ECUACIONES DIFERENCIALES APLICADA A LA INGENIERIA CIVIL

1. 1

2. 2

3. 3
INDICE
INTRODUCCION....................................................................................................................4
OBJETIVOS...........................................................................................................................5
- Objetivo general........................................................................................................5
- Objetivosespecíficos.................................................................................................5
EJERCICIOS DE APLICACION...................................................................................................6
PROBLEMA 1....................................................................................................................6
 APORTE...............................................................................................................10
PROBLEMA 2..................................................................................................................11
 APORTE...............................................................................................................13
PROBLEMA 3..................................................................................................................14
 APORTE...............................................................................................................16
EJERCICIO DE LA APLICACIÓN DE LA LEY DE HOOKE ..........................................................17

4. 4
INTRODUCCION
El descubrimiento de Newton y Leibniz en el siglo XVII sobre las ideas básicas
del cálculo integral fue crucial para el avance que sufrieron las matemáticas, y más
importante fue, si cabe, la relación que encontraron entre el cálculo integral y el
diferencial, ya que consiguieron fundirlos en uno solo. Una de las aplicaciones de este
descubrimiento fue la física aplicada, a la Ingeniería
En el presente trabajo se pretende dar a conocer las diversas aplicaciones de las
ecuaciones diferenciales en la Ingeniería Civil, es por ello que es utilizado, en muchos
casos, para describir y explicar las leyes del universo; los modelos matemáticos
empleados permiten comprender los cambios que implican innumerables fenómenos
físicos, y dichos cambios sólo pueden explicarse por medio de ecuaciones que relacionan
cantidades que cambian, estas se denominan ecuaciones diferenciales; es una ecuación
que relaciona una función desconocida y una o más de sus derivadas, con esto decimos
que una ecuación diferencial ordinaria es una ecuación en la cual aparecen derivadas o
diferenciales de una variable, que denominamos dependiente, la cual es función de otra
única variable, llamada independiente con lo cual, encontrar la solución de una ecuación
diferencial implica encontrar una función que reemplazada en la ecuación original, junto
con sus derivadas permita llegar a una identidad.

5. 5
OBJETIVOS
- Objetivo general
Aplicar las ecuaciones diferenciales a la vida real mediante problemas
relacionados con la ingeniería civil.
- Objetivos específicos
 Conocer las circunstancias en las que se puede aplicar los ejercicios
planteados, de manera que pueda dar solución a problemas presentados
en la vida real.
 Aplicar todos los conocimientos adquiridos sobre ecuaciones
diferenciales.

6. 6
EJERCICIOS DE APLICACION
PROBLEMA 1
La viga de la figura está sometida a la carga de 30 KN. Calcular por el método
de la Ecuación diferencial la ecuación de la línea Elástica
Datos: EI = constante
 SOLUCIÓN
Cálculo de las reacciones
∑ 𝐹𝑥 = 0 …(𝐼)
𝑅 𝐴𝑋 = 0
∑ 𝐹𝑦 = 0
𝑅 𝐴𝑦 + 𝑅 𝐵𝑦 = 30 𝐾𝑁… (II)
∑ 𝑀𝐴 = 0
−30(1)+ 4𝑅 𝐵𝑌 = 0
𝑅 𝐵𝑌 = 7,5 𝐾𝑁

7. 7
EN (II)
𝑅 𝐴𝑌 = 22,5 𝐾𝑁
Fórmula general de la Ecuación diferencial de La Línea Elástica
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
= −
𝑀
𝐸𝐼
Donde:
M: Momento flector
E: Módulo de elasticidad
I: Momento de inercia.
CORTE A – A Tramo 0 ≤ 𝑥 ≤ 1
∑ 𝑀 𝑥 = 0
−22,5 𝑥 + 𝑀 = 0
𝑀 = 22,5 𝑋
𝐸𝐼
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
= − 𝑀
𝐸𝐼
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
= − 22,5 𝑥
𝐸𝐼
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= − 22,5
𝑥2
2
+ 𝐶1
𝐸𝐼 𝑦 = −
22,5 𝑥3
6
+ 𝐶1 𝑥 + 𝐶2

8. 8
Cálculo de las constantes
 Condiciones de contorno
𝑥 = 0 − − − − − − 𝑦0−1 = 0 − − − − − 𝑪 𝟐 = 𝟎
CORTE B – B Tramo 1 ≤ 𝑥 ≤ 4
∑ 𝑀 𝑥 = 0
−22,5 𝑥 + 30( 𝑥 − 1) + 𝑀 = 0
𝑀 = 22,5 𝑋 − 30( 𝑥 − 1)
𝑀 = 22,5 𝑋 − 30𝑥 + 30
𝑀 = −7,5 𝑥 + 30
𝐸𝐼
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
= − 𝑀
𝐸𝐼
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
= 7,5 𝑥 − 30
𝐸𝐼
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 7,5
𝑥2
2
− 30𝑥 + 𝐶3
𝐸𝐼 𝑦 =
7,5 𝑥3
6
−
30 𝑥2
2
+ 𝐶3 𝑥 + 𝐶4
𝐸𝐼 𝑦 = 1,25 𝑥3
− 15 𝑥2
+ 𝐶3 𝑥 + 𝐶4
PARA 𝑥 = 4 − − − − − 𝑦1−4 = 0
0 = 1,25 (4)3
− 15 (4)2
+ 4 𝐶3 + 𝐶4
4 𝐶3 + 𝐶4 = 160 − − − (𝐼)

9. 9
PARA 𝑥 = 1 − − − − − 𝑦1−4 = 0
𝑑𝑦
𝑑𝑥
)0−1 =
𝑑𝑦
𝑑𝑥
)1−4
7,5 (1)2
− 30(1) + 𝐶3 = −
22,5 (1)2
2
+ 𝐶1
𝐶3 − 𝐶1 = 11,25 − − − − − (𝐼𝐼)
𝑥 = 1 − − − − − 𝑦0−1 = 𝑦1−4
−
22,5 (1)3
6
+ 𝐶1(1)+ 𝐶2 = 1,25 (1)3
− 15 (1)2
+ 𝐶3 + 𝐶4
−3,75 + 𝐶1 = −13,75 + 𝐶3 + 𝐶4
𝐶1 = −10 + 𝐶3 + 𝐶4 − − − −(𝐼𝐼𝐼)
De (III)
11,25 = 10 − 𝐶4
En (I)
𝐶3 = 40,3125
𝐶4 = −1,25
En (II)
𝐶1 = 29,0625
Por lo tanto:
Tramo 0 < 𝑥 < 1
𝐸𝐼 𝑦 = − 3,75 𝑥3
+ 𝐶1 𝑥 + 𝐶2
𝐸𝐼 𝑦 = − 3,75 𝑥3
+ 29,0625 𝑥 − − − ( 𝐼𝑉)
Tramo 1 < 𝑥 < 4
𝐸𝐼 𝑦 = 1,25 𝑥3
− 15 𝑥2
+ 𝐶3 𝑥 + 𝐶4
𝐸𝐼 𝑦 = 1,25 𝑥3
− 15 𝑥2
+ 40, 3125 𝑥 − 1,25
Sumando (IV) + (V)
2 𝐸𝐼 𝑦 = −2,5 𝑥3
− 15 𝑥2
+ 69,375 𝑥 − 1,25
𝑦 =
1
2 𝐸𝐼 𝑦
(−2,5 𝑥3
− 15 𝑥2
+ 69,375 𝑥 − 1,25)
RPTA:
𝑦 =
1
𝐸𝐼 𝑦
(−1,25 𝑥3
− 7,5 𝑥2
+ 34,68 𝑥 − 0,625)

10. 10
 APORTE
El campo de la ingeniería civil implica el diseño estructural, por lo cual es
necesario poder realizar cálculos de una manera sencilla, confiable y sin necesidad
de softwares avanzados ya que como ingenieros estaremos en ambientes y
situaciones diferentes donde será necesario adecuarnos a las condiciones adversas y
poder brindar las debidas soluciones. Con esta ecuación podemos determinar la
distancia de deformación de la viga medida desde su punto de origen, en relación a
su longitud y a la carga soportada. Esto nos sirve para determinar en qué punto de la
viga se debe reforzar para evitar el colapso.

11. 11
PROBLEMA 2
La figura presenta una columna sometida a compresión simple con condiciones
de empotramiento en ambos extremos si el elemento puede adoptar una configuración en
equilibrio diferente a la rectilínea, en esta configuración existirán unos momentos de
empotramiento representados en la figura como Mo. Encuentre la deflexión de la
columna.
SOLUCION
Ecuación diferencial de pandeo de columnas:
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
+
𝑃
𝐸𝐼
=
𝑀𝑜
𝐸𝐼
Donde:
P = Carga aplicada
Mo = Modulo de elasticidad
I = Momento de Inercia
Condición de empotramiento en X= 0 y X=L
𝑦(0) = 0
𝑦′(0) = 3
3x+2
2
3x+2
2

12. 12
𝑦( 𝐿) = 0
𝑦′( 𝐿) = 0
6 𝐴 𝑥 + 2𝐵 =
3𝑥
𝐸. 𝐼
+
2
𝐸. 𝐼
6𝐴 =
3
𝐸. 𝐼
→ 𝐴 =
1
2. 𝐸. 𝐼
2𝐵 =
2
𝐸. 𝐼
→ 𝐵 =
1
𝐸. 𝐼
𝑌𝑃 =
1
2. 𝐸. 𝐼
. 𝑋3
+
1
𝐸. 𝐼
. 𝑋2
La deflexión de la columna es:
Y= Yc + Yp
𝑌 = 𝐶1 cos(√
3
𝐸 . 𝐼
) 𝑋 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 (√
3
𝐸. 𝐼
) 𝑋 +
1
2. 𝐸. 𝐼
𝑋3
+
1
𝐸. 𝐼
𝑋2
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
+
𝑃
𝐸. 𝐼
=
𝑀𝑜
𝐸. 𝐼
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
+
3
𝐸. 𝐼
=
3𝑥 + 2
𝐸. 𝐼
Solución complementaria:
𝑚2
+
3
𝐸. 𝐼
= 0
𝑚2
= −
3
𝐸. 𝐼
𝑚 = ± √
3
𝐸. 𝐼
𝑖
𝑌 = 𝐶1 cos(√
3
𝐸 . 𝐼
) 𝑋 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 (√
3
𝐸. 𝐼
) 𝑋

13. 13
Solución particular:
𝑌𝑝 = 𝑋2 ( 𝐴𝑥 + 𝐵)
𝑌𝑝 = 𝐴𝑥3
+ 𝐵𝑥2
𝑌𝑝′
= 3𝐴𝑥2
+ 2𝐵𝑥
𝑌𝑝′′
= 6𝐴𝑥 + 2𝐵
condiciones de frontera:
Y (0) = 0
0 = 𝐶1
𝑌′ (0) = 3
𝑌′
= (−√
3
𝐸. 𝐼
). 𝑠𝑒𝑛 (√
3
𝐸. 𝐼
)𝑋𝐶1 + (√
3
𝐸. 𝐼
)cos(√
3
𝐸. 𝐼
)+
3𝑋2
2. 𝐸. 𝐼
+
2𝑋
𝐸. 𝐼
3 = (√
3
𝐸. 𝐼
) 𝐶2 → 𝐶2 =
3
√ 3
𝐸. 𝐼
𝐶2 =
3
√ 3
𝐸. 𝐼
→ 𝐶2 =
3√ 𝐸. 𝐼
√3
𝐶2 =
3√3 .√ 𝐸.𝐼
3
→ 𝐶2 = √3 𝐸. 𝐼
LA DEFLEXION DE COLUMNA QUEDA:
𝑌 = √3. 𝐸. 𝐼 𝑠𝑒𝑛 (√
3
𝐸. 𝐼
) 𝑋 +
1
2. 𝐸. 𝐼
𝑋3
+
1
𝐸. 𝐼
𝑋2
 APORTE
En el diseño estructural, la incorporación de las mejoras en el conocimiento sobre
el comportamiento de los materiales, los criterios de fiabilidad estructural, y el uso
de los ordenadores permiten diseñar estructuras más económicas y seguras. El
aprovechamiento óptimo del material, en general, se consigue reduciendo las
secciones resistentes.
Con esto podemos predecir el comportamiento que una columna tendrá frente a
una carga ya sea debido a acciones externas (naturales) o el paso rítmico de cargas y
los fenómenos no lineales (tipo de material).

14. 14
PROBLEMA 3
Una viga de longitud L=3 m esta empotrada en ambos extremos. Encuentre la
deflexión de la viga si una carga constante w0 esta uniformemente distribuida a lo largo
de toda su longitud.
W(x)= 2x+5 0<x<3 EI= cte
Ecuación diferencial de la deflexión de una viga empotrada:
𝐸𝐼
𝑑4
𝑦
𝑑𝑥4
= 𝑤0
Condiciones de frontera:
𝑦(0) = 0
𝑦′(0) = 0
𝑦( 𝐿) = 3
𝑦′(𝐿) = 0
Donde:
- E: Modulo de elasticidad.
- I: Momento de inercia.
- W0: Carga uniformemente distribuida.
𝐸𝐼
𝑑4
𝑦
𝑑𝑥4
= 2𝑥 + 5
𝑑4
𝑦
𝑑𝑥4
=
1
𝐸𝐼
(2𝑥 + 5)
Solución complementaria:
X=0 X=L

15. 15
𝑦𝑐 =?
m4
= 0
m = 0
Multiplicidad
𝑦𝑐 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑥 + 𝐶3 𝑥2
+ 𝐶4 𝑥3
Solución particular
𝑦 𝑝 = 𝑥4( 𝐴𝑥 + 𝐵)
𝑦 𝑝 = ( 𝐴𝑥5
+ 𝐵𝑥4)
𝑦′
𝑝
= 5𝐴𝑥4
+ 4𝐵𝑥3
𝑦′′ 𝑝 = 20𝐴𝑥3
+ 12𝐵𝑥2
𝑦′′′ 𝑝 = 60𝐴𝑥2
+ 24𝐵𝑥
𝑦 𝑝
𝑉𝐼
= 120𝐴𝑥 + 24𝐵
→ 120𝐴𝑥 + 24𝐵 =
2𝑥
𝐸𝐼
+
5
𝐸𝐼
- 120𝐴 =
2
𝐸𝐼
por lo tanto 𝐴 =
1
60𝐸𝐼
- 24𝐵 =
5
𝐸𝐼
por lo tanto 𝐵 =
5
24𝐸𝐼
→ 𝑦 𝑝 =
1
60𝐸𝐼
𝑥5
+
5
24𝐸𝐼
𝑥4
Entonces la deflexión de la viga es:
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦 𝑝
𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑥 + 𝐶3 𝑥2
+ 𝐶4 𝑥3
+
1
60𝐸𝐼
𝑥5
+
5
24𝐸𝐼
𝑥4
- 𝑦(0) = 0 por lo tanto 0 = 𝐶1 entonces 𝐶1 = 0
- 𝑦′(0) = 0
 𝑦′
= 𝐶2 + 2𝐶3 𝑥 + 3𝐶4 𝑥2
+
1
60𝐸𝐼
 0 = 𝐶2 +
1
60𝐸𝐼
entonces 𝐶2 = −
1
60𝐸𝐼
- 𝑦′(3) = 0
 𝑦′
= 𝐶2 + 2𝐶3(3)+ 3𝐶4(3)2
+
1
60𝐸𝐼
 0 = −
1
60𝐸𝐼
+ 6𝐶3 + 27𝐶4 +
1
60𝐸𝐼
 0 = 6𝐶3 + 27𝐶4
 0 = 2𝐶3 + 9𝐶4… (1)
- 𝑦(3) = 3

16. 16
 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑥 + 𝐶3 𝑥2
+ 𝐶4 𝑥3
+
1
60𝐸𝐼
𝑥 +
5
24𝐸𝐼
 𝑦 = −
5
24𝐸𝐼
+ −
1
60𝐸𝐼
𝑥 + 𝐶3 𝑥2
+ 𝐶4 𝑥3
+
1
60𝐸𝐼
𝑥 +
5
24𝐸𝐼
 𝑦 = −
5
24𝐸𝐼
−
1
60𝐸𝐼
𝑥 + 𝐶3 𝑥2
+ 𝐶4 𝑥3
+
1
60𝐸𝐼
𝑥 +
5
24𝐸𝐼
 3 = 𝐶3(3)2
+ 𝐶4(3)3
 3 = 9𝐶3 + 27𝐶4
 1 = 3𝐶3 + 9𝐶4… (2)
Resolviendo (1) y (2).
1 = 3𝐶3 + 9𝐶4
0 = 2𝐶3 + 9𝐶4
Según el sistema se puede deducir que:
𝐶3 = 1
𝐶4 = −
2
9
Entonces la deflexión de la viga es:
𝑦 = −
5
24𝐸𝐼
−
1
60𝐸𝐼
𝑥 + 𝑥2
−
2
9
𝑥3
+
1
60𝐸𝐼
𝑥5
+
5
24𝐸𝐼
𝑥4
 APORTE
Si una viga está reaccionando a cargas perpendiculares a su eje esta tendera a
deformarse, de modo que actúa hasta cierto punto de manera elástica y si la carga es
muy elevada, llegará a un límite plástico en el que la viga no volverá a su estado
natural o tendera a fallar.
La ecuación utilizada en el ejercicio de aplicación, nos ayudara a encontrar la
deflexión de la viga cuando sobre ella actúa una carga uniforme, de tal manera que
podamos conocer la distancia en la que la viga pueda fallar a causa de ella.

17. 17
EJERCICIO DE LA APLICACIÓN DE LA LEY DE HOOKE
Segunda Ley de Newton
La segunda ley de Newton establece que el balance de fuerzas en un sistema
es igual a la masa por la aceleración. Suponiendo que no existe amortiguamiento y
no se ejercen fuerzas externas sobre el sistema, por un análisis dinámico de la masa
dentro del sistema, se tiene ecuación 1.
𝑚
𝑑2
𝑥
𝑑𝑡2
= −𝑘𝑥 (1)
La ecuación 1, representa el movimiento armónico libre, donde como se
menciona, el sistema se encuentra en ambiente ideal, donde no existen fuerzas
retardadoras externas actuando sobre la masa y propician un movimiento perpetuo
del sistema (sistema armónico simple). Pero este modelo es poco usado, puesto que
en la realidad la mayor parte de los sistemas de ingeniería encuentran al menos una
fuerza retardadora actuando sobre la masa, como se muestra en la figura 2. En
consecuencia, la energía mecánica del sistema disminuye con el tiempo y por lo tanto
se dice que el movimiento es amortiguado.
Un tipo común de fuerza retardadora es una fuerza proporcional a la rapidez
del objeto en movimiento y que actúa en sentido contrario a la velocidad de dicho
objeto. Entonces esta fuerza retardadora (R) puede expresarse como:
𝑅 = −𝐶
𝑑𝑥
𝑑𝑡
C : constante conocida como el coeficiente de amortiguamiento
Figura 1: Sistema de masa resorte
Figura 2: Ejemplo de un dispositivo
amortiguador

18. 18
Suponiendo que ninguna otra fuerza actúa sobre el sistema, se puede escribir
la segunda ley de Newton como la ecuación 2.
𝑚
𝑑2
𝑥
𝑑𝑡2
= −𝑘𝑥 − 𝐶
𝑑𝑥
𝑑𝑡
(2)
Dividiendo ecuación 2 entre la masa(m) y reacomodándola, se encuentra la
ecuación diferencial (ecuaciones 3 y 4) del sistema masa resorte amortiguado,
movimiento libre amortiguado.
𝑑2
𝑥
𝑑𝑡2
+ 𝑘𝑥 + 𝐶
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 0 (3)
 Donde: 𝜔2
=
𝑘
𝑚
𝝎 = Frecuencia natural del resorte
K = Constante de rigidez del resorte
m = Masa
 Donde: 𝐶 = 2𝜆𝑚
𝝀 = Frecuencia angular de la fuerza retardadora.
𝑑2
𝑥
𝑑𝑡2
+ 𝜔2
𝑥 + 2𝜆
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 0 (4)
Ahora proponemos una ecuación auxiliar (“r”), de tal forma que la ecuación
diferencial homogénea de grado 2, en el apartado 4 se reduzca.
𝑟2
+ 𝜔2
+ 2𝜆𝑟 = 0 (4)
De donde se obtienen las correspondientes raíces:
;
A partir de aquí se pueden distinguir tres casos posibles de soluciones,
dependiendo del signo algebraico del discriminante (𝜆2
− 𝜔2
):
 Caso 1: Sistema sobreamortiguado, 𝜆2
− 𝜔2
> 0 . Es aquel en el que el
coeficiente de amortiguamiento “C”, es mayor que el coeficiente de
elasticidad del resorte “K”, esto significa que el movimiento oscilatorio no
ocurre puesto que el amortiguamiento es fuerte. Se deduce también que la
frecuencia de amortiguamiento de la fuerza retardadora es mayor que la
frecuencia natural del resorte, por ende, ésta tiende a detenerse debido a la
otra. Y por lo tanto la solución correspondiente de la ecuación 3 está dada
por ecuación 5.
𝑥( 𝑡) = 𝐶1 𝑒(𝑟1)𝑡
+ 𝐶2 𝑒(𝑟2)𝑡
𝑥( 𝑡) = 𝐶1 𝑒(−𝜆+√𝜆2 −𝜔2)𝑡
+ 𝐶2 𝑒(−𝜆−√𝜆2 −𝜔2 )𝑡
(5)
 Caso 2: Sistema críticamente amortiguado, 𝜆2
− 𝜔2
= 0. En un sistema
críticamente amortiguado, el sistema se encuentra en un estado estático, es
decir, que cualquier variación en la fuerza de amortiguamiento el sistema
𝑟1 = −𝜆 + √ 𝜆2 − 𝜔2 𝑟2 = −𝜆 − √ 𝜆2 − 𝜔2

19. 19
pasaría a ser sobreamortiguado (aumento), o subamortiguado (disminución);
esto indica que al liberar la masa esta regresará a su posición de
equilibrio estático sin ningún tipo de oscilación. La solución para la
ecuación 3, está dada por ecuación 6.
Por raíces iguales, se obtiene:
𝑥( 𝑡) = 𝐶1 𝑒(𝑟1)𝑡
+ 𝐶2 𝑡𝑒(𝑟2)𝑡
𝑥( 𝑡) = 𝑒−𝜆𝑡
(𝐶1 + 𝐶2 𝑡) (6)
 Caso 3: Sistema subamortiguado, 𝜆2
− 𝜔2
< 0. En el caso de un sistema
subamortiguado, el coeficiente de amortiguamiento es más pequeño que el de
elasticidad del resorte, lo que permite que, al liberar la masa, esta tenga un
movimiento oscilatorio hasta que regresé a su posición de equilibrio.
Entonces las raíces r1y r2 son complejas conjugadas, ecuaciones 7.
𝑥( 𝑡) = 𝑒−𝜆𝑡
[ 𝐶1 cos(√𝜔2 − 𝜆2 𝑡) + 𝐶2 sin(√𝜔2 − 𝜆2 𝑡)] (7)
APLICANDO CONDICIONES INCIALES:
x0=x (0) y v0=v (0), hallamos constantes C1 y C2
 PARA CASO 1: SOBREAMORTIGUAMIENTO
𝑥( 𝑡) = 𝐶1 𝑒(−𝜆+√𝜆2 −𝜔2 )
+ 𝐶2 𝑒(−𝜆−√𝜆2−𝜔2)
Ó
𝑥( 𝑡) = 𝐶1 𝑒(𝑟1)𝑡
+ 𝐶2 𝑒(𝑟2)𝑡
 Cuando X0=X (0)
𝒙 𝟎 = 𝑪 𝟏 + 𝑪 𝟐
 Cuando V0=v(0)
𝑣( 𝑡) = 𝑟1 𝐶1 𝑒(𝑟1)𝑡
+ 𝑟2 𝐶2 𝑒( 𝑟2) 𝑡
𝒗 𝟎 = 𝒓 𝟏 𝑪 𝟏 + 𝒓 𝟐 𝑪 𝟐
𝑟1 = −𝜆 𝑟2 = −𝜆
𝑟1 = −𝜆 + √ 𝜔2 − 𝜆2 𝑖 𝑟2 = −𝜆 − √ 𝜔2 − 𝜆2 𝑖

20. 20
∴ 𝒙( 𝒕) = (
𝒓 𝟐 𝒙 𝟎 − 𝒗 𝟎
𝒓 𝟐 − 𝒓 𝟏
)𝒆( 𝒓 𝟏) 𝒕
+ (
𝒗 𝟎 − 𝒙 𝟎 𝒓 𝟏
𝒓 𝟐 − 𝒓 𝟏
)𝒆(𝒓 𝟐)𝒕
Donde:
 PARA CASO 2: AMORTIGUAMIENTO CRÍTICO
𝑥( 𝑡) = 𝑒−𝜆𝑡
(𝐶1 + 𝐶2 𝑡)
 Cuando X0=X(0)
𝒙 𝟎 = 𝑪 𝟏
 Cuando V0=v(0)
𝑣0 = −𝜆𝑒−𝜆𝑡 ( 𝐶1 + 𝐶2 𝑡) + 𝑒−𝜆𝑡
𝐶2
𝑣0 = −𝜆𝐶1 + 𝐶2
𝑪 𝟐 = −𝝀𝒙 𝟎 + 𝒗 𝟎
∴ 𝒙( 𝒕) = 𝒙 𝟎 𝒆−𝝀𝒕
+ 𝒆−𝝀𝒕( 𝝀𝒙 𝟎 + 𝒗 𝟎) 𝒕
 PARA CASO 3: SUBAMORTIGUAMIENTO
𝑥( 𝑡) = 𝑒−𝜆𝑡
[𝐶1 cos(√ 𝜔2 − 𝜆2 𝑡) + 𝐶2 sin(√ 𝜔2 − 𝜆2 𝑡)]
 Cuando X0=X (0)
Despejando “C1”
𝑣0 = 𝑟1 𝐶1 + 𝑟2 (𝑥0 − 𝐶1)
𝑣0 = 𝑟1 𝐶1 + 𝑟2 𝐶2 − 𝑟2 𝐶1)
𝑣0 − 𝑟2 𝑥0 = 𝐶1(𝑟1 − 𝑟2 )
𝒓 𝟐 𝒙 𝟎 − 𝒗 𝟎
𝒓 𝟐 − 𝒓 𝟏
= 𝑪 𝟏
Despejando “C2”
𝒗𝟎 − 𝑿𝟎𝒓𝟏
𝒓𝟐 − 𝒓𝟏
= 𝑪𝟐
𝑟1 = −𝜆 + √ 𝜆2 − 𝜔2 𝑟1 = −𝜆 − √ 𝜆2 − 𝜔2

21. 21
𝐗𝟎 = 𝐂𝟏
 Cuando V0=v (0), SI: 𝛽 = √𝜔2 − 𝜆2
𝑥( 𝑡) = 𝑒−𝜆𝑡 [ 𝐶1cos(𝛽𝑡) + 𝐶2 sin(𝛽𝑡)]
𝑣( 𝑡) = 𝑒−𝜆𝑡 [ 𝐶1 cos(𝛽𝑡) + 𝐶2 sin(𝛽𝑡)]+ 𝑒−𝜆𝑡[−𝛽𝐶1 sin( 𝛽𝑡) + 𝛽𝐶2 cos(𝛽𝑡)]
𝑣0 = −𝜆𝐶1 + 𝐶2 𝛽
𝑣0 = −λ𝑥0 + 𝐶2√ω2 − λ2
𝑪 𝟐 =
𝒗 𝟎 + 𝛌𝒙 𝟎
√𝛚 𝟐 − 𝛌 𝟐
∴ 𝒙( 𝒕) = 𝒆−𝝀𝒕
[𝒙 𝟎 𝐜𝐨𝐬(√ 𝝎 𝟐 − 𝝀 𝟐 𝒕)+ (
𝒗 𝟎 + 𝛌𝒙 𝟎
√𝛚 𝟐 − 𝛌 𝟐
)𝐬𝐢𝐧(√ 𝝎 𝟐 − 𝝀 𝟐 𝒕)]