Hola, hemos encontrado la solución a lo que buscabas, continúa leyendo y la verás un poco más abajo.
Solución:
Resolvamos la ecuación diferencial para ver qué obtenemos. (spoiler: no es lo que publicaste originalmente).
Tú tienes $$ ddot x +2 gamma dot x + omega ^ 2x = 0 $$
La ecuación característica de la DE es,
$$ lambda ^ 2 + 2 gamma lambda + omega ^ 2 = 0 $$
Y resolviendo para $ lambda $ usted obtiene:
$$ lambda_ 1,2 = frac -2 gamma pm sqrt 4 gamma ^ 2-4 omega ^ 2 2 = – gamma pm sqrt gamma ^ 2- omega ^ 2 $$
Y la forma habitual de expresar esto es,
$$ lambda_ 1,2 = – gamma pm i sqrt omega ^ 2- gamma ^ 2 $$
Los parámetros físicos aquí son $ omega $, la frecuencia natural del sistema (la frecuencia de oscilación del sistema no amortiguado) y $ gamma $, que está relacionado con el factor de amortiguación $ zeta: = gamma / omega $. El valor de $ zeta $ le dice si el sistema está subamortiguado ($ zeta <1 $), críticamente amortiguado ($ zeta = 1 $) o sobreamortiguado ($ zeta> 1 $). Debería poder encontrar estos conceptos con más detalle en un Modelado de sistemas libro.
Básicamente, el único tipo de sistema para el que observará movimiento oscilatorio es $ zeta <1 $, porque ahí tienes un componente imaginario en las raíces, y sabes que se traduce en senos y cosenos.
Puede ver la respuesta del prototipo para estos diferentes tipos de sistemas en la imagen que adjunto.
Con respecto a su pregunta, puede ver que la solución general de la ecuación es:
- Para $ gamma < omega $
$$ e ^ – gamma t left[Atext mathrmsinleft(tsqrtomega^2-gamma^2right)+Btext mathrmcosleft(tsqrtomega^2-gamma^2right)right]$$
- Para $ gamma = omega $
$$ A text e ^ – gamma t + B text te ^ – gamma t $$
- Y para $ gamma> omega $
$$ A text exp left[-gammaleft(1+sqrt1-fracomega^2gamma^2right)tright]+ B text exp left[-gammaleft(1-sqrt1-fracomega^2gamma^2right)tright]$$
Donde reorganicé un poco las cosas en la última ecuación para que quede más claro que los exponentes son negativos. Graficé esto con $ omega = 10, A = B = frac 1 2 $ para los tres casos, con $ zeta = frac 1 2, 1,2 $, y obtengo lo siguiente:
El rojo está subamortiguado, el azul está críticamente amortiguado y el verde está sobreamortiguado. Todos decaen exponencialmente a cero.
¿El sistema vuelve a descansar en un tiempo finito?
No, no lo hace (si, por volviendo a descansar quiere decir que el sistema vuelve al punto de equilibrio con $ v = 0 $). Como puede ver en las tres ecuaciones para las soluciones, la amplitud de $ x $ disminuye exponencialmente. Esto significa que te acercas asintóticamente al estado de reposo ($ x = p = 0 $), pero nunca lo alcance.
Editar: Agregaré, por solicitud del OP, otro gráfico. En este caso con $ -A = B = frac 1 2 $, $ omega = 10 $ y $ zeta = 2 $.
Podemos pensar en este sistema como uno en el que el oscilador comienza en la posición de equilibrio pero con una alta velocidad (empujamos la masa con mucha fuerza y alcanzamos la velocidad deseada exactamente en el punto de equilibrio del oscilador y comenzamos a registrar la posición en ese instante ($ t = 0 $)).
(Respuesta escrita para la v2 de la pregunta con un sistema estable dado ODE)
Primero, para el caso de raíces reales y distintas, creo que solo hay dos casos a considerar dada una posición inicial distinta de cero y $ t ge 0 $:
-
La velocidad inicial es tal que el sistema se acerca asintóticamente $ x = 0 $
-
La velocidad inicial es tal que el sistema pasa por $ x = 0 $ para algunos $ t> 0 $ y luego se acerca asintóticamente $ x = 0 $
Para ver esto, estipule que la solución general es
$$ x (t) = Ae ^ – alpha t + Be ^ – ( alpha + beta) t $$
donde las constantes de decaimiento $ alpha, , beta $ son números reales positivos. Las condiciones iniciales son entonces
$$ x (0) = A + B $$
$$ dot x (0) = – alpha x (0) – beta B $$
Ahora, resuelve para $ t $ tal que $ x (t) = 0 $:
$$ t = – frac 1 beta ln left (- frac A B right) $$
Claramente, esta ecuación solo se puede satisfacer para finitos $ t gt0 $ cuando $ B lt -A $
Para $ -A lt B lt 0 $, hay soluciones para finitos $ t lt 0 $, y para $ B ge 0 $, no hay soluciones para finito $ t $.
Dado que es evidente por inspección que $ x (t) flecha derecha 0 $ como $ t rightarrow infty $, siguen los dos casos que menciono anteriormente.
Nota la $ B = -A $ (posición inicial cero) caso es el caso que está ‘en el límite’ entre las soluciones con $ x = 0 $ por $ t gt 0 $ y $ x = 0 $ por $ t lt 0 $.
Aquí hay gráficos de cuatro conjuntos de condiciones iniciales para la solución general. $ x (t) = Ae ^ – t + Be ^ – 2t $ que ilustran los casos anteriores:
1) el sistema nunca llegará a $ 0 $ en un tiempo finito. Por lo tanto, tiene sentido que el único momento para poder encontrar dónde $ x = 0 $ Me senté $ t = 0 $. No significa que el objeto comience a moverse, pero luego vuelva instantáneamente a $ 0 $. Tu solución te muestra que solo estás en equilibrio en $ t = 0 $, cual es true.
Para todos los demás casos, ha elegido condiciones iniciales de modo que el objeto nunca llegue al origen. O en otras palabras, tendría que haber estado en el origen inicialmente en el pasado (de ahí el tiempo negativo).
Tenga en cuenta que este es un sistema sobre amortiguado, por lo que la última vez que el objeto “alcanzará el equilibrio” será debido a un decaimiento esencialmente exponencial en el que el origen sólo se llega como $ t a infty $. Para los casos donde $ t_1> 0 $ acaba de establecer las condiciones iniciales de modo que el sistema sobrepase el equilibrio antes de que se produzca esta caída exponencial.
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