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Ecuaciones Diferenciales de Orden Superior CAPÍTULO 3.

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1 Ecuaciones Diferenciales de Orden Superior CAPÍTULO 3

2 Contenidos 3.1 Ecuaciones Lineales: teoría básica 3.2 Reducción de Orden 3.3 Ecuaciones Lineales Homogéneas con coeficientes constantes 3.4 Coeficientes Indeterminados 3.5 Variación de Parámetros 3.6 Ecuación de Cauchy-Euler 3.7 Ecuaciones No lineales 3.8 Modelos Lineales: Problemas de Valor Inicial 3.9 Modelos Lineales: Problemas de Valor en la Frontera Modelos No Lineales 3.11 resolución de Modelos de Ecuaciones Lineales

3 3.1 Ecuaciones Lineales: teoría Básica Problemas de valor inicial Un problema de valor inicial de n-ésimo orden es Resolver: Sujeta a : (1) con n condiciones iniciales.

4 Sea a n (x), a n-1 (x), …, a 0 (x), y g(x) continuas en I, a n (x) 0 para todo x de I. Si x = x 0 cualquier punto de Este intervalo, entonces existe una solución y(x) de (1) En el intervalo y s única. TEOREMA 3.1 Existencia de una solución única

5 El problema posee la solución trivial y = 0. Como es una ED con coeficientes constantes, por el Teorema 3.1, y = 0 es la única solución en cualquier intervalo que contenga a x = 1. Ejemplo 1

6 Ejemplo 2 Compruebe que y = 3e 2x + e –2x – 3x, es una solución de Esta ED es lineal y los coeficientes, como g(x), son todos continuos, y a 2 (x) 0 en cualquier intervalo que contenga x = 0. Esta ED tiene una solución única en I.

7 Problemas de Valor en la Frontera Resolver: Sujeta a : se llama un problema de valor en la frontera (PVF). (Fig 3.1)

8 Fig 3.1

9 En el ejemplo 4 de la Sec 1.1, vemos la solución de es x = c 1 cos 4t + c 2 sin 4t(2) (a)Suponemos que x(0) = 0, entonces c 1 = 0, x(t) = c 2 sen 4t Además, x( /2) = 0, obtenemos 0 = 0, de ahí (3) tiene infinitas soluciones. (Fig 3.2) (b) Si (4) tenemos que c 1 = 0, c 2 = 0, x = 0 es solución única. Ejemplo 3

10 Ejemplo 3 (2) (c) Si (5) tenemos que c 1 = 0, y 1 = 0 (contradicción). De ahí que (5) no tiene solución.

11 Fig 3.2

12 La siguiente ED (6) se dice que es homogénea; (7) con g(x) no nula, es no homogénea.

13 Sea dy/dx = Dy. Este símbolo D se llama operador diferencial. Definimos a un operador diferencial de n-ésimo orden u operador polinominal como (8) Además, tenemos que (9) por tanto el operador diferencial L es un operador lineal. Ecuaciones Diferenciales Podemos escribir las DEs simplemente como L(y) = 0 y L(y) = g(x) Operadores Diferenciales

14 Sean y 1, y 2, …, y k soluciones de ecuación diferencial homogénea de n-ésimo orden(6) en un intervalo I. Entonces la combinación lineal y = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + …+ c k y k (x) donde c i, i = 1, 2, …, k son constantes arbitrarias, también es una solución en el intervalo. TEOREMA 3.2 Principio de Superposición – Ecuaciones Homogéneas

15 (A) y = cy 1 también es solución si y 1 es una solución. (B) Una ED lineal homogénea siempre posee la solución trivial y = 0. COROLARIOS Corolarios del Teorema 3.2

16 Las funciones y 1 = x 2, y 2 = x 2 ln x ambas son soluciones de Luego y = x 2 + x 2 ln x también es una solución en (0, ). Ejemplo 4 Un conjunto de f 1 (x), f 2 (x), …, f n (x) es linealmente dependiente en un intervalo I, si existen ciertas Constantes c 1, c 2, …, c n no todas nulas, tales que c 1 f 1 (x) + c 2 f 2 (x) + … + c n f n (x) = 0 Si el conjunto no es linealmente dependiente, es linealmente independiente. DEFINICIÓN 3.1 Depedencia Lineal e Independenciay

17 En otras palabras, si el conjunto es linealmente independiente, cuando c 1 f 1 (x) + c 2 f 2 (x) + … + c n f n (x) = 0 entonces c 1 = c 2 = … = c n = 0 Con respecto a la Fig 3.3, ninguna función múltiplo constante de las demás, luego estas dos funciones son linealmente independientes.

18 Fig 3.3

19 Las funciones f 1 = cos 2 x, f 2 = sin 2 x, f 3 = sec 2 x, f 4 = tan 2 x son linealmente dependientes en el intervalo (- /2, /2) porque c 1 cos 2 x +c 2 sin 2 x +c 3 sec 2 x +c 4 tan 2 x = 0 caundo c 1 = c 2 = 1, c 3 = -1, c 4 = 1. Ejemplo 5

20 Ejemplo 6 Las funciones f 1 = x ½ + 5, f 2 = x ½ + 5x, f 3 = x – 1, f 4 = x 2 son linealmente dependientes en el intervalo (0, ), porque f 2 = 1 f f f 4

21 Suponga que cada una de las funciones f 1 (x), f 2 (x), …, f n (x) posee al menos n – 1 derivadas. El determinante se llama el Wronskiano de las funciones. DEFINICIÓN 3.2 Wronskiano

22 Sean y 1 (x), y 2 (x), …, y n (x) soluciones de la ED homogénea de n-ésimo orden (6) en un intervalo I. Este conjunto de soluciones es linealmente independiente si y sólo si W(y 1, y 2, …, y n ) 0 para todo x en el intervalo. TEOREMA 3.3 Criterio para soluciones Linealmente independientes Cualquier conjunto y 1 (x), y 2 (x), …, y n (x) de n soluciones linealmente independientes se llama conjunto fundamental de soluciones. DEFINITION 3.3 Conjunto Fundamental de Soluciones

23 CH3_23x Existe un conjunto fundamental de soluciones para la ED lineal (6) en un intervalo I. TEOREMA 3.4 Existencia de un conjunto fundamental Sea y 1 (x), y 2 (x), …, y n (x) un conjunto fundamental de Soluciones de la ED lineal homogénea (6) en un interval I. Entonces la solución general es y = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + … + c n y n (x) donde c i son constantes arbitrarias. TEOREMA 3.5 Solución general, ecuaciones homogéneas

24 Las funciones y 1 = e 3x, y 2 = e -3x son soluciones de y – 9y = 0 on (-, ) Ahora para todo x. Así que y = c 1 y 1 + c 2 y 2 es la solución general. Ejemplo 7

25 Ejemplo 8 La función y = 4 sinh 3x - 5e 3x es una solución del ejemplo 7 (Copruébelo). Observe = 4 sinh 3x – 5e -3x

26 Las funciones y 1 = e x, y 2 = e 2x, y 3 = e 3x son soluciones de y – 6y + 11y – 6y = 0 on (-, ). Como para todo valor real de x. y = c 1 e x + c 2 e 2x + c 3 e 3x es la solución general en (-, ). Ejemplo 9

27 Función Complementaria y = c 1 y 1 + c 2 y 2 +… + c k y k + y p = y c + y p = función complementaria + una solución particular Sea y p cualquier solución particular de (7) en un intervalo Iis called a particular solución. Y sea y 1 (x), y 2 (x), …, y k (x) un conjunto fundamental de soluciones de (6), entonces la solución general de la ecuación en el intervalo es y= c 1 y 1 + c 2 y 2 +… + c k y k + y p (10) Donde las c i, i= 1,2,….,n son constantes arbitrarias TEOREMA 3.6 Solución General –Ecuaciones No homogéneas

28 La función y p = -(11/12) – ½ x es una solución particular de (11) Por las conclusiones anteriores, la solución general de (11) es Ejemplo 10

29 Dados (12) donde i = 1, 2, …, k. Si y pi denota una solución particular de la ED (12) Correspondiente, con g i (x), tenemos (13) es una solución particular de (14) TEOREMA 3.7

30 Deducimos que y p1 = -4x 2 es una solución particular de y p2 = e 2x es una solución particular de y p3 = xe x es una solución particular de Del Teorema 3.7, es una solución de Ejemplo 11

31 Si y pi es una solución particular de (12), entonces también es una solución particular de (12) donde el miembro de la derecha es Observación:

32 3.2 Reducción de Order Introducción: Sabemos que la solución general de (1) es y = c 1 y 1 + c 2 y 1. Suponemos que y 1 (x) denota una solución conocida de (1). Aceptamos que la otra solución y 2 es de la forma y 2 = uy 1. Nuestro objetivo es encontrar una u(x) y este método se llama reducción de orden.

33 Dada y 1 = e x, una solución de y – y = 0, hallar la segunda solución y 2 por el método de reducción de orden. Solución Si y = ue x, entonces Y Como e x 0, se permite que w = u, entonces Ejemplo 1

34 Así (2) Escogiendo c 1 = 0, c 2 = -2, tenemos y 2 = e -x. Porque W(e x, e -x ) 0 para todo x, son independientes. Ejemplo 1 (2)

35 Caso General Escribimos (1) en la forma estándar (3) Sea y 1 (x) una solución conocida de (3) e y 1 (x) 0 para todo x en el intervalo. Si definimos y = uy 1, tenemos

36 Esto implica que o (4) donde se permite que w = u. Resolviendo (4), tenemos ó

37 luego Sea c 1 = 1, c 2 = 0, obtenemos (5)

38 La función y 1 = x 2 es una solución de Hallar la solución general en (0, ). Solución: La forma estándar es De (5) La solución general es Ejemplo 2

39 3.3 Ecuaciones Lineales Homogéneas con Coeficientes Constantes Introducción: (1) donde a i son constantes, a n 0. Ecuación Auxiliar : Para n = 2, (2) Si sustituimos y = e mx, (3) se llama una ecuación auxiliar.

40 De (3) las dos raíces son: (1)b 2 – 4ac > 0: reales y distintas. (2)b 2 – 4ac = 0: reales e iguales. (3)b 2 – 4ac < 0: números conjugados complejos.

41 Caso 1: Raíces reales y distintas La solución general es (4) Caso 2: Raíces reales repetidas y de (5) de Sec 3.2, (5) la solución general es (6)

42 Caso 3: Raíces complejas conjugadas Escribimos, una solución general es De la fórmula de Euler: y (7) y

43 Como es una solución luego el conjunto C 1 = C 1 = 1 y C 1 = 1, C 2 = -1, tenemos do soluciones: Así, e x cos x y e x sen x un conjunto fundamental de soluciones, esto es, la solución general es (8)

44 Resolver las EDs siguientes: (a) (b) (c) Ejemplo 1

45 Resolver Solución: (Fig 3.4) Ejemplo 2

46 Fig 3.4

47 Dos ecuaciones que ale la pena conocer para la primera ecuación : (9) Para la segunda ecuación : (10) Sea Luego (11)

48 Ecuaciones de Orden Superior Dada (12) tenemos (13) es una ecuación auxiliar.

49 Ejemplo 3 Resolver Solución:

50 Resolver Solución: Ejemplo 4

51 Si m 1 = + i es una raíz compleja de multiplicidad k, entonces m 2 = i es es también una raíz compleja de multiplicidad k. Las 2k soluciones linealmente independientes son : Raíces Complejas Repetidas

52 3.4 Coeficientes Indeterminados Introducción Si queremos resolver (1) Tenemos que hallar y = y c + y p. Así introducimos el método de coeficientes indeterminados.

53 Resolver Solución: Podemos obtener y c como se describe en la Sec 3.3. Ahora, queremos hallar y p. Como el lado derecho de la ED es un polinomio, ponemos Tras sustituir, 2A + 8Ax + 4B – 2Ax 2 – 2Bx – 2C = 2x 2 – 3x + 6 Ejemplo 1

54 Ejemplo 1 (2) Luego

55 Hallar una solución particular de Solución: Sea y p = A cos 3x + B sen 3x Tras sustituir, Luego Ejemplo 2

56 Ejemplo 3 Resolver (3) Solución: Podemos hallar Sea Tras sustituir, Luego

57 Determinar y p de Solución: Primero: sea y p = Ae 2x Tras substituir, 0 = 8e 2x, (conjetura incorrecta) Sea y p = Axe 2x Tras sustituir, -3Ae 2x = 8e 2x Entonces A = -8/3, y p = (8/3)xe 2x Ejemplo 4

58 Ninguna función en la supuesta y p es parte de y c Tabla 3.1 muestra soluciones particulares de prueba. Regla para el Caso 1:

59 Ejemplo 5 Hallar la forma de y p de (a) Solución: tenemos que y probamos con No hay duplicación entre los términos y p y y c (b) y + 4y = x cos x Solución: Probamos con Tampoco hay duplicidad entre los términos y p y y c.

60 Hallar la forma de y p de Solución: Para 3x 2 : Para -5 sen 2x: Para 7xe 6x : Ningún término de duplica un término de y c Ejemplo 6

61 Si alguna y p contiene términos que duplicanlos términos de y c, entonces esa y p se debe multiplicar por x n, donde n es el entero positivo más pequeño que elimina esa duplicación. Regla para el Caso 2:

62 Ejemplo 8 Resolver Solución: Primero probamos: y p = Ax + B + C cos x + E sen x(5) Per hay una duplicación. Entonces probamos con y p = Ax + B + Cx cos x + Ex sen x Tras sustituir y simplificar, A = 4, B = 0, C = -5, E = 0 Luego y = c 1 cos x + c 2 sen x + 4x – 5x cos x Como y( ) = 0, y( ) = 2, tenemos y = 9 cos x + 7 sen x + 4x – 5x cos x

63 Resolver Solución: y c = c 1 e 3x + c 2 xe 3x Tras sustituir y simplificar, A = 2/3, B = 8/9, C = 2/3, E = -6 Luego Ejemplo 9

64 Resolver Solución: m 3 + m 2 = 0, m = 0, 0, -1 y c = c 1 + c 2 x + c 3 e -x y p = Ae x cos x + Be x sen x Tras sustituir y simplificar, A = -1/10, B = 1/5 Luego Ejemplo 10

65 Hallar la forma de y p de Solución: y c = c 1 + c 2 x + c 3 x 2 + c 4 e -x Comprobando: Multiplicando A por x 3 y (Bx 2 e -x + Cxe -x + Ee -x ) por x Obtenemos y p = Ax 3 + Bx 3 e -x + Cx 2 e -x + Exe -x Ejemplo 11

66 3.5 Variación de Parámetros Algunas suposiciones Para la ED (1) ponemos(1) en la forma (2) donde P, Q, f son continuas en I.

67 Método de Variación de Parámetros Probamos (3) Tras obtener y p, y p, las ponemos en (2), entonces (4)

68 Haciendo suposiciones adicionales: y 1 u 1 + y 2 u 2 = 0, luego la forma (4), y 1u 1 + y 2u 2 = f(x) Expresamos lo anterior en términos de determinantes y(5) donde (6)

69 Resolver Solución: m 2 – 4m + 4 = 0, m = 2, 2 y 1 = e 2x, y 2 = xe 2x, Como f(x) = (x + 1)e 2x, entonces Ejemplo 1

70 De (5), Luego u 1 = (-1/3)x 3 – ½ x 2, u 2 = ½ x 2 + x Y Ejemplo 1 (2)

71 Resolver Solución: y + 9y = (1/4) csc 3x m = 0, m = 3i, -3i y 1 = cos 3x, y 2 = sin 3x, f = (1/4) csc 3x Como Ejemplo 2

72 Entonces Y Ejemplo 2 (2)

73 Resolver Solución: m 2 – 1 = 0, m = 1, -1 y 1 = e x, y 2 = e -x, f = 1/x, y W(e x, e -x ) = -2 Luego Los límites inferior y seperior de la integral son x 0 y x, respectivamente. Ejemplo 3

74 Ejemplo 3 (2)

75 Para las EDs de la forma (8) luego y p = u 1 y 1 + u 2 y 2 + … + u n y n, donde y i, i = 1, 2, …, n, son los elementos de y c. Así tenemos (9) y u k = W k /W, k = 1, 2, …, n. Ecuaciones de Orden Superior

76 Para el caso n = 3, (10)

77 3.6 Ecuación de Cauchy-Eulaer Forma de Ecuación deCauchy-Euler Método de Solución probamos y = x m, como

78 Ecuación Auxiliar Para n = 2, y = x m, luego am(m – 1) + bm + c = 0, o am 2 + (b – a)m + c = 0(1) Caso 1: Raíces Reales y Distintas (2)

79 Resolver Solución: Tenemos a = 1, b = -2, c = -4 m 2 – 3m – 4 = 0, m = -1, 4, y = c 1 x -1 + c 2 x 4 Ejemplo 1

80 Usando (5) de Sec 3.2, tenemos Luego (3) Caso 2: Raíces Reales Repetidas

81 Ejemplo 2 Resolver Solución: Tenemos a = 4, b = 8, c = 1 4m 2 + 4m + 1 = 0, m = -½, -½

82 Orden Superior: multiplicidad Caso 3: Raíces Complejas Conjugadas m 1 = + i, m 2 = – i, y = C 1 x ( + i ) + C 2 x ( - i ) Como x i = (e ln x ) i = e i ln x = cos( ln x) + i sen( ln x) x -i = cos ( ln x) – i sen ( ln x) Luego y = c 1 x cos( ln x) + c 2 x sen( ln x) = x [c 1 cos( ln x) + c 2 sen( ln x)](4) Caso 3: Raíces Complejas Conjugadas

83 Resolver Solución: Tenemos a = 4, b = 0, c = 17 4m 2 4m + 17 = 0, m = ½ + 2i Apply y(1) = -1, y(1) = 0, then c 1 = -1, c 2 = 0, (Fig 3.15) Ejemplo 3

84 Fig 3.15

85 Ejemplo 4 Resolver Solución: Sea y = x m, Luego tenemos x m (m + 2)(m 2 + 4) = 0 m = -2, m = 2i, m = -2i y = c 1 x -2 + c 2 cos(2 ln x) + c 3 sin(2 ln x)

86 Resolver Solución: We have (m – 1)(m – 3) = 0, m = 1, 3 y c = c 1 x + c 2 x 3, use variaión de parámetros, y p = u 1 y 1 + u 2 y 2, donde y 1 = x, y 2 = x 3 Escribimos la ED como Luego P = -3/x, Q = 3/x 2, f = 2x 2 e x Ejemplo 5

87 Así Hallamos Ejemplo 5 (2)

88 Ejemplo 5 (3) Luego

89 3.7 Ecuaciones No Lineales Ejemplo 1 Resolver Solución: Esta ecuación no lineal carece de término y. Sea u(x) = y, entonces du/dx = y, ó (Se escribe en esta forma solo por conveniencia) Como u -1 = 1/y, Entonces,

90 Resolver Solución: Esta ecuación no lineal carece de término x. Sea u(x) = y, entonces y = du/dx = (du/dy)(dy/dx) = u du/dy ó ln|u| = ln|y| + c 1, u = c 2 y (donde ) Como u = dy/dx = c 2 y, dy/y = c 2 dx ln|y| = c 2 x + c 3, Ejemplo 2

91 Suponga (1) existe. Si además suponemos que y(x) admite Desarrollo en serie de Taylor centrado en 0: (2) Recuerde que y(0) = -1, y(0) = 1. De la ED original, y(0) = 0 + y(0) – y(0) 2 = 2. Luego (3) Ejemplo 3

92 (4) (5) y así. Así que podemos utilizar el mismo método para obtener y (3) (0) = 4, y (4) (0) = 8, …… Luego Ejemplo 3 (2)

93 La ED en el ejemplo 3 es equivalente a Fig 3.16 muestra la gráfica de esta ED. Para comparar, también se muestra la curva del desarrollo de Taylor de orden 5. Ejemplo 4

94 Fig 3.16

95 3.8 Modelos Lineales: PVI Ley de Newton Observe la Fig 3.18, tenemos (1)

96 Fig 3.18

97 Fig 3.19

98 De (1), tenemos (2) donde = k/m. (2) se llama un movimiento armónico simple, o movimiento libre no amortiguado. Movimiento Libre no Amortiguado

99 Solución y Ecuación de Movimiento De (2), la solución general es (3) Período T = 2 /, frecuencia f = 1/T = /2.

100 Una masa que pesa 2 libras alarga un resorte 6 pulgadas. En t = 0, se libera la masa desde un punto que está 8 pulgadas debajo de la posición de equilibrio con una velocidad ascendente de 4/3 pie/s. Determine la ecuación del movimiento. Solución: Conversión de unidades : 6 pulg = 1/2 pie; 8 pulg = 2/3 pie, m = W/g = 1/16 slug Por la Ley de Hooke, 2 = k(1/2), k = 4 lb/ft De ahí (1) obtenemos Ejemplo 1

101 junto con x(0) = 2/3, x(0) = -4/3. Como 2 = 64, = 8, la solución es x(t) = c 1 cos 8t + c 2 sen 8t (4) Aplicando la condición inicial, tenemos (5) Ejemplo 1 (2)

102 Forma alternativa de x(t) (4) puede escribirse como x(t) = A sen( t + ) (6) donde y es un ángulo de fase, (7) (8) (9)

103 Fig 3.20

104 Solución (5) es x(t) = (2/3) cos 8t (1/6) sin 8t = A sin( t + ) Entonces Sin embargo no es not la solución, ya que sabemos que tan -1 (+/) se localiza en el segundo cuadrante Luego entonces (9) El período es T = 2 /8 = /4. Ejemplo 2

105 Fig 3.21 La Fig 3.21 muestra el movimiento.

106 Si la ED es como (10) donde es una constante de amortiguamiento positiva. Luego x(t) + ( /m)x + (k/m)x = 0 puede ponerse como (11) donde 2 = /m, 2 = k/m(12) La ecuación auxiliar es m m + 2 = 0, y las raíces son Movimiento Libre Amortiguado

107 2 – 2 > 0. Sea entonces (13) Se dice que es sobreaortiguao. Fig Caso 1:

108 Fig 3.23

109 Caso 2: 2 – 2 = 0. Luego (14) Se dice que es críticamente amortiguado. Fig 3.24.

110 Fig 3.24

111 2 – 2 < 0. Sea entonces (15) Se dice que es subamortiguado. Fig Caso 3:

112 Fig 3.25

113 La solución de es (16) Fig Ejemplo 3

114 Fig 3.26

115 Una masa que pesa 8 libras alarga 2 pies un resorte. Se supone que una fuerza amortiguadora igual a 2 la velocidad instantánea actúa sobre el sistema. En t = 0, la masa se suelta en la posición de equilibrio con una velocidad ascendente de 3 pies/s. Determine la ecuación de movimiento. Solución: De la Ley de Hooke, 8 = k (2), k = 4 lb/et, y m = W/g = 8/32 = ¼ slug, de ahí (17) Ejemplo 4

116 Ejemplo 4 (2) m 2 + 8m + 16 = 0, m = 4, 4 x(t) = c 1 e -4t + c 2 t e -4t (18) Condiciones iniciales: x(0) = 0, x(0) = 3, luego x(t) = 3t e -4t (19) Fig 3.27.

117 Fig 3.27

118 Ejemplo 5 Una masa que pesa 16 libras alarga un muelle desde 5 pies hasta 8.2 pies. Si al inicio la masa se libera desde el reposo en un punto 2 pies arriba de la posición de equilibrio, encuentre los desplazamientos x(t) si se sabe además que el medio circundante ofrece una resistencia numéricamente igual a la velocidad instantánea. De la Ley de Hooke, 16 = k (3.2), k = 5 lb/pie, y m = W/g = 16/32 = ½ slug, de ahí (20) m 2 + 2m + 10 = 0, m = 3 + 3i, 3 3i

119 (21) Condiciones iniciales: x(0) = 2, x(0) = 0, luego (22) Ejemplo 5 (2)

120 Forma alternativa de x(t) (22) puede ponerse como (23) donde y

121 Como en la Fig 3.28, (24) (25) donde ED de Movimiento forzado con amortiguammiento

122 Fig 3.28

123 Interprete y resuelva (26) Solución: Interpretación: m = 1/5, k = 2, = 1.2, f(t) = 5 cos 4t La masa se libera inicialmente desde el reposo ½ abajo de la posición de equilibrio Solución: Ejemplo 6

124 Suponiendo x p (t) = A cos 4t + B sen 4t, tenemos A = 25/102, B = 50/51, entonces Usando x(0) = 1/2, x(0) = 0 c 1 = 38/51, c 2 = 86/51, (28) Ejemplo 6 (2)

125 Términos Transitorio y de Estado Estable Gráfica de (28) se muestra en la Fig x c (t) se desvanece cuando t : término transitorio x p (t) permanece cuando t : término de estado estable

126 Fig 3.29

127 La solución de es Fig Ejemplo 7

128 Fig 3.30

129 Resolver donde F 0 es una constante y. Solución: x c = c 1 cos t + c 2 sen t Sea x p = A cos t + B sen t, tras la sustitución, A = 0, B = F 0 /( 2 2 ), Ejemplo 8

130 Como x(0) = 0, x(0) = 0, entonces Así (30) Ejemplo 8 (2)

131 Resonancia Pura Cuando =, consideramos el caso. (31)

132 Cuando t, los desplazamientos se vuelven largos De hecho, |x(t n )| cuando t n = n /, n = 1, 2, ….. Como se muestra en la Fig 3.31, se dice que es una resonancia pura.

133 Fig 3.31

134 La siguiente ecuación es la ED de movimiento forzado con amortiguamiento: (32) Si i(t) denota la corriente en Fig 3.32, entonces (33) Como i = dq/dt, tenemos (34) Circuitos LRC en Serie

135 Fig 3.32

136 Hallar q(t) en la Fig 3.32, donde L = henry, R = 10 ohm, C = farad, E(t) = 0, q(0) = q 0 coulombs, y i(0) = 0 ampere. Solución: Usando los datos: Como se ha descrito antes, Usando q(0) = q 0, i(0) = q(0) = 0, c 1 = q 0, c 2 = q 0 /3 Ejemplo 9

137 Encuentre al solución de estado estable q p (t) y la coriente de estado estable, when E(t) = E 0 sen t. Solución: Sea q p (t) = A sen t + B cos t, Ejemplo 10

138 Si Usando el método similar, obtenemos So Observación: X y Z se denominan reactancia y impedancia, respectivamente. Ejemplo 10 (2)

139 3.9 Modelos Lineales: PVF Deflexión de una viga Momento de flexión M(x) en un punto x a lo largo de la viga está relacionado con la carga por unidad w(x) mediante la ecuación (1) Además, M(x) es proporcional a la curvatura de la curva elástica M(x) = EI (2) donde E, I son constantes.

140 Del cálculo, tenemos y, donde deflexión y(x) es pequeña. Finalmente tenemos (3) Entonces (4)

141 Terminología Extremos de la vigaCondiciones en la frontera empotradosy = 0, y = 0 libresy = 0, y = 0 apoyados simplemente o abisagrados y = 0, y = 0 Fig 3.41

142

143 Una viga de longitud L se fija en ambos extremos. Hallar la deflexión de la viga si una carga constante w 0 está uniformemente distribuida a lo largo de su longitud, esto es, w(x)= w 0, 0 < x < L Solución: De (4) tenemos Extremos empotrados significa Tenemos m 4 = 0, y c (x) = c 1 + c 2 x + c 3 x 2 + c 4 x 3, y Ejemplo 1

144 Ejemplo 1 (2) Entonces Usando las condiciones de la frontera, tenemos c 1 = 0, c 2 = 0, c 3 = w 0 L 2 /24EI, c 4 = w 0 L/12EI Eligiendo w 0 = 24EI y L = 1, tenemos Fig 3.42.

145 Fig 3.42

146 Resolver Solución: Caso 1 : = 0 y = c 1 x + c 2, y(0) = c 2 = 0, y(L) = c 1 L = 0, c 1 = 0 luegoy = 0, solución trivial. Caso 2 : 0 Escogiendoy = c 1 Ch x + c 2 Sh x y(0) = 0, c 1 = 0; y(L) = 0, c 2 = 0 luegoy = 0, solución trivial. Ejemplo 2

147 Caso 3 : > 0, = 2, > 0 Escogiendoy = c 1 cos x + c 2 sen x y(0) = 0, c 1 = 0; y(L) = 0, c 2 sin L= 0 Si c 2 = 0, y = 0, solución trivial. Así que c 2 0,sen L = 0, L = n, = n /L Así, y = c 2 sen (n x/L) es una solución para cada n. Ejemplo 2 (2)

148 Tomando c 2 = 1, para cada: la función correspondiente: Observación: n = (n /L) 2, n = 1, 2, 3, … se conocen como valores propios. y n = sen (n x/L) se llaman funciones propias. Ejemplo 2 (3)

149 Pandeo de una Columna Vertical Delgada En cuanto a la Fig 3.43, la ED es (5) donde P es una fuerza compresiva vertical constante aplicada en la parte superior de la columna.

150 Fig 3.43

151 En cuanto a la Fig 3.43, cuando la columna se fija con bisagras en ambos extremos, hallar la deflexión. Solución: El PVF es Intuitivamente, si la carga P no es suficientemente grande, no hay deflexión. La pregunta es: ¿para qué valores de P el PVF posee soluciones no triviales? Ejemplo 3

152 Escribiendo = P/EI, vemos es idéntica al ejemplo 2. Del Caso 3, las curvas de deflexión son y n = c 2 sen (n x/L), que corresponden a los valores propios n = P n /EI = n 2 2 /L 2, n = 1, 2, 3, … Desde el punto de vista físico, solo para P n = EIn 2 2 /L 2, la columna experimenta flexión. Llamamos a estas P n las cargas críticas y la más pequeña P = P 1 = EI 2 /L 2 se llama la carga de Euler, y y 1 = c 2 sen( x/L) se conoce como primer modo de pandeo. Fig 3.44 Ejemplo 3 (2)

153 Fig 3.44

154 Cuerda Rotatoria La ED simple y + y = 0(6) ocurre una y otra vez como un modelo matemático. Fig 3.45.

155 Fig 3.45

156 tenemos F = T sen 2 – T sen 1 (7) Cuando 1 y 2 son pequeños, sen 2 tan 2, sen 1 tan 1 Como tan 2, tan 1 son tangentes de las rectas que contienen a los vectoresT 1 y T 2, entonces tan 2 = y(x + x), tan 1 = y(x) Así (7) pasa a ser (8) Porque F = ma, m = x, a = r 2. Con x pequeño, obtenemos r = y.

157 Así (9) Al igualndo (8) = (9), tenemos (10) Para x cercano a cero, tenemos (11) Y las condiciones en la frontera son y(0) = y(L) = 0.

158 3.10 Modelos No Lineales Resortes no lineales El modelo (1) cuando F(x) = kx se dice que es lineal. Sin embargo, (2) es un resorte no lineal. Otro modelo (3)

159 F(x) = kx + k 1 x 3 se dice que es duro si k 1 > 0; y es suave, si k 1 < 0. Fig Resortes Duros y Suaves Fig 3.50

160 Ejemplo 1 Las EDs (4) y (5) son casos especiales de(2). Fig3.51 muestra la gráfica obtenida de un programa de solución numérica.

161 Fig 3.51

162 El modelo de un péndulo simple se representa en la Fig De la figura, tenemos la aceleración angular a = s = l, la fuerza Luego (6) Péndulo No Lineal

163 Fig 3.52

164 Como Si empleamos solo los dos primeros términos, Si es pequeño, (7) Linealización

165 Fig 3.53 muestra algunos resultados con condiciones iniciales diferentes obtenidos con un programa de solución numérica. Podemos observar que si la velocidad inicial es bastante grande, el péndulo se saldrá de los límites. Ejemplo 2

166 Fig 3.53

167 Recordando (17) de la Sec 1.3 y Fig 1.26 dy/dx = W/T 1, puede modificarse como (8) donde es la densidad y s es la longitud del arco. Como la longitud s es (9) Cables Telefónicos

168 entonces (10) Al derivar (8) con respecto a x y usando (10), obtenemos (11)

169 Ejemplo 3 De la Fig 1.26, obtenemos y(0) = a, y(0) = 0. Sea u = y, la ecuación (11) se convierte en Así Ahora y(0) = u(0) = 0, sinh -1 0 = 0 = c 1 Como u = sinh( x/T 1 ) = dy/dx, entonces Usando y(0) = a, c 2 = a (T 1 / )

170 De la Fig 3.54, tenemos (12) cuando y = R, kMm/R 2 = Mg, k = gR 2 /M, entonces (13) Movimiento de un Cohete

171 Fig 3.54

172 Suponiendo que la masa es variable, F = ma debería modificarse como (14) Masa Variable

173 Ejemplo 4 Una cadena uniforme de 10 pies de largo se enrolla sin tensión sobre el suelo. Un extremo de ella cadena se jala verticalmente hacia arriba por medio de una fuerza de 5 libras. La cadena pesa 1 libra por pie. Determine la altura del extremo sobre el nivel del suelo en el instante t. Solución: Seax(t) = la altura v(t) = dx/dt (velocidad) W = x 1 = x (peso) m = W/g = x/32 (masa) F = 5 – W (fuerza neta)

174 Entonces (15) Como v = dx/dt (16) es de la forma F(x, x, x) = 0 Como v = x, y luego (15) pasa a ser (17) Ejemplo 4 (2)

175 Escribiendo (17) como (v 2 +32x – 160) dx + xv = 0(18) (18) puede multiplicarse por un factor de integración para transformarse en exacta, donde podemos encontrar que le factor de integración es es (x) = x (compruébese). Luego Use el método de la Sec. 2.4 (19) Como x(0) = 0, entonces c 1 = 0. Resolviendo (19) = 0, para v = dx/dt > 0, obtenemos Ejemplo 4 (3)

176 Compruebe que (20) Usando x(0) = 0 de nuevo,, elevamos al cuadrado ambos lados de (20) y resolvemos para x (21) Ejemplo 4 (4)

177 3.11 Resolución de Sistemas de Ecuaciones Lineales Muelle conectado/Sistema de masas De la Fig 3.58 y la Ley de Newton (1)

178 Fig 3.58

179 Método de Solución Considere dx/dt = 3y, dy/dt = 2x ó Dx – 3y = 0, 2x – Dy = 0(2) Entonces, multiplicando la primera por D, la segunda por 3, y eliminando la y, se obtiene D 2 x – 6x =0 (3) Un método similar puede proporcionar (4)

180 Volviendo las ecuaciones originales, dx/dt = 3y tras la simplificación, tenemos (5)

181 Resolver Dx + (D + 2)y = 0 (D – 3)x – 2y = 0(6) Solución: Multiplicando la primera por D – 3, la segunda por D, y restando, [(D – 3)(D + 2) + 2D]y = 0 (D 2 + D – 6)y = 0 luego y(t) = c 1 e 2t + c 2 e -3t (7) Ejemplo 1

182 Usando el método similar, x(t) = c 3 e 2t + c 4 e -3t (8) Sustituyendo (7) y (8) en la primera ecuación de (6), (4c 1 + 2c 3 )e 2t + (c 2 – 3c 4 )e 3t = 0 Luego 4c 1 + 2c 3 = 0 = c 2 – 3c 4 c 3 = –2c 1, c 4 = – c 2 Ejemplo 1 (2)

183 Ejemplo 2 Resolverx – 4x + y = t 2 x + x + y = 0(9) Solución: (D – 4)x + D 2 y = t 2 (D + 1)x + Dy = 0(10) Eliminando x, entonces y m = 0, 2i, 2i Sea podemos obtener A = 1/12, B = ¼, C = 1/8.

184 Así (11) Método similar para obtener x(t) Entonces m= 2i, 2i, Sea x p (t) = At 2 + Bt + C, luego podemos obtener A = 1/4, B = 0, C = 1/8 Ejemplo 2 (2)

185 Así (12) Usando la segunda ecuación de (9), tenemos Ejemplo 2 (3)

186 Ejemplo 3 En (3) de Sec. 2.9, tenemos Junto con las condiciones iniciales dadas, podemos usar el mismo método para obtener x 1 y x 2, no mencionados aquí.

187 Resolver (13) con Solución: Luego Ejemplo 4

188 Ejemplo 4 (2) Usando el mismo método, tenemos (14)

189 Fig 3.59


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