clase # 10 tpr edo 2 no homogéneas coeficientes dos

MEX-33 ITM. MATEMÁTICAS ESPECIALES. Docente: Martha Guzmán.

TALLER PROBLEMAS RESUELTOS TPR CLASE # 10. CLASE # 10 Página # 1 de 10.

COMPETENCIA: Manejar Técnicas de SOLUCIÓN A ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN 2 CON FUENTE.

SOLUCIÓN A CIRCUITOS RLC CON FUENTE CON (CI) CASO DE UN SOLO COEFICIENTE INDETERMINADO.

Considere el siguiente circuito RLC SERIE CON una fuente de voltaje, donde el suiche S1 se cierra en t = 0 seg:

+

-

V s 1

S 1 L 1

+

C 1

R 1

1) Si tenemos el caso en que: R1 = 400 ohmios, L1 = 2 Henrios, C1 = 2 m Faradios, Vs1 = 6e 8t

Con condición inicial: q ( 0- ) = 3 coulombs. Con condición de frontera: q ( 4 ) = 6 coulombs.

a) Modele el circuito para la carga q (t).

b) Encuentre la solución complementaria, natural o transitoria, para la carga.

c) Encuentre la solución particular, forzada por la fuente o permanente, para la carga.

d) Encuentre la solución general o completa, para la carga.

SOLUCIÓN:

a) El modelo para la carga q es:

2 d 2 q + 400 d q + 500q = 6e 8t Variable dependiente: q, variable independiente: t. dt2 dt Función g ≠ 0 es exponencial corresponde a la fuente del circuito.

b) La solución complementaria qc para la carga se encuentra haciendo cero a la función g y aplicando el método de la ecuación característica MEC:

2 d 2 q + 400 d q + 500q = 0 Función g = 0 dt2 dt

La solución complementaria de la EDO2 con g = 0 , Se obtiene por el MEC, realicelo usted en su T.I.:

qc = C1 e – 1.2579 t + C2 e – 198.74 t Esta es la solución complementaria, natural o transitoria.

Como era de esperarse, con dos parámetros arbitrarios que podrán calcularse con las condiciones iniciales y de frontera del ejemplo. Esto se realiza al final sobre la solución general.

c) La solución particular qp, para la carga se encuentra volviendo nuevamente la función g ≠ 0 y aplicando el método de los coeficientes indeterminados (CI):

2 d 2 q + 400 d q + 500q = 6e 8t Variable dependiente: q, variable independiente: t.

dt2 dt

Este modelo es una ED de orden 2, lineal de coeficientes constantes, con función g ≠ 0 exponencial.



O sea que cumple todas las condiciones de aplicación del método COEFICIENTES INDETERMINADOS (CI), por lo que la solución particular puede leerse de una tabla de soluciones particulares:

FORMA DE LA FUNCIÓN g SOLUCIONES PARTICULARESConstante F Constante AF e b t A e b t

F Sen ( b t ) A Sen ( b t ) + B Cos ( b t )F Cos ( b t ) A Cos ( b t ) + B Sen ( b t )F t2 + G t + E A t2 + B t + CF t + G A t + B q p = A e b t En este caso b = 8 por lo tanto:

q p = A e8 t Esta es la solución particular para la carga. Y no duplica ninguna de las soluciones complementarias ya encontradas. Si lo hiciera tendríamos que multiplicarla por tn.

En esta solución particular A es el coeficiente indeterminado que debemos encontrar.

La técnica para encontrar el valor de los coeficientes indeterminados implica encontrar la primera y la segunda derivada de la solución particular leída en la tabla:

q p = A e8 t

d q p = d { A e 8 t } = 8 A e8 t

dt dt

d 2 q p = d { 8 A e 8 t } = 64 A e8 t

dt2 dt

Se reemplazan estos resultados en la EDO2 original, por que la : q p = A e8 t es solución de la EDO2 y por lo tanto si la reemplazamos en la EDO2 no homogénea la igualdad se debe cumplir idénticamente:

2 d 2 q + 400 d q + 500q = 6e 8t EDO2 original. dt2 dt

2 d 2 q p + 400 d q p + 500qp = 6e 8t EDO2 con el reemplazo de la solución qp

dt2 dt

2 * [ 64 A e8 t ] + 400 * [ 8 A e8 t ] + 500 * [ A e8 t ] = 6e 8t

128 A e8 t + 3200 A e8 t + 500 A e8 t = 6e 8t

Se sacan factores comunes de tal forma que la expresión del lado izquierdo, quede con la misma forma de la expresión del lado derecho del igual, así:

[ 3828 A ] e8 t = 6e 8t

Como q p es solución de la EDO2, esta última igualdad se tiene que cumplir. Y para que se cumpla es necesario que se cumpla la condición de que los coeficientes del lado izquierdo sean iguales a los coeficientes del lado derecho:

3828 A = 6

Planteando esta ecuación nos resultó un sistema de una ecuación una incógnita, por lo tanto para resolverlo, solo es necesario despejar la incógnita: A = 6 / 3828 = 1.56 x 10 -3

Se reemplaza el valor del coeficiente A en la solución particular leída de la tabla:

q p = A e8 t

q p = 1.56 x 10 -3 e8 t Esta es la respuesta particular, forzada por la fuente o permanente del circuito.



d) La solución general o completa para la carga es: q = qc + qc Por lo tanto:

q = C1 e – 1.2579 t + C2 e – 198.74 t + 1.56 x 10 -3 e8 t

Para encontrar los valores correspondientes a las constantes arbitrarias de la solución complementaria qc, se reemplazan por separado cada una de las condiciones iniciales y de frontera en la solución general obtenida, así:

Con condición inicial: q ( 0- ) = 3 coulombs. Significa: q = 3 cuando t = 0-

q = C1 e – 1.2579 t + C2 e – 198.74 t + 1.56 x 10 -3 e8 t

3 = C1 e – 1.2579 * 0 + C2 e – 198.74 * 0 + 1.56 x 10 -3 e8 * 0

3 = C1 e – 1.2579 * 0 + C2 e – 198.74 * 0 + 1.56 x 10 -3 e8 * 0

2.9984 = C1 + C2 Ecuación # 1.

Con condición de frontera: q ( 4 ) = 6 coulombs. Significa: q = 6 cuando t = 4

q = C1 e – 1.2579 t + C2 e – 198.74 t + 1.56 x 10 -3 e8 t

6 = C1 e – 1.2579 * 4 + C2 e – 198.74 * 4 + 1.56 x 10 -3 e8 * 4

6 = C1 e – 5.0316 + C2 e – 794.96 + 1.56 x 10 -3 e32

6 = C1 * 6.52 x 10-3 + C2 * 0 + 1.56 x 10 -3 * 7.89 x 1013

6 = 6.52 x 10-3 C1 + 1.23 x 1011 Ecuación # 2.

Con el reemplazo de estas dos condiciones obtuvimos un sistema de ecuaciones 2x2 que podemos resolver por cualquier método:

2.9984 = C1 + C2 Ecuación # 1.

6 = 6.52 x 10-3 C1 + 1.23 x 1011 Ecuación # 2.

Solucionando el sistema obtenemos: C1 = - 1.8893 x 10 13 , C2 ≈ - 1.8893 x 10 13 Por lo tanto la solución general completa, ya sin constantes arbitrarias es:

Esta es la solución general para la carga q del circuito RLC serie con fuente exponencial.

Observe, que la respuesta complementaria, natural, transitoria: Comprende dos exponenciales decrecientes. Y la respuesta particular, forzada por la fuente, permanente: Comprende una exponencial de la misma forma de la función g que es en este caso la fuente del circuito.

e) Para comprobar el resultado puede utilizar el comando dsolve en MATLAB:

q = dsolve(‘2*D2q+400*Dq+500*q=6*exp(8*t)’); pretty(q)

- 1.8893 x 10 13e – 1.2579 t - 1.8893 x 10 13 e – 198.74 t + 1.56 x 10 -3 e8 t

q =

Respuesta Complementaria, Natural, Transitoria Respuesta Particular, Forzada, Permanente



SOLUCIÓN A CIRCUITOS RLC CON FUENTE CON EL MÉTODO (CI) CASO DE DOS COEFICIENTES INDETERMINADOS.


+

-

V s 1

S 1 L 1

+

C 1

R 1

2) Si tenemos el caso en que: R1 = 3 K ohmios, L1 = 5 Henrios, C1 = 1 µ Faradios, Vs1 = 9 Cos ( 5t )

Con condición inicial: i ( 0- ) = 1 amp. Con condición de frontera: i (2 ) = 3.2 amp.

a) Modele el circuito para la corriente i (t).

b) Encuentre la solución complementaria, natural o transitoria, para la corriente.

c) Encuentre la solución particular, forzada por la fuente o permanente, para la corriente.

d) Encuentre la solución general o completa, para la corriente.

SOLUCIÓN:

a) El modelo para la corriente i es:

5 d 2 i + 3000 d i + 106 i = - 45 Sen ( 5t ) Variable dependiente: i, variable independiente: t. dt2 dt Función g ≠ 0 es Senoidal corresponde a la derivada de la fuente.

b) La solución complementaria ic para la carga se encuentra haciendo cero a la función g y aplicando el método de la ecuación característica MEC:

5 d 2 i + 3000 d i + 106 i = 0 Función g = 0 dt2 dt


ic = C1 e – 300 t Cos ( 3316,62 t ) + C2 e – 300 t Sen ( 3316,62 t ) Esta es la solución complementaria, natural o transitoria.


c) La solución particular ip, para la corriente se encuentra volviendo nuevamente la función g ≠ 0 y aplicando el método de los coeficientes indeterminados (CI):

5 d 2 i + 3000 d i + 106 i = - 45 Sen ( 5t ) Variable dependiente: i, variable independiente: t.

dt2 dt Función g ≠ 0 Senoidal

Este modelo es una ED de orden 2, lineal de coeficientes constantes, con función g ≠ 0 senoidal.





F Sen ( b t ) A Sen ( b t ) + B Cos ( b t )F Cos ( b t ) A Cos ( b t ) + B Sen ( b t )F t2 + G t + E A t2 + B t + CF t + G A t + B

i p = A Sen ( b t ) + B Cos ( b t )i p = A Sen ( 5 t ) + B Cos ( 5 t )

Esta es la solución particular para la corriente. Y no duplica ninguna de las soluciones complementarias ya encontradas. Si lo hiciera tendríamos que multiplicarla por. tn donde es el mínimo número entero positivo que elimina tal duplicación. Pero en este caso, no es necesario.

En esta solución particular A y B son los coeficientes indeterminados que debemos encontrar.


i p = A Sen ( 5 t ) + B Cos ( 5 t )

d i p = d { A Sen ( 5 t ) + B Cos ( 5 t )} = A5 Cos ( 5t ) - B5 Sen ( 5t ) = 5A Cos ( 5t ) - 5 B Sen ( 5t )

dt dt

d 2 i p = d { 5 A Cos ( 5t ) - 5 B Sen ( 5t ) } = - 25 A Sen ( 5t ) – 25 B Cos ( 5 t )

dt2 dt

Se reemplazan estos resultados en la EDO2 original, por que la : i p = A Sen ( 5 t ) + B Cos ( 5 t ) es solución de la EDO2 y por lo tanto si la reemplazamos en la EDO2 no homogénea, la igualdad se debe cumplir idénticamente:

5 d 2 i + 3000 d i + 106 i = - 45 Sen ( 5t ) EDO2 original. dt2 dt

5 d 2 i p + 3000 d i p + 106 ip = - 45 Sen ( 5t ) EDO2 con el reemplazo de la solución ip dt2 dt 5 * [ - 25 A Sen (5t) – 25 B Cos (5t) ] + 3000 * {5A Cos (5t) - 5 B Sen (5t) } + 106 * [ A Sen ( 5 t ) + B Cos ( 5 t )] = - 45 Sen (5t)

125 A Sen (5t) – 125 B Cos (5t) + 15 x 103A Cos (5t) - 15 x 103 B Sen (5t) + 106A Sen ( 5 t ) + 106 BCos ( 5 t ) = - 45 Sen (5t)


{ 125 A - 15 x 103 B + 106A } Sen (5t) + { – 125 B + 15 x 103A + 106 B } Cos (5t) = - 45 Sen (5t) {1000 125 A - 15 x 103 B } Sen (5t) + { 15 x 103A + 999875 B } Cos (5t) = - 45 Sen (5t) + 0 Cos ( 5t )

Como q p es solución de la EDO2, esta última igualdad se tiene que cumplir. Y para que se cumpla es necesario que se cumplan dos condiciones que se obtienen del siguiente razonamiento: Los coeficientes del lado izquierdo deben ser iguales a los coeficientes del lado derecho, así:

{1000 125 A - 15 x 103 B } = - 45

{ 15 x 103A + 999875 B } = 0



Planteando estas condiciones, nos resultó un sistema 2 x 2, de dos ecuaciones dos incógnitas, y es necesario resolverlo para encontrar los valores de los coeficientes indeterminados: A y B. Para hacerlo utilice cualquier método: A = - 4.49 x 10 -5 B = 6.8 x 10 -7

Se reemplaza el valor de los coeficientes A y B en la solución particular leída de la tabla: i p = A Sen ( 5 t ) + B Cos ( 5 t )

i p = - 4.49 x 10 -5 Sen ( 5 t ) + 6.8 x 10 -7 Cos ( 5 t )Esta es la respuesta particular, forzada por la fuente o respuesta permanente del circuito.

d) La solución general o completa para la corriente es: i = ic + ic Por lo tanto:

i = C1e– 300t Cos(3316,62t) + C2e– 300t Sen(3316,62t) - 4.49 x 10-5 Sen(5t) + 6.8 x 10 -7 Cos ( 5 t )

Para encontrar los valores correspondientes a las constantes arbitrarias C1 y C2 de la solución complementaria ic , se reemplazan por separado cada una de las condiciones iniciales y de frontera en la solución general obtenida, así:

Con condición inicial: i ( 0- ) = 1 amp. Significa que i = 1 cuando t = 0 -


1 = C1e– 300*0 Cos(3316,62*0) + C2e– 300*0 Sen(3316,62*0) - 4.49x10-5Sen(5*0) + 6.8x10-7 Cos( 5*0 )

1 = C1 e0 Cos (0) + C2 e0 Sen (0) - 4.49x10-5 Sen (0) + 6.8x10-7 Cos ( 0 )

1 = C1* 1 + C2* 0 - 4.49x10-5* 0 + 6.8x10-7 * 1

1 = C1 + 6.8x10-7 Ecuación # 1.

Con condición de frontera: i (2 ) = 3.2 amp. Significa que i = 3.2 cuando t = 2.


3.2 = C1e– 300*2Cos(3316,62*2) + C2e– 300*2Sen(3316,62*2) - 4.49x10-5Sen(5*2)+ 6.8x10-7Cos (5*2)

3.2 = C1 e– 600 Cos (6633,24) + C2 e– 600 Sen (6633,24) - 4.49x10-5 Sen (10) + 6.8x10-7 Cos (10)

3.2 = C1*2.65x10-265*(-0.23) + C2 *2.65x10-265 * (-0.97) - 4.49x10-5 * (-0.54) + 6.8x10-7* (-0.84)

3.2 = - 6.096x10-262 C1 - 2.57 x 10-261 C2 + 2.42 x 10-5 - 5.71 x 10-7

3.199976371 = - 6.096x10-262 C1 - 2.57 x 10-261 C2 Ecuación # 2.

Con el reemplazo de estas dos condiciones obtuvimos un sistema de ecuaciones 2x2 que podemos resolver por cualquier método:

1 = C1 + 6.8x10-7 Ecuación # 1.

3.199976371 = - 6.096x10-262 C1 - 2.57 x 10-261 C2 Ecuación # 2.

Obtenemos: C1 = 0.99999932 y C2 ≈ 3.2 por lo tanto la solución general completa, ya sin constantes arbitrarias es:

Esta es la solución general para la carga i del circuito RLC serie con fuente senoidal.

Observe, que la respuesta complementaria, natural, transitoria: Comprende dos exponenciales decrecientes. Y la respuesta particular, forzada por la fuente, permanente: Comprende una senoidal de la misma forma de la función g que es en este caso la derivada de la fuente del circuito.

1*e– 300t Cos(3316,62t) + 3.2*e– 300t Sen(3316,62t) - 4.49 x 10-5 Sen(5t) + 6.8x10-7 Cos(5t)i =




SOLUCIÓN A CIRCUITOS RLC CON FUENTE CON EL MÉTODO (CI) CASO DE TRES COEFICIENTES INDETERMINADOS.


+

-

V s 1

S 1 L 1

+

C 1

R 1

3) Si tenemos el caso en que: R1 = 2 K ohmios, L1 = 2 Henrios, C1 = 2 µ Faradios, Vs1 = 7t2 + 5t + 9

Con condición inicial: q ( 0- ) = 1 coulombs. Con condición de frontera: q ( 1 ) = 3.2 coulombs.

a) Modele el circuito para la carga q (t).

b) Encuentre la solución complementaria, natural o transitoria, para la carga.

c) Encuentre la solución particular, forzada por la fuente o permanente, para la carga.

d) Encuentre la solución general o completa, para la carga.

SOLUCIÓN:

a) El modelo para la carga q es:

2 d 2 q + 2000 d q + 500000 q = 7 t2 + 5 t + 9 Variable dependiente: q, variable independiente: t. dt2 dt Función g ≠ 0

b) La solución complementaria qc para la carga se encuentra haciendo cero a la función g y aplicando el método de la ecuación característica MEC:

2 d 2 q + 2000 d q + 500000q = 0 Función g = 0 dt2 dt


qc = C1 e – 500 t + C2 t e – 500 t Esta es la solución complementaria, natural, transitoria.


c) La solución particular qp, para la carga se encuentra volviendo nuevamente la función g ≠ 0 y aplicando el método de los coeficientes indeterminados (CI):

2 d 2 q + 2000 d q + 500000 q = 7t2 + 5t + 9 Variable dependiente: q, variable independiente: t.

dt2 dt

Este modelo es una ED de orden 2, lineal de coeficientes constantes, con función g ≠ 0 polinómica.





F Sen ( b t ) A Sen ( b t ) + B Cos ( b t )F Cos ( b t ) A Cos ( b t ) + B Sen ( b t )F t2 + G t + E A t2 + B t + CF t + G A t + B

q p = A t2 + B t + C Esta es la solución particular para la carga. Y no duplica ninguna de las soluciones complementarias ya encontradas. Si lo hiciera tendríamos que multiplicarla por. tn donde es el mínimo número entero positivo que elimina tal duplicación. Pero en este caso, no es necesario.

En esta solución particular A, B y C son los coeficientes indeterminados que debemos encontrar.


q p = A t2 + B t + C

d q p = d { A t 2 + B t + C } = 2A t + B + 0 = 2A t + B

dt dt

d 2 q p = d { 2 A t + B } = 2 A + 0 = 2A

dt2 dt

Se reemplazan estos resultados en la EDO2 original, por que la : q p = A t2 + B t + C es solución de la EDO2 y por lo tanto si la reemplazamos en la EDO2 no homogénea, la igualdad se debe cumplir idénticamente:

2 d 2 q + 2000 d q + 500000q = 7 t2 + 5 t + 9 EDO2 Original. dt2 dt

2 d 2 q p + 2000 d q p + 500000qp = 7 t2 + 5 t + 9 EDO2 con el reemplazo de de la solución qp

dt2 dt

2 * [ 2A] + 2000 * [ 2A t + B ] + 500000 * [ A t2 + B t + C ] = 7 t2 + 5 t + 9

4A + 4000A t + 2000 B + 500000A t2 + 500000B t + C500000 = 7 t2 + 5 t + 9


500000A t2 + [4000A + 500000B] t + { 4A + 2000B + 500000C } = 7 t2 + 5 t + 9

Como q p es solución de la EDO2, esta última igualdad se tiene que cumplir. Y para que se cumpla es necesario que se cumplan tres condiciones que se obtienen del siguiente razonamiento: Los coeficientes del lado izquierdo deben ser iguales a los coeficientes del lado derecho, así:

500000A = 7

[4000A + 500000B] = 5

{ 4A + 2000B + 500000C } = 9

Planteando estas condiciones, nos resultó un sistema 3 x 3 de tres ecuaciones tres incógnitas, y es necesario resolverlo para encontrar los valores de los coeficientes indeterminados: A, B y C. Para hacerlo utilice cualquier método, hágalo durante su T.I: A = 1.4 x 10 -5 B = 9.8 x 10 -6 C = - 1.79 x 10-5

Se reemplaza el valor de los coeficientes: A, B y C en la solución particular leída de la tabla: q p = A t2 + B t + C



q p = 1.4 x 10 -5 t2 + 9.8 x 10 -6 t - 1.79 x 10-5

Esta es la respuesta particular, forzada por la fuente o respuesta permanente del circuito.

d) La solución general o completa para la carga es: q = qc + qc Por lo tanto:

q = C1 e – 500 t + C2 t e – 500 t + 1.4 x 10 -5 t2 + 9.8 x 10 -6 t - 1.79 x 10-5

Para encontrar los valores correspondientes a las constantes arbitrarias C1 y C2 de la solución complementaria qc , se reemplazan por separado cada una de las condiciones iniciales y de frontera en la solución general obtenida, así:

Con condición inicial: q ( 0- ) = 1 coulombs. Significa: q = 1 cuando t = 0 -

q = C1 e – 500 t + C2 t e – 500 t + 1.4 x 10 -5 t2 + 9.8 x 10 -6 t - 1.79 x 10-5

1 = C1 e – 500 * 0 + C2 (0) e – 500 * 0 + 1.4 x 10 -5 ( 0 )2 + 9.8 x 10 -6 ( 0) - 1.79 x 10-5

1 = C1 e 0 + 0 + 0 + 0 - 1.79 x 10-5

1 = C1 - 1.79 x 10-5

Con condición de frontera: q ( 1 ) = 3.2 coulombs. Significa: q = 3.2 cuando t = 1

q = C1 e – 500 t + C2 t e – 500 t + 1.4 x 10 -5 t2 + 9.8 x 10 -6 t - 1.79 x 10-5

3.2 = C1e– 500 * 1 + C2 *4.1*e– 500 * 1 + 1.4 x 10 -5 (1)2 + 9.8 x 10 -6 (1) - 1.79 x 10-5

3.2 = C1* 7.12 x 10-218 + C2 *4.1*7.12 x 10-218 + 1.4 x 10 -5 + 9.8 x 10 -6 - 1.79 x 10-5

3.2 = 7.12 x 10-218 C1 + 2.9211 x 10-217 C2 + 5.9 x 10 -6

3.2 = 7.12 x 10-218 C1 + 2.9211 x 10-217 C2 + 5.9 x 10 -6

3.1999 = 7.12 x 10-218 C1 + 2.9211 x 10-217 C2

Con el reemplazo de estas dos condiciones obtuvimos un sistema de ecuaciones 2x2 que podemos resolver por cualquier método.

1 = C1 - 1.79 x 10-5

3.1999 = 7.12 x 10-218 C1 + 2.9211 x 10-217 C2

Obtenemos: C1 = 1.0000179 y C2 ≈ 1.0993 x 10217 Por lo tanto la solución general completa, ya sin constantes arbitrarias es:

Esta es la solución general para la carga q del circuito RLC serie con fuente polinómica.

Observe, que la respuesta complementaria, natural, transitoria: Comprende dos exponenciales decrecientes. Y la respuesta particular, forzada por la fuente, permanente: Comprende un polinomio de la misma forma de la función g que es en este caso la fuente del circuito.

e) Para verificar los resultados puede utilizar el comando dsolve de MATLAB:

1.0000179 e – 500 t + 1.0993x10217 t e – 500 t + 1.4 x10 -5 t2 + 9.8x10 -6 t - 1.79 x 10-5q =




q =dsolve(‘2*D2q+2000*Dq+500000*q=7*(t^2)+5*t+9’);

pretty(q)

clase # 10 tpr edo 2 no homogéneas coeficientes dos

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