OSCILACIONES LIBRES Y FORZADAS.

Soluciones a los problemas: 1, 2, 15 y 16

Rodolfo M. Id Betan (Rolo)

Por favor, reportar errores o comentarios a:

idbetan@gmail.com

Actualizado el 8/4/2015

Ej. 1.- Una masa m de 10 Kg cuelga de un re-sorte de constante k=2.5 kN/m. En el instante

t=0, cuando pasa por su posicion de equilibrioestatico, tiene una velocidad descendente de 0.5m/s. Hallar:

a) el alargamiento estatico el resorte

b) la pulsacion natural ω0 y la frecuencia natural f0

c) el perıodo de las oscilaciones del sistema

d) la elongacion en funcion del tiempo, medida desde laposicion de equilibrio estatico

e) la velocidad y la aceleracion maxima que alcanza la masa

a) el alargamiento estatico el resorte

mg − kδest = 0 ⇒ δest =mg

k= 0.0392m (1)

b) la pulsacion natural ω0 y la frecuencia natural f0

ω0 =

√

k

m= 15, 811rad/seg (2)

ω0 = 2πf0 ⇒ f0 =ω0

2π= 2, 518Hz (3)

c) el perıodo de las oscilaciones del sistema

T =1

f0= 0, 397seg (4)

1

d) la elongacion en funcion del tiempo, medida desde la posicion deequilibrio estatico.Considero sentido positivo hacia abajo

x(t) = Acos(ω0t+ φ) (5)

x(t) = −Aω0sen(ω0t+ φ) (6)

Condiciones iniciales:

x(t = 0) = 0 = Acos(φ) (7)

x(t = 0) = 0, 5 = −Aω0sen(φ) (8)

Multiplicando la primera ecuacion por ω0, elevando al cuadrado y sumandolas dos ecuaciones nos independizamos de φ

0 = A2ω20cos

2(φ) (9)

0.52 = A2ω20sen

2(φ) (10)

0.52 = A2ω20 (11)

A =0.5

ω0= 0, 316m (12)

Para calcular el defasaje no puedo dividir una ecuacion con respecto a laotra porque la posicion inicial es cero. Lo despejo de la velocidad:

0, 5 = −Aω0sen(φ) ⇒ senφ =−0, 5

Aω0= −1 (13)

φ = sen−1(−1) = −1, 57 = −π

2(14)

Chequeo que el defasaje tiene el signo adecuado para la condicion inicial:

x(t = 0) = −Aω0sen(φ) = −Aω0sen(−π

2) = Aω0 > 0 (15)

e) la velocidad y la aceleracion maxima que alcanza la masa

x(t) = −Aω0sen(ω0t+ φ) (16)

x(t) = −Aω20cos(ω0t+ φ) (17)

xmax = Aω0 = 0, 5m/s (18)

xmax = Aω20 = 7, 8m/s2 (19)

2

Ej. 2.- La parte movil de dos osciladores armonicos

simples se mueven de acuerdo a la ley:

x1(t) = 2, 3cos(324t+ π/4) (20)

x2(t) = 6, 2cos(11, 4t− 3π/2) (21)

donde x se mide en centımetros y t en segundos.

Calcular la frecuencia, el perıodo, la amplitud, la frecuenciaangular y la fase inicial de estos dos movimientos.

Graficar x en funcion del tiempo.

Fases:

φ1 = π/4 (22)

φ2 = −3π/2 (23)

Amplitudes:

A1 = 2.3 (24)

A2 = 6.2 (25)

Frecuencias angulares

ω1 = 324rad/seg (26)

ω2 = 11.4rad/seg (27)

Frecuencias:

ω = 2πf ⇒ f =ω

2π(28)

f1 = 51, 546Hz (29)

f2 = 1, 815Hz (30)

Perıodos:

T =1

f(31)

T1 = 0, 0194seg (32)

T2 = 0, 551seg (33)

Graficar x en funcion del tiempo. Vamos a graficar x(t) = Acos(ωt + φ)en dos pasos

1. Graficamos la parte de x(t) sin la fase: Acos(ωt).

2. A la grafica resultante le corremos el eje vertical una distanctia +ωφ

3

Etapa 1: Para graficar x como funcion del tiempo calculamos el perıodo T :

cos(ωt) = cos(ω(t+ T )) (34)

El coseno es una funcion multiplo 2π, por lo que

ω(t+ T ) = 2π (35)

como esta relacion vale para todo tiempo, en particular para t = 0 tenemos

ωT = 2π ⇒ T =2π

ω(36)

Luego, la funcion Acos(ωt) tendra valor A para t = 0 y t = T = 0, 0194seg(y para multiplos enteros de T ). Para el caso 1 resultante

T =2π

ω=

2π

324= 0, 0194seg (37)

y un valor −A para t = T2 = 0, 0097 y t = 3T

2 = 0, 0291 (y para multiplossemi-enteros de T ). Luego, podemos graficar 2, 3cos(324t), ver funcion f(x) enla figura

4

Etapa 2: La etapa dos consiste en desplazar la figura en la direccion opuestaal desplazamiento de la variable independiente. Esto esta basado en que lafunction f(x+a) es igual que la funcion f(x) pero desplazada hacia la izquierdauna cantidad a.

En nuestro caso, primero debemos reescribir la funcion

x(t) = Acos(ωt+ φ) (38)

en la forma

x(t) = Acos(ω(t+φ

ω) (39)

para identificar el desplazamiento a. Para el caso 1 resulta

a =φ1

ω1=

π

4

1

324=

0, 785

324= 0, 0024seg (40)

Luego, debemos desplazar la figura hacia la izquierda 0, 0024seg hacia laizquierda. En la practica resulta mas conveniente desplazar el eje vertical haciala derecha la misma cantidad, ver funcion g(x) en la grafica.

5

Ej. 15.- Balanza de resorte con carga. Oscila-

ciones Forzadas. Considere la balanza de resorteestudiada en el problema 11.

a) Escribir la ecuacion diferencial que describe el movimientode la balanza a partir del instante t = 0 en el que se intro-duce una masa m en el platillo.

b) Encontrar la solucion de la ecuacion diferencial para M= 3 Kg, m = 1 Kg, k = 16 N/m , y tres diferentes valores deb, b1= 0.5, b2 = 16 y b3 = 64 Ns/m. En los tres casos lascondiciones iniciales son x(0) = 0 y dx/dt(0) = 0. El origende coordenadas es la posicion de equilibrio del platillo sinninguna carga.

a) Escribir la ecuacion diferencial que describe el movimiento de labalanza a partir del instante t = 0 en el que se introduce una masam en el platillo. Para el caso de la masa sin peso. El peso de la balanza, Mgproducira un estiramiento δ = Mg

k .Contamos el desplazamiento de la bascula desde la longitud natural del re-

sorte (sin peso) como δ + x, donde x corresponde al desplazamiento desde laposicion de equilibrio teniendo en cuenta el estiraminto debido a la masa M dela balanza.

La masa m agregada corresponde a una fuerza externa constante Fext = mg(que no depende de ninguna frecuencia ω).

La sumatoria de fuerzas∑

F esta dada por: (i) el peso de la balanza Mghacia abajo, (ii) la fuerza del resorte k(δ+ x) hacia arriba, (iii) la viscosidad bxhacia arriba, (iv) la fuerza externa Fext = mg hacia abajo.

La resultante esta igualada a la masa total (M +m)x:

Mg − k(δ + x)− bx+mg = (M +m)x (41)

−kx− bx+mg = (M +m)x (42)

donde Mg − kδ = 0.

x+ γx+ ω20x =

m

M +mg (43)

donde γ = bm+M , ω0 =

√

kM+m

b) Encontrar la solucion de la ecuacion diferencial para M = 3 Kg,m = 1 Kg, k = 16 N/m , y tres diferentes valores de b, b1= 0.5, b2= 16 y b3 = 64 Ns/m. En los tres casos las condiciones iniciales sonx(0) = 0 y dx/dt(0) = 0. El origen de coordenadas es la posicion deequilibrio del platillo sin ninguna carga.

Solucion total: x(t) = xh(t) + xp(t)

6

Solucion particular: es la misma para todos los casos. Ensayamos xp(t) = ccon c = cte.Reemplazando en la ecuacion diferencial:

xp + γxp + ω20xp =

m

M +mg (44)

0 + 0 + ω20c =

mg

M +mg (45)

luego c = mg(n+M)ω2

0

.

Reemplazando ω0 =√

kM+m resulta

xp(t) = c =mg

(n+M)ω20

(46)

=mg

(m+M)

M +m

k(47)

=mg

k(48)

= δm = 0, 6125m (49)

esto es el alargamiento correspondiente a la masa m.

A partir de k y las masas: ω0 =√

kM+m = 2s−1.

Solucion homogenea:

Caso 1: b1 = 0.5Ns/m γ1 = b1M+m = 1

8s−1 ⇒ γ1 ≪ 2ω0. Regimen sub-

amortiguado.Solucion para condiciones de contorno arbitraria:

xh(t) = Ae−γ1

2tcos(ω1t+ φ) (50)

con ω1 =

√

ω20 −

γ2

1

4 = 1, 999023 ∼= 2 = ω0.

Caso 2: b2 = 16Ns/m γ2 = b2M+m = 4s−1 ⇒ γ2 = 2ω0. Regimen crıtico.

Solucion para condiciones de contorno arbitraria:

xh(t) = e−γ2

2t(at+ b) (51)

Caso 3: b3 = 64Ns/m γ3 = b1M+m = 16s−1 ⇒ γ3 > 2ω0. Regimen sobre-

amortiguado.Solucion para condiciones de contorno arbitraria:

xh(t) = e−γ3

2t[

A1e−λ1t +A2ae

λ2t]

(52)

con

λ1 =γ32

+

√

γ23

4− ω2

0 =γ32

+ 7, 7456 = 15, 746 (53)

λ2 =γ32

−

√

γ23

4− ω2

0 =γ32

− 7, 7456 = 0, 254 (54)

7

Utilizando las condiciones de contorno

x(t = 0) = xh(t = 0) + xp(t = 0) = 0 (55)

x(t = 0) = xh(t = 0) + xp(t = 0) = 0 (56)

determinamos:

Caso 1: A y φ

Caso 2: a y b

Caso 3: A1 y A2

Caso 1: A y φ Posicion incial:

x(t = 0) = xh(t = 0) + xp(t = 0) (57)

= Ae−γ1

20cos(ω10 + φ) + δm (58)

= Acos(φ) + δm = 0 (59)

Velocidad inicial:

x(t = 0) = xh(t = 0) + xp(t = 0) = 0 (60)

con xp(t) = 0.

xh(t) = A(

−γ12

)

e−γ1

2tcos(ω1t+ φ) +Ae−

γ1

2t(−ω1)sen(ω1t+ φ) (61)

xh(t = 0) = A(

−γ12

)

e−γ1

20cos(ω10 + φ) +Ae−

γ1

20(−ω1)sen(ω10 + φ)

= A(

−γ12

)

cos(φ) +A(−ω1)sen(φ) (62)

Juntando las velocidades homegenea y particular:

x(t = 0) = A(

−γ12

)

cos(φ) +A(−ω1)sen(φ) = 0 (63)

= −γ12cos(φ) − ω1sen(φ) = 0 (64)

Luego

tg(φ) = −γ12ω1

= −0, 031265 (65)

φ = tg−1(−0, 031265) = −0, 031255 (66)

notese que en la aproximacion tg(φ) ∼= φ = −0, 031265.Falta determinar en que cuadrante esta la fase:

- de la ecuaci”on de la posicion Acos(φ) + δm = 0 ⇒ cos(φ) < 0, esto es, phiesta en el segundo o tercer cuadrante.

8

- de la ecaucion de la velocidad γ1

2 cos(φ) + ω1sen(φ) = 0 ⇒ sen(φ) > 0, luegoφ se encuentra en el segundo cuadrante:

Como φ = −0, 031255 esta en el cuarto cuadrante hay que tomar el opuesto,lo que equivale a sumarle π: φ = −0, 031255+ 3, 14 = 3, 1087 ∼= π.

Para calcular la amplitud usamos la ecuacion de posicion con φ = π:

Acos(φ) + δm = 0 (67)

Acos(π) + δm = 0 (68)

A(−1) + δm = 0 (69)

A = δm (70)

Juntando todo:

x(t) = xh(t) + xp(t) (71)

= Ae−γ1

2tcos(ω1t+ φ) + δm (72)

= δme−γ1

2tcos(ω0t+ π) + δm (73)

= δm

[

e−γ1

2tcos(ω0t+ π) + 1

]

(74)

= δm

[

−e−γ1

2tcos(ω0t) + 1

]

(75)

= 0, 6125m[

1− e−1

16tcos(2t)

]

(76)

Donde δm = 0, 6125m, γ1 = 1/8 s−1, ω0 = 2 rad/s.Seudoperıodo: T = 2π

ω = 2π2 = π.

Para γ1 = 1/8 s−1 → 8 ∗ γ1 = 1 s−1.

9

Figure 1: Ejercicio 15. Caso 1. tmax = 10 ∗ T

10

Figure 2: Ejercicio 15. Caso 1. tmax = 60 ∗ T

11

Figure 3: Ejercicio 15. Caso 1. Para γ1 = 1/8 s−1 → 8∗γ1 = 1 s−1. tmax = 6∗T

12

Ej. 16.-Un bloque de masa m = 0.2 Kg esta su-

jeto de un resorte de constante k = 80 N/m. Lafuerza de rozamiento viscosa −bv (v=velocidad

del bloque) es tal que b = 0.2 Ns/m. Se le aplicaal bloque una fuerza impulsora sinusoidal F =

F0 cos(ωt), donde F0 = 1 N.

a) Grafique la amplitud de respuesta en funcion de la fre-cuencia (es decir, la curva de resonancia) indicando suscaracterısticas principales.

b) Encontrar la solucion particular (el movimiento del bloqueen el regimen permanente) para ω = ω0/2, ω = ω0 y ω = 2ω0.

c) Hallar la solucion general, cuando las frecuencias exter-nas asumen los valores del ıtem b), y siendo las condicionesiniciales x(0)=0 y dx/dt(0)=0.

d) Encontrar la solucion particular para la fuerza impulsoraF = F0 cos(ω0t/2) + F0cos(ω0t) + F0cos(2ω0t)

e) Representar esquematicamente el espectro de la senal deentrada y el espectro de la senal de salida correspondienteal caso d).

Sumatoria de fuerzas y segunda Ley de Newton:

−kx− bx+ F0 cos(ωt) = mx (77)

−kx− bx−mx = −F0 cos(ωt) (78)

−k

mx−

b

mx− x = −

F0

mcos(ωt) (79)

−ω20x− γx− x = −

F0

mcos(ωt) (80)

ω20x+ γx+ x =

F0

mcos(ωt) (81)

Ecuacion diferencial de movimmiento

x+ γx+ ω20x =

F0

mcos(ωt) (82)

con ω0 =√

km = 20rad/s, γ = b

m = 1s−1.

Como γ < 2ω0 ⇒ xh(t) es un movimiento sub-amortiguado, en particularγ ≪ ω0.

Solucion particular

xp(t) = B(ω) cos(ωt+ δ) (83)

13

con

B(ω) =F0/m

√

(ω20 − ω2)2 + γ2ω2

(84)

tan(δ) =−γω

ω20 − ω2

(85)

a) Grafique la amplitud de respuesta en funcion de la frecuencia (esdecir, la curva de resonancia) indicando sus caracterısticas princi-pales.

B(ω) =F0/m

√

(ω20 − ω2)2 + γ2ω2

=5

√

(400− ω2)2 + ω2(86)

(87)

Amplitud en ω = 0

B(0) =F0/m

√

(ω20 − 0)2 + γ20

=F0/m

ω20

=5

400(88)

=F0/m

k/m=

F0

k=

1

80(89)

= 0, 0125 (90)

Amplitud en ω = ∞

B(ω → ∞) =F0/m

√

(ω20 − ω2)2 + γ2ω2

(91)

=F0/m

√

(−ω2)2 + γ2ω2(92)

=F0/m

√

ω2(ω2 + γ2)(93)

=F0/m

√

ω2(ω2)(94)

=F0/m

ω2→ 0 (95)

Maxima amplitud Bmax = B(ωmax) con

ωmax =

√

ω20 −

γ2

2= 19, 9875rad/s ∼= 20rad/s = ω0 (96)

Bmax = B(ωmax) (97)

=F0/m

√

(ω20 − ω2

max)2 + γ2ω2

max

(98)

=F0/m

√

[ω20 − (ω2

0 −γ2

2 )]2 + γ2(ω20 −

γ2

2 )(99)

14

=F0/m

√

γ4

4 + γ2ω20 −

γ4

2

(100)

=F0/m

√

γ2ω20 −

γ4

4

(101)

=F0/m

γ√

ω20 − (γ2 )

2(102)

Para γ << ω0

Bmax = B(ωmax) = B(ω0) (103)

=F0/m

γω0=

1/0.2

1 ∗ 20m =

5

20m = 0, 25m (104)

Escribiendo Bmax en termino de B0 para γ << ω0 tenemos,

Bmax =F0/m

γω0(105)

=F0/m

ω20

ω0

γ(106)

= B0ω0

γ(107)

= B0Q (108)

donde B0 = F0/mω2

0

y

Q =ω0

γ=

20

1= 20 (109)

es el factor de merito

Ancho de banda ∆ω = ω+ − ω− con

B(ω+) = B(ω−) =Bmax√

2(110)

Para γ << ω0 ⇒ ∆ω = γ = 1s−1 con Bmax√

2= 0, 1768.

15

Figure 4: Ejercicio 16. Parte (a). Para γ1 = 1 s−1. ω0 = 2 rad/s

b) Encontrar la solucion particular (el movimiento del bloqueen el regimen permanente) para ω = ω0/2, ω = ω0 y ω = 2ω0.

La solucion particular viene dada por

xp(t) = B(ω) cos(ωt+ δ) (111)

con

B(ω) =F0/m

√

(ω20 − ω2)2 + γ2ω2

(112)

(113)

y

tan(δ) =−γω

ω20 − ω2

(114)

16

Para ω = ω0

2 , ω = ω0 y ω = 2ω0 resulta

B1 = B(ω0

2) = 0.0167m (115)

B2 = B(ω0) = 0.250m (116)

B3 = B(2ω0) = 0.00416m (117)

Para la tangente de la fase δ tendremos

tanδ(ω0

2) = −0.03333 (118)

tanδ(ω0) = −∞ (119)

tanδ(2ω0) = 0.03333m (120)

Tomando la inversa de la tangente resulta,

δ1 = δ(ω0

2) = −0.03332rad (121)

δ2 = δ(ω0) = −π

2rad (122)

δ3 = δ(2ω0) = 0.03332rad (123)

Como δ debe estar en el tercer o cuarto cuadrante para que sea valida lasolucion particular tendremos (usando π = 3, 14rad),

δ1 = −0.03332rad (124)

δ2 = −π

2rad = −1.57rad (125)

δ3 = (0.03332− π)rad = −3.107rad (126)

Luego, las soluciones particulares resulta,

xp1(t) = B1 cos(

ω0

2t+ δ1) (127)

= 0.0167m cos(10t− 0.0332 rad) (128)

xp2(t) = B2 cos(ω0t+ δ2) (129)

= 0.25m cos(20t− 1.57 rad) (130)

xp3(t) = B3 cos(2ω0t+ δ3) (131)

= 0.00416m cos(40t− 3.107 rad) (132)

con [t] = s y [ω] = rad/s.

17

Figure 5: Ejercicio 16. Parte (b). Soluciones particulares para ω = ω0

2 =10rad/s, ω = ω0 = 20rad/s y ω = 2ω0 = 40rad/s.

c) Hallar la solucion general, cuando las frecuencias exter-nas asumen los valores del ıtem b), y siendo las condicionesiniciales x(0)=0 y dx/dt(0)=0.

Solucion general:

x(t) = xh(t) + xp(t) (133)

donde xp(t) sera una (por vez) de las consideradas en el apartado (b) y xh(t) esla solucion sin la fuerza impulsora, esto es, la solucion a la ecuacion diferencialhomogenea

x+ γx+ ω20x = 0 (134)

18

con ω0 =√

km = 20rad/s, γ = b

m = 1s−1.

Como γ < 2ω0 la solucion homogenea corresponde a la solucion sub-amortiguada,

xh(t) = Ae−γ

2t cos(ω1t+ φ) (135)

con ω1 =√

ω20 −

γ2

4 que satisface las condiciones iniciales,

x(t = 0) = xh(t = 0) + xp(t = 0) = 0 (136)

x(t = 0) = xh(t = 0) + xp(t = 0) = 0 (137)

Notese que las condiciones iniciales se aplica a la solucion total, esto es a lasuma de la homogenea mas la particular.

Calculemos la velocidad,

·x(t) = ·xh(t) + ·xp(t) (138)

= A(

−γ

2

)

e−γ

2t cos(ω1t+ φ)−Ae−

γ

2tω1sen(ω1t+ φ)−Bωsen(ωt+ δ)(139)

en la aproximacion γ << ω0 ⇒ γ << ω1, luego

·x(t) = −Ae−γ

2tω1sen(ω1t+ φ)−Bωsen(ωt+ δ) (140)

Las condiciones iniciales implican,

x(t = 0) = Ae−γ

20 cos(ω10 + φ) +B cos(ω0 + δ) (141)

·x(t = 0) = −Ae−γ

20ω1sen(ω10 + φ)−Bωsen(ω0 + δ) (142)

luego

x(t = 0) = A cos(φ) + B cos(δ) = 0 (143)

·x(t = 0) = −Aω1sen(φ)−Bωsen(δ) = 0 (144)

despejando,

A cos(φ) = −B cos(δ) (145)

Aω1sen(φ) = −Bωsen(δ) (146)

Diviendo la segunda ecuacion con la primera, tenemos

ω1tan(φ) = ωtan(δ) (147)

Luego la fase φ se obtiene de

tan(φ) =ω

ω1tan(δ) (148)

donde todo los valores de la derecha son conocidos. Falta determinar en quecuadrante se encontrara φ. La forma de determinarlo es como lo hiciemos en elejercicio 15. Esto es, analizando los signos en las ecuaciones de las condicionesiniciales (mas adelante vamos a calcularlo explıcitamente).

19

Una vez calculada la fase, la amplitud A, definida positiva, se puede obtener,por ejemplo de la posicion inicial,

x(t = 0) = A cos(φ) +B cos(δ) = 0 (149)

Luego,

A = −Bcos(δ)

cos(φ)(150)

Como γ << ω0 tenemos ω1 =√

ω20 −

γ2

4∼= ω0 = 20rad/s. Usando esta

aproximacion obtenemos las siguientes soluciones.

Caso ω = ω0

2 . Para este caso tenemos B1 = 0, 0167m, δ1 = −0, 0332rad.Luego la fase resulta

tan(φ1) =ω

ω0tan(δ) (151)

=ω0/2

ω0tan(−0, 0332) =

1

2(−0, 0332) = −0, 0166 (152)

luego

φ1 = tan−1(−0, 0166) = −0, 0166rad (153)

Los valores casi identicos (identicos dentro las tres cifras significativas) entre lastangentes, el arco-tangente y el angulo, son debido a la pequenes del angulo.

La fase φ1 = −0, 0166rad dio en el 4to cuadrante.Analicemos donde debe estar φ para que sea consistente con las condiciones

iniciales y la amplitud A positiva

A cos(φ) = −B cos(δ) < 0 (154)

Aω1sen(φ) = −Bωsen(δ) > 0 (155)

La primera relacion implica que φ tiene que estar 2do o 3er cuadrante. Mientrasla segunda relacion implica que φ debe estar en el 1ro o 2do cuadrante. Por lotanto φ debe estar en el 2do cuadrante,

φ1 = (−0, 0166 + π)rad = 3, 123rad (156)

La amplitud resulta,

A1 = −B1cos(δ1)

cos(φ1)(157)

= −0, 0167cos(−0, 0332)

cos(3, 123)(158)

= −0, 0167(−0, 9996) (159)

= 0, 01669 (160)

(161)

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Notese que practicamente la amplitud A1 en la solucion homogenea es la mismaque B1 en la particular.

La solucion total resulta,

x1(t) = A1e−

γ

2t cos(ω0t+ φ1) +B1 cos(

ω0

2t+ δ1) (162)

x1(t) = 0, 01669e−1

2t cos(20t+ 3, 123) + 0, 0167 cos(10t− 0, 0332)(163)

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Figure 6: Ejercicio 16. Parte (c). Soluciones total para ω = ω0

2 = 10rad/s.

Caso ω = ω0. Para este caso tenemos B2 = 0, 25m, δ1 = −1, 57rad

Caso ω = 2ω0. Para este caso tenemos B3 = 0, 00416m, δ1 = −3, 107rad

xh(t) = Ae−1

2t cos(20t+ φ) (164)

con [A] = m, [t] = s y [φ] = rad. Resta determinar A y φ de las condicionesiniciales.

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