=

2(λ − γ 0 )( F0 / m) (λ2 − 2λγ 0 + w02 ) 2

y

B=

F0 / m (λ − 2λγ 0 + w02 ) 2

las cuáles se sustituyen en la solución particular x p (t ) = [

2(λ − γ 0 )( F0 / m) F0 / m + 2 t ] − λt 2 2 2 2 (λ − 2λγ 0 + w0 ) (λ − 2λγ 0 + w0 )

e

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40

15.- Obtenga la solución para un circuito RCL y donde la fuerza electromotriz viene dada por E (T ) = E 0 eiλt La ecuación diferencial para tal sistema viene dada por Lq ′′(t ) + Rq ′(t ) +

1 q(t ) = E 0 iλt C

e

E 1 R )q (t ) = ( 0 ) iλt q ′′(t ) + ( )q ′(t ) + ( L LC L

e

La solución general tiene dos contribuciones, la primera es la solución a la ecuación homogénea llamada complementaria y la segunda la particular es solución de la ecuación no homogénea, esto es Q(t ) = q c (t ) + q p (t ) Así, la ecuación homogénea y la de operadores asociada son 1 R q c′′(t ) + ( )q c′ (t ) + ( )q c (t ) = 0 L LC 1 R (D 2 + ( )D + ( ))q c (t ) = 0 L LC y su ecuación auxiliar m 2 + ( R / L)m + (1 / LC ) = 0 de la cuál se determina las raíces m1, 2 = −

R R 1 ± ( )2 − LC 2L 2L

Así, la solución complementaria tiene la forma q c (t ) = C1

e

mt 1

+C

e 2

m t 2

La solución a la ecuación no homogénea tiene la forma x p (t ) = A iλt y su primera y segunda derivada son

e

x ′p (t ) = iλA iλt

e

x ′p′(t ) = −λ2 A iλt

e

al sustituirlas en la ecuación no homogénea se tiene

A(

1 − λ2 L + iRλ ) = E 0 , donde despejando A y C

sustituyéndola en la solución particular se tiene x p (t ) =

iλ t e (1 / C ) − λ L + iRλ E0

2

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41

16.- En un principio, un cultivo tiene B0 cantidad de bacterias. Después de una hora el número de bacteria es

3 B0 . Si la rapidez de crecimiento es proporcional al número de 2

bacterias P(t ) presentes en el tiempo t , determine el tiempo necesario para que se triplique el número de bacterias. La ecuación diferencial que gobierna el crecimiento de bacterias viene dadas por dB = kB dt que es una ecuación de primer orden con condición inicial B(0) = B0 . Para resolverla le aplicamos la transformada de Laplace L(

dB ) = kL( B) dt

dB ) = − B(0) + sL( B(t )) , sustituyéndola en la dt ecuación diferencial se tiene ahora una ecuación algebraica en el espacio s donde la transformada de Laplace de una derivada es

L(

− B(0) + sL( B(t )) = kL( B(t )) L( B(t ))[s − k ] = B(0) L( B(t )) =

B(0) s−k

Ahora le aplicamos una transformada de Laplace inversa a esta ecuación algebraica del espacio s , de tal forma que regresamos al espacio de las funciones t . Así, encontramos la solución de la ecuación diferencial.

L−1 L( B(t )) = L−1 (

B(0) 1 ) = B0 L−1 ( ) s−k s−k

1 1 ) = L−1 ( ) kt = s−k S del crecimiento de bacterias como función del tiempo es

e

donde la transformada inversa de Laplace de L−1 (

e kt , entonces el comportamiento

e

B (t ) = B kt 0 Aplicando la condición adicional se encuentra el valor de la constante de proporcionalidad, esto es en t = 1h 3 3 k (1h) B(1h) = B0 la cuál se aplica en la solución B0 = B y despejando k se tiene k = ln(3 / 2) . Así la 0 2 2 ln(3P0 / P0 ) ln(3 / 2)t solución es B (t ) = B ≈ 2.71hs . y el tiempo en que se triplica su población es t = 0 ln(3 / 2)

e

e

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42

17.- Una cierta sustancia radiactiva tiene una vida media de 38hs . Encontrar que tanto tiempo toma el 90% de la radiactividad disiparse. La ley de decaimiento para una sustancia radiactiva viene dada por dN = −kN dt A la cuál le aplicamos la transformada de Laplace con condiciones iniciales N (0) = N 0 L{

dN } = −kL{N } dt

− N (0) + sN ( s ) = −kN ( s ) N ( s)( s + k ) = N (0) N ( s) =

N0 s+k

Donde haciendo un cambio de variable aplicando la transformada inversa de Laplace y utilizando el teorema de traslación se tiene N0 1 } = N 0 − kt L− 1{ } s+k S 1 donde s = S − k y L{ } = 1 S − kt N (t ) = N

e

L−1{N ( s )} = L−1{

0

e

1 N 0 , se calcula la constante de decaimiento radiactivo 2 1 1 1 − (38hs)k , donde k = − ln{ } = ln{2} 38 2 38

Utilizando la condición adicional t = 38hs N = 1 N0 = N0 2

e

Así, el decaimiento radiactivo de la sustancia como función del tiempo viene dada por

N (t ) = N 0

e



1 ln{2}t 38

Ya una vez encontrada la manera en que decae la sustancia, se quiere saber en que tiempo toma disiparse el 90% de la radioactividad, esto significa que queda por disiparse tan solo un 10% de la muestra original, entonces 1

− ln{2}t 1 ln{1 / 10} [ln{1} − ln{10}] 38 , donde t = − N0 = N0 = −38 con 10 (1 / 38) ln{2} ln{2}

e

t = 38

ln{1} = 0

ln{10} ≈ 126.23hs ln{2}

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18.- Se aplica una fuerza electromotriz de 30V a un circuito RL en serie en el que la inductancia es 0.1henry y la resistencia es de 50ohms . ¿Calcule la corriente i (t ) si i(0) = 0 y determine la corriente cuando t → ∞ ? Un circuito RL en serie es gobernado por la segunda ley de Kirchhoff (ley de los voltajes) que en forma diferencial es di(t ) L + Ri(t ) = E 0 dt di(t ) } + ( R / L) L{i (t )} = L{E 0 } obteniéndose dt − i (0) + sI ( s ) + ( R / L) I ( s ) = ( E 0 / L) / s

a la cuál le aplicamos la transformada de Laplace L{

I ( s )( s + R / L ) = ( E 0 / s I (s) =

E0 / L s ( s + R / L)

Aplicando una transformada de Laplace inversa a I (s) se tiene L−1{I ( s )} = L−1{

E0 / L } s ( s + R / L)

donde utilizamos ahora fracciones parciales para la inversa de L−1{

E0 / L } , esto es s ( s + R / L)

1 A B = + s ( s + R / L) s s + R / L

1 = A( s + R / L) + Bs = ( A + B) s + A( R / L) dando dos ecuaciones algebraicas A + B = 0 y A( R / L) = 1 , donde A = L / R y B = − L / R , las cuáles se sustituyen en E0 / L L L 1 1 i(t ) = L−1{I ( s)} = L−1{ } = L−1{ } − L−1{ } s ( s + R / L) R s R s + R/L 1 1 − ( R / L)t − 1 1 − ( R / L)t }= L { }= L−1{ } = 1 y usando el teorema de traslación L−1{ , s + R/L S s donde S = s + R / L . Así la solución es E − ( R / L)t i (t ) = 0 {1 − } R E R utilizando los valores 0 = 0.6amp , = 500seg −1 se obtiene para la corriente como función del tiempo R L − (500seg − 1 )t i (t ) = (0.6amp){1 − } y cuando t → ∞ , − ∞ → 0 la corriente es i(t ) = 0.6amp .

e

donde

e

e

e

e

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19.- Se aplica una fuerza electromotriz a un circuito en serie en el que la resistencia es de 200ohms y la capacitancia es de 10 −4 faradios . Encuentre la carga q (t ) que se almacena en el capacitor y la corriente i (t ) , si q(0) = 0 . Aplicamos para el circuito RC en serie la segunda ley de Kirchhoff (ley de las corrientes) R

dq (t ) 1 + q(t ) = E 0 dt C

a la cuál le aplicamos una transformada de Laplace L{

E dq (t ) 1 L{q (t )} = L{ 0 } }+ dt RC R

nos da una ecuación algebraica en el espacio s, − q (0) + sq ( s ) +

q ( s ){s +

q( s) =

E 1 1 q ( s ) = 0 { } de donde obtenemos q(s ) RC R s

E 1 1 }= 0 { } RC R s

E0 1 { } R s ( s + 1 / RC )

Aplicamos ahora una transformada de Laplace inversa a q(s ) utilizando fracciones parciales, esto es q (t ) = L−1{q ( s)} =

donde

E0 E A B 1 { }= 0 { + } R s( s + 1 / RC ) R s s + 1 / RC

1 A B A = + y de la cuál se obtiene A + B = 0 y = 1 , o A = RC y B = − RC s ( s + 1 / RC ) s s + 1 / RC RC 1 1 q (t ) = E 0 C{L−1{ } − L−1{ }} s s + 1 / RC q (t ) = E 0 C{1 −

e− (1 / RC )t }

Ahora bien, para obtener la corriente derivamos q (t ) respecto al tiempo i (t ) =

dq (t ) E 0 = dt R

e − (1 / RC )t

Utilizamos ahora los valores dados, tanto en la carga q (t ) como en la corriente i (t ) .

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20.- Una masa de 70 gr se dispara hacia abajo desde un helicóptero estacionario. La resistencia del aire actúa como kv donde k = 7 gr / seg . ¿A que velocidad debe dispararse la masa si debe de tener una velocidad de 12600cm / seg después de 5seg . La ley que gobierna el movimiento de un sistema en un medio resistivo viene dada por la ecuación m

dv + kv = mg dt

a la cuál le aplicamos una transformada de Laplace L{

dv } + γL{v} = L{g} , donde γ = k / m y la ecuación da dt

− v(0) + sv( s ) + γv( s ) =

g s

v0 g + . s + γ s( s + γ ) Aplicamos ahora una transformada inversa de Laplace para obtener la velocidad en el espacio t, dada por aquí se obtiene una ecuación algebraica para la velocidad en el espacio s, esto es v( s ) =

v(t ) = L−1{v( s)} = L−1{

v0 g } + L−1{ } s+γ s( s + γ )

v0 1 g A B − γt } = v0 L−1{ } = v0 y L−1{ } = g{L−1{ } + L−1{ }} , con A = 1 / γ s +γ s +γ s( s + γ ) s s+γ B = −1 / γ , sustituyendo estos valores se tiene

donde L−1{

e

v(t ) =

y

mg mg − γt + {v0 − } k k

e

Sustituyendo los valores m = 70 gr , k = 7 gr / seg , v = 12600cm / seg y t = 5seg y despejando la velocidad inicial se tiene v0 =

mg mg γt + {v − } k k

e

v0 ≈ 144.16m / seg

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21.- Una masa de 16 gr se une a un sistema de masa-resorte con una constante elástica de k = 64 gr / seg 2 . ¿Cuáles deben ser las condiciones iniciales para obtener una respuesta de amplitud 2 y un factor de fase de π / 3 ? Este sistema masa-resorte es un oscilador armónico cuyo movimiento es gobernado por la ecuación diferencial mx ′′(t ) + kx(t ) = 0 x ′′(t ) + w02 x(t ) = 0 donde w02 = k / m es la frecuencia natural o normal del oscilador armónico. Ahora aplicamos la transformada de Laplace a la ecuación diferencial, esto es L{x ′′(t )} + w02 L{x(t )} = 0 donde se obtiene − x ′(0) − sx(0) + X ( s )( s 2 + w02 ) = 0 que es una ecuación algebraica para la amplitud en el x ′(0) s espacio s. Despejando X ( s ) = 2 + 2 x(0) y aplicandole una transformada de Laplace inversa se 2 s + w0 s + w02 tiene la solución de la ecuación diferencial en el espacio t, esto es x(t ) = L−1{ X ( s)} = x ′(0) L−1{

donde L−1{

s 1 } + x(0) L−1{ 2 } 2 s + w0 s + w02 2

w02 s } = Cos ( w0 t ) y al sustituirlas en la solución se tiene } = Sen( w0 t ) y L−1{ 2 2 2 s + w0 s + w02 x(t ) =

x ′(0) Sen( w0 t ) + x ′(0)Cos ( w0 t ) , con w0

w0 = 2seg −1

Esta solución se puede interpretar como la superposición de dos movimientos armónicos simples, para lo cuál vamos a considerar x ′(0) = ASen(ϑ ) y x(0) = ACos(ϑ ) w0 en donde aplicando los valores de la máxima amplitud y el factor de fase se encuentran los valores de las condiciones iniciales, esto es x ′(0) = 2Sen(π / 3) = 3 y 2

x(0) = 2Cos(π / 3) = 1

Así, al sustituir los valores de las condiciones iniciales en la solución nos da x(t ) = 2 3Sen( w0 t ) + Cos ( w0 t )

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22.- Un sistema masa-resorte con una masa m y una constante elástica k se somete a un impulso repentino. El resultado es que en el tiempo t = 0 , la masa esta en la posición de equilibrio con una velocidad de 10cm / seg hacia abajo. a).- Determine el movimiento subsiguiente. b).- Determine la amplitud del movimiento resultante como una función de m y k . c).- ¿Cuál es el efecto sobre la amplitud si aumenta k ? d).- ¿Cuál es el efecto sobre la amplitud si aumenta m ? La ecuación diferencial de este sistema que es un oscilador armónico viene dada por

mx ′′(t ) + kx(t ) = 0 x ′′(t ) + w02 x(t ) = 0 , w02 = k / m donde w0 es la frecuencia natural de oscilación y aplicando la transformada de Laplace no da una ecuación algebraica en el espacio s, esto es L{x ′′(t )} + w02 L{x(t )} = 0 − x ′(0) − sx(0) + X ( s )( s 2 + w02 ) = 0 donde sustituyendo las condiciones iniciales x(0) = 0 y x ′(0) = 10cm / seg , la ecuación algebraica nos da X (s) =

10cm / seg s 2 + w02

Aplicamos la transformada de Laplace inversa para obtener la solución x(t ) que nos da el comportamiento del oscilador armónico simple, esto es w 10cm / seg 10cm / seg −1 x(t ) = L−1{ X ( s )} = L−1{ 2 L { 2 0 2} }= 2 w0 s + w0 s + w0

10cm / seg x(t ) = ( ) Sen( w0 t ) w0 a). − Sustituyendo w0 se obtiene el comportamiento del oscilador para todo tiempo x(t ) = (10cm / seg )

m Sen( w0 t ) k

b). − De aquí podemos definir la amplitud del movimiento armónico que viene dada por A = 10 m / k . c). − Al analizar la amplitud podemos darnos cuenta que si aumentamos k , la amplitud decrece. d ). − Y si aumentamos m , la amplitud crece.

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23.- El movimiento de un sistema masa-resorte con amortiguamiento esta descrito por x ′′(t ) + γx ′(t ) + 16 x(t ) = 0

donde las condiciones iniciales del movimiento amortiguado son x(0) = 1 y x ′(0) = 0 . Determine una expresión que describa su movimiento en función del tiempo para a).- γ = 0 b).- γ = 6 c).- γ = 8 d).- γ = 10 Aplicamos la transformada de Laplace a la ecuación del movimiento amortiguado para obtener su comportamiento en función del tiempo L{x ′′(t )} + γL{x ′(t )} + 16 L{x(t )} = 0 − x ′(0) − sx(0) + s 2 X ( s) − γx(0) + γsX ( s) + 16 X ( s ) = 0 Aplicando las condiciones iniciales y despejando X(s) se tiene X (s) =

(s + γ ) 1 x(0) + 2 x ′(0) s + γs + 16 s + γs + 16 2

X ( s) =

s+γ s+γ = 2 s + γs + 16 s + γs + 4 2 2

a). − Para γ = 0 , es el caso del oscilador armónico simple s s X ( s) = 2 = 2 s + 16 s + 4 2 a la cuál le aplicaremos la transformada de Laplace inversa para obtener el comportamiento del oscilador armónico simple como función del tiempo x(t ) = L−1{ X ( s )} = L−1{

s s } = L−1{ 2 } s + 16 s + 42 2

x(t ) = Cos (4t ) de acuerdo al comportamiento de la solución el sistema oscila para todo tiempo con una máxima amplitud, un período y una frecuencia. b). − Para γ = 6 , es el caso del oscilador débilmente amortiguado, esto es X ( s) =

s+6 s+6 = 2 s + 6 s + 16 s + 6s + 4 2 2

a la cuál le aplicaremos la transformada de Laplace inversa para obtener el comportamiento del oscilador débilmente amortiguado como función del tiempo s+6 x(t ) = L−1{ X ( s )} = L−1{ 2 } s + 6 s + 16 _______________________________________________________________________________________

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s+6 s+6 s+6 = 2 = 2 s + 6s + 16 ( s + 6s + 9) + 7 ( s + 3) 2 + 7 aquí se completo el trinomio cuadrado perfecto en el denominador, ahora aplicaremos la transformada de Laplace inversa haciendo un cambio de variable s = S − 3 primeroy aplicando el teorema de traslación, se tiene 3 7 s+6 S +3 S } = − 7t L−1{ 2 } = − 7t L−1{ 2 } + − 7t L−1{ } L−1{ 2 2 2 ( s + 3) + 7 S +7 S +7 7 S +7 donde 3 7 3 −1 7 3 S } = Cos ( 7t ) y L−1{ }= L { 2 }= Sen( 7t ) L−1{ 2 2 S +7 S +7 7 S +7 7 7 Sustituyendo en la solución se tiene 2

e

e

e

e−

7t {Cos ( 7t ) + 3 Sen( 7t )} 7 en este caso el sistema alcanza a oscilar pero su amplitud decrece en cada oscilación, se atenúa débilmente. x(t ) =

c). − Ahora usamos γ = 8 , este es el caso del oscilador críticamente amortiguado, esto es X ( s) =

s +8 s+8 = s + 8s + 16 ( s + 4) 2 2

haciendo un cambio de variable s = S − 4 y obteniendo la transformada inversa de Laplace utilizando el teorema de traslación, se tiene 1 4 x(t ) = L−1{ X ( s )} = − 4t {L− 1{ } + L−1{ 2 }} S S

e

x(t ) =

e− 4t {1 + 4t}

esta solución representa un sistema que no oscila y su amplitud se atenúa rápidamente. d ). − Para γ = 10 , este es el caso de un oscilador sobre amortiguado X (s) =

s + 10 s + 10 s + 10 = 2 = s + 10s + 16 ( s + 10s + 25) − 9 ( s + 5) 2 − 9 2

haciendo un cambio de variable s = S − 5 y obteniendo la transformada inversa de Laplace utilizando el teorema de traslación, se tiene x(t ) = L−1{ X ( s)} = L−1{

donde L−1{

s + 10 }= ( s + 5) 2 − 9

e− 5t L

−1

{

S +5 } S2 −9

S +5 S 5 3 5 } = L−1{ 2 } + L−1{ 2 } = Cosh(3t ) + Senh(3t ) . Sustituyendo en la solución 2 3 S −9 S −9 3 S −9 x(t ) =

e− 5t {Cosh(3t ) + 53 Senh(3t )}

aquí el sistema no oscila y su amplitud se atenúa lentamente.

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24.- Determine el movimiento para un sistema no amortiguado (γ = 0) en resonancia, descrito por x ′′(t ) + 9 x(t ) = 3Cos (3t )

bajo las siguientes condiciones iniciales x(0) = 1 y x ′(0) = 0 . Aplicamos la transformada de Laplace a la ecuación diferencial

L{x ′′(t )} + 9 L{x(t )} = 3L{Cos (3t )} − x ′(0) − sx(0) + s 2 X ( s ) + 9 X ( s ) = 3{

s } s +9 2

valorando las condiciones iniciales y despejando X (s ) , se tiene X ( s )( s 2 + 9) = s + 3{ X ( s) =

s } s +9 2

s s } + 3{ 2 ( s + 9) 2 s +9 2

Ahora aplicamos la transformada inversa de Laplace para obtener la solución x(t ) , esto es x(t ) = L−1{ X ( s )} = L−1{

donde L−1{

s s } + 3L−1{ 2 } ( s + 9) 2 s +9 2

s s t } = Cos (3t ) y 3L−1{ 2 } = Sen(3t ) . Sustituyendo en la solución se tiene 2 2 s +9 ( s + 9) 2

x(t ) = Cos (3t ) +

t Sen(3t ) 2

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25.- Deduzca la solución del oscilador amortiguado forzado, cuyo movimiento es representado por la ecuación diferencial x ′′(t ) + γx ′(t ) + w02 x(t ) = ( F0 / m)t − λt

e

Aplicándole la transformada de Laplace a la ecuación diferencial se tiene L{x ′′(t )} + γL{x ′(t )} + w02 L{x(t )} = ( F0 / m) L{t − λt }

e

− x ′(0) − sx(0) + s 2 X ( s ) − γx(0) + γsX ( s ) + w02 X ( s ) = ( F0 / m){ X ( s ){s 2 + γs + w02 } =

X (s) =

F0 / m + ( s + γ ) x(0) + x ′(0) (s + λ ) 2

F0 / m ( s + γ ) x(0) + x ′(0) + 2 2 s 2 + γs + w02 ( s + γs + w0 )( s + λ ) 2

Dado que las oscilaciones son amortiguadas se tiene el caso

m1, 2 = −

m1, 2 = −

X (s) =

1 } (s + λ ) 2

γ 2

γ

γ 2

< w0 (raíces complejas), esto es

γ

± ( ) 2 − w02 2 2

± iw con

γ

w = w02 − ( ) 2 2

F0 / m ( s + γ ) x(0) + x ′(0) + 2 ( s + m1 )( s + m2 ) ( s + m1 )( s + m2 )( s + λ )

Aplicándole una transformada de Laplace inversa, se obtiene el comportamiento del sistema en función del tiempo F0 / m ( s + γ ) x(0) + x ′(0) x(t ) = L−1{ X ( s )} = L−1{ } + L−1{ } 2 ( s + m1 )( s + m2 ) ( s + m1 )( s + m2 )( s + λ )

x(t ) = {

2(λ − γ )( F0 / m) F /m t} − λ t + 2 0 2 2 2 2 (λ − 2λγ + w0 ) (λ − 2λγ + w0 )

e

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