El documento trata sobre ecuaciones diferenciales con problemas de valores en la frontera. Incluye ejemplos de sistemas resorte-masa en movimiento libre no amortiguado, movimiento libre amortiguado y movimiento forzado. Presenta problemas resueltos sobre la posición y velocidad de una masa unida a un resorte en función del tiempo.

1. Ecuaciones Diferenciales
ECUACIONES DIFERENCIALES
con problemas con valores en la frontera
Temas
5.1.1 Sistemas resorte/masa: Movimiento
libre no amortiguado
5.1.2 Sistemas resorte/masa: Movimiento
libre amortiguado
5.1.3 Sistemas resorte/masa: Movimiento
forzado
Grupo 4.1M
Andres Garcia Cruz
181M0284

2. 3. Una masa que pesa 24 libras, unida al extremo de un resorte, lo alarga 4
pulgadas. Al inicio, la masa se libera desde el reposo en un punto 3
pulgadas arriba de la posición de equilibrio. Encuentre la ecuación de
movimiento.
W = 24lb → m =
24
32
=
3
4
k =
F
8
=
24
1/3
= 72lb/pie
La ecuacion diferencial es:
x′′
+ w2
x = 0
x′′
+
k
m
x = 0
x′′
+ 96x = 0
La ecuacion caracteristica es:
m2
+ 96 = 0
m1 = 4√6i
m2 = −4√6i
x(t) = C1cos4√6t + C2sen4√6t
Con valores iniciales:
x(0) = C1 =
−1
4
x′(t) = √6sen4√6t + 4√6C2cos4√6t
x′(0) = 4√6C2 = 0
C2 = 0
Luego la ecuacion del movimiento es:
x(t) = −
1
4
cos4√6t

3. 5. Una masa que pesa 20 libras alarga 6 pulgadas un resorte. La masa se
libera al inicio desde el reposo en un punto 6 pulgadas abajo de la
posición de equilibrio.
W = 20lb → m =
20
32
=
5
8
s = 6pulg =
1
2
pie
k =
F
8
=
20
1
2
= 40
lb
pie
La ecuacion diferencial es:
x′′
+ 64x = 0
Su solucion seria:
x(t) = C1cos8t + C2sen8t
Con los valores iniciales:
x(0) = C1 =
1
2
x′(0) → C2 = 0
Luego la ecuacion del movimiento es:
x(t) =
1
2
cos8t
a) Encuentre la posición de la masa en los tiempos t =π/12, π/8, π/6, π/4 y
9 π/32 s.
x (
π
12
) = −
1
4
x (
π
6
) = −
1
4
x (
9π
32
) =
√2
4
x (
π
8
) = −
1
2
x (
π
4
) =
1
4
b) ¿Cuál es la velocidad de la masa cuando t= 3 π/16 s? ¿En qué
dirección se dirige la masa en este instante?
La velocidad en t =
3π
16
sesx′(t) = −4sen8t
Y x(
3π
16
) = 4, desciende

4. c) ¿En qué tiempos la masa pasa por la posición de equilibrio?
1
2
cos8t = 0
cos8t = 0
8t = (2n + 1)
π
2
t =
(2n + 1)π
16
, n{0,1,2,. . . }

5. 23. Una masa de 1 kilogramo se fi ja a un resorte cuya constante es 16
N/m y luego el sistema completo se sumerge en un líquido que imparte
una fuerza amortiguadora igual a 10 veces la velocidad instantánea.
Determine las ecuaciones de movimiento si:
m = 1kg
k = 16N/m
B = 10
d2
x
dt2
+
β
m
dx
dt
+
k
m
x = 0
m2
+ 10m + 16 = 0
(m + 8)(m + 2) = 0
m1 = e−8t
m2 = e−2t
x(t) = C1e−8t
+ C2e−2t
x′(t) = − 8C1e−8t
− 2e−2t
a) Al inicio la masa se libera desde un punto situado 1 metro abajo de la
posición de equilibrio, y luego
𝑥(0) = 1
𝐶1 =
−1
3
𝐶2 =
4
3
𝑥(𝑡) =
−1
3
𝑒−8𝑡
+
4
3
𝑒−2𝑡
b) La masa se libera inicialmente desde un punto 1 metro abajo de la
posición de equilibrio con una velocidad ascendente de 12 m/s.
𝑥(0) = 1
𝑥′(0) = −12
𝐶1 =
5
3
𝐶2 =
−2
3
𝑥(𝑡) =
5
3
𝑒−8𝑡
+
−2
3
𝑒−2𝑡

6. 25. Una fuerza de 2 libras alarga 1 pie un resorte. Una masa que pesa 3.2
libras se une al resorte y luego se sumerge el sistema en un medio que
ofrece una fuerza de amortiguamiento igual a 0.4 veces la velocidad
instantánea.
𝑚 =
3,2
32
= 0,1 𝑠𝑙𝑢𝑔,
𝑘 =
2
1
= 2 𝑙𝑏/𝑝𝑖𝑒,
2𝜆 =
0,4
0,1
𝑥′
= 4𝑥′
𝑥′′
+ 2𝜆𝑥′
+ 𝑤2
𝑥 = 0
𝑥′′
+ 3𝑥′
+ 20𝑥 = 0
𝑆𝑢 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛:
𝑚2
+ 4𝑚 + 20 = 0
𝑚 =
−4 ± √42 − 4(1)(20)
2(1)
𝑚1 = −2 + 4𝑖
𝑚2 = −2 − 4𝑖
𝑥(𝑡) = 𝐶1𝑒−2𝑡
𝑐𝑜𝑠4𝑡 + 𝐶2𝑒−2𝑡
𝑠𝑒𝑛4𝑡
𝐴𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑜𝑠 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑖𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙𝑒𝑠:
𝑥(0) = 𝐶1 = −1
𝑥′(𝑡) = (4𝐶2 − 2𝐶1)𝑒−2𝑡
𝑐𝑜𝑠4𝑡 − (4𝐶1 + 2𝐶2)𝑒−2𝑡
𝑠𝑒𝑛4𝑡
𝑥′(0) = 4𝐶2 − 2𝐶1 = 0 → 𝐶2 = −
1
2
a) Encuentre la ecuación de movimiento si inicialmente se libera la masa
desde el reposo en un punto situado a 1 pie por encima de la posición de
equilibrio.
𝐿𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑚𝑜𝑣𝑖𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑠:
𝑥(𝑡) = 𝑒−2𝑡
𝑐𝑜𝑠4𝑡 −
1
2
𝑒−2𝑡
𝑠𝑒𝑛4𝑡
b) Exprese la ecuación de movimiento en la forma dada en (23).
Α = √(−1)2 + (−
1
2
)2
=
√5
2
𝜙 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛
𝐶1
𝐶2
= 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛2 = 1,11 + 𝜋 = 4,25
𝐿𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑡𝑜𝑚𝑎 𝑙𝑎 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎:
𝑥(𝑡) =
√5
2
𝑒−2𝑡
𝑠𝑒𝑛(4𝑡 + 4,25)

7. c) Encuentre la primera vez en que la masa pasa a través de la posición
de equilibrio en dirección hacia arriba.
𝐸𝑛 𝑙𝑎 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜 𝑥 = 0
0 =
√5
2
𝑒−2𝑡
𝑠𝑒𝑛(4𝑡 + 4,25)
0 = 𝑠𝑒𝑛(4𝑡 + 4,25)
𝑛𝜋 = 4𝑡 + 4,25
𝐿𝑎 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟𝑎 𝑣𝑒𝑧 𝑞𝑢𝑒 𝑣𝑎 ℎ𝑎𝑐𝑖𝑎 𝑎𝑟𝑟𝑖𝑏𝑎 𝑐𝑜𝑛 𝑛 = 3. 𝐿𝑢𝑒𝑔𝑜:
𝑡 = 1,294

8. 30. Una masa de 1 slug está unida a un resorte cuya constante es 5 lb/pie.
Al inicio la masa se libera 1 pie abajo de la posición de equilibrio con una
velocidad descendente de 5 pies/s y el movimiento posterior toma lugar
en un medio que ofrece una fuerza de amortiguamiento igual a dos veces
la velocidad instantánea.
a) Encuentre la ecuación de movimiento si una fuerza externa igual a f(t)
=12 cos 2t + 3 sen 2t actúa sobre la masa.
𝑷𝒓𝒊𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒆𝒙𝒑𝒓𝒆𝒔𝒂𝒎𝒐𝒔 𝒍𝒂 𝒆𝒄𝒖𝒂𝒄𝒊𝒐𝒏 𝒅𝒊𝒇𝒆𝒓𝒆𝒏𝒄𝒊𝒂𝒍 𝒚𝒂 𝒒𝒖𝒆 𝒕𝒆𝒏𝒆𝒎𝒐𝒔 𝒎 = 𝟏, 𝒌 =
𝟓 𝒚
𝜷 = 𝟐 𝒄𝒐𝒎𝒐 𝒅𝒂𝒕𝒐𝒔 𝒅𝒆𝒍 𝒑𝒓𝒐𝒃𝒍𝒆𝒎𝒂
𝑑2
𝑥
𝑑𝑡2
+
2
1
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+
5
1
𝑥 = 0
𝐸𝑐. 𝑐𝑎𝑟𝑎𝑐𝑡𝑟𝑖𝑠𝑡𝑖𝑐𝑎: 𝑚2
+ 2𝑚 + 5 = 0
𝐻𝑎𝑙𝑙𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑚: 𝑚 = −1 ± 2𝑖
𝑃𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜: 𝐶𝑃𝑆 = (𝑒−𝑡
𝑐𝑜𝑠2𝑡; 𝑒−𝑡
𝑠𝑖𝑛2𝑡)
𝐴𝑠𝑖 𝑞𝑢𝑒 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜 𝑠𝑞𝑢𝑒:𝑥𝑐(𝑡) = 𝐶1𝑒−𝑡
𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 𝐶2𝑒−𝑡
𝑠𝑖𝑛2𝑡
𝐴ℎ𝑜𝑟𝑎,𝑡𝑒𝑛𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜𝑓(𝑡) = 12𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 3𝑠𝑖𝑛2𝑡𝑎𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑚𝑜𝑠
𝑒𝑙 𝑚𝑒𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑂𝑝𝑒𝑟𝑎𝑑𝑜𝑟 𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜𝑟, 𝑝𝑎𝑟𝑎 ℎ𝑎𝑙𝑙𝑎𝑟 𝑙𝑎
𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟𝑥𝑝(𝑡),𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠𝑚𝑢𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑚𝑜𝑠
𝑎𝑓(𝑡)𝑝𝑜𝑟(𝐷2
+ 4)
𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑛𝑢𝑒𝑣𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛
𝑐𝑎𝑟𝑎𝑐𝑡𝑒𝑟𝑖𝑠𝑡𝑖𝑐𝑎: 𝑚2
+ 4 = 0
𝐻𝑎𝑙𝑙𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑚: 𝑚 = ±2𝑖
𝑃𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜: 𝐶𝐹𝑆 = (𝑐𝑜𝑠2𝑡; 𝑠𝑖𝑛2𝑡)
𝐴𝑠𝑖𝑞𝑢𝑒𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠𝑞𝑢𝑒: 𝑥𝑝(𝑡) = 𝐶3𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 𝐶4𝑠𝑖𝑛2𝑡
𝐴ℎ𝑜𝑟𝑎 𝑠𝑎𝑏𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑥𝑝(𝑡); 𝑒𝑠 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑖𝑓𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙
𝑑2
𝑥
𝑑𝑡2
+
2
1
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+
5
1
𝑥 = 12𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 3𝑠𝑖𝑛2𝑡
𝑃𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒𝑏𝑒 𝑐𝑢𝑚𝑝𝑙𝑖𝑟 𝑐𝑜𝑛(1),𝑦𝑎 𝑠𝑖 𝑜𝑏𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑙𝑜𝑠 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝐶3𝑦 𝐶4
𝐶3 = −0,64
𝐶4 = −0,2
𝑆𝑎𝑏𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑥(𝑡) = 𝑥𝑐(𝑡) + 𝑥𝑝(𝑡)𝑝𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜:
𝑥(𝑡) = 𝐶1𝑒−𝑡
𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 𝐶2𝑒−𝑡
𝑠𝑖𝑛2𝑡 − 0,64𝑐𝑜𝑠2𝑡 − 0,02𝑠𝑖𝑛2𝑡

9. b) Trace la gráfica de las soluciones transitorias y de estado estable en los
mismos ejes de coordenadas.
𝐿𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑖𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎 𝑒𝑠 𝑥𝑐(𝑡), 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠:
𝑥𝑐(𝑡) = 1,64𝑒−𝑡
𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 3,35𝑒−𝑡
𝑠𝑖𝑛2𝑡
𝐿𝑎 𝑔𝑟𝑎𝑓𝑖𝑐𝑎 𝑠𝑒𝑟𝑖𝑎:
𝐿𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑑𝑜 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑏𝑙𝑒 𝑒𝑠 𝑥𝑝(𝑡),𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠:
𝑥𝑝(𝑡) = −0,64𝑐𝑜𝑠2𝑡 − 0,02𝑠𝑖𝑛2𝑡
𝐿𝑎 𝑔𝑟𝑎𝑓𝑖𝑐𝑎 𝑠𝑒𝑟𝑖𝑎

10. c) Trace la gráfica de la ecuación de movimiento.
𝑥(𝑡) = 1,64𝑒−𝑡
𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 3,35𝑒−𝑡
𝑠𝑖𝑛2𝑡 − 0,64𝑐𝑜𝑠2𝑡 − 0,02𝑠𝑖𝑛2𝑡
𝐿𝑎 𝑔𝑟𝑎𝑓𝑖𝑐𝑎 𝑠𝑒𝑟𝑖𝑎:

11. 49. Encuentre la carga y la corriente de estado estable en un circuito LRC
en serie cuando L = 1 h, R =2 Ohms, C =0.25 f y E(t) = 50 cos t V.
𝑳𝒂 𝒆𝒄𝒖𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒅𝒊𝒇𝒆𝒓𝒆𝒏𝒄𝒊𝒂𝒍 𝒂𝒔𝒐𝒄𝒊𝒂𝒅𝒂 𝒂𝒍 𝒄𝒊𝒓𝒄𝒖𝒊𝒕𝒐
𝑳
𝒅𝟐𝒒
𝒅𝒕𝟐 + 𝑹
𝒅𝒒
𝒅𝒕
+
𝟏
𝑪
𝒒 = 𝑬(𝒕) → 𝒒′′ + 𝟐𝒒′ + 𝟒𝒒 = 𝟓𝟎𝒄𝒐𝒔𝒕
𝑺𝒊𝒔𝒕𝒆𝒎𝒂 𝒓𝒆𝒔𝒐𝒓𝒕𝒆/𝒎𝒂𝒔𝒂
𝑺𝒊𝑬(𝒕) = 𝟎
𝑺𝒆 𝒅𝒊𝒄𝒆 𝒒𝒖𝒆 𝒍𝒂𝒔 𝒗𝒊𝒃𝒓𝒂𝒄𝒊𝒐𝒏𝒆𝒔 𝒆𝒍𝒆𝒄𝒕𝒓𝒊𝒄𝒂𝒔 𝒅𝒆𝒍 𝒄𝒊𝒓𝒄𝒖𝒊𝒕𝒐 𝒆𝒔𝒕𝒂𝒏 𝒍𝒊𝒃𝒓𝒆𝒔
𝑳𝒎𝟐
+ 𝑹𝒏 +
𝟏
𝒄
= 𝟎
𝑺𝒆 𝒅𝒊𝒄𝒆 𝒒𝒖𝒆 𝒆𝒍 𝒄𝒊𝒓𝒄𝒖𝒊𝒕𝒐 𝒆𝒔
𝑺𝒖𝒃𝒂𝒎𝒐𝒓𝒕𝒊𝒈𝒖𝒂𝒅𝒐
𝑅2
−
4𝑙
𝑐
< 0
∴ 22
−
4(1)
0.25
= −12
𝑷𝒂𝒓𝒕𝒆 𝒉𝒐𝒎𝒐𝒈𝒆𝒏𝒆𝒂
1𝑞′′
+ 2𝑞′
+ 4𝑞 = 0
𝑚12 =
−2 ± √(((4− 4(4)))
2(1)
𝑚1 = −1 ± √(3𝑖)
𝑚2 = −1 − √(3𝑖)
𝑞 = 𝑒−𝑡
(𝐶1𝐶𝑜𝑠√3𝑡 + 𝐶2𝑆𝑒𝑛√3𝑡
𝑷𝒂𝒓𝒕𝒆 𝒏𝒐 𝒉𝒐𝒎𝒐𝒈𝒆𝒏𝒆𝒂
𝑞𝑟(𝑡) = 𝐴 𝑆𝑒𝑛 𝑡 + 𝐵 𝐶𝑜𝑠 𝑡
𝑞′𝑟(𝑡) = 𝐴 𝐶𝑜𝑠 𝑡 − 𝐵 𝑆𝑒𝑛 𝑡
𝑞′′𝑟(𝑡) = −𝐴 𝑆𝑒𝑛 𝑡 − 𝐵 𝐶𝑜𝑠 𝑡
𝑞′′ + 2𝑞′
+ 4𝑞 = 5𝐶𝑜𝑠 𝑡
−𝐴 𝑆𝑒𝑛 𝑡 − 𝐵 𝐶𝑜𝑠 𝑡 + 2(𝐴 𝐶𝑜𝑠 𝑡 − 𝐵 𝑆𝑒𝑛 𝑡 ) + 4(𝐴 𝑆𝑒𝑛 𝑡 + 𝐵 𝐶𝑜𝑠 𝑡 ) = 50 𝐶𝑜𝑠 𝑡
−𝐴 𝑆𝑒𝑛 𝑡 − 𝐵 𝐶𝑜𝑠 𝑡 + 2𝐴 𝐶𝑜𝑠 𝑡 − 2𝐵 𝑆𝑒𝑛 𝑡 + 4𝐴 𝑆𝑒𝑛 𝑡 + 4𝐵 𝐶𝑜𝑠 𝑡 = 50 𝐶𝑜𝑠 𝑡
3𝐴 𝑆𝑒𝑛 𝑡 + 3𝐵 𝐶𝑜𝑠 𝑡 + 2𝐴 𝐶𝑜𝑠 𝑡 − 2𝐵 𝑆𝑒𝑛𝑡 = 50 𝐶𝑜𝑠 𝑡
(3𝐴 − 2𝐵)𝑆𝑒𝑛 𝑡 + (2𝐴 + 3𝐵) 𝐶𝑜𝑠𝑡 = 50 𝐶𝑜𝑠 𝑡
(2𝐴 + 3𝐵) = 50
(3𝐴 − 2𝐵) = 0
𝐴 =
100
13
𝐵 =
150
13
𝑳𝒂 𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂
𝒒(𝒕) = +𝒆−𝒕
100
13
𝑺𝒆𝒏 𝒕 +
150
13
𝑪𝒐𝒔 𝒕
𝑳𝒂 𝒄𝒐𝒓𝒓𝒊𝒆𝒏𝒕𝒆
𝒊(𝒕) = 𝒒′(𝒕) =
100
13
𝑺𝒆𝒏 𝒕 +
150
13
𝑪𝒐𝒔 𝒕