Ecuaciones Diferenciales de Orden Superior CAPÍTULO 3

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 3.10 Modelos No Lineales 3.11 resolución de Modelos de Ecuaciones Lineales

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.

Sea an(x), an-1(x), …, a0(x), y g(x) continuas en I, an(x)  0 para todo x de I. Si x = x0 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

Ejemplo 1 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 2 Compruebe que y = 3e2x + e–2x – 3x, es una solución de Esta ED es lineal y los coeficientes, como g(x), son todos continuos, y a2(x)  0 en cualquier intervalo que contenga x = 0. Esta ED tiene una solución única en I.

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

Fig 3.1

Ejemplo 3 En el ejemplo 4 de la Sec 1.1, vemos la solución de es x = c1 cos 4t + c2 sin 4t (2) Suponemos que x(0) = 0, entonces c1 = 0, x(t) = c2 sen 4t Además, x(/2) = 0, obtenemos 0 = 0, de ahí (3) tiene infinitas soluciones. (Fig 3.2) (b) Si (4) tenemos que c1 = 0, c2 = 0, x = 0 es solución única.

Ejemplo 3 (2) (c) Si (5) tenemos que c1 = 0, y 1 = 0 (contradicción). De ahí que (5) no tiene solución.

Fig 3.2

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

Operadores Diferenciales 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)

Sean y1, y2, …, yk soluciones de ecuación diferencial homogénea de n-ésimo orden(6) en un intervalo I. Entonces la combinación lineal y = c1y1(x) + c2y2(x) + …+ ckyk(x) donde ci, i = 1, 2, …, k son constantes arbitrarias, también es una solución en el intervalo. TEOREMA 3.2 Principio de Superposición – Ecuaciones Homogéneas

(A) y = cy1 también es solución si y1 es una solución. (B) Una ED lineal homogénea siempre posee la solución trivial y = 0. COROLARIOS Corolarios del Teorema 3.2

Ejemplo 4 Las funciones y1 = x2, y2 = x2 ln x ambas son soluciones de Luego y = x2 + x2 ln x también es una solución en (0, ). Un conjunto de f1(x), f2(x), …, fn(x) es linealmente dependiente en un intervalo I, si existen ciertas Constantes c1, c2, …, cn no todas nulas, tales que c1f1(x) + c2f2(x) + … + cn fn(x) = 0 Si el conjunto no es linealmente dependiente, es linealmente independiente. DEFINICIÓN 3.1 Depedencia Lineal e Independenciay

En otras palabras, si el conjunto es linealmente independiente, cuando c1f1(x) + c2f2(x) + … + cn fn(x) = 0 entonces c1 = c2 = … = cn = 0 Con respecto a la Fig 3.3, ninguna función múltiplo constante de las demás, luego estas dos funciones son linealmente independientes.

Fig 3.3

Ejemplo 5 Las funciones f1 = cos2 x, f2 = sin2 x, f3 = sec2 x, f4 = tan2 x son linealmente dependientes en el intervalo (-/2, /2) porque c1 cos2 x +c2 sin2 x +c3 sec2 x +c4 tan2 x = 0 caundo c1 = c2 = 1, c3 = -1, c4 = 1.

Ejemplo 6 Las funciones f1 = x½ + 5, f2 = x½ + 5x, f3 = x – 1, f4 = x2 son linealmente dependientes en el intervalo (0, ), porque f2 = 1 f1 + 5 f3 + 0 f4

Suponga que cada una de las funciones f1(x), f2(x), …, fn(x) posee al menos n – 1 derivadas. El determinante se llama el Wronskiano de las funciones. DEFINICIÓN 3.2 Wronskiano

Sean y1(x), y2(x), …, yn(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(y1, y2, …, yn)  0 para todo x en el intervalo. TEOREMA 3.3 Criterio para soluciones Linealmente independientes Cualquier conjunto y1(x), y2(x), …, yn(x) de n soluciones linealmente independientes se llama conjunto fundamental de soluciones. DEFINITION 3.3 Conjunto Fundamental de Soluciones

Existe un conjunto fundamental de soluciones para la ED lineal (6) en un intervalo I. TEOREMA 3.4 Existencia de un conjunto fundamental Sea y1(x), y2(x), …, yn(x) un conjunto fundamental de Soluciones de la ED lineal homogénea (6) en un interval I. Entonces la solución general es y = c1y1(x) + c2y2(x) + … + cnyn(x) donde ci son constantes arbitrarias. TEOREMA 3.5 Solución general, ecuaciones homogéneas

Ejemplo 7 Las funciones y1 = e3x, y2 = e-3x son soluciones de y” – 9y = 0 on (-, ) Ahora para todo x. Así que y = c1y1 + c2y2 es la solución general.

Ejemplo 8 La función y = 4 sinh 3x - 5e3x es una solución del ejemplo 7 (Copruébelo). Observe = 4 sinh 3x – 5e-3x

Ejemplo 9 Las funciones y1 = ex, y2 = e2x , y3 = e3x son soluciones de y’’’ – 6y” + 11y’ – 6y = 0 on (-, ). Como para todo valor real de x. y = c1ex + c2 e2x + c3e3x es la solución general en (-, ).

Sea yp cualquier solución particular de (7) en un intervalo Iis called a particular solución. Y sea y1(x), y2(x), …, yk(x) un conjunto fundamental de soluciones de (6), entonces la solución general de la ecuación en el intervalo es y= c1y1 + c2y2 +… + ckyk + yp (10) Donde las ci, i= 1,2,….,n son constantes arbitrarias TEOREMA 3.6 Solución General –Ecuaciones No homogéneas Función Complementaria y = c1y1 + c2y2 +… + ckyk + yp = yc + yp = función complementaria + una solución particular

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

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

Ejemplo 11 Deducimos que yp1 = -4x2 es una solución particular de yp2 = e2x es una solución particular de yp3 = xex es una solución particular de Del Teorema 3.7, es una solución de

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

3.2 Reducción de Order Introducción: Sabemos que la solución general de (1) es y = c1y1 + c2y1. Suponemos que y1(x) denota una solución conocida de (1). Aceptamos que la otra solución y2 es de la forma y2 = uy1. Nuestro objetivo es encontrar una u(x) y este método se llama reducción de orden.

Ejemplo 1 Dada y1 = ex , una solución de y” – y = 0, hallar la segunda solución y2 por el método de reducción de orden. Solución Si y = uex, entonces Y Como ex  0, se permite que w = u’, entonces

Ejemplo 1 (2) Así (2) Escogiendo c1 = 0, c2 = -2, tenemos y2 = e-x. Porque W(ex, e-x)  0 para todo x, son independientes.

Caso General Escribimos (1) en la forma estándar (3) Sea y1(x) una solución conocida de (3) e y1(x)  0 para todo x en el intervalo. Si definimos y = uy1, tenemos

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

luego Sea c1 = 1, c2 = 0, obtenemos (5)

Ejemplo 2 La función y1= x2 es una solución de Hallar la solución general en (0, ). Solución: La forma estándar es De (5) La solución general es

3.3 Ecuaciones Lineales Homogéneas con Coeficientes Constantes Introducción: (1) donde ai son constantes, an  0. Ecuación Auxiliar : Para n = 2, (2) Si sustituimos y = emx, (3) se llama una ecuación auxiliar.

De (3) las dos raíces son: (1). b2 – 4ac > 0: reales y distintas De (3) las dos raíces son: (1) b2 – 4ac > 0: reales y distintas. (2) b2 – 4ac = 0: reales e iguales. (3) b2 – 4ac < 0: números conjugados complejos.

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)

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

Como es una solución luego el conjunto C1 = C1 = 1 y C1 = 1, C2 = -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)

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

Ejemplo 2 Resolver Solución: (Fig 3.4)

Fig 3.4

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

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

Ejemplo 3 Resolver Solución:

Ejemplo 4 Resolver Solución:

Raíces Complejas Repetidas Si m1 =  + i es una raíz compleja de multiplicidad k, entonces m2 =  − i es es también una raíz compleja de multiplicidad k. Las 2k soluciones linealmente independientes son :

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

Ejemplo 1 Resolver Solución: Podemos obtener yc como se describe en la Sec 3.3. Ahora, queremos hallar yp. Como el lado derecho de la ED es un polinomio, ponemos Tras sustituir, 2A + 8Ax + 4B – 2Ax2 – 2Bx – 2C = 2x2 – 3x + 6

Ejemplo 1 (2) Luego

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

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

Ejemplo 4 Determinar yp de Solución: Primero: sea yp = Ae2x Tras substituir, 0 = 8e2x, (conjetura incorrecta) Sea yp = Axe2x Tras sustituir, -3Ae2x = 8e2x Entonces A = -8/3, yp = (−8/3)xe2x

Regla para el Caso 1: Ninguna función en la supuesta yp es parte de yc Tabla 3.1 muestra soluciones particulares de prueba.

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

Ejemplo 6 Hallar la forma de yp de Solución: Para 3x2: Para -5 sen 2x: Para 7xe6x: Ningún término de duplica un término de yc

Regla para el Caso 2: Si alguna yp contiene términos que duplicanlos términos de yc, entonces esa yp se debe multiplicar por xn, donde n es el entero positivo más pequeño que elimina esa duplicación.

Ejemplo 8 Resolver Solución: Primero probamos: yp = Ax + B + C cos x + E sen x (5) Per hay una duplicación. Entonces probamos con yp = Ax + B + Cx cos x + Ex sen x Tras sustituir y simplificar, A = 4, B = 0, C = -5, E = 0 Luego y = c1 cos x + c2 sen x + 4x – 5x cos x Como y() = 0, y’() = 2, tenemos y = 9 cos x + 7 sen x + 4x – 5x cos x

Ejemplo 9 Resolver Solución: yc = c1e3x + c2xe3x Tras sustituir y simplificar, A = 2/3, B = 8/9, C = 2/3, E = -6 Luego

Ejemplo 10 Resolver Solución: m3 + m2 = 0, m = 0, 0, -1 yc = c1+ c2x + c3e-x yp = Aex cos x + Bex sen x Tras sustituir y simplificar, A = -1/10, B = 1/5 Luego

Ejemplo 11 Hallar la forma de yp de Solución: yc = c1+ c2x + c3x2 + c4e-x Comprobando: Multiplicando A por x3 y (Bx2e-x + Cxe-x + Ee-x) por x Obtenemos yp = Ax3 + Bx3e-x + Cx2e-x + Exe-x

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.

Método de Variación de Parámetros Probamos (3) Tras obtener yp’, yp”, las ponemos en (2), entonces (4)

Haciendo suposiciones adicionales: Haciendo suposiciones adicionales: y1u1’ + y2u2’ = 0, luego la forma (4), y1’u1’ + y2’u2’ = f(x) Expresamos lo anterior en términos de determinantes y (5) donde (6)

Ejemplo 1 Resolver Solución: m2 – 4m + 4 = 0, m = 2, 2 y1 = e2x, y2 = xe2x, Como f(x) = (x + 1)e2x, entonces

Ejemplo 1 (2) De (5), Luego u1 = (-1/3)x3 – ½ x2, u2 = ½ x2 + x Y

Ejemplo 2 Resolver Solución: y” + 9y = (1/4) csc 3x m2 + 9 = 0, m = 3i, -3i y1 = cos 3x, y2 = sin 3x, f = (1/4) csc 3x Como

Ejemplo 2 (2) Entonces Y

Ejemplo 3 Resolver Solución: m2 – 1 = 0, m = 1, -1 y1 = ex, y2 = e-x, f = 1/x, y W(ex, e-x) = -2 Luego Los límites inferior y seperior de la integral son x0 y x, respectivamente.

Ejemplo 3 (2)

Ecuaciones de Orden Superior Para las EDs de la forma (8) luego yp = u1y1 + u2y2 + … + unyn, donde yi , i = 1, 2, …, n, son los elementos de yc. Así tenemos (9) y uk’ = Wk/W, k = 1, 2, …, n.

Para el caso n = 3, (10)

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

Ecuación Auxiliar Para n = 2, y = xm, luego am(m – 1) + bm + c = 0, o am2 + (b – a)m + c = 0 (1) Caso 1: Raíces Reales y Distintas (2)

Ejemplo 1 Resolver Solución: Tenemos a = 1, b = -2 , c = -4 m2 – 3m – 4 = 0, m = -1, 4, y = c1x-1 + c2x4

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

Ejemplo 2 Resolver Solución: Tenemos a = 4, b = 8, c = 1 4m2 + 4m + 1 = 0, m = -½ , -½

Caso 3: Raíces Complejas Conjugadas Orden Superior: multiplicidad Caso 3: Raíces Complejas Conjugadas m1 =  + i, m2 =  – i, y = C1x( + i) + C2x( - i) Como xi = (eln x)i = ei ln x = cos( ln x) + i sen( ln x) x-i = cos ( ln x) – i sen ( ln x) Luego y = c1x cos( ln x) + c2x sen( ln x) = x [c1 cos( ln x) + c2 sen( ln x)] (4)

Ejemplo 3 Resolver Solución: Tenemos a = 4, b = 0 , c = 17 4m2 − 4m + 17 = 0, m = ½ + 2i Apply y(1) = -1, y’(1) = 0, then c1 = -1, c2 = 0, (Fig 3.15)

Fig 3.15

Ejemplo 4 Resolver Solución: Sea y = xm, Luego tenemos xm(m + 2)(m2 + 4) = 0 m = -2, m = 2i, m = -2i y = c1x-2 + c2 cos(2 ln x) + c3 sin(2 ln x)

Ejemplo 5 Resolver Solución: We have (m – 1)(m – 3) = 0, m = 1, 3 yc = c1x + c2x3 , use variaión de parámetros, yp = u1y1 + u2y2, donde y1 = x, y2 = x3 Escribimos la ED como Luego P = -3/x, Q = 3/x2, f = 2x2ex

Ejemplo 5 (2) Así Hallamos

Ejemplo 5 (3) Luego

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,

Ejemplo 2 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| + c1, u = c2y (donde ) Como u = dy/dx = c2y, dy/y = c2 dx ln|y| = c2x + c3,

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

Ejemplo 4 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.

Fig 3.16

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

Fig 3.18

Fig 3.19

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

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

Ejemplo 1 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 (2) junto con x(0) = 2/3, x’(0) = -4/3. Como 2 = 64,  = 8, la solución es x(t) = c1 cos 8t + c2 sen 8t (4) Aplicando la condición inicial, tenemos (5)

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)

Fig 3.20

Ejemplo 2 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.

Fig 3.21 La Fig 3.21 muestra el movimiento.

Movimiento Libre Amortiguado 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 m2 + 2m + 2 = 0, y las raíces son

Caso 1: 2 – 2 > 0. Sea entonces (13) Se dice que es sobreaortiguao. Fig 3.23.

Fig 3.23

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

Fig 3.24

Caso 3: 2 – 2 < 0. Sea entonces (15) Se dice que es subamortiguado. Fig 3.25.

Fig 3.25

Ejemplo 3 La solución de es (16) Fig 3.26.

Fig 3.26

Ejemplo 4 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 (2) m2 + 8m + 16 = 0, m = −4, −4 x(t) = c1 e-4t + c2t e-4t (18) Condiciones iniciales: x(0) = 0, x’(0) = −3, luego x(t) = −3t e-4t (19) Fig 3.27.

Fig 3.27

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) m2 + 2m + 10 = 0, m = −3 + 3i, −3 − 3i

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

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

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

Fig 3.28

Ejemplo 6 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 (2) Suponiendo xp(t) = A cos 4t + B sen 4t, tenemos A = −25/102, B = 50/51, entonces Usando x(0) = 1/2, x’(0) = 0 c1 = 38/51, c2 = −86/51, (28)

Términos Transitorio y de Estado Estable Gráfica de (28) se muestra en la Fig 3.29. xc(t) se desvanece cuando t  : término transitorio xp(t) permanece cuando t  : término de estado estable

Fig 3.29

Ejemplo 7 La solución de es Fig 3.30.

Fig 3.30

Ejemplo 8 Resolver donde F0 es una constante y   . Solución: xc = c1 cos t + c2 sen t Sea xp = A cos t + B sen t, tras la sustitución, A = 0, B = F0/(2− 2),

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

Resonancia Pura Cuando  = , consideramos el caso   . (31)

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

Fig 3.31

Circuitos LRC en Serie 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)

Fig 3.32

Ejemplo 9 Hallar q(t) en la Fig 3.32, donde L = 0.025 henry, R = 10 ohm, C = 0.001 farad, E(t) = 0, q(0) = q0 coulombs, y i(0) = 0 ampere. Solución: Usando los datos: Como se ha descrito antes, Usando q(0) = q0, i(0) = q’(0) = 0, c1 = q0, c2 = q0/3

Ejemplo 10 Encuentre al solución de estado estable qp(t) y la coriente de estado estable, when E(t) = E0 sen t . Solución: Sea qp(t) = A sen t + B cos t,

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

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.

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

Terminología Extremos de la viga Condiciones en la frontera empotrados y = 0, y’ = 0 libres y” = 0, y’’’ = 0 apoyados simplemente o abisagrados y = 0, y” = 0 Fig 3.41

Fig 3.41

Ejemplo 1 Una viga de longitud L se fija en ambos extremos. Hallar la deflexión de la viga si una carga constante w0 está uniformemente distribuida a lo largo de su longitud, esto es, w(x)= w0 , 0 < x < L Solución: De (4) tenemos Extremos empotrados significa Tenemos m4 = 0, yc(x) = c1 + c2x + c3x2 + c4x3, y

Ejemplo 1 (2) Entonces Usando las condiciones de la frontera, tenemos c1 = 0, c2 = 0, c3 = w0L2/24EI, c4 = −w0L/12EI Eligiendo w0 = 24EI y L = 1, tenemos Fig 3.42.

Fig 3.42

Ejemplo 2 Resolver Solución: Caso 1 :  = 0 y = c1x + c2, y(0) = c2 = 0, y(L) = c1L = 0, c1 = 0 luego y = 0, solución trivial. Caso 2 :  < 0,  = −2,  > 0 Escogiendo y = c1 Ch x + c2 Sh x y(0) = 0, c1 = 0; y(L) = 0, c2 = 0 luego y = 0, solución trivial.

Ejemplo 2 (2) Caso 3 :  > 0,  = 2,  > 0 Escogiendo y = c1 cos x + c2 sen x y(0) = 0, c1 = 0; y(L) = 0, c2 sin L= 0 Si c2 = 0, y = 0, solución trivial. Así que c2  0, sen L = 0, L = n,  = n/L Así, y = c2 sen (nx/L) es una solución para cada n.

Ejemplo 2 (3) Tomando c2 = 1, para cada: la función correspondiente: Observación: n = (n/L)2, n = 1, 2, 3, … se conocen como valores propios. yn = sen (nx/L) se llaman funciones propias.

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.

Fig 3.43

Ejemplo 3 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 (2) Escribiendo  = P/EI, vemos es idéntica al ejemplo 2. Del Caso 3, las curvas de deflexión son yn = c2 sen (nx/L), que corresponden a los valores propios n = Pn/EI = n22/L2, n = 1, 2, 3, … Desde el punto de vista físico, solo para Pn = EIn22/L2, la columna experimenta flexión. Llamamos a estas Pn las cargas críticas y la más pequeña P = P1 = EI2/L2 se llama la carga de Euler, y y1 = c2 sen(x/L) se conoce como primer modo de pandeo. Fig 3.44

Fig 3.44

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

Fig 3.45

tenemos. F = T sen 2 – T sen 1. (7) Cuando 1 y 2 son pequeños, 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 vectoresT1 y T2, 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.

Así. (9) Al igualndo (8) = (9), tenemos 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.

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)

Resortes Duros y Suaves F(x) = kx + k1x3 se dice que es duro si k1 > 0; y es suave, si k1 < 0. Fig 3.50. Fig 3.50

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

Fig 3.51

Péndulo No Lineal El modelo de un péndulo simple se representa en la Fig 3.52. De la figura, tenemos la aceleración angular a = s” = l”, la fuerza Luego (6)

Fig 3.52

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

Ejemplo 2 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.

Fig 3.53

Cables Telefónicos Recordando (17) de la Sec 1.3 y Fig 1.26 dy/dx = W/T1, puede modificarse como (8) donde  es la densidad y s es la longitud del arco. Como la longitud s es (9)

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

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-10 = 0 = c1 Como u = sinh(x/T1) = dy/dx, entonces Usando y(0) = a, c2 = a − (T1/)

Movimiento de un Cohete De la Fig 3.54, tenemos (12) cuando y = R, kMm/R2 = Mg, k = gR2/M, entonces (13)

Fig 3.54

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

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: Sea x(t) = la altura v(t) = dx/dt (velocidad) W = x1 = x (peso) m = W/g = x/32 (masa) F = 5 – W (fuerza neta)

Ejemplo 4 (2) 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 (3) Escribiendo (17) como (v2+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 c1 = 0. Resolviendo (19) = 0, para v = dx/dt > 0, obtenemos

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

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

Fig 3.58

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 D2x – 6x =0 (3) Un método similar puede proporcionar (4)

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

Ejemplo 1 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 (D2 + D – 6)y = 0 luego y(t) = c1e2t + c2e-3t (7)

Ejemplo 1 (2) Usando el método similar, x(t) = c3e2t + c4e-3t (8) Sustituyendo (7) y (8) en la primera ecuación de (6), (4c1 + 2c3)e2t + (−c2 – 3c4)e−3t = 0 Luego 4c1 + 2c3 = 0 = −c2 – 3c4 c3 = –2c1, c4 = – ⅓c2

Ejemplo 2 Resolver x’ – 4x + y” = t2 x’ + x + y’ = 0 (9) Solución: (D – 4)x + D2y = t2 (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.

Ejemplo 2 (2) Así (11) Método similar para obtener x(t) Entonces m= 2i, −2i, Sea xp(t) = At2 + Bt + C, luego podemos obtener A = −1/4, B = 0, C = 1/8

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

Ejemplo 3 En (3) de Sec. 2.9, tenemos Junto con las condiciones iniciales dadas, podemos usar el mismo método para obtener x1 y x2, no mencionados aquí.

Ejemplo 4 Resolver (13) con Solución: Luego

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

Fig 3.59