Libro Ejercicios TDC Camilo Tapia

Gu´ıa de ejercicios Teor´ıa de Control (Versi´on en revisi´on)
Camilo Tapia B.
March 1, 2014

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Para consultas y comentarios escribir a camilo.tapia@usach.cl
1. Ecuaci´
on caracter´ıstica
1.1 Encuentre una soluci´on general para las siguientes ecuaciones de diferencias que son v´alidas para
k = 0, 1, 2.
1) x(k + 2) = 6x(k + 1) − 8x(k); x(0) = x(1) = 2
Soluci´on
x(k + 2) − 6x(k + 1) + 8x(k) = 0λ2 − 6λ + 8 = 0
(λ − 4)(λ − 2) = 0
λ1 = 4
λ2 = 2
∴ x(k) = c1 4k + c2 2k

Para conocer las constantes c1 y c2 debemos utilizar las condiciones iniciales dadas, esto es:
x(0) = c1 + c2 = 2
x(1) = 4c1 + 2c2 = 2
Del sistema anterior da como resultado c1 = −1 y c2 = 3.
Finalmente, reemplazando c1 y c2 en x(k) tenemos la soluci´on general
x(k) = −4k + 3 ∗ 2k
2) x(k + 2) − 5x(k + 1) + 6x(k) = 0; x(0) =x(1) = 1
Soluci´on
x(k + 2) − 5x(k + 1) + 6x(k) = 0
λ2 − 5λ + 6 = 0
(λ − 3)(λ − 2) = 0
λ1 = 3
λ2 = 2

∴ x(k) = c1 3k + c2 2k

Al igual que en el ejercicio anterior, para conocer las constantes c1 y c2 debemos utilizar las condiciones
iniciales dadas, esto es:
x(0) = c1 + c2 = 1
x(1) = 3c1 + 2c2 = 1
Cuyo resultado es c1 = −1 y c2 = 2.
Finalmente, reemplazando c1 y c2 en x(k) tenemos la siguientesoluci´on general
x(k) = −3k + 2k+1
1.2 Encuentre una soluci´on general para las siguientes ecuaciones diferenciales.
1.

d2 x
dx
− 5 + 6x = 0
2
dt
dt
Soluci´on
d2 x
dx
−
5
+ 6x = 0
dt2
dt
λ2 − 5λ + 6 = 0
(λ − 3)(λ − 2) = 0
λ1 = 3
λ2 = 2
∴ x(t) = c1 e3t + c2 e2t ; c1 , c2 ∈ R

2.

d2 x
dx
− 6 + 9x = 0
2
dt
dt
Soluci´on
d2 x
dx
− 6 + 9x = 0
2
dt
dt

2

λ2 − 6λ + 9 = 0
(λ − 3)(λ − 3) = 0
λ1 = λ2 = 3
∴x(t) = c1 e3t + c2 te3t ; c1 , c2 ∈ R
...
3. y (x) + 3¨
y (x) + 3y(x)
˙
+ y(x) = 0
Soluci´on
Ecuaci´on caracter´ıstica
λ3 + 3λ2 + 3λ + 1 = 0
(λ + 1)3 = 0
cuyas raices son
λ1 = λ2 = λ3 = −1
Por lo que la soluci´on ser´a de la forma
y(x) = C1 e−x + C2 xe−x + C3 x2 e−x
Donde C1 , C2 y C3 corresponden a las constantes de integraci´on.
4. y¨(x) + 3¨
y (x) − 4y(x) = 6
Soluci´on: La ecuaci´on anteriorcorresponde a una ecuaci´on diferencial no-homog´enea con coeficientes
constantes, cuya soluci´on general est´a dada por una soluci´on homog´enea y una particular. Para este
ejemplo se tiene lo siguiente:
Soluci´on homog´enea. Se debe solucionar el sistema homogeneo y¨(x) + 3¨
y (x) − 4y(x) = 0, como ya
se conoce, esto es:
Ecuaci´on caracter´ıstica
λ2 + 3λ − 4 = 0
(λ + 4)(λ − 1) = 0
cuyas raicesson
λ1 = −4 y λ2 = 1
Luego la soluci´on homog´enea ser´a:
yh (x) = C1 e−4x + C2 ex
3

Soluci´on Particular. Dado que la funci´on g(x) = 6 es constante, la soluci´on particular ser´a de la
forma yp (x) = A, donde A es una constante a calcular. Reemplazando la soluci´on particular en la
ecuaci´on inicial, se tiene lo siguiente:
−4A = 6 =⇒ yp (x) = A = −3/2
Finalmente la soluci´on general,considerando las soluciones homegenea y particular, ser´a:
yg (x) = yh (x) + yp (x) = C1 e−4x + C2 ex − 3/2.

5. y¨(x) + y¨(x) − 6y(x) = 2x
Soluci´on: La ecuaci´on anterior corresponde a una ecuaci´on diferencial no-homog´enea con coeficientes
constantes, cuya soluci´on general est´a dada por una soluci´on homog´enea y una particular. Para este
ejemplo se tiene lo siguiente:
Soluci´on homog´enea. Se debesolucionar el sistema homogeneo y¨(x) + y¨(x) − 6y(x) = 0, como ya se
conoce, esto es:
Ecuaci´on caracter´ıstica
λ2 + λ − 6 = 0
(λ + 3)(λ − 2) = 0
cuyas raices son
λ1 = −3 y λ2 = 2
Luego la soluci´on homog´enea ser´a:
yh (x) = C1 e−3x + C2 e2x
Soluci´on Particular. Dado que la funci´on g(x) = 2x es un polinimio de grado 1, la soluci´on particular
ser´a de la forma yp (x) = Ax + B, donde A y B sonconstantes a calcular. Reemplazando la soluci´on
particular en la ecuaci´on inicial, se tiene lo siguiente:
A − 6(Ax + B) = 2x
Por comparaci´on de t´erminos semejantes se obtiene que A = −1/3 y B = −1/18. Luego la soluci´on
particular ser´a:
1
1
yp (x) = − x −
3
18
Finalmente la soluci´on general, considerando las soluciones homeg´enea y particular, ser´a:
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1
yg (x) = yh (x) + yp (x) = C1...