UNIVERSIDAD AUTONOMA

DE QUERETARO

FACULTAD DE INFORMATICA

ING. EN

TELECOMUNICACIONES

Ecuaciones diferenciales

Proyecto Final

“Sistemas de ecuaciones diferenciales”

PROFESOR: Dr. Saúl Tovar Arriaga

ALUMNOS:

LUIS ANGEL REYES CRUZ Exp. 163986

ALEJANDRO URIBE GARCÍA Exp. 215484

FECHA: 10/12/12

Problema 1

Sustituimos los valores que nos da el problema

(1.5 + 3)(18)2𝜃1′′ + 1.5(18)2𝜃2

′′ + (1.5 + 3)(18)(9.8)𝜃1 = 0

1.5(18)2𝜃1′′ + 1.5(18)2𝜃2

′′ + (1.5)(18)(9.8)𝜃2 = 0

Aplicamos transformada de Laplace a las dos ecuaciones y sustituimos valores iniciales

𝜃1(𝑠) =972𝑠:486𝑠2𝜃2(𝑠)

1458𝑠2:793.8 Ecuación 3

𝜃2(𝑠) =;486𝑠2𝜃1(𝑠)

486𝑠2:264.6 Ecuación 4

Sustituyendo 4 en 3 y despejando 𝜃1(𝑠)

𝜃1(𝑠) =472392𝑠3 + 257191.2𝑠

(687.308𝑠2 + 237.234)(687.308𝑠2 + 885.369)

Aplicando fracciones parciales 𝜃1(𝑠) quedaría de la siguiente manera:

𝜃1(𝑠) =145.245162𝑠

(687.308𝑠2:237.234) +

542.0624207𝑠

(687.308𝑠2:885.369) ecuación 5

Ahora podemos aplicar transformada de Laplace para encontrar 𝜃1(𝑡)

𝜃1(𝑡) =145.245162

687.308cos(0.587503𝑡) +

542.0624207

687.308cos(1.134975𝑡)

Sustituimos 5 en 4

𝜃2(𝑠) =−486𝑠2

486𝑠2 + 264.6,

145.245162𝑠

(687.308𝑠2 + 237.234)+

542.0624207𝑠

(687.308𝑠2 + 885.369)-

Aplicando fracciones parciales 𝜃2(𝑠) nos queda de la siguiente manera

𝜃2(𝑠) =280.894994𝑠

486𝑠2 + 264.6−

145.5792617𝑠

(687.308𝑠2 + 237.234)−

939.076845𝑠

(687.308𝑠2 + 885.369)

Aplicando transformada inversa de Laplace nuestro resultado queda:

𝜃2(𝑡) =280.894994

486cos(0.737864𝑡) −

145.5792617

687.308,cos(1.722482𝑡)-

Grafica de los resultados

Problema 2

Ecuación 1

𝑀1𝑥´´1 = −𝑘1𝑥1 + 𝑘2(𝑥2 − 𝑥1)

Ecuación 2

𝑀2𝑥´´2 = −𝑘2(𝑥2 − 𝑥1) − 𝑘3(𝑥2)

Igualando nuestras ecuaciones 1 y 2 a 0, sustituyendo nuestros valores iniciales en

𝑀1, 𝑀2𝑦𝑘1, 𝑘2, 𝑘3 .

𝑥´´1 + 2𝑥1 − 𝑥2 = 0

𝑥´´2 + 2𝑥2 − 𝑥1 = 0

Aplicando transformada de Laplace a nuestra ecuación 1, sustituyendo valores en

𝑥1(0), 𝑥´1(0) y despejando 𝑥1(𝑠).

ℒ{𝑥1(2)𝑡} = 𝑆2𝑥1(𝑠) − 𝑆𝑥1(0) − 𝑥´1

ℒ*2𝑥1𝑡+ = 2𝑥1(𝑠)

ℒ*𝑥2𝑡+ = −𝑥2(𝑠)

𝑆2𝑥1(𝑠) + 1 + 2𝑥1(𝑠) − 𝑥2(𝑠) = 0

𝑥1(𝑠)(𝑆2 + 2) = 𝑥2(𝑠) − 1

𝑥1(𝑠) =𝑥2(𝑠) − 1

𝑆2 + 2

Aplicando transformada de Laplace a nuestra ecuación 2, sustituyendo valores en 𝑥2(0), 𝑥´2(0) y despejando 𝑥2(𝑠).

ℒ{𝑥2(2)𝑡} = 𝑆2𝑥2(𝑠) − 𝑆𝑥2(0) − 𝑥´2

ℒ*2𝑥2𝑡+ = 2𝑥2(𝑠)

ℒ*𝑥1𝑡+ = −𝑥1(𝑠)

𝑆2𝑥2(𝑠) − 1 + 2𝑥2(𝑠) − 𝑥1(𝑠) = 0

𝑥2(𝑠)(𝑆2 + 2) = 𝑥1(𝑠) + 1

𝑥2(𝑠) =𝑥1(𝑠) + 1

𝑆2 + 2

Sustituyendo 𝑥2(𝑠) en 𝑥1(𝑠) y obteniendo nuestra 𝑥1(𝑠) final.

𝑥1(𝑠) =𝑥2(𝑠) − 1

𝑆2 + 2

𝑥1(𝑠) =(𝑥1(𝑠) + 1𝑆2 + 2

) − 1

𝑆2 + 2

𝑥1(𝑠) =(𝑥1(𝑠) + 1𝑆2 + 2

) −𝑆2 + 2𝑆2 + 2

𝑆2 + 2

𝑥1(𝑠) =𝑥1(𝑠) + 1 − 𝑆2 + 2

(𝑆2 + 2)2

(𝑥1(𝑠))(𝑆2 + 2)2 −𝑥1(𝑠) = 1 − (𝑆2 + 2)

𝑥1(𝑠)((𝑆2 + 2)2 − 1) = 1 − (𝑆2 + 2)

𝑥1(𝑠) =1 − (𝑆2 + 2)

(𝑆2 + 2)2 − 1

𝑥1(𝑠) =−(𝑆2 + 1)

𝑆4 + 4𝑆2 + 4 − 1

𝑥1(𝑠) =−(𝑆2 + 1)

(𝑆2 + 3)(𝑆2 + 1)

𝑥1(𝑠) =−1

(𝑆2 + 3)

Sustituyendo nuestra 𝑥1(𝑠) final en 𝑥2(𝑠) y obteniendo nuestra 𝑥2(𝑠) final.

𝑥2(𝑠) =𝑥1(𝑠) + 1

𝑆2 + 2

𝑥2(𝑠) =.

−1𝑆2 + 3

/ + 1

𝑆2 + 2

𝑥2(𝑠) =.

−1𝑆2 + 3

/ +𝑆2 + 3𝑆2 + 3

𝑆2 + 2

𝑥2(𝑠) = −

𝑆2 + 2𝑆2 + 3𝑆2 + 2

𝑥2(𝑠) =𝑆2 + 2

(𝑆2 + 3)(𝑆2 + 2)

𝑥2(𝑠) =1

𝑆2 + 3

Aplicando transformada inversa de Laplace a 𝑥1(𝑠) final para obtener nuestra 𝑥1(𝑡).

ℒ;1 {−1

𝑆1 + 3} = ℒ;1 {

−1(√3)

𝑆1 + 3(√3)} = −

1

√3ℒ;1 {

(√3)

𝑆1 + 3}

𝑥1(𝑡) = −1

√3𝑠𝑒𝑛√3𝑡

Aplicando transformada inversa de Laplace a 𝑥2(𝑠) final para obtener nuestra 𝑥2(𝑡).

ℒ;1 {1

𝑆1 + 3} = ℒ;1 {

1(√3)

𝑆1 + 3(√3)} = −

1

√3ℒ;1 {

(√3)

𝑆1 + 3}

𝑥2(𝑡) =1

√3𝑠𝑒𝑛√3𝑡

Graficas de 𝑥1(𝑡)𝑦𝑥2(𝑡)𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒

Problema 3

𝑅1𝑑𝑞

𝑑𝑡+

1

𝑐𝑞 +𝑅1𝑖3 = 𝐸(𝑡)

𝐿𝑑𝑖3

𝑑𝑡+𝑅2𝑖3 −

1

𝑐𝑞 = 0

E(t) se puede expresar como un función escalón unitario de la siguiente manera:

𝐸(𝑡) = 50𝑒;𝑡𝑈(𝑡 − 1)

Aplicamos transformada de la place a nuestras dos ecuaciones

ℒ*𝐸(𝑡)+ = 50𝑒;𝑠ℒ{𝑒;(𝑡:1)}

𝑅1,𝑠𝑄(𝑠) − 𝑞(0)- +1

𝑐𝑄(𝑠) + 𝑅1𝐼3(𝑠) =

50𝑒;(𝑠:1)

𝑠 + 1

𝐿,𝑠𝐼3(𝑠) −𝑖3(0)- +𝑅2𝐼3(𝑠) −1

𝑐𝑄(𝑠) = 0

𝑄(𝑠) [𝑅1𝑠 +1

𝑐] −𝑅1𝑞(0) +𝑅1𝐼3(𝑠) =

50𝑒;(𝑠:1)

𝑠 + 1

Sustituimos valores iniciales

𝑄(𝑠) =

50𝑒;(𝑠:1)

𝑠 + 1 − 𝐼3

𝑠 + 1

𝑠𝐼3(𝑠) + 𝐼3(𝑠) − 𝑄(𝑠) = 0

Obtenemos nuestra ecuaciones 3 despejando 𝑄(𝑠)𝑦𝐼3(𝑠)

𝑄(𝑠) =50𝑒;(𝑠:1) − 𝐼3(𝑠 + 1)

(𝑠 + 1)2

Obtenemos nuestra ecuación 4

𝐼3(𝑠) =𝑄(𝑠)

(𝑠 + 1)

Sustituimos 4 en 3

𝑄(𝑠) =50𝑒;(𝑠:1) −

𝑄(𝑠)(𝑠 + 1)

(𝑠 + 1)

(𝑠 + 1)2

Despejamos Q(s)

𝑄(𝑠) =50𝑒;(𝑠:1) − 𝑄(𝑠)

(𝑠 + 1)2

Obtenemos nuestra ecuación 5 donde ya podemos aplicar transformada inversa de Laplace

𝑄(𝑠) =50𝑒;(𝑠:1)

(𝑠 + 1)2 + 1

Aplicamos la inversa del teorema de traslación en el eje s y t al mismo tiempo.

𝑞(𝑡) = 50𝑒;𝑡𝑠𝑒𝑛(𝑡 − 1)𝑈(𝑡 − 1)

Este resultado lo podemos expresar de la siguiente manera

𝑞(𝑡) = {0,0 ≤ 𝑡 < 1

50𝑒;𝑡𝑠𝑒𝑛(𝑡 − 1), 𝑡 ≥ 1

Sustituimos nuestra ecuación 5 en 4

𝐼3(𝑠) =

50𝑒;(𝑠:1)

(𝑠 + 1)2 + 1

(𝑠 + 1)

𝐼3(𝑠) =50𝑒;(𝑠:1)

(𝑠 + 1)2 + (𝑠 + 1)

Para poder aplicar la inversa de los dos teoremas como con 𝑄(𝑠) vamos a expresar nuestra

ecuación de otra forma.

𝐼3(𝑠) =50𝑒;(𝑠:1)

(𝑠 + 1),(𝑠 + 1)2 + 1-

Aplicamos los teoremas inversos

𝑖3(𝑠) = 50𝑒;𝑡,1 − 𝑐𝑜𝑠(𝑡 − 1)-𝑈(𝑡 − 1)

Al igual que𝑄(𝑠), 𝑖3(𝑠) se puede expresar de la siguiente manera:

𝑞(𝑡) = {0,0 ≤ 𝑡 < 1

50𝑒;𝑡,1 − 𝑐𝑜𝑠(𝑡 − 1)-, 𝑡 ≥ 1

Graficas de𝑞(𝑡) e 𝑖(𝑡) respectivamente.