Octubre de 2015

Ecuaciones diferenciales Momento II

VÍCTOR JULIO MARTÍNEZ BARRIOS CESAR DAVID FLOREZ LÓPEZ JISSELL ORTIZ YULIS PAOLA VERGARA ARROYO RAFAEL ESTEBAN TAPIA UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA

Tabla de contenido

Introducción .............................................................................................................. 2

Objetivos ................................................................................................................... 3

3.1 Objetivo General................................................................................................. 3

3.2 Objetivos Específicos ......................................................................................... 3

Desarrollo de los ejercicios: Fase I ........................................................................... 4

4.1 Temática: Ecuaciones diferenciales de orden superior ...................................... 4

4.2 Temática: Demostración soluciones lineales independientes ............................ 8

4.3 Temática: Solución de ecuaciones diferenciales de orden superior ................. 10

4.3.1 Variación de parámetros: ........................................................................... 10

4.3.2 Coeficientes indeterminados: ..................................................................... 11

4.4 Temática: Operadores diferenciales ................................................................. 12

4.5 Temática: Solución de ecuaciones diferenciales .............................................. 13

Desarrollo de los ejercicios: Fase II ........................................................................ 14

5.1 Solución problema planteado: .......................................................................... 14

5.2 Revisión a solución planteada: ......................................................................... 16

Conclusiones .......................................................................................................... 20

Referencias bibliográficas ....................................................................................... 21

Introducción

El siguiente informe se entrega como evidencia del desarrollo del trabajo

colaborativo dos, del curso Ecuaciones Diferenciales, de la universidad nacional

abierta y a distancia UNAD. En el mismo se abordan los temas correspondientes a la

unidad II del mencionado curso, a través del desarrollo de 2 actividades asociadas

cada una de ellas a una temática diferente. En la actividad inicial se aborda la

identificación y solución de ecuaciones diferenciales homogéneas y no homogéneas.

Como segundo punto se realizan diferentes procesos de solución de ecuaciones

diferenciales de orden superior y en la actividad final, se revisa la aplicación de las

ecuaciones diferenciales de orden superior en la solución de problemas de la vida

real.

Objetivos

3.1 Objetivo General

Poner en práctica las temáticas abordadas en la unidad dos del curso de

ecuaciones diferenciales.

3.2 Objetivos Específicos

Identificar ecuaciones diferenciales lineales homogéneas con coeficientes

constantes y lineales no homogéneas.

Resolver ecuaciones diferenciales de orden superior usando las temáticas

abordadas en la unidad II del curso.

Aplicar los conceptos de ecuaciones diferenciales de orden superior en la

solución de problemas de la vida real.

Desarrollo de los ejercicios: Fase I

4.1 Temática: Ecuaciones diferenciales de orden superior

Indique cuáles de las siguientes ecuaciones son diferenciales lineales

homogéneas con coeficientes constantes y cuáles son diferenciales lineales no

homogéneas y resuélvalas:

A. 𝑦′′ + 2𝑦′ − 8𝑦 = 0

B. 𝑦′′ + 8𝑦′ + 16𝑦 = 0

C. 𝑦′′ + 2𝑦′ − 𝑦 = 0

Donde 𝑦(0) = 0, 𝑦′(0) = −1

D. 3𝑦′′ + 14𝑦′ + 58𝑦 = 0

E. 𝑦′′ + 4𝑦′ + 4𝑦 = 0

Donde 𝑦(1) = 1, 𝑦′(1) = 1

Solución

A. 𝑦′′ + 2𝑦′ − 8𝑦 = 0 Donde 𝑦(0) = 0, 𝑦´(0) = −1

Retomamos la ecuación original:

𝑦′′ + 2𝑦′ − 8𝑦 = 0

𝐸𝑠𝑡𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑒𝑠 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑙 ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔é𝑛𝑒𝑎 𝑐𝑜𝑛 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠

Comenzamos de la ecuación auxiliar:

𝑚2 + 2𝑚 − 8 = 0

(𝑚 + 4)(𝑚 − 2) = 0

Las raíces de la ecuación auxiliar son 𝑚1 = −4 𝑦 𝑚2 = 2

Como son raíces reales y distintas, entonces:

𝑦 = 𝑐1𝑒𝑚1𝑥 + 𝑐2𝑒𝑚2𝑥

𝑦 = 𝑐1𝑒−4𝑥 + 𝑐2𝑒2𝑥

Ahora, aplicando las condiciones iniciales a la solución general de la ecuación.

Primero,

𝑦(0) = 𝑐1𝑒−4∗0 + 𝑐2𝑒2∗0 = 0, da que 𝑐1 + 𝑐2 = 0, por lo tanto son opuestos.

A partir de la derivada:

𝑦′ = −4𝑐1𝑒−4𝑥 + 2𝑐2𝑒2𝑥

𝑦′(0) = −4𝑐1 + 2𝑐2 = −1

Ahora, resolviendo algebraicamente 𝑐1 + 𝑐2 = 0 y −4𝑐1 + 2𝑐2 = −1 se tiene

que: 𝑐1 = 16⁄ 𝑦 𝑐2 = −1

6⁄ . Entonces, la solución del problema de valor

inicial es:

𝑦 =1

6𝑒−4𝑥 −

1

6𝑒2𝑥

B. 𝑦′′ + 8𝑦′ + 16𝑦 = 0 Donde 𝑦(0) = 0, 𝑦´(0) = −1

Solución: Retomemos la ecuación original:

𝑦′′ + 8𝑦′ + 16𝑦 = 0

Hallamos la ecuación auxiliar:

𝑚2 + 8𝑚 + 16 = 0

𝑚1, 𝑚2 = −8 ± √64 − 64

2= −

8

2= −4

Tenemos entonces que las dos raíces 𝑚1 𝑦 𝑚2 son iguales, en tal caso

usamos la solución general para ecuaciones diferenciales homogéneas de

segundo orden con coeficientes constantes y con raíces iguales:

𝑦𝐻 = 𝐶1𝑒𝑚1𝑥 + 𝐶2𝑥𝑒𝑚1𝑥

Reemplazando tenemos la solución a la ecuación diferencial planteada:

𝒚 = 𝑪𝟏𝒆−𝟒𝒙 + 𝑪𝟐𝒙𝒆−𝟒𝒙

Ahora, aplicando las condiciones iniciales a la solución general de la

ecuación. Primero:

𝑦(0) = 𝑐1𝑒−4∗0 + 𝑐2(0)𝑒−4∗0 = 0

𝑦(0) = 𝑐1𝑒0 = 0

𝑐1 ∗ 1 = 0

𝒄𝟏 = 𝟎

𝑦′ = −4𝑐1𝑒−4𝑥 − 4𝑐2𝑒−4𝑥

𝑦′(0) = −4𝑐1𝑒0 − 4𝑐2𝑒0 = −1

𝑦′(0) = −4(0)𝑒0 − 4𝑐2𝑒0 = −1

−4𝑐2 = −1

𝒄𝟐 = −𝟏

𝟒

Entonces, la solución del problema de valor inicial es:

𝒚 = 𝟎𝒆−𝟒𝒙 −𝟏

𝟒𝒙𝒆−𝟒𝒙

C. 𝑦′′ + 2𝑦′ − 𝑦 = 0 Donde 𝑦(0) = 0, 𝑦´(0) = −1

Solución: Retomemos la ecuación original:

𝑦′′ + 2𝑦′ − 𝑦 = 0

Ecuación característica

𝑚2 + 2𝑚 − 1 = 0

↓ ↓

𝑚 1

(𝑚 + 1)2 = 0

Tiene dos raíces complejas repetidas

𝑚1 = 𝑚2 = −1

𝑦𝐻 = 𝐶1𝑒−𝑥 + 𝐶2𝑥𝑒−𝑥

Luego la solución general es:

𝑦𝐻 = 𝐶1𝑒𝑚1𝑥 + 𝐶2𝑥𝑒𝑚2𝑥 Es una ecuación diferencial lineal homogénea

con coeficiente constante.

D. 3𝑦′′ + 14𝑦′ + 58𝑦 = 0 Donde 𝑦(1) = 1, 𝑦′(1) = 1

Solución:

3r2+14r+58 = 0 =≫ r=-b ±√b2-4ac

2a

𝑟 =−14 ± √142 − 4(3)(58)

2(3)=

−14 ± √196 − 696

6=

−14 ± √−500

6

=−14 ± 10√5 𝑖

6

2(−7 ± 5√5 𝑖)

6=

−7 ± 5√5𝑖

3 =≫ 𝑟1 =

−7 + 5√5𝑖

3 , 𝑟2 =

−7 − 5√5𝑖

3

Por tanto la solución general de la ecuación diferencial es:

y(x)=C1e-73 cos

5√5

3x+ C2e-

73 sen

5√5

3x = e-

73 (C1 cos

5√5

3x+ C2 sen

5√5

3x)

E. y′′ − 4y′ + 4 = 0 Donde 𝑦(1) = 1, 𝑦′(1) = 1

m2 − 4m + 4 = 0

(m − 2)(m − 2) = 0

m = 2 m = 2

y = c1e2x + c2xe2

1 = c1e2 + c2e2

y′ = 2c1e2x + 2c2xe2x

1 = 2c1c2 + 2c2e2

c1 + c2 = 1 (−2)

2c1 + 2c2 = 1

−2c1 − 2c2 = −2

2c1 + 2c2 = 1

0 = 1

Es inconsistente para esas condiciones iniciales.

4.2 Temática: Demostración soluciones lineales independientes

Demostrar que 𝑋3 y |𝑋|3; son soluciones linealmente independientes de la

siguiente ecuación diferencial:

𝑥2𝑦′′ − 4𝑥𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 6𝑦 = 0 En el intervalo −∞ ∠ 𝑥 ∠ ∞

Solución:

Suponiendo que 𝑥3 𝑦 |𝑥|3 no son linealmente independientes, quiere decir que la

ecuación 𝑦 = 𝑐1𝑥3 + 𝑐2|𝑥|3 no es solución de la ecuación diferencial 𝑥2𝑦′′ −

4𝑥𝑦′ + 6𝑦 = 0

Verificando tenemos que:

𝑦 = 𝑐1𝑥3 + 𝑐2|𝑥|3 = {𝑐1𝑥3 + 𝑐2𝑥3 = (𝑐1 + 𝑐2)𝑥3, 𝑠𝑖 𝑥 ≥ 0

𝑐1𝑥3 − 𝑐2𝑥3 = (𝑐1 − 𝑐2)𝑥3, 𝑠𝑖 𝑥 < 0

𝑦′ = {3(𝑐1 + 𝑐2)𝑥2, 𝑠𝑖 𝑥 ≥ 0

3(𝑐1 − 𝑐2)𝑥2, 𝑠𝑖 𝑥 < 0

𝑦′′ = {6(𝑐1 + 𝑐2)𝑥, 𝑠𝑖 𝑥 ≥ 0

6(𝑐1 − 𝑐2)𝑥, 𝑠𝑖 𝑥 < 0

Para 𝑥 ≥ 0, tenemos lo siguiente:

6𝑥2(𝑐1 + 𝑐2)𝑥 − 4𝑥. 3(𝑐1 + 𝑐2)𝑥2 + 6(𝑐1 + 𝑐2)𝑥3 = 0

6(𝑐1 + 𝑐2)𝑥3 − 12(𝑐1 + 𝑐2)𝑥3 + 6(𝑐1 + 𝑐2)𝑥3 = 0

0 = 0

Para 𝑥 < 0, tenemos lo siguiente:

6𝑥2(𝑐1 − 𝑐2)𝑥 − 4𝑥. 3(𝑐1 − 𝑐2)𝑥2 + 6(𝑐1 − 𝑐2)𝑥3 = 0

6(𝑐1 − 𝑐2)𝑥3 − 12(𝑐1 − 𝑐2)𝑥3 + 6(𝑐1 − 𝑐2)𝑥3 = 0

0 = 0

Ahora, 𝑦 = 𝑐1𝑥3 + 𝑐2|𝑥|3 es la solución de la ecuación diferencial, por tanto

contradice la implicación, y se concluye que 𝑥 𝑦 |𝑥|3 son linealmente

independientes. Otra manera de demostrarlo es de la siguiente forma:

𝑦 = 𝑐1𝑥3 + 𝑐2|𝑥|3 = {𝑐1𝑥3 + 𝑐2𝑥3 = (𝑐1 + 𝑐2)𝑥3, 𝑠𝑖 𝑥 ≥ 0 (1)

𝑐1𝑥3 − 𝑐2𝑥3 = (𝑐1 − 𝑐2)𝑥3, 𝑠𝑖 𝑥 < 0 (2)

Aquí se denota que para (1), sea 𝑥 ≥ 0 es igual a cero solamente cuando 𝑐2 =

−𝑐1 = 0, pero si esto sucede en la ecuación (2) da como resultado 𝑦 = 2𝑐1𝑥3, lo

cual no es cero y no cumple.

De igual forma la ecuación (2), sea para 𝑥 < 0 la ecuación es solamente cero

cuando 𝑐2 = 𝑐1 ≠ 0, pero usando este hecho la ecuación (1) da como resultado

𝑦 = 2𝑐1𝑥3 lo cual no es cero siempre, entonces no existen constantes distintas de

cero tal que la función sea cero para todo x en los reales, luego concluimos que

son linealmente independientes; adicionalmente como vimos anteriormente 𝑦 =

𝑐1𝑥3 + 𝑐2|𝑥|3 es solución de la ecuación diferencial.

4.3 Temática: Solución de ecuaciones diferenciales de orden superior

4.3.1 Variación de parámetros:

Resolver la siguiente ecuación diferencial por el método de variación de

parámetros: 𝑦′′ + 𝑦 = 𝑠𝑒𝑐2𝑥

Solución:

Comenzamos de la ecuación auxiliar:

𝑚2 + 1 = 0

Como las raíces de la ecuación auxiliar son 𝑚1 = 𝑖 𝑦 𝑚2 = −𝑖, la función

complementaria es 𝑦𝑐 = 𝑐1 cos 𝑥 + 𝑐2 sin 𝑥 . Ahora, 𝑦𝑝 = 𝑢1(𝑥)𝑦1 + 𝑢2(𝑥)𝑦2.

Sustituimos 𝑦1 = cos 𝑥 ; 𝑦2 = sin 𝑥 𝑦 𝑔(𝑥) = sec2 𝑥 y calculamos el

Wronskiano. Así:

𝑊(cos 𝑥 , sin 𝑥) = |cos 𝑥 sin 𝑥

− sin 𝑥 cos 𝑥| = cos2 𝑥 − (− sin2 𝑥) = 1

𝑊1 = |0 sin 𝑥

sec2 𝑥 cos 𝑥| = − sec2 𝑥 ∗ sin 𝑥 = − sec 𝑥 ∗ tan 𝑥

𝑊2 = |cos 𝑥 0

− sin 𝑥 sec2 𝑥| = cos 𝑥 ∗ sec2 𝑥 = sec 𝑥

Entonces:

𝑢1 = ∫𝑊1

𝑊= ∫

− sec 𝑥 ∗ tan 𝑥

1𝑑𝑥 = − ∫ sec 𝑥 ∗ tan 𝑥 𝑑𝑥 = − sec 𝑥

𝑢2 = ∫𝑊2

𝑊= ∫

sec 𝑥

1𝑑𝑥 = ∫ sec 𝑥 𝑑𝑥 = ln|sec 𝑥 + tan 𝑥|

En consecuencia:

𝑦𝑝 = − sec 𝑥 ∗ cos 𝑥 + ln|sec 𝑥 + tan 𝑥| ∗ sin 𝑥

𝑦𝑝 = ln|sec 𝑥 + tan 𝑥| ∗ sin 𝑥 + 1

Y la solución general de la ecuación es:

𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝒄𝟏 𝐜𝐨𝐬 𝒙 + 𝒄𝟐 𝐬𝐢𝐧 𝒙 + 𝐥𝐧|𝐬𝐞𝐜 𝒙 + 𝐭𝐚𝐧 𝒙| ∗ 𝐬𝐢𝐧 𝒙 + 𝟏

4.3.2 Coeficientes indeterminados:

Resolver la siguiente ecuación diferencial por el método de coeficientes

indeterminados:

𝑦′′ + 3𝑦′ + 2𝑦 = 3𝑥 + 1

Solución:

𝑦′′ + 3𝑦′ + 2𝑦 = 3𝑥 + 1 𝒚𝑷 = 𝑨𝒙 + 𝑩

𝑚2 + 3𝑚 + 2 = 0

(𝑚 + 2)(𝑚 + 1) = 0

𝑚1 = 2 𝑚2 = 1

𝒚𝑯 = 𝑪𝟏𝒆𝟐𝒙 + 𝑪𝟐𝒆𝒙

𝑦𝐻 = 𝐶1𝑒𝑚1𝑥 + 𝐶2𝑒𝑚2𝑥

𝒚𝑷 = 𝑨 𝒚′′𝑷

= 𝟎

0 + 3𝐴 + 2 (𝐴𝑥 + 𝐵) = 3𝑥 + 1

3𝐴 + 2𝐴𝑥 + 2𝐵 = 3𝑥 + 1

2𝐴𝑥 + 2𝐵 + 3𝐴 = 3𝑥 + 1

2𝐴 = 3 → 𝐴 =3

2

2𝐵 + 3 (3

2) = 1 → 2𝐵 = 5,5 → 𝐵 =

5,5

2

𝒚𝑷 =𝟑

𝟐𝒙 +

𝟓, 𝟓

𝟐

𝒚𝑻 = 𝒚𝑯 + 𝒚𝑷

𝒚𝑻 = 𝐶1𝑒2𝑥 + 𝐶2𝑒𝑥 +3

2𝑥 +

5,5

2

4.4 Temática: Operadores diferenciales

Encontrar un operador diferencial que anule a:

A. 𝑥 + 3𝑥𝑦𝑒6𝑥

B. (𝑥3 − 2𝑥)(𝑥2 − 1)

C. 𝑥𝑒𝑥

Solución:

A. Pendiente

B. Pendiente

C. Retomamos: 𝑥𝑒𝑥

Tenemos entonces:

𝛼 = 1 𝑦 𝑛 = 2 Por lo tanto el operador diferencial que anula la ecuación

es:

(𝑫 − 𝟏)𝟐𝒙𝒆𝒙 = 𝟎

4.5 Temática: Solución de ecuaciones diferenciales

Resolver la siguiente ecuación diferencial:

𝑥2𝑦′′ + 𝑥𝑦′ + 𝑦 = 0 Solución:

Tenemos que: 𝑥 = 𝑒𝑡 Entonces: 𝑡 = 𝐿𝑛𝑥

Además 𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑒−𝑡

𝑑𝑦

𝑑𝑡

𝑑2𝑦

𝑑𝑡2= 𝑒−2𝑡

𝑑2𝑦

𝑑𝑡2−

𝑑𝑦

𝑑𝑡

Reemplazando en la ecuación diferencial:

𝑒2𝑡𝑒−2𝑡𝑑2𝑦

𝑑𝑡2−

𝑑𝑦

𝑑𝑡+ 𝑒𝑡𝑒−𝑡

𝑑𝑦

𝑑𝑡+ 𝑦 = 0

Simplificando:

𝑑2𝑦

𝑑𝑡2−

𝑑𝑦

𝑑𝑡+

𝑑𝑦

𝑑𝑡+ 𝑦 = 0

Es una ecuación diferencial homogénea de coeficientes constantes, por lo tanto:

El polinomio característico es:

𝑃(𝑟) = 𝑟2 + 1 = 0 Entonces:

𝑟1 = 𝑖 ; 𝑟2 = −𝑖

Luego la solución general es:

𝑦 = 𝐶1 𝑐𝑜𝑠 𝑡 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 𝑡 ; 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑡 = 𝐿𝑛 𝑥

𝒚 = 𝑪𝟏 𝒄𝒐𝒔 (𝑳𝒏𝒙) + 𝑪𝟐 𝒔𝒆𝒏 (𝑳𝒏 𝒙)

Desarrollo de los ejercicios: Fase II

5.1 Solución problema planteado:

Una masa que pesa 4 lb, estira un resorte 3 pulgadas al llegar al reposo en

equilibrio y se le aplica una velocidad de √2 pies/seg dirigida hacia abajo.

Despreciando todas las fuerzas de amortiguación o externas que puedan estar

presentes, determine la ecuación de movimiento de la masa junto con su amplitud,

periodo y frecuencia natural. ¿Cuánto tiempo transcurre desde que se suelta la

masa hasta que pasa por la posición de equilibrio?

Solución.

La ecuación diferencial del movimiento libre no amortiguado es:

1) 𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+

𝑘

𝑚𝑥 = 0 𝑜 2)

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 𝜔2𝑥 = 0

Como vamos a emplear el sistema técnico de unidades inglesas, las medidas

empleadas en pulgadas se deben pasar a pies. Como 1𝑝𝑖𝑒 = 12𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠,

entonces:

3𝑝𝑢𝑙𝑔 =1

4𝑝𝑖𝑒

Además, hay que convertir las unidades de peso, que están en libras, en unidades

de masa. Así:

𝑚 =𝑊

𝑔; 𝐷𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑊 = 4𝑙𝑏 𝑦 𝑔 = 32𝑝𝑖𝑒/𝑠2

𝑚 =4

32=

1

8 𝑠𝑙𝑢𝑔

También, según la ley de Hooke,

𝐹 = 𝑘𝑠 𝐷𝑜𝑛𝑑𝑒 𝐹 = 4𝑙𝑏 𝑦 𝑠 =1

4𝑝𝑖𝑒

4 = 𝑘1

4 → 𝑘 = 16𝑙𝑏/𝑝𝑖𝑒

Por lo tanto la ecuación diferencial se transforma en:

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+

16

18⁄

𝑥 = 0 → 𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 128𝑥 = 0

Ahora, como el contrapeso parte de la posición de equilibrio, el desplazamiento y

la velocidad iniciales son 𝑥(0) = 0, 𝑥′(0) = √2 donde el signo es positivo porque

la masa recibe una velocidad inicial en dirección positiva o hacia abajo.

Entonces, 𝜔2 = 128, o sea, 𝜔 = 8√2, de modo que la solución general d la

ecuación diferencial es:

𝑥(𝑡) = 𝐶1 cos 𝜔𝑡 + 𝐶2 sin 𝜔𝑡

𝑥(𝑡) = 𝐶1 cos 8√2𝑡 + 𝐶2 sin 8√2𝑡

𝑥′(𝑡) = −8√2𝐶1 sin(8√2𝑡) + 8√2𝐶2 cos(8√2𝑡)

Al aplicar las condiciones iniciales 𝑥(0) = 0, 𝑥′(0) = √2, se obtiene 𝐶1 = 0, 𝐶2 =

18⁄ . Así, la ecuación del movimiento es:

𝑥(𝑡) =1

8sin 8√2𝑡

Por lo tanto, la amplitud 𝑨 = 𝟏𝟖⁄ , el periodo 𝑇 = 2𝜋/𝜔 = 2𝜋/8√2 = 𝜋/4√2 → 𝑻 =

√𝟐𝝅/𝟖 y la frecuencia natural 𝑓 = 𝜔/2𝜋 = 8√2/2𝜋 → 𝒇 = 𝟒√𝟐/𝝅.

5.2 Revisión a solución planteada:

Instrucciones:

Lo que está de color negro son, los enunciados y ecuaciones que considere

correctas.

Lo que está de color rojo, son las ecuaciones que considere erróneas.

Lo que está de color azul, son las correcciones y procedimientos anexos.

Situación y solución planteada:

Enunciado: El movimiento de un sistema masa-resorte con amortiguación está

regido por la ecuación diferencial:

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 𝑏

𝑑𝑥

𝑑𝑡+ 25𝑥 = 0

En donde, 𝑥(0) = 1, 𝑥′(0) = 0. Encuentre la ecuación del movimiento para los

siguientes casos:

Caso 1: Movimiento sub-amortiguado: 𝑏 = 6.

Caso 2: Movimiento críticamente amortiguado: 𝑏 = 10.

Caso 3: Movimiento sobre-amortiguado: 𝑏 = 14.

Solución:

Caso 1: 𝑏 = 6 La ecuación característica es:

𝜆2 + 𝑏𝜆 + 25 = 0 | 𝑚2 + 𝑏𝑚 + 25 = 0

Cuyas raíces son

−6 ± √62 − 4 ∗ 1 ∗ 25

2=

−6 ± √62 − 100

2= −3 ± 4𝑖

La ecuación de movimiento tiene la forma:

𝑥(𝑡) = 𝐶1𝑒−4𝑡 sin 3𝑡 + 𝐶2𝑒−4𝑡 cos 3𝑡 |𝑥(𝑡) = 𝐶1𝑒−3𝑡 cos 4𝑡 + 𝐶2𝑒−3𝑡 sin 4𝑡

𝑥(𝑡) = 𝑒−3𝑡(𝐶1 cos 4𝑡 + 𝐶2 sin 4𝑡)

𝑥′(𝑡) = −31𝑒−4𝑡(𝐶1 sin 3𝑡 + 𝐶2 cos 3𝑡) + 4𝑒−3𝑡(−𝐶1 cos 3𝑡 + 𝐶2 sin 3𝑡)

𝑥′(𝑡) = −3𝑒−3𝑡(𝐶1 cos 4𝑡 + 𝐶2 sin 4𝑡) + 𝑒−3𝑡(−4𝐶1 sin 4𝑡 + 4𝐶2 cos 4𝑡)

Para 𝑥(0) = 1, 𝑥′(0) = 0, se tiene el sistema: 1 = 𝐶1, 0 = −3𝐶1 + 4𝐶2. Por tanto:

𝐶1 = 1, 𝐶2 = 34⁄

Finalmente, la ecuación de movimiento tiene la forma:

𝑥(𝑡) = 𝑒−4𝑡 (sin 3𝑡 +3

4cos 3𝑡) | 𝑥(𝑡) = 𝑒−3𝑡 (cos 4𝑡 +

3

4sin 4𝑡)

Caso 2: 𝑏 = 10 La ecuación característica es:

𝜆2 + 𝑏𝜆 + 25 = 0 | 𝑚2 + 𝑏𝑚 + 25 = 0

Cuyas raíces son

−10 ± √102 − 100

2= 5 |

−10 ± √102 − 100

2= −5

La ecuación de movimiento tiene la forma:

𝑥(𝑡) = 𝐶1𝑒5𝑡 + 𝐶2𝑡𝑒5𝑡 = (𝐶1 + 𝐶2𝑡)𝑒5𝑡 | 𝑥(𝑡) = 𝐶1𝑒−5𝑡 + 𝐶2𝑡𝑒−5𝑡 = (𝐶1 + 𝐶2𝑡)𝑒−5𝑡

𝑥′(𝑡) = 𝐶2𝑒5𝑡 − 5(𝐶1 + 𝐶2𝑡)𝑒5𝑡 | 𝑥(𝑡) = −5𝑒−5𝑡(𝐶1 + 𝐶2𝑡) + 𝑒−5𝑡(𝐶2)

Para 𝑥(0) = 1 y 𝑥′(0) = 0, se tiene el sistema: 1 = 𝐶1, 0 = 𝐶2 − 5𝐶1.

Por tanto: 𝐶1 = 1 y 𝐶2 = 5

Finalmente, la ecuación de movimiento tiene la forma:

𝑥(𝑡) = 𝑒5𝑡(1 + 5𝑡) | 𝑥(𝑡) = 𝑒−5𝑡(1 + 5𝑡)

Caso 3: 𝑏 = 14 La ecuación característica es:

𝜆2 + 𝑏𝜆 + 25 = 0 | 𝑚2 + 𝑏𝑚 + 25 = 0

Cuyas raíces son

−14 ± √142 − 100

2= −7 ± √24

La ecuación de movimiento tiene la forma:

𝑥(𝑡) = 𝐶1𝑒(−7+√24)𝑡 + 𝐶2𝑒(−7−√24)𝑡

𝑥′(𝑡) = 𝐶1(−7 + √24)𝑒(−7+√24)𝑡 + 𝐶2(−7 − √24)𝑒(−7−√24)𝑡

Para 𝑥(0) = 1 y 𝑥′(0) = 0, se tiene el sistema: 1 = 𝐶1 + 𝐶2, 0 = 𝐶1(−7 + √24) +

𝐶2(−7 − √24).

Entonces.

𝐶1(7 − √24) + 𝐶2(7 − √24) = (7 − √24)

𝐶1(−7 + √24) + 𝐶2(−7 − √24) = 0

𝐶2(−2√24) = (7 − √24)

𝐶2 =7 − √24

−2√24∗

2√24

2√24=

14√24 − 2√24 ∗ √24

−(2√24)2 =

48 − 14√24

96=

24 − 7√24

48

Ahora se remplaza 𝐶2 para hallar 𝐶1. Así:

𝐶1 + 𝐶2 = 1

𝐶1 +24 − 7√24

48= 1

𝐶1 = 1 −24 − 7√24

48=

48 − 24 + 7√24

48=

24 + 7√24

48

Por tanto:𝑪𝟏 =𝟐𝟒+𝟕√𝟐𝟒

𝟒𝟖 y 𝑪𝟐 =

𝟐𝟒−𝟕√𝟐𝟒

𝟒𝟖

Finalmente, la ecuación de movimiento tiene la forma:

𝑥(𝑡) = (24 + 7√24

48) 𝑒(−7+√24)𝑡 + (

24 − 7√24

48) 𝑒(−7−√24)𝑡

Conclusiones

Pudieron revisarse las temáticas abordadas durante el desarrollo de la segunda

unidad del curso de ecuaciones diferenciales, a través de la solución de ejercicios

propuestos para tal fin.

Se utilizaron los conceptos de ecuaciones diferenciales de orden superior en la

solución de problemas asociados a otras áreas como la física.

Referencias bibliográficas

Coeficientes indeterminados: Método del anulador, parte 1. [Video en internet]

Recuperado el día 15 de octubre de 2015 desde

https://aula.tareasplus.com/Roberto-Cuartas/ECUACIONES-

DIFERENCIALES/Coeficientes-indeterminados--metodo-del-anulador-parte-1

Quintero, J. Ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden y sus

aplicaciones. [Artículo de internet] Recuperado el día 15 de octubre de 2015 desde

http://joseluisquintero.com/Ecuaciones%20diferenciales%20ordinarias/Ecuacione

s%20Diferenciales%20_Clases%20Parcial%202_.pdf