Ecuaciones Diferenciales

ECUACIONES DIFERENCIALESORDINARIAS

SOLUCION A LOS PROBLEMAS DE MODELOS

LINEALES CON VALORES INCIALES DE DENNIS

G. ZILL

Integrantes: Escudero Castillo, CarlosMerino Manchinelly, CristianOrtiz Garcia, RaulPerleche Quesquen, DanielRamos Nunez, Lucciana Vanessa

Chiclayo - PeruJunio 2011

Solucion de los Problemas de Modelos Lineales

5.1.1 SISTEMAS RESORTE - MASA: Movimiento Libre No Amortiguado

1. Una masa que pesa 4 libras se une a un resorte cuya constante es 16 lb/pie. ¿Cual esel perıodo del movimiento armonico simple?

F = ks→ 4 = 16s→ s =1

4x′′ + w2x = 0→ w2 = k

m= 16

1/2= 32

x′′ + 32x = 0r2 + 32 = 0→ r1 =

√32i y r2 = −

√32i

CFS = {cos 4√

2t , sin 4√

2t}x(t) = c1 cos 4

√2t+ c2 sin 4

√2t

Entonces el periodo viene dado por : P =2π

w=

2π

4√

2=π√

2

8

2. Una masa de 20 kg se une a un resorte. Si la frecuencia del movimiento armonicosimple es 2/π ciclos/s, ¿Cual es la constante del resorte k?¿Cual es la constante delmovimiento armonico simple si la masa original se reemplaza con una masa de 80 kg?

m = 20KgLa frecuencia esta dada por:

f =1

T=

ω

2π=

2

πω = 4

ω2 = 16

k

m= 16;m = 20

La constante k sera:

k = 320N/m

m = 80Kg, ω2 = km

= 4La frecuencia es:

f =1

T=

ω

2π=

2

2π

f =1

π

1

3. Una masa que pesa 24 libras, unida al extremo de un resorte, alarga a este 4 pulgadas.Al inicio, la masa se libera desde el reposo en un punto 3 pulgadas arriba de la posicionde equilibrio. encuentre la ecuacion de movimiento.

W = 24 lb→ m = 2432

= 34

k = Fs

= 241/3

= 72 lb/pieLa ecuacion diferencial es :

x′′ + ω2x =0

x′′ +k

mx =0

x′′ + 96x =0

La ecuacion caracterıstica es:

m2 + 96 =0

m1 = 4√

6i

m2 =− 4√

6i

x(t) = C1 cos 4√

6t+ C2 sen 4√

6t

Con los valores iniciales:

x(0) = C1 =−1

4

x′(t) =√

6 sen 4√

6t+ 4√

6C2 cos 4√

6t

x′(0) = 4√

6 C2 = 0

C2 = 0

Luego la ecuacion del movimiento es:

x(t) = −1

4cos 4√

6t

4. Determine la ecuacion del movimiento si la masa del problema 3 al inicio se liberadesde la posicion de equilibrio con una velocidad descendente de 2 pies/s.

ω2 = 96, x(0) = 0 x′(0) = 2

x(t) = C1 cos 4√

6t+ C2 sen 4√

6t

x(0) = C1 = 0

x′(t) = 4√

6C2 cos 4√

6t

x′(0) = 4√

6 C2 = 2

C2 =√6

12

La ecuacion del movimiento es:

x(t) =

√6

12sen 4

√6t

2

5. Una masa que pesa 20 libras alarga a un resorte 6 pulgadas. La masa se libera desdeel reposo de un punto 6 pulgadas abajo de la posicion de equilibrio.

W = 20 lb→ m = 2032

= 58

s = 6 pulg = 12pie

k = Fs

= 2012

= 40 lbpie

La ecuacion diferencial es:

x′′ + 64x = 0

Su solucion serıa:x(t) = C1 cos 8t+ C2 sen 8t

Con los valores iniciales.

x(0) = C1 =1

2

x′(0)→ C2 = 0

Luego la ecuacion del movimiento es:

x(t) =1

2cos 8t

a) Encuentre la posicion de la masa en los tiempos t=π/12, π/8, π/6, π/4 y 9π/32s.

x(π

12) = −1

4x(π

8) = −1

2

x(π

6) = −1

4x(π

4) =

1

2

x(9π

32) =

√2

4

b) ¿Cual es la velocidad de la masa cuando t=3π/16s?¿En que direccion se dirige lamasa en este instante?La velocidad en t = 3π

16s es x′(t) = −4 sen 8t

Y x(3π16

) = 4, desciende

c) ¿En que tiempos la masa pasa por la posicion de equilibrio?

1

2cos 8t = 0

cos 8t = 0

8t = (2n+ 1)π

2

t =(2n+ 1)π

16, n{0, 1, 2, . . . }

3

6. Una fuerza de 400 N alarga un resorte 2 metros una masa de 50 kg se une al extremodel resorte y se libera inicialmente desde la posicion de equilibrio con una velocidadhacia arriba de 10 m/s. Encuentre la ecuacion de movimiento.

k = Fs

= 4002

= 200 m = 50 Kg

x′′ +k

mx = 0

x′′ + 4x = 0

Su solucion es:

x(t) = C1 cos 2t+ C2 sen 2t

x(0) = C1 = 0

x′(t) = 2C2 cos 2t

x′(0) = 2C2 = −10

C2 = −5


x1(t) = −5 sen 2t

7. Otro resorte cuya constante es 20 N/m se suspende del mismo soporte, pero paraleloal sistema resorte-masa del problema 6. Al segundo resorte se le coloca una masa de20 kg., y ambas se liberan al inicio desde la posicion de equilibrio con una velocidadascendente de 10 m/s.k = 20 N

m, m = 20 Kg, ω2 = 1

x′′ + x = 0

Su solucion es:

x(t) = C1 cos t+ C2 sen t

x(0) = C1 = 0

x′(t) = C2 cos t

x′(0) = C2 = −10


x2(t) = −10 sen t

4

a) ¿Cual masa exhibe mayor amplitud de movimiento?

A =√C1

2 + C22

A1 = 5 A2 = 10

A2 > A1

b) ¿Cual masa se mueve mas rapido en t = π/4 s?¿En π/2?

x1(π

4) = −5 < x2(

π

4) = −5

√2

x1(π

2) = 0 > x2(

π

2) = −10

c) ¿En que instantes las dos masas estan en la misma posicion?¿Donde estan lasmasas en estos instantes?¿En que direcciones se estan moviendo las masas?

−5 sen 2t = −10 sen t

−5(2 sen t cos t) = −10 sen t

sen t(cos t− 1) = 0

cos t = 1 ∨ sen t = 0t = 2nπ ∨ t = nπ

t = nπ

Reemplazando en x1

x1(nπ) = −5 sen 2nπ

= 0, Pos. de equilibrio

x′1(t) = −10 cos 2t

x′1(nπ) = −10 cos 2nπ

= −10, hacia arriba

Reemplazando en x2

x2(nπ) = −10 sennπ

= 0, Pos. de equilibrio

x′2(t) = −10 cos t

x′2(nπ) = −10 cosnπ

Si:n par : −10Cos(nπ) = −10→ hacia arriba

n impar : −10Cos(nπ) = 10→ hacia abajo

5

8. Una masa que pesa 32 libras alarga un resorte 2 pies. Determine la amplitud y elperıodo de movimiento si la masa se libera inicialmente desde un punto situado 1 piearriba de la posicion de equilibrio con una velocidad ascendente de 2 pies/s.¿Cuantosciclos completos habra completado la masa al final de 4π segundos?

W = 32→ m = 3232

= 1, k = Fs→ k = 32

2= 16

x′′ + ω2x = 0

x′′ + 16x = 0


x(0) = C1 = −1

x′(t) = 4 sen 4t+ 4C2 cos 4t

x′(0) = 4C2 = −2→ C2 = −1

2


x(t) = − cos 4t− 1

2sen 4t

Su amplitud es:

A =√C1

2 + C22

A =

√−12 +−1

2

2

A =

√5

2

El periodo es:

T =2π

omega=

2π

4

T =π

2

Luego en 4π segundos la masa habra completado 4π ÷ π2

= 8 ciclos

9. Una masa que pesa 8 libras se une a un resorte. Cuando se pone en movimiento, elsistema resorte-masa exhibe movimiento armonico simple. Determine la ecuacion demovimiento si la constante de resorte es 1 lb/pie y la masa se libera inicialmente desdeun punto 6 pulgadas abajo de la posicion de equilibrio, con una velocidad descendentede 3

2pie/s. Exprese la ecuacion de movimiento en la forma dada en (6).

W = 8→ m = 832

= 14, k = 1 lb

pie

x′′ + ω2x = 0

6

x′′ + 4x = 0


x(0) = C1 =1

2

x′(t) = −1

2sen 2t+ 2C2 cos 2t

x′(0) = 2C2 =3

2→ C2 =

3

4


x(t) =1

2cos 2t+

3

4sen 2t

Su amplitud es:

A =

√1

2

2

+3

4

2

=

√13

4

φ = arctanC1

C2

= 0,588

Luego la ecuacion toma la siguiente forma:

x(t) = A sin (ωt+ φ)

x(t) =

√13

4sin (2t+ 0,5888)

10. Una masa que pesa 10 libras alarga un resorte 14

de pie. Esta masa se retira y secoloca una de 1.6 slugs, que se libera desde un punto situado a 1

3de pie arriba de la

posicion de equilibrio, con una velocidad descendente de 54

pie/s. Exprese la ecuacion demovimiento en la forma dada en (6). ¿En que tiempos la masa logra un desplazamientodebajo de la posicion de equilibrio numericamente igual a 1

2de la amplitud?

k = Fs

= 1014

= 40, m = 1,6 slugs

x′′ +k

mx = 0

x′′ +40

1,6x = 0

x′′ + 25x = 0

7


x(0) = C1 = −1

3

x′(t) =5

3sen 2t+ 5C2 cos 5t

x′(0) = 5C2 =5

4→ C2 =

1

4


x(t) = −1

3cos 5t+

1

4sen 5t

Su amplitud es:

A =

√−1

3

2

+1

4

2

=5

12

φ = arctanC1

C2

= −0,927

La ecuacion toma la forma:

x(t) =5

12sin (5t− 0,927)

Cuando x = 12A = + 5

24

x(t) =5

12sin (5t− 0,927) =

5

24

sin (5t− 0,927) =1

2

arcsin1

2= {5t− 0,927 + 2πn|n ∈ Z} ∪ {−(5t− 0,927) + (2n+ 1)π|n ∈ Z}

t =1

5(0,927 +

π

6− 2nπ)

n ∈ Z∪

t =1

5(0,927 +

5π

6+ 2nπ)

n ∈ Z

11. Una masa que pesa 64 libras alarga un resorte 0.32 pies. Al inicio la masa se libera desdeun punto que esta 8 pulgadas arriba de la posicion de equilibrio, con una velocidaddescendente de 5 pies/s.

w = 64lb , x(0) = −23pie , x′(0) = 5pie/s

a) Encuentre la ecuacion de movimiento.

x′′ + w2x = 0 y ademas sabemos que w2 = km

8

Busqueda de k Busqueda de m64 = k(0,32) W = mgk = 200 64 = m(32)⇒ m = 2Luego: w2 = k

m= 100

Ecuacion Caracteristica: r2 + 100 = 0r1 = 10i , r2 = −10iCFS = {cos 10t , sin 10t}La solucion es x(t) = c1 cos 10t+ c2 sin 10t

Condiciones iniciales : x(0) = −2

3= c1

x′(t) = −10c1 sin 10t+ 10c2 cos 10tx′(0) = 5 = 10c2 cos 0⇒ c2 = 1

2

∴ x(t) =−2

3cos 10t+

1

2sin 10t

b) ¿Cuales son la amplitud y perıodo del movimiento?

A =√c21 + c22 =

√(−2

3)2 + (

1

2)2 =

5

6P = 2π

w= 2π

10= π

5

Escribamos la solucion en forma sinusoidal:

calculo de φ

Sabemos tanφ =c1c2

=−2/3

1/2

tanφ = −4

3⇒ φ = −0,927

∴ x(t) =5

6sin(10t− 0,927)

c) ¿Cuantos ciclos completos habra completado la masa al final de 3π segundos?

1oscilacion→ π5

xoscilacion→ 3πx = 15 oscilaciones

d) En que momento la masa pasa por la posicion de equilibrio con direccion haciaabajo por segunda vez?

sin(10t− 0,927) = sin(nπ)10t− 0,927 = nπ

⇒ nπ + 0,927

10= t

e) ¿En que instantes la masa alcanza sus desplazamientos extremos en cualquier ladode la posicion de equilibrio?

9

x′(t) =25

3cos (10t− 0,927) = 0

10t− 0,927 =π

2+ nπ

t =(2n+ 1)π

20+ 0,0927, n = {0, 1, 2, . . . }

f ) ¿Cual es la posicion de la masa en t = 3?

x(3) = −0,597

g) ¿Cual es la velocidad instantanea en t = 3?

x′(3) = −5,813

h) ¿Cual es la aceleracion en t = 3?

x′′(3) = 59,702

i) ¿Cual es la velocidad instantanea en los instantes cuando la masa pasa por laposicion de equilibrio?

t =2nπ + 0,927

10Luego reemplazando en la ecuacion del movimiento:

x′(t) =25

3cos (10t− 0,927)

x′(2nπ + 0,927

10) =

25

3cos (2nπ)

x′(2nπ + 0,927

10) =

25

3

j ) ¿En que instantes la masa esta 5 pulgadas abajo de la posicion de equilibrio?

x(t) =5

6sen (10t− 0,927) =

5

12

sen (10t− 0,927) =1

2

arcsin1

2= {10t− 0,927 + 2πn|n ∈ Z} ∪ {−(10t− 0,927) + (2n+ 1)π|n ∈ Z}

t =1

10(0,927 +

π

6+ 2nπ), n ∈ {0, 1, 2, . . . }

10

k) ¿En que instantes la masa esta 5 pulgadas abajo de la posicion de equilibrio apun-tando en direccion hacia arriba?m = 1 slug, k = 9 lb/pie

12. Una masa de 1 slug se suspende de un resorte cuya constante es de 9lb/pie. Al iniciola masa se libera desde un punto que esta 1 pie arriba de la posicion de equilibrio conuna velocidad ascendente de

√3 pies/s. Determine los instantes en los que la masa se

dirige hacia abajo a una velocidad de 3 pies/s.

x′′ + ω2x = 0

x′′ + 9x = 0


x(0) = C1 = −1

x′(t) = 3 sen 3t+ 3C2 cos 3t

x′(0) = 3C2 = −√

3→ C2 = −√

3

3


x(t) = − cos 3t−√

3

3sen 3t

Luego la ecuacion toma la forma:

x(t) =2√3

sin (3t+ (π

3+ π))

x(t) =2√3

sin (3t+4π

3)

La velocidad es:

x′(t) = 2√

3 cos (3t+4π

3)

2√

3 cos (3t+4π

3) = 3

cos (3t+4π

3) =

√3

2

11

13. En algunas circunstancuas cuando dos resortes paralelos, con constantes k1 y k2, so-portan una sola masa, la constante de resorte efectiva del sistema se expresacomo k = 4k1k2/(k1 + k2). Una masa que pesa 20 lb. estira un resorte 6 pulgadas ya otro resorte 2 pulgadas. Los resortes se unen a un soporte rıgido comun y luego auna placa metalica. Como se ilustra en la figura, la masa se une al centro de la placaen la configuracion de resorte doble. Determine la constante de resorte efectiva de estesistema. Encuentre la ecuacion de movimiento si la masa se libera inicialmente desdela posicion de equilibrio con una velocidad descendente de 2 pies/s.

k =4k1k2k1 + k2

20 = k1(1/2) 20 = k2(1/6)k1 = 40 k2 = 120

k =4(40)(120)

40 + 120= 120

w2 = km

= 1205/8

= 192

La ecuacion viene dada por: x′′ + 192x = 0r1 = 8

√3i , r2 = −8

√3i

CFS = {cos 8√

3t , sin 8√

3t}x(t) = c1 cos 8

√3t+ c2 sin 8

√3t

Calculamos las constantes:c1 = 0 c2 =

√3

12

∴ x(t) =

√3

12sin 8√

3t

14. Una cierta masa alarga un resorte 13

de pie y otro resorte 12

de pie. Los dos resortes seunen a un soporte rıgido comun en la manera descrita en el Problema 13. Se quita laprimera masa y se coloca una que pesa 8 libras en la configuracion de resorte doble,y se pone en movimiento el sistema. Si el periodo de movimiento es π/15 segundos,determine cuanto pesa la primera masa.

12

15. Un modelo de un sistema de resorte-masa es 4x′′ + e0,1tx = 0. Por inspeccion de laecuacion diferencial solamente, describa el comportamiento del sistema durante un lar-go periodo.

16. Un modelo de un sistema de resorte-masa es 4x′′+tx = 0. Por inspeccion de la ecuaciondiferencial solamente, describa el comportamiento del sistema durante un largo periodo.

13

5.1.2 SISTEMAS RESORTE - MASA: Movimiento Libre Amortiguado

En los Problemas 17 a 20, la figura representa la grafica de una ecuacion de movimientopara un sitema amortiguado resorte-masa. Use la grafica para determinar:

(a)si el desplazamiento inicial esta arriba o abajo de la posicion de equilibrio y

(b)si la masa se libera inicialmente desde el reposo, con direccion hacia abajo o haciaarriba.

17.

a) El desplazamiento inicial esta arriba dela pos. de equilibrio debido a que x en0 es negativo

b) La masa se libera con direccion haciaarriba debido a que la curva esta bajan-do

18.

a) El desplazamiento inicial esta abajo dela pos. de equilibrio debido a que x en0 es positivo

b) La masa se libera en el reposo porque laderivada en t = 0 es 0

19.

a) El desplazamiento inicial esta abajo dela pos. de equilibrio debido a que x en0 es positivo

b) La masa se libera con direccion haciaarriba debido a que la curva esta bajan-do

14

20.

a) El desplazamiento inicial esta arriba dela pos. de equilibrio debido a que x en0 es negativo

b) La masa se libera con direccion haciaabajo debido a que la curva esta subien-do

21. Una masa que pesa 4 libras se une a un resorte cuya constante es 2lb/pie. El me-dio ofrece una fuerza de amortiguamiento que es numericamente igual a la velocidadinstantanea. La masa se libera desde un punto situado 1 pie arriba de la posicion deequilibrio con una velocidad descendente de 8 pies/s. Determine el tiempo en el que lamasa pas por la posicion de equilibrio. Encuentre el tiempo en el que la masa alcanzasu desplazamiento extremo desde la posicion de equilibrio. ¿Cual es la posicion de lamasa en este instante?

w = mg

4 = m(32)

1

8= m

x(0) = −1pies

x′(t) = 8pies/s

x = 2libras/pie

entonces

dx

dt= ß

dx

dt

m2 + 8m+ 16 = 0

(m+ 4)(m+ 4) = 0

m1 = e−4t

m2 = e−4t

x(t) = C1e−4t + C2te

−4t

15

C1 = −1

C2 = 4

entonces

x(t) = −e−4t + 4te−4t

x′(t) = 8e−4t − 16te−4t

si

x(t) = 0

entonces

t =1

4

si

x′(t) = 0

entonces

t =1

2

y el desplazamiento es

x = e−2tpies

22. Un resorte de 4 pies mide 8 pies de largo despues de colgarle una masa que pesa 8libras. El medio por el que se mueve la masa ofrece una fuerza de amortiguamientoigual a

√2 veces la velocidad instantanea. Encuentre la ecuacion de movimiento si

la masa se libera inicialmente desde la posicion de equilibrio con una velocidad des-cendente de 5 pies/s. Calcule el tiempo en el que la masa alcanza su desplazamientoextremo desde la posicion de equilibrio. ¿Cual es la posicion de la masa en ese instante?

S0 = 4pies

w = mg

8 = m(32)

1

4= m

8 = k(8− 4)

k = 2libras/pies

16

d2x

dt2+

√2

1/4

dx

dt+

2

1/4x = 0

m2 + 4√

2m+ 8 = 0

(m+ 2√

2)(m+ 2√

2) = 0

m1 = −2√

2multiplicidad2

x(t) = C1e−2√2t + C2te

−2√2t

x′(t) = −2√

2C1e−2√2t + C2e

−2√2t + (−2

√2)tC2e

−2√2t

x(0) = 0

x′(0) = 5

C1 = 0

C2 = 5

x(t) = 5te−2√2t

x′(t) = 5e−2√2t − 10

√2te−2

√2t

reemplazando cuandot = 0;x′(0) = 0

obtenemost = 2

√2

reemplazando

x(2√

2) = 10√

2e−2√2(2√2)

23. Una masa de 1kg. se fija a un resorte cuya constante es 16N/m y luego el sistemacompleto se sumerge en un lıquido que imparte una fuerza amortiguadora igual a 10veces la velocidad instantanea. Determine las ecuaciones de movimiento si:

(a)al inicio la masa se libera desde un punto situado 1 metro abajo de la posicion deequilibrio, y luego

(a)la masa se libera inicialmente desde un punto 1 metro abajo de la posicion de equi-librio con una velocidad ascendente de 12 m/s

m = 1kg

k = 16N/m

B = 10

17

d2x

dt2+

ß

m

dx

dt+k

mx = 0

m2 + 10m+ 16 = 0

(m+ 8)(m+ 2) = 0

m1 = e−8t

m2 = e−2t

x(t) = C1e−8t + C2e

−2t

x′(t) = −8C1e−8t − 2C2e

−2t

a)x(0) = 1

C1 =−1

3

C2 =4

3

x(t) =−1

3e−8t +

4

3e−2t

b)x(0) = 1

x′(0) = −12

C1 =5

3

C2 =−2

3

x(t) =5

3e−8t +

−2

3e−2t

24. En los incisos (a) y (b) del Problema 23. determine si la masa pasa por la posicion deequilibrio. En cada caso, calcule el tiempo en que la masa alcanza su desplazamientoextremo desde la posicion de equilibrio. ¿Cual es la posicion de la masa en este instan-te?

en a)

x(t) =−1

3e−8t +

4

3e−2t

nunca es cero, el desplazamiento

x(0) = 1metro

18

en b)

x(t) =5

3e−8t +

−2

3e−2t = 0

cuandot = 0,153

si

x′(t) =−40

3e−8t +

4

3e−2t = 0

entoncest = 0,384

y el desplazamientox = −0,232metros

25. Una fuerza de 2 libras alarga un resorte 1 pie. una masa que pesa 3.2 linras se une alresorte, y luego se sumerge el sistema en un medio que ofrece una fuerza de amorti-guamiento igual a 0.4 veces la velocidad instantanea.

m = 3,232

= 0,1 slug, k = 21

= 2 lb/pie, 2λ = 0,40,1x′ = 4x′

x′′ + 2λx′ + ω2x = 0

x′′ + 4x′ + 20x = 0

Su solucion

m2 + 4m+ 20 = 0

m =−4±

√42 − 4(1)(20)

2(1)

m1 = −2 + 4i

m2 = −2− 4i

x(t) = C1e−2t cos 4t+ C2e

−2t sen 4t

Aplicando los valores iniciales:

x(0) = C1 = −1

x′(t) = (4C2 − 2C1)e−2t cos 4t− (4C1 + 2C2)e

−2t sen 4t

x′(0) = 4C2 − 2C1 = 0→ C2 = −1

2

19

a) Encuentre la ecuacion de movimiento si inicialmente se libera la masa desde elreposo en un punto situado a 1 pie por encima de la posicion de equilibrio.


x(t) = −e−2t cos 4t− 1

2e−2t sen 4t

b) Exprese la ecuacion de movimiento en la forma provista en (23).

Con:

A =

√(−1)2 + (−1

2)2 =

√5

2

φ = arctanC1

C2

= arctan 2 = 1,11 + π = 4,25


x(t) =

√5

2e−2t sen (4t+ 4,25)

c) Calcule la primera vez en la cual la masa pasa a traves de la posicion de equilibrioen direccion hacia arriba.

En la posicion de equilibrio x = 0

0 =

√5

2e−2t sen (4t+ 4,25)

0 = sen (4t+ 4,25)

nπ = 4t+ 4,25

La primera vez que va hacia arriba con n = 3. Luego:

t = 1,294

26. Despues de que una masa de 10 libras se sujeta a un resorte de 5 pies, este llega amedir 7 pies. Se retira la masa y se sustituye con una de 8 libras. Despues se colocaal sistema en un medio que ofrece una fuerza de amortiguamiento igual a la velocidadinstantanea.

m = 832

= 14

slug, k = 102

= 5 lb/pie, 2λ = 11/4

= 4

x′′ + 2λx′ + ω2x = 0

x′′ + 4x′ + 20x = 0

m2 + 4m+ 20 = 0

m =−4±

√42 − 4(1)(20)

2(1)

m1 = −2 + 4i

m2 = −2− 4i

20

x(t) = C1e−2t cos 4t+ C2e

−2t sen 4t


x(0) = C1 = −1

x′(t) = (4C2 − 2C1)e−2t cos 4t− (4C1 + 2C2)e

−2t sen 4t

x′(0) = 4C2 − 2C1 = 0→ C2 = −1

2

a) Encuentre la ecuacion de movimiento si la masa se libera inicialmente desde elreposo de un punto situado 1 pie arriba de la posicion de equilibrio.


x(t) = −e−2t cos 4t− 1

2e−2t sen 4t

b) Exprese la ecuacion de movimiento en la forma provista en (23).

Con:

A =

√(−1)2 + (−1

2)2 =

√5

2

φ = arctanC1

C2

= arctan 2 = 1,11 + π = 4,25


x(t) =

√5

2e−2t sen (4t+ 4,25)

c) Calcule los tiempos en los que la masa pasa por la posicion de equilibrio en direc-cion hacia abajo.

0 =

√5

2e−2t sen (4t+ 4,25)

0 = sen (4t+ 4,25)

nπ = 4t+ 4,25

t =nπ − 4,25

4, n = 2, 3, 4, . . .

Como el movimiento comienza arriba, entonces n = 2 esta en direccion haciaabajo,luego se deduce que los tiempos en los que la masa va hacia abajo son:

t =nπ − 4,25

4, n = 2, 4, 6, . . .

21

d) Grafique la ecuacion de movimiento.

La grafica es:

27. Una masa que pesa 10 libras produce un alargamiento de 2 pies en un resorte. La masase une a un dispositivo amortiguador que ofrece una fuerza de amortiguamiento iguala β (β ¿0) veces la velocidad instantanea. Determine los valores de la constante deamortiguamiento β de modo que el movimiento posterior sea:

m = 1032

= 516

slug, k = 102

= 5 lb/pie, β > 0

mx′′ + βx′ + kx = 0

10

32x′′ + βx′ + 5x = 0

El discriminante de la ecuacion es:

4 = β2 − 4(10

32)(5)

4 = β2 − (25

4)

a) Es sobreamortiguado cuando: β2 − (254

) > 0⇒ β > 52

b) Es critico amortiguado cuando: β2 − (254

) = 0⇒ β = 52

c) Es subamortiguado cuando: β2 − (254

) < 0⇒ β < 52

28. Una masa que pesa 24 libras alarga 4 pies un resorte. El movimiento posterior tomalugar en un medio que ofrece una fuerza de amortiguamiento igual a β(β¿0) veces lavelocidad instantanea. Si al inicio la masa se libera desde la posicion de equilibrio conuna velocidad ascendente de 2 pies/s, muestre que cuando β ¿3

√2 la ecuacion de mo-

vimiento es:

x(t) = −3√β2−18

e−2βt/3 sinh 23

√β2 − 18t

22

m = 2432

= 34

slug, k = 244

= 6 lb/pie, β > 0

mx′′ + βx′ + kx = 0

3

4x′′ + βx′ + 6x = 0

x′′ +4

3βx′ + 8x = 0

m2 +4

3βm+ 8 = 0

m =

43β ±

√(43β)2 − 4(1)(8)

2(1)

m = −2

3β ± 2

3

√β2 − 18, β > 3

√2

x(t) = C1e(− 2

3β+ 2

3

√β2−18)t + C2e

(− 23β− 2

3

√β2−18)t


x(0) = C1 + C2 = 0

x′(t) = C1(−2

3β +

2

3

√β2 − 18)e(−

23β+ 2

3

√β2−18)t + C2(−

2

3β − 2

3

√β2 − 18)e(−

23β− 2

3

√β2−18)

x′(0) = C1(−2

3β +

2

3

√β2 − 18)− C1(−

2

3β − 2

3

√β2 − 18)

−2 = C14

3

√β2 − 18

C1 = − 3

2√β2 − 18

C2 =3

2√β2 − 18


x(t) = − 3

2√β2 − 18

e(−23β+ 2

3

√β2−18)t +

3

2√β2 − 18

e(−23β− 2

3

√β2−18)t

Pero:

senh a =ea − e−a

2

Dando la forma a la ecuacion:

x(t) = − 3√β2 − 18

e(−23β)

(e

23

√β2−18 − e−

23

√β2−18

2

)

23

Quedarıa que la ecuacion del movimiento es:

x(t) = − 3√β2 − 18

e(−23β) senh

2

3

√β2 − 18

24

5.1.3 SISTEMAS RESORTE - MASA: Movimiento Forzado

29. Una masa que pesa 16 libras alarga 83

pie un resorte. La masa se libera inicialmentedesde el reposo desde un punto 2 pies abajo de la posicion de equilibrio, y el movimien-to posterior toma lugar en un medio que ofrece una fuerza de amortiguamiento iguala 1

2de la velocidad instantanea. Encuentra la ecuacion de movimiento si se aplica a la

masa una fuerza externa igual a f(t) = 10 cos 3t.

Primero hallamos los valores de m y k para eso sabemos que W = mg, entonces16 = m(32); por lo tanto m = 1

2. Ademas que W = ks, entonces 16 = k(8

3) por lo

tanto k = 6; y como dato del problema tenemos β = 12. Teniendo en cuenta esto plan-

teamos la ecuacion diferencial:

d2xdt2

+ 1/21/2

dxdt +

61/2 x = 10 cos 3t (1)

Entonces hallamos primero la solucion complementaria:

xc(t) :d2xdt2

+ 1/21/2

dxdt +

61/2 x = 0

Ec. caracterıstica: m2 +m+ 12 = 0

Hallamos valor de m: m = −12±√472i

Por lo tanto: CFS = (e−t/2 cos√472t ; e−t/2 sin

√472t)

Ası tenemos que: xc(t) = c1e−t/2 cos

√472t+ c2e

−t/2 sin√472t

Ahora, teniendo f(t) = 10 cos 3t aplicamos el metodo del Operador Anulador, parahallar la solucion particular xp(t) , entonces multiplicamos a f(t) por (D2 + 9)

Entonces tenemos nuevamente la ecuacion caracterıstica: m2 + 9 = 0

Hallamos valor de m: m = ±3i

Por lo tanto: CFS = (cos 3t ; sin 3t)

Ası tenemos que: xp(t) = c3 cos 3t+ c4 sin 3t

Ahora sabemos que xp(t); es solucion de la ecuacion diferencial:

d2x

dt2+

1/2

1/2

dx

dt+

6

1/2x = 10 cos 3t

Por tanto esta solucion debe cumplir con (1), y ası obtenemos los valores de c3 y c4:

c3 = c4 =5

3

25

Sabemos que x(t) = xc(t) + xp(t) por tanto:

x(t) = c1e−t/2 cos

√47

2t+ c2e

−t/2 sin

√47

2t+

5

3cos 3t+

5

3sin 3t

Luego para hallar los valores de c1 y c2 hacemos uso de los datos del problema, x(0) = 0y x′(0) = 2; y obtenemos:

c1 =1

3

c2 = −29√

47

2

De modo que:

x(t) =1

3e−t/2 cos

√47

2t+−29

√47

2e−t/2 sin

√47

2t+

5

3cos 3t+

5

3sin 3t

30. Una masa de 1 slug se une a un resorte cuya constante es 5 lb/pie. Al inicio la masase libera 1 pie abajo de la posicion de equilibrio con una velocidad descendente de 5pies/s, y el movimiento posterior toma lugar en un medio que ofrece una fuerza deamortiguamiento igual a 2 veces la velocidad instantanea.

(a)Encuentre la ecuacion de movimiento si una fuerza externa igual a f(t) = 12 cos 2t+3 sin 2t actua sobre la masa.

Primero expresamos la ecuacion diferencial ya que tenemos m = 1, k = 5 y β = 2como datos del problema:

d2xdt2

+ 21dxdt +

51 x = 12 cos 2t + 3 sin 2t (1)


xc(t) :d2xdt2

+ 21dxdt +

51 x = 0

Ec. caracterıstica: m2 + 2m+ 5 = 0

Hallamos valor de m: m = −1± 2i

Por lo tanto: CFS = (e−t cos 2t ; e−t sin 2t)

Ası tenemos que: xc(t) = c1e−t cos 2t+ c2e

−t sin 2t

Ahora, teniendo f(t) = 12 cos 2t+3 sin 2t aplicamos el metodo del Operador Anulador,

26

para hallar la solucion particular xp(t) , entonces multiplicamos a f(t) por (D2 + 4)






d2x

dt2+

1/2

1/2

dx

dt+

6

1/2x = 12 cos 2t+ 3 sin 2t


c3 = −0,64

c4 = −0,02


x(t) = c1e−t cos 2t+ c2e

−t sin 2t− 0,64 cos 2t− 0,02 sin 2t


c1 = 1,64

c2 = 3,35

De modo que:

x(t) = 1,64e−t cos 2t+ 3,35e−t sin 2t− 0,64 cos 2t− 0,02 sin 2t

(b)Grafique las soluciones transitoria y de estado estable en los mismos ejes de lascoordenadas.

La solucion transitoria es xc(t), entonces:

xc(t) = 1,64e−t cos 2t+ 3,35e−t sin 2t

La grafica serıa:

27

La solucion de estado estable es xp(t), entonces:

xp(t) = −0,64 cos 2t− 0,02 sin 2t

La grafica serıa:

28

(c)Grafique la ecuacion de movimiento.

La solucion corresponde a la siguiente expresion:

x(t) = 1,64e−t cos 2t+ 3,35e−t sin 2t− 0,64 cos 2t− 0,02 sin 2t

La grafica serıa:

31. Una masa de 1 slug, cuando se une a un resorte, causa en este un alargamiento de 2pies y luego llega al punto de reposo en la posicion de equilibrio. Empezando en t = 0,una fuerza externa igual a f(t) = 8 sin 4t se aplica al sistema. Encuentre la ecuacionde movimiento si el medio circundante ofrece una fuerza de amortiguamiento igual a 8veces la velocidad instantanea.

Primero hallamos el valor de k, teniendo m como dato para eso sabemos que W = mg,entonces W = (1)(32). Entonces si W = ks, tenemos 32 = k(2) por lo tanto k = 16;y como dato del problema tenemos β = 8. Teniendo en cuenta esto planteamos laecuacion diferencial:

d2xdt2

+ 81dxdt +

161 x = 8 sin 4t (1)


xc(t) :d2xdt2

+ 81dxdt +

161 x = 0


Hallamos valor de m: m = −4 2 veces

Por lo tanto: CFS = (e−4t ; te−4t)

Ası tenemos que: xc(t) = c1e−4t + c2te

−4t

29

Ahora, teniendo f(t) = 8 sin 4t aplicamos el metodo del Operador Anulador, parahallar la solucion particular xp(t) , entonces multiplicamos a f(t) por (D2 + 16)






d2x

dt2+

8

1

dx

dt+

16

1x = 8 sin 4t


c3 = −1

4

c4 = 0


x(t) = c1e−4t + c2te

−4t − 1

4cos 4t


c1 =1

4

c2 = 1

De modo que:

x(t) =1

4e−4t + te−4t − 1

4cos 4t

32. En el Problema 31 determine la ecuacion de movimiento si la fuerza externa es f(t) =e−t sin 4t. Analice el desplazamiento para t→ α.

Del problema 31 tenemos:

d2xdt2

+ 81dxdt +

161 x = e−t sin 4t (1)

30


xc(t) :d2xdt2

+ 81dxdt +

161 x = 0


Hallamos valor de m: m = −4 2 veces

Por lo tanto: CFS = (e−4t ; te−4t)

Ası tenemos que: xc(t) = c1e−4t + c2te

−4t

Ahora, teniendo f(t) = e−t sin 4t aplicamos el metodo del Operador Anulador, parahallar la solucion particular xp(t) , entonces multiplicamos a f(t) por (D2 + 2D + 17)

Entonces tenemos nuevamente la ecuacion caracterıstica: m2 + 2m+ 17 = 0





d2x

dt2+

8

1

dy

dx+

16

1y = 8 sin 4t


c3 = −1

4

c4 = 0


x(t) = c1e−4t + c2te

−4t − 1

4cos 4t


c1 =1

4

c2 = 1

De modo que:

31

x(t) =1

4e−4t + te−4t − 1

4cos 4t

Por tanto si :t −→ α(valor muy grande), la expresion quedarıa reducida a:

x(t) = −1

4cos 4t

33. Cuando una masa de 2 kg. se une a un resorte cuya constante es 32 N/m, este lle-ga al reposo en la posicion de equilibrio. Comenzando en t = 0, una fuerza igual af(t) = 68e−2t cos 4t se aplica al sistema. Determine la ecuacion de movimiento en au-sencia de amortiguamiento.

Primero expresamos la ecuacion diferencial ya que tenemos m = 2, k = 32 y β = 0como datos del problema:

d2xdt2

+ 322 x = 68e−2t cos 4t (1)


xc(t) :d2xdt2

+ 322 x = 0

Ec. caracterıstica: m2 + 16 = 0



Ası tenemos que: xc(t) = c1 cos 4t+ c2 sin 4t

Ahora, teniendo f(t) = 68e−2t cos 4t aplicamos el metodo del Operador Anulador, parahallar la solucion particular xp(t) , entonces multiplicamos a f(t) por (D2 + 4D + 20)

Entonces tenemos nuevamente la ecuacion caracterıstica: m2 + 4m+ 20 = 0


Por lo tanto: CFS = (e−2t cos 4t ; e−2t sin 4t)

Ası tenemos que: xp(t) = c3e−2t cos 4t+ c4e

−2t sin 4t


d2x

dt2+

32

2x = 68e−2t cos 4t

32


c3 = 1

c4 = −4


x(t) = c1 cos 4t+ c2 sin 4t+ e−2t cos 4t− 4e−2t sin 4t


c1 = −1

c2 =9

2

De modo que:

x(t) = −1 cos 4t+9

2sin 4t+ e−2t cos 4t− 4e−2t sin 4t

34. En el Problema 33, escriba la ecuacion de movimiento en la forma x(t) = A sin(ωt +φ) +Be−2t sin(4t+ θ). ¿Cual es la amplitud de las vibraciones pasado un tiempo muylargo?

Para hallar A y B utilizamos las siguientes expresiones:

A =√c12 + c22

B =√c32 + c42

Entonces tenemos:

A =

√(−1)2 + (9/2)2 =

√85

2

B =

√12 + (−4)2 =

√17

Y luego para hallar φ y θ usamos:

φ = arctanc1c2

θ = arctanc3c4

Ası tenemos:

33

φ = −0,22rad

θ = −0,24rad

Finalmente la expresion quedarıa:

x(t) =

√85

2sin(4t+−0,22rad) +

√17e−2t sin(4t+−0,24rad)

Cuando t→ α la amplitud serıa:

A =

√85

2sin(−0,22rad)

35. Una masa m se une al extremo de un resorte cuya constante es k. Despues que la masaalcanza el equilibrio, su soporte empieza a oscilar verticalmente respecto a una rectahorizontal L segun la formula h(t). El valor de h representa la distancia en pies medidadesde L. Vease la figura

(a)Determine la ecuacion diferencial de movimiento si el sistema entero se mueve enun medio que ofrece una fuerza de amortiguamiento igual a β(dx

dt).

De la Ley de Hooke tenemos:

md2x

dt2= −k(s+ x) +mg

De la condicion de equilibrio tenemos que: mg−ks = 0, entonces la ecuacion quedarıa:

md2x

dt2= −kx

34

Luego incluyendo la fuerza amortiguadora:

md2x

dt2= −kx− βdx

dt

Ahora como dato de problema tenemos que el soporte oscila verticalmente sobre la rectaL en funcion de h, entonces asumiremos que la oscilacion del soporte es la misma quela del resorte, como consecuencia de esto comparten el mismo k, entonces la ecuacionquedarıa:

md2x

dt2= −kx− βdx

dt+ kh(t)

Ahora expresandolo como ecuacion diferencial:

d2x

dt2+β

m

dx

dt+k

mx =

k

mh(t)

(b)Resuelva la ecuacion diferencial del inciso (a) si el resorte se alarga 4 pies con unamasa que pesa 16 libras y β = 2 , h(t) = 5 cos t , x(0) = x′(0) = 0.

Al tener los datos m = 1/2, k = 4 y β = 2 reemplazamos en la ecuacion obtenida en (a):

d2xdt2

+ 21/2

dxdt +

41/2 x = 40 cos t (1)


xc(t) :d2xdt2

+ 21/2

dxdt +

41/2 x = 0



Por lo tanto: CFS = (e−2t cos 2t ; e−2t sin 2t)

Ası tenemos que: xc(t) = c1e−2t cos 2t+ c2e

−2t sin 2t

Ahora, teniendo f(t) = 40 cos t aplicamos el metodo del Operador Anulador, parahallar la solucion particular xp(t) , entonces multiplicamos a f(t) por (D2 + 1)


Hallamos valor de m: m = ±i

Por lo tanto: CFS = (cos t ; sin t)

Ası tenemos que: xp(t) = c3 cos t+ c4 sin t


d2x

dt2+

212

dx

dt+

412

x = 40 cos t

35

Por tanto esta solucion debe cumplir con (1), y ası obtenemos los valoresde c3 y c4:

c3 =56

13

c4 =32

13


x(t) = c1e−2t cos 2t+ c2e

−2t sin 2t+56

13cos t+

32

13sin t

Luego para hallar los valores de c1 y c2 hacemos uso de los datos delproblema, x(0) = 0 y x′(0) = 0; y obtenemos:

c1 = −56

13

c2 = −72

13De modo que:

x(t) = −56

13e−2t cos 2t− 72

13e−2t sin 2t+

56

13cos t+

32

13sin t

36. Una masa de 100 gramos se une a un resorte cuya constante es 1600dinas/cm. Despues de que la masa alcanza el equilibrio, su apoyo oscilasegun la formula h(t) = sin 8t, donde h representa el desplazamientodesde su posicion original.

(a)En ausencia de amortiguamiento, determine la ecuacion de movi-miento si la masa parte del reposo desde la posicion de equilibrio.Primero hacemos la transformacion respectiva 1600dinas/cm = 1,6N/myluego expresamos la ecuacion diferencial ya que tenemos m = 0,1, k =1,6 y β = 0 como datos del problema:

36

d2xdt2

+ 1,60,1 x = sin 8t (1)


xc(t) :d2xdt2

+ 1,60,1 x = 0




Ası tenemos que: xc(t) = c1 cos 4t+ c2 sin 4t

Ahora, teniendo f(t) = sin 8t aplicamos el metodo del Operador Anu-lador, para hallar la solucion particular xp(t) , entonces multiplicamos af(t) por (D2 + 64)





Ahora sabemos que xp(t); es solucion de la ecuacion diferencial d2xdt2

+1,60,1y = sin 8t

Por tanto esta solucion debe cumplir con (1), y ası los valores de c3 y c4:

c3 = 0

c4 = −1

3


x(t) = c1 cos 4t+ c2 sin 4t− 1

3sin 8t


37

c1 = 0

c2 = −2

3De modo que:

x(t) = −2

3sin 4t− 1

3sin 8t

(b)¿En que instantes la masa pasa por la posicion de equilibrio?

De la grafica tenemos que la masa pasa por la posicion de equilibrio enlos instantes t = n

4π para n = 0, 1, 2, 3, 4...

38

(c)¿En que tiempos la masa alcanza sus desplazamientos extremos?

En la grafica observamos la expresion de la ecuacion de movimiento colormorado y su correspodiente derivada color negro, teniendo en cuenta deque la derivada de una funcion en el punto cero es maxima o mınima,entonces la grafica nos muestra los desplazamientos extremos ubicadosen los puntos: t = (1

6)π para n 3 Ncon excepcion de los multiplos de 3.

(d)¿Cuales son los desplazamientos maximo y mınimo?

Usamos el valor anterior de t y reemplazamos en la ecuacion de movi-miento:

x(π

6) = −2

3sin 4(

π

6)− 1

3sin 8(

π

6)

y obtenemos quexmax = 0,866

(e)Grafique la ecuacion de movimiento.

39

37. Resuelva el problema de valores inicialesd2xdt2 + 4x = −5 sin 2t+ 3 cos 2t, x(0) = −1, x′(0) = 1

Este tipo de problemas no tienen solucion usando el metodo de coefi-cientes indeterminados; pero se pueden resolver mediante el metodo devariacion de parametros.

De igual forma hallamos primero la solucion complementaria xc(t):

d2x

dt2+ 4x = 0




Ası tenemos que: xc(t) = u1(t) cos 2t+ u2(t) sin 2t

Definimos el wronskiano del CFS:

W =

∣∣∣∣ cos 2t sin 2t−2 sin 2t 2 cos 2t

∣∣∣∣ = 2 cos2 2t+ 2 sin2 2t = 2(1) = 2

Ahora las expresiones u1(t) y u2(t) se obtienen de la siguiente forma:

u1(t) =

∫ ∣∣∣∣ 0 sin 2t−5 sin 2t+ 3 cos 2t 2 cos 2t

∣∣∣∣W

dt

u2(t) =

∫ ∣∣∣∣ cos 2t 0−2 sin 2t −5 sin 2t+ 3 cos 2t

∣∣∣∣W

dt

Entonces obtenemos los valores de u1(t) y u2(t):

u1(t) =5

4t+

5

16sin 4t+

3

16cos 4t

40

u2(t) =3

4t+

1

16sin 4t+

5

16cos 4t

Entonces la solucion de la ecuacion diferencial es:

x(t) = (5

4t+

5

16sin 4t+

3

16cos 4t) cos 2t+(

3

4t+

1

16sin 4t+

5

16cos 4t) sin 2t

38. Resuelva el problema de valores inicialesd2xdt2 + 9x = 5 sin 3t, x(0) = 2, x′(0) = 0

Hallamos primero la solucion complementaria xc(t):

d2x

dt2+ 9x = 0




Ası tenemos que: xc(t) = u1(t) cos 3t+ u2(t) sin 3t


W =

∣∣∣∣ cos 3t sin 3t−3 sin 2t 3 cos 3t

∣∣∣∣ = 3 cos2 3t+ 3 sin2 3t = 3(1) = 3


u1(t) =

∫ ∣∣∣∣ 0 sin 3t5 sin 3t 3 cos 3t

∣∣∣∣W

dt

u2(t) =

∫ ∣∣∣∣ cos 3t 0−3 sin 3t 5 sin 3t

∣∣∣∣W

dt

41


u1(t) = −5

6t+

5

36sin 6t

u2(t) = − 5

36cos 6t


x(t) = (−5

6t+

5

36sin 6t) cos 3t+ (− 5

36cos 6t) sin 3t

39. (a) Muestre que la solucion del problema de valores iniciales

d2xdt2 + ω2x = F0 cos γt, x(0) = 0, x′(0) = 0

es x(t) = F0ω2−γ2(cos γt− cosωt)

Primero expresamos la ecuacion diferencial del problema:

d2xdt2

+ ω2 x = F0 cos γt (1)


xc(t) :d2xdt2

+ ω2 x = 0

Ec. caracterıstica: m2 + ω2 = 0

Hallamos valor de m: m = ±ωi

Por lo tanto: CFS = (cosωt ; sinωt)

Ası tenemos que: xc(t) = c1 cosωt+ c2 sinωt

Ahora, teniendo f(t) = F0 cos γt aplicamos el metodo del OperadorAnulador, para hallar la solucion particular xp(t) , entonces multiplica-mos a f(t) por (D2 + γ2)

42

Entonces tenemos nuevamente la ecuacion caracterıstica: m2 + γ2 = 0

Hallamos valor de m: m = ±γi

Por lo tanto: CFS = (cos γt ; sin γt)

Ası tenemos que: xp(t) = c3 cos γt+ c4 sin γt

Ahora sabemos que xp(t); es solucion de la ecuacion diferencial d2xdt2

+

ω2x = F0 cos γt

Por tanto esta solucion debe cumplir con (1), y ası los valores de c3 y c4:

c3 =F0

ω2 − γ2

c4 = 0


x(t) = c1 cosωt+ c2 sin− F0

ω2 − γ2cos γt


c1 = − F0

ω2 − γ2

c2 = 0

De modo que:

x(t) =F0

ω2 − γ2(cos γt− cosωt)

(b) Evalue lımγ→ω

F0

ω2 − γ2(cos γt− cosωt).

Al evaluar este lımite tenemos en cuenta lo siguiente:

La expresion γ → ω nos indica que la variable del lımite es γ y comovariables constantes quedarıan t y ω

Al considerar ω y t constantes la expresion cosωt tambien sera con-siderada constante.

43

La derivada de ω2 − γ2 con las consideraciones anteriores quedarıacomo −2γ

Para resolver el lımite aplicamos la regla de l’Hopital.

lımγ→ω

F0

ω2 − γ2(cos γt− cosωt)

lımγ→ω

−F0t sin γt

−2γ=F0t sinωt

2ω

40. Compare el resultado obtenido en el inciso (b) del Problema 39 con lasolucion obtenida por medio de la variacion de parametros cuando lafuerza externa en F0 cosωt.

Hallamos primero la solucion complementaria xc(t):

d2x

dt2+ ω2x = 0

Ec. caracterıstica: m2 + ω2 = 0

Hallamos valor de m: m = ±ωi

Por lo tanto: CFS = (cosωt ; sinωt)

Ası tenemos que: xc(t) = u1(t) cosωt+ u2(t) sinωt


W =

∣∣∣∣ cosωt sinωt−ω sinωt ω cosωt

∣∣∣∣ = ω cos2 ωt+ ω sin2 ωt = ω(1) = ω


u1(t) =

∫ ∣∣∣∣ 0 sinωtF0 cosωt ω cosωt

∣∣∣∣W

dt u2(t) =

∫ ∣∣∣∣ cosωt 0−ω sinωt F = 0 cosωt

∣∣∣∣W

dt


u1(t) = − F0

4ω2cos 2ωt

u2(t) =F0

2ωt+

F0

4ω2sin 2ωt

44


x(t) = (− F0

4ω2cos 2ωt) cosωt+ (

F0

2ωt+

F0

4ω2sin 2ωt) sinωt

41. (a) Muestre que x(t) provista en el inciso (a) del Problema 39 se puedeescribir en la forma:

x(t) = −2F0

ω2−γ2 sin 12(γ − ω)t sin 1

2(γ + ω)t.

Para el desarrollo de este ejercicio usaremos el siguiente artificio:

cos(A+B) = cosA cosB − sinA sinB (1)

cos(A−B) = cosA cosB + sinA sinB (2)

Luego haciendo:A+B = γt

A−B = ωt

Tenemos:

A =1

2(γ + ω)t

B =1

2(γ − ω)t

Entonces restando las expresiones (1) - (2) y reemplazando los valoresde A y B, tenemos:

x(t) =−2F0

ω2 − γ2sin

1

2(γ − ω)t sin

1

2(γ + ω)t

(b) Si se define ε = 12(γ − ω), muestre que cuando ε es pequena una

solucion aproximada es:

x(t) =F0

2εγsin εt sin γt

Al evaluar este lımite tenemos en cuenta lo siguiente:

45

Para que la expresion: ε = 12(γ−ω) sea muy pequena basta con decir

que γ ∼= ω esto quiere decir que la diferencia entre ambos tiende a0.

La expresion ω2 − γ2 se puede igualar a : 4ε2 − 4γε

La expresion 12(γ + ω) se puede igualar a 2γ o 2ω sin embargo usa-

remos el primero (2γ) para la resolucion del problema.

Al aplicar el lımε→0

−2F0

ω2 − γ2sin

1

2(γ − ω)t sin

1

2(γ + ω)t obtenemos la

solucion.

Reemplazamos valores:

lımε→0

−2F0

4ε2 − 4γεsin εt sin γt

Analizando la situacion tenemos que : ε2 ∼= 0 por tanto la expresionquedarıa:

F0

2εγsin εt sin γt

46

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