Colaborativos.docx

PASO 4 PRESENTACIÓN DE APORTES A LA SOLUCIÓN DEL PROBLEMA PLANTEADO EJERCICIO 4. SITUACIÓN PROBLEMA A partir de la situación problema planteada el grupo debe realizar los aportes respectivos en el foro colaborativo con el fin de reconocer las características del problema que se ha planteado y buscar el método de solución más apropiado según las ecuaciones diferenciales de primer orden seleccionando la respuesta correcta de las 4 alternativas. Un sistema vibratorio que consiste en una masa unida a un resorte como se muestra en la figura

Se suelta desde el reposo a 𝑁

1 2

1

unidades debajo de la posición de equilibrio. La masa es de 5 𝐾𝑔 y la

constante elástica es 𝑘 = 2 𝑚. El movimiento es amortiguado (𝛽 = 1,2) y está siendo impulsado por una 𝜋

fuerza periódica externa (𝑇 = 2 𝑠), comenzando en 𝑡 = 0. Dicha fuerza está definida como 𝑓(𝑡) = 5 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 . Para esta situación, la solución corresponde a:

38

86

25

50

38

86

25

50

a. 𝑦 = 𝑒 3𝑡 (51 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 𝑡 − 51 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 𝑡 ) − 102 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 + 51 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 4𝑡 b. 𝑦 = 𝑒 3𝑡 (51 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 𝑡 + 51 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 𝑡 ) + 102 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 − 51 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 4𝑡 38

86

25

50

c. 𝑦 = 𝑒 −3𝑡 (51 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 𝑡 − 51 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 𝑡 ) − 102 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 + 51 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 4𝑡

38

86

25

50

d. . 𝑦 = 𝑒 −3𝑡 (51 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 𝑡 − 51 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 𝑡 ) − 102 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 + 51 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 4𝑡

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN

Por segunda ley de Newton ∑

El sistema es forzado con amortiguamiento, de ahí que:

⃗⃗𝐹 = 𝑚𝑎 ⃗

𝑚𝑎 = −𝑘𝑥 − 𝛽𝑣 + 𝑓(𝑡)

𝑎=

𝑑2 𝑥 𝑑𝑥 𝑚 = 2 = −𝑘𝑥 − 𝛽𝑣 + 𝑓(𝑡) 𝑑𝑡 𝑑𝑡

𝑑𝑣 𝑑 2 𝑥 = 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2

𝑣=

1 𝑑2𝑥 𝑑𝑥 = 2 + 1,2 + 2𝑥 = 5 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 5 𝑑𝑡 𝑑𝑡

1 𝑑2𝑥 𝑑𝑥 5 ( ) = 2 + 5(1,2) + 5(2𝑥) 5 𝑑𝑡 𝑑𝑡 = 5 (5) 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡

𝑑𝑥 𝑑𝑡

Multiplicamos a ambos lados por (5) para eliminar la fracción.

𝑑2𝑥 𝑑𝑥 +6 + 10𝑥 = 25 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑2𝑥 𝑑𝑥 +6 + 10𝑥 = 0 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡

𝑚2 =

𝑑2𝑥 = 𝑑𝑡 2

𝑚=

𝑑𝑥 𝑑𝑡

Para convertirlo en una ecuación diferencial homogénea se hace 𝑓(𝑡) = 0

Se reemplaza y convierte en una ecuación cuadrática normal con: 𝑚2 =

𝑚2 + 6𝑚 + 10 = 0

𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 = 0

𝑑2𝑥 = 𝑑𝑡 2

𝑚=

𝑑𝑥 𝑑𝑡

−𝑏 ∓ √𝑏 2 − 4𝑎𝑐 𝑥= 2𝑎 𝑎 = 1 𝑏 = 6 𝑐 = 10

𝑚= 𝑚= 𝑚=

−6∓√62 −4(1)(10) 2(1) −6∓√36−40 2(1) −6∓2𝑖 2

𝑚2 =

−6−2𝑖

𝑚2 =

−2(3+𝑖)

2 2

No tiene solución real.

Remplazamos No tiene solución real. Despejamos y operamos de donde

𝑚=

−6∓√−4 2

𝑚1 =

−6+2𝑖

𝑚1 =

−2(3−𝑖)

√−4 = √4(−1) = 2𝑖

2 2

𝑚1 = −3 + 𝑖

𝑚2 = −3 − 𝑖 Cuando las raíces no son reales sino complejas, la solución es de la forma.

𝑦𝑐 = 𝑒 −3𝑡 (𝑐1 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 𝑡 + 𝑐1 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 𝑡)

Por coeficientes determinados(definición) 𝑦𝑝 = 𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 + 𝐵 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 4𝑡

𝑦𝑝1 = −4𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 + 4𝐵 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 4𝑡

Primera derivada de 𝑦𝑝1

𝑑𝑥 𝑑𝑡

= −16𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 + 16𝐵 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 4𝑡

Sustituyendo en la ecuación diferencial 𝑑2𝑥 𝑑𝑥 + 6 + 10𝑥 = 25 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡

𝑑2𝑥 𝑑𝑡 2

(−16𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 + 16𝐵 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 4𝑡) + 6( −4𝐴 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 4𝑡 + 4𝐵 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 ) + 10(𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 + 𝐵 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 4𝑡 ) = 25 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡

(−16𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 + 16𝐵 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 4𝑡) + 6( −4𝐴 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 4𝑡 + 4𝐵 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 ) + 10(𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 + 𝐵 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 4𝑡 ) = 25 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 −16𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 + 16𝐵 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 4𝑡 − 24𝐴 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 4𝑡 + 24𝐵 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 + 10𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 + 10𝐵 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 4𝑡 = 25 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 −6𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 − 6𝐵 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 4𝑡 − 24𝐴 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 4𝑡 + 24𝐵 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 25 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡

−6𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 24𝐵 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 − 6𝐵 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 4𝑡 − 24𝐴 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 4𝑡 25 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡

Reorganizamos para factorizar 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 (−6𝐴24𝐵 ) +𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 4𝑡(−6𝐵 − 24𝐴) 25 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡

−6𝐴 24𝐵 = 25(1) ó − 24𝐴 − 6𝐵 = 0(2)

−24𝐴 − 6𝐵 = 0

El sistema de Ecuaciones que resulta es:

Resolviendo y despejando (B) de (2).

−24𝐴 = 6𝐵 −

24𝐴 =𝐵 6

= 4𝐴 = 𝐵 (3)

−6𝐴 24(−4𝐴) = 25 𝐴=

25

y

102

−102 = 25 𝐵=

50

Reemplazo(3) en (1)

51

Reescribimos 𝑦𝑝 = 𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 + 𝐵 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 4𝑡

Reescribimos

𝑦𝑝 =

25 50 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 + 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 4𝑡 102 51

La solución general será:

Obtenemos la solución general

𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝

𝑦 = 𝑒 −3𝑡 (𝑐1 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 𝑡 + 𝑐21

𝑎𝑐𝑖𝑎𝑠 𝑦 𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛: 𝑒𝑠:

𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 𝑡) −

25 102

50 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 +

51

𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 4𝑡

𝑐1 =

38

𝑐2 =

51

𝑦 = 𝑒 −3𝑡 (

38 51

51

𝑐𝑜𝑠 𝑡 +

86

𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 𝑡) 51 50 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 + 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 4𝑡 51 𝑐𝑜𝑠

𝑐1 𝑦 𝑐2 son constantes arbitrarias y valen:

86

−

25

Con esta ecuación resuelta podemos deducir que la respuesta correcta es la D.

102

PASO 5 EJERCICIO 5. ANÁLISIS Y EVALUACIÓN DE LA SOLUCIÓN DE UNA SITUACIÓN PLANTEADA. Se presenta un problema junto con su solución, de forma colaborativa deben evaluar y analizar toda la solución a la situación plantea, si consideran que todo el proceso y respuesta se encuentra

de manera correcta, deben realizar aportes en cuanto a procedimiento faltante y fórmulas utilizadas, resaltando en otro color los aportes extras a la solución. Si el grupo considera que el proceso y/o respuesta se encuentra incorrecto, deben realizar la observación y corrección al error o errores encontrados resaltando en otro color la corrección y aportes extras a la solución. Situación y solución planteada:

Situación Se conecta en serie un resistor de 12 Ω, un capacitor de 0.1 F, un inductor de 2 H y una fuente de voltaje V = 20 V, formando un circuito RLC. Sí inicialmente se encuentra descargado el capacitor y no circula corriente por el circuito. Determinar las expresiones para la carga y la corriente:

EJERCICIO Y SOLUCIÓN PLANTEADA Solución planteada: Se tiene que la carga 𝑄(𝑡) sobre el capacitor se modela con la ED: 𝐿

𝑑2 𝑄 𝑑𝑄 𝑄 +𝑅 + =𝑉 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝐶 𝑑2 𝑄 𝑑𝑄 𝑄 ⇒ 2 2 + 12 + 𝑑𝑡 𝑑𝑡 0.1 = 20

La solución general de esta ecuación se obtiene sumando las soluciones complementaria y particular: 2

𝑑 𝑄 𝑑𝑄 + 6 + 5𝑄 = 10 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 𝑑2𝑄 𝑑𝑄 ⇒ 2 +6 + 5(𝑄 − 2) 𝑑𝑡 𝑑𝑡 =0 Haciendo cambio de variable 𝑞 = 𝑄 − 2, derivando 𝑞 ´ = 𝑄 ´ y 𝑞 ´´ = 𝑄 ´´ . Sustituyendo:

OBSERVACIONES, ANEXOS, MODIFICACIONES A LA SOLUCIÓN PLANTEADA 𝐿

𝑑2𝑄 𝑑𝑄 𝑄 𝑑2 𝑄 𝑑𝑄 𝑄 + 𝑅 + = 𝑉 ⇒ 2 + 12 + = 20 2 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝐶 𝑑𝑡 𝑑𝑡 0.1

2

𝑑2𝑄 𝑑𝑡 2

+ 12

𝑑𝑄 𝑑𝑡

+ 10𝑄 = 20 (dividimos en 2)

𝑑2 𝑄 𝑑𝑄 +6 + 5𝑄 = 10 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 2 𝑑 𝑄 𝑑𝑄 +6 + 5𝑄 − 10 = 0 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 2 𝑑 𝑄 𝑑𝑄 +6 + 5(𝑄 − 2) = 0 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 Transformamos a una homogénea sustituyendo

𝑞 = (𝑄 − 2)

𝑞´ = 𝑄´ 𝑑2 𝑞 𝑑𝑡 2

y 𝑞 ´´ = 𝑄 ´´

𝑑𝑞

+ 6 𝑑𝑡 + 5𝑞 = 0 donde

𝑚2 − 6𝑚 − 5 = 0 (𝑚 + 1)(𝑚 + 5) = 0

𝑚 = -1 𝑚 = -5

La solución general es: 𝑞(𝑡) = 𝐶1 𝑒 −𝑡 + 𝐶2 𝑒 −5𝑡 Pero 𝑞 = 𝑄 − 2 ⇒ 𝑄 = 𝑞 + 2

𝑑2𝑞 𝑑𝑞 + 6 + 5𝑞 = 0 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 La ecuación característica:

𝑄(𝑡) = 2 + 𝐶1 𝑒 −𝑡 + 𝐶2 𝑒 −5𝑡 𝑑𝑄 =𝐼 𝑑𝑡

𝑚2 − 6𝑚 − 5 = 0 𝑑𝑄 𝑑𝑡

Factorizando se obtienen las siguientes soluciones: 𝑚1 = 5

𝑑

= 𝑑𝑡(2+𝐶1 𝑒 −𝑡 + 𝐶2 𝑒 −5𝑡 )

𝐼(𝑡) = −𝐶1 𝑒 −𝑡 + 𝐶2 𝑒 −5𝑡

𝑚2 = 1

En el desarrollo hay un par de signos Cuando las raíces son diferentes y reales, una equivocados función complementaria es: 𝐼(𝑡) = 𝐶1 𝑒 −𝑡 + 𝐶2 𝑒 −5𝑡 𝑄(𝑡) = 𝐶1 𝑒 −𝑡 + 𝐶2 𝑒 5𝑡 Pero 𝑞 = 𝑄 − 2 ⇒ 𝑄 = 𝑞 + 2 ⇒ 𝑄(𝑡) = 𝑞(𝑡) + 2 por lo que la carga es: 𝑄(𝑡) = 2 + 𝐶1 𝑒 −𝑡 + 𝐶2 𝑒 5𝑡

Derivando se obtiene la corriente: 𝐼(𝑡) = 𝐶1 𝑒 −𝑡 + 5𝐶2 𝑒 5𝑡

Como Q(0)=0(carga inicial), I(0)=0( corriente inicial) entonces 𝑄(𝑡) = 2 + 𝐶1 𝑒 −𝑡 + 𝐶2 𝑒 −5𝑡 𝑄(0) = 2 + 𝐶1 + 𝐶2

0 = 2 + 𝐶1 + 𝐶2 1

𝐼(𝑡) = 𝐶1 𝑒 −𝑡 − 5𝐶2 𝑒 −5𝑡 𝐼(0) = −𝐶1 − 5𝐶2 0 = −𝐶1 − 5𝐶2 2

Si se tiene en cuenta las condiciones iniciales 𝑄(0) = 0 y 𝐼(0) = 0, se obtiene el siguiente De (2) −𝐶1 − 5𝐶2 y reemplazamos en (1). sistema: 0 = 2 − 5𝐶2 + 𝐶2 0 = 2 + 4𝐶 −2 = −4𝐶2 2 𝐶1 + 𝐶2 + 2 = 0 2 − = 𝐶2 4 𝐶 + 5𝐶 = 0 1

5 𝐶1 = , 2

2

1 𝐶2 = 2

𝐶2 = 1

Sustituyendo: 5 1 𝑄(𝑡) = 2 + 𝑒 −𝑡 − 𝑒 5𝑡 2 2 La corriente que circula sobre el circuito es:

1 2

−5

Si 𝐶2 = 2 entonces 𝐶1 = 2 La carga sobre el capacitor será: 5 1 𝑄(𝑡) = 2 − 𝑒 −𝑡 + 𝑒 −5𝑡 2 2 La corriente que circula sobre el circuito

5 5 𝐼(𝑡) = 𝑒 −𝑡 + 𝑒 5𝑡 2 2

𝐼(𝑡) =

5 −𝑡 5 −5𝑡 𝑒 − 𝑒 2 2