Este documento presenta tres problemas resueltos sobre sistemas de ecuaciones diferenciales. El primer problema resuelve un sistema de dos ecuaciones diferenciales de segundo orden para ángulos de oscilación. El segundo problema resuelve otro sistema de dos ecuaciones diferenciales de segundo orden para la posición. El tercer problema resuelve un circuito RC con una fuente de voltaje escalón unitario modelado como un sistema de dos ecuaciones diferenciales de primer orden.

1. 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

2. Problema 1
Sustituimos los valores que nos da el problema
′′ ′′
(1.5 + 3)(18)2 𝜃1 + 1.5(18)2 𝜃2 + (1.5 + 3)(18)(9.8)𝜃1 = 0
′′ ′′
1.5(18)2 𝜃1 + 1.5(18)2 𝜃2 + (1.5)(18)(9.8)𝜃2 = 0
Aplicamos transformada de Laplace a las dos ecuaciones y sustituimos valores iniciales
972𝑠:486𝑠2 𝜃2 (𝑠)
𝜃1 (𝑠) = 1458𝑠2 :793.8
Ecuación 3
;486𝑠2 𝜃 (𝑠)
1
𝜃2 (𝑠) = 486𝑠2 :264.6 Ecuación 4
Sustituyendo 4 en 3 y despejando 𝜃1 (𝑠)

3. 472392𝑠 3 + 257191.2𝑠
𝜃1 (𝑠) =
(687.308𝑠 2 + 237.234)(687.308𝑠 2 + 885.369)
Aplicando fracciones parciales 𝜃1 (𝑠) quedaría de la siguiente manera:
145.245162𝑠 542.0624207𝑠
𝜃1 (𝑠) = (687.308𝑠2 :237.234) + (687.308𝑠2 :885.369) ecuación 5
Ahora podemos aplicar transformada de Laplace para encontrar 𝜃1 (𝑡)
145.245162 542.0624207
𝜃1 (𝑡) = cos(0.587503𝑡) + cos⁡ 1.134975𝑡)⁡
(
687.308 687.308
Sustituimos 5 en 4
−486𝑠 2 145.245162𝑠 542.0624207𝑠
𝜃2 (𝑠) = ,
2 + 264.6 (687.308𝑠 2 + 237.234)
+ -
486𝑠 (687.308𝑠 2 + 885.369)
Aplicando fracciones parciales 𝜃2 (𝑠) nos queda de la siguiente manera
280.894994𝑠 145.5792617𝑠 939.076845𝑠
𝜃2 (𝑠) = 2 + 264.6
− 2 + 237.234)
−
486𝑠 (687.308𝑠 (687.308𝑠 2 + 885.369)
Aplicando transformada inversa de Laplace nuestro resultado queda:
280.894994 145.5792617
𝜃2 (𝑡) = cos(0.737864𝑡) − ,cos⁡ 1.722482𝑡)-
(
486 687.308
Grafica de los resultados

4. Problema 2

5. Ecuación 1
𝑀1 𝑥´´1 = −𝑘1 𝑥1 + 𝑘2 (𝑥2 − 𝑥1 )
Ecuación 2
𝑀2 𝑥´´2 = −𝑘2 (𝑥2 − 𝑥1 ) − 𝑘3 (𝑥2 )
Igualando nuestras ecuaciones 1 y 2 a 0, sustituyendo nuestros valores iniciales en
𝑀1 , 𝑀2 ⁡𝑦⁡𝑘1 , 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).
(2)
ℒ{𝑥1 𝑡} = 𝑆 2 𝑥1 (𝑠) − 𝑆𝑥1 (0) − 𝑥´1
ℒ*2𝑥1 𝑡+ = 2𝑥1 (𝑠)
ℒ*𝑥2 𝑡+ = −𝑥2 (𝑠)
𝑆 2 𝑥1 (𝑠) + 1 + 2𝑥1 (𝑠) − 𝑥2 (𝑠) = 0
𝑥1 (𝑠)(𝑆 2 + 2) = 𝑥2 (𝑠) − 1
𝑥2 (𝑠) − 1
𝑥1 (𝑠) =
𝑆2 + 2
Aplicando transformada de Laplace a nuestra ecuación 2, sustituyendo valores en
𝑥2 (0), ⁡𝑥´2 (0) y despejando 𝑥2 (𝑠).
(2)
ℒ{𝑥2 𝑡} = 𝑆 2 𝑥2 (𝑠) − 𝑆𝑥2 (0) − 𝑥´2
ℒ*2𝑥2 𝑡+ = 2𝑥2 (𝑠)
ℒ*𝑥1 𝑡+ = −𝑥1 (𝑠)
𝑆 2 𝑥2 (𝑠) − 1 + 2𝑥2 (𝑠) − 𝑥1 (𝑠) = 0
𝑥2 (𝑠)(𝑆 2 + 2) = 𝑥1 (𝑠) + 1
𝑥1 (𝑠) + 1
𝑥2 (𝑠) =
𝑆2 + 2
Sustituyendo 𝑥2 (𝑠) en 𝑥1 (𝑠) y obteniendo nuestra 𝑥1 (𝑠) final.
𝑥2 (𝑠) − 1
𝑥1 (𝑠) =
𝑆2 + 2

6. 𝑥1 (𝑠) + 1
( )−1
𝑆2 + 2
𝑥1 (𝑠) =
𝑆2 + 2
𝑥1 (𝑠) + 1 𝑆2 + 2
( )− 2
𝑆2 + 2 𝑆 +2
𝑥1 (𝑠) =
𝑆2 + 2
𝑥1 (𝑠) + 1 − 𝑆 2 + 2
𝑥1 (𝑠) =
(𝑆 2 + 2)2
(𝑥1⁡ (𝑠))(𝑆 2 + 2)2 − ⁡ 𝑥1 (𝑠) = 1 − (𝑆 2 + 2)
𝑥1 (𝑠)((𝑆 2 + 2)2 − 1) = ⁡1 − (𝑆 2 + 2)⁡⁡
1 − (𝑆 2 + 2)⁡⁡
𝑥1 (𝑠) =
(𝑆 2 + 2)2 − 1
−(𝑆 2 + 1)⁡⁡
𝑥1 (𝑠) =
𝑆 4 + 4𝑆 2 + 4 − 1
−(𝑆 2 + 1)⁡⁡
𝑥1 (𝑠) =
(𝑆 2 + 3)(𝑆 2 + 1)
−1
𝑥1 (𝑠) =
(𝑆 2 + 3)
Sustituyendo nuestra 𝑥1 (𝑠) final en 𝑥2 (𝑠)⁡ y obteniendo nuestra 𝑥2 (𝑠)⁡ final.
𝑥1 (𝑠) + 1
𝑥2 (𝑠) =
𝑆2 + 2

7. −1
. /+1
𝑥2 (𝑠) = 𝑆2 + 3
𝑆2 + 2
−1 𝑆2 + 3
. /+ 2
𝑥2 (𝑠) = 𝑆2+3 𝑆 +3
𝑆 2+2
𝑆2 + 2
2
𝑥2 (𝑠) = − 𝑆 2 + 3
𝑆 +2
𝑆2 + 2
𝑥2 (𝑠) =
(𝑆 2 + 3)(𝑆 2 + 2)
1
𝑥2 (𝑠) =
𝑆2 + 3
Aplicando transformada inversa de Laplace a 𝑥1 (𝑠) final para obtener nuestra 𝑥1 (𝑡).
−1 −1⁡(√3) 1 (√3)
ℒ ;1 { } = ⁡ ℒ ;1 ⁡{ 1 } = − ⁡ℒ ;1 { 1 }⁡
𝑆1 + 3 𝑆 + 3⁡(√3) √3 𝑆 + 3⁡
1
𝑥1 (𝑡) = − 𝑠𝑒𝑛√3𝑡
√3
Aplicando transformada inversa de Laplace a 𝑥2 (𝑠) final para obtener nuestra 𝑥2 (𝑡).
1 1⁡(√3) 1 (√3)
ℒ ;1 { } = ⁡ ℒ ;1 ⁡{ 1 } = − ⁡ℒ ;1 { 1 }
𝑆1 +3 𝑆 + 3⁡(√3) √3 𝑆 + 3⁡
1
𝑥2 (𝑡) = 𝑠𝑒𝑛√3𝑡
√3

8. Graficas de 𝑥1 (𝑡)⁡𝑦⁡𝑥2 (𝑡)⁡𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒
Problema 3
𝑑𝑞 1
𝑅1 + ⁡ 𝑞 + ⁡ 𝑅1 𝑖3 = 𝐸(𝑡)
𝑑𝑡 𝑐

9. 𝑑𝑖3 1
𝐿 𝑑𝑡
+ ⁡ 𝑅2 𝑖3 − ⁡ 𝑐 𝑞 = 0
E(t) se puede expresar como un función escalón unitario de la siguiente manera:
𝐸(𝑡) = 50𝑒 ;𝑡 𝑈(𝑡 − 1)
Aplicamos transformada de la place a nuestras dos ecuaciones
ℒ*𝐸(𝑡)+ = 50𝑒 ;𝑠 ℒ{𝑒 ;(𝑡:1) }⁡
1 50𝑒 ;(𝑠:1)
𝑅1 ,𝑠𝑄(𝑠) − 𝑞(0)- + ⁡ 𝑄(𝑠) + 𝑅1 𝐼3 (𝑠) =
𝑐 𝑠+1
1
𝐿,𝑠𝐼3 (𝑠) − ⁡ 𝑖3 (0)- + ⁡ 𝑅2 𝐼3 (𝑠) − ⁡ 𝑄(𝑠) = 0
𝑐
1 50𝑒 ;(𝑠:1)
𝑄(𝑠) [𝑅1 𝑠 + ⁡ ] − ⁡ 𝑅1 𝑞(0) + ⁡ 𝑅1 𝐼3 (𝑠) = ⁡
𝑐 𝑠+1
Sustituimos valores iniciales
50𝑒 ;(𝑠:1)
− 𝐼3
𝑄(𝑠) = 𝑠 + 1 ⁡
𝑠+1
𝑠𝐼3 (𝑠) + 𝐼3 (𝑠) − 𝑄(𝑠) = 0
Obtenemos nuestra ecuaciones 3 despejando 𝑄(𝑠)⁡𝑦⁡𝐼3 (𝑠)
50𝑒 ;(𝑠:1) − 𝐼3 (𝑠 + 1)
𝑄(𝑠) = ⁡
(𝑠 + 1)2
Obtenemos nuestra ecuación 4
𝑄(𝑠)
𝐼3 (𝑠) =
(𝑠 + 1)
Sustituimos 4 en 3
𝑄(𝑠)
50𝑒 ;(𝑠:1) − (𝑠 + 1)
(𝑠 + 1)
𝑄(𝑠) =
(𝑠 + 1)2

10. Despejamos Q(s)
50𝑒 ;(𝑠:1) − 𝑄(𝑠)
𝑄(𝑠) =
(𝑠 + 1)2
Obtenemos nuestra ecuación 5 donde ya podemos aplicar transformada inversa de Laplace
50𝑒 ;(𝑠:1)
𝑄(𝑠) =
(𝑠 + 1)2 + 1
Aplicamos la inversa del teorema de traslación en el eje s y t al mismo tiempo.
𝑞(𝑡) = 50𝑒 ;𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡 − 1)𝑈(𝑡 − 1)
Este resultado lo podemos expresar de la siguiente manera
0⁡⁡,⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡0 ≤ 𝑡 < 1
𝑞(𝑡) = {
50𝑒 ;𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡 − 1)⁡, 𝑡 ≥ 1
Sustituimos nuestra ecuación 5 en 4
50𝑒 ;(𝑠:1)
(𝑠 + 1)2 + 1
𝐼3 (𝑠) =
(𝑠 + 1)
50𝑒 ;(𝑠:1)
𝐼3 (𝑠) =
(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.
50𝑒 ;(𝑠:1)
𝐼3 (𝑠) =
(𝑠 + 1),(𝑠 + 1)2 + 1-
Aplicamos los teoremas inversos
𝑖3 (𝑠) = 50𝑒 ;𝑡 ,1 − 𝑐𝑜𝑠(𝑡 − 1)-𝑈(𝑡 − 1)
Al igual que⁡𝑄(𝑠), 𝑖3 (𝑠)⁡ se puede expresar de la siguiente manera:
0⁡⁡,⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡0 ≤ 𝑡 < 1
𝑞(𝑡) = {
50𝑒 ;𝑡 ,1 − 𝑐𝑜𝑠(𝑡 − 1)-⁡, 𝑡 ≥ 1

11. Graficas de⁡𝑞(𝑡) e 𝑖(𝑡) respectivamente.