8.3: Solución de problemas de valor inicial
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En el resto de este capítulo usaremos la transformada de Laplace para resolver problemas de valor inicial para ecuaciones de segundo orden de coeficientes constantes. Para ello, debemos saber cómo\(f'\) se relaciona la transformación de Laplace de con la transformación de Laplace de\(f\). El siguiente teorema responde a esta pregunta.
Supongamos que\(f\) es continuo en\([0,\infty)\) y de orden exponencial\(s_0\), y\(f'\) es continuo por partes en\([0,\infty).\) Entonces\(f\) y\(f'\) que Laplace se transforme para\(s > s_0,\) y
\[\label{eq:8.3.1} {\cal L}(f')=s {\cal L}(f)-f(0).\]
- Prueba
-
Sabemos por el Teorema 8.1.6 que\({\cal L}(f)\) se define para\(s>s_0\). Primero consideramos el caso donde\(f'\) es continuo\([0,\infty)\). Integración por rendimientos de piezas
\[ \begin{align} \int^T_0 e^{-st}f'(t)\,dt &= e^{-st}f(t)\Big|^T_0+s \int^T_0e^{-st}f(t)\,dt \nonumber \\[4pt] &= e^{-sT}f(T)-f(0)+s\int^T_0 e^{-st}f(t)\,dt \label{eq:8.3.2} \end{align} \]
para cualquier\(T>0\). Dado\(f\) es de orden exponencial\(s_0\),\(\displaystyle \lim_{T\to \infty}e^{-sT}f(T)=0\) y la integral in en el lado derecho de la Ecuación\ ref {eq:8.3.2} converge como\(T\to\infty\) si\(s> s_0\). Por lo tanto
\[\begin{aligned} \int^\infty_0 e^{-st}f'(t)\,dt&=-f(0)+s\int^\infty_0 e^{-st}f(t)\,dt\\ &=-f(0)+s{\cal L}(f),\end{aligned}\nonumber \]
lo que prueba la Ecuación\ ref {eq:8.3.1}.
Supongamos\(T>0\) y\(f'\) es solo por partes continuo en\([0,T]\), con discontinuidades en\(t_1 < t_2 <\cdots < t_{n-1}\). Para mayor comodidad, deja\(t_0=0\) y\(t_n=T\). Integración por rendimientos de piezas
\[\begin{aligned} \int^{t_i}_{t_{i-1}}e^{-st}f'(t)\,dt &= e^{-st}f(t)\Big|^{t_i}_{t_{i-1}}+s\int^{t_i}_{t_{i-1}}e^{-st}f(t)\,dt\\ &= e^{-st_i} f(t_i)- e^{-st_{i-1}}f(t_{i-1})+s\int^{t_i}_{t_{i-1}}e^{-st}f(t)\,dt.\end{aligned}\nonumber\]
Sumando ambos lados de esta ecuación de\(i=1\) a\(n\) y señalando que
\[\left(e^{-st_1}f(t_1)-e^{-st_0}f(t_0)\right)+\left(e^{-st_2} f(t_2)-e^{-st_1}f(t_1)\right) +\cdots+\left(e^{-st_N}f(t_N)-e^{-st_{N-1}}f(t_{N-1})\right) \nonumber\]
\[=e^{-st_N}f(t_N)-e^{-st_0}f(t_0)=e^{-sT}f(T)-f(0) \nonumber\]
cede la ecuación\ ref {eq:8.3.2}, así que la ecuación\ ref {eq:8.3.1} sigue como antes.
En el Ejemplo 8.1.4 vimos que
\[{\cal L}(\cos\omega t)={s\over s^2+\omega^2}. \nonumber\]
Solución
Aplicando la ecuación\ ref {eq:8.3.1} con\(f(t)=\cos\omega t\) muestra que
\[{\cal L}(-\omega\sin\omega t)=s {s\over s^2+\omega^2}-1=- {\omega^2\over s^2+\omega^2}.\nonumber\]
Por lo tanto
\[{\cal L}(\sin\omega t)={\omega\over s^2+\omega^2},\nonumber\]
que concuerda con el resultado correspondiente obtenido en 8.1.4.
En la Sección 2.1 demostramos que la solución del problema de valor inicial
\[\label{eq:8.3.3} y'=ay, \quad y(0)=y_0,\]
es\(y=y_0e^{at}\). Ahora obtendremos este resultado usando la transformación de Laplace.
\(Y(s)={\cal L}(y)\)Sea la transformada de Laplace de la solución desconocida de la Ecuación\ ref {eq:8.3.3}. Tomando transformaciones de Laplace de ambos lados de la ecuación\ ref {eq:8.3.3} rendimientos
\[{\cal L}(y')={\cal L}(ay),\nonumber\]
que, por Teorema 8.3.1 , se puede reescribir como
\[s{\cal L}(y)-y(0)=a{\cal L}(y),\nonumber\]
o
\[sY(s)-y_0=aY(s).\nonumber\]
Resolviendo\(Y(s)\) rendimientos
\[Y(s)={y_0\over s-a},\nonumber\]
entonces
\[y={\cal L}^{-1}(Y(s))={\cal L}^{-1}\left({y_0\over s-a}\right)=y_0{\cal L}^{-1}\left({1\over s-a}\right)=y_0e^{at},\nonumber\]
que concuerda con el resultado conocido.
Necesitamos el siguiente teorema para resolver ecuaciones diferenciales de segundo orden usando la transformada de Laplace.
Supongamos\(f\) y\(f'\) son continuos en\([0,\infty)\) y de orden exponencial\(s_0,\) y eso\(f''\) es continuo por partes en\([0,\infty).\) Entonces\(f\),\(f'\), y hacer\(f''\) que Laplace se transforme para\(s > s_0\),
\[\label{eq:8.3.4} {\cal L}(f')=s {\cal L}(f)-f(0),\]
y
\[\label{eq:8.3.5} {\cal L}(f'')=s^2{\cal L}(f)-f'(0)-sf(0).\]
- Prueba
-
El teorema 8.3.1 implica que\({\cal L}(f')\) existe y satisface la Ecuación\ ref {eq:8.3.4} para\(s>s_0\). Para probar que\({\cal L}(f'')\) existe y satisface la Ecuación\ ref {eq:8.3.5} para\(s>s_0\), primero aplicamos el Teorema 8.3.1 a\(g=f'\). Dado que\(g\) satisface las hipótesis del Teorema 8.3.1 , concluimos que\({\cal L}(g')\) se define y satisface
\[{\cal L}(g')=s{\cal L}(g)-g(0)\nonumber\]
para\(s>s_0\). Sin embargo, ya que\(g'=f''\), esto se puede reescribir como
\[{\cal L}(f'')=s{\cal L}(f')-f'(0).\nonumber\]
Sustituyendo la Ecuación\ ref {eq:8.3.4} en esto produce la Ecuación\ ref {eq:8.3.5}.
Resolviendo ecuaciones de segundo orden con la transformada de Laplace
Ahora usaremos la transformación de Laplace para resolver problemas de valor inicial para ecuaciones de segundo orden.
Utilice la transformación de Laplace para resolver el problema de valor inicial
\[\label{eq:8.3.6} y''-6y'+5y=3e^{2t},\quad y(0)=2, \quad y'(0)=3.\]
Solución
Tomando transformaciones de Laplace de ambos lados de la ecuación diferencial en Ecuación\ ref {eq:8.3.6} rendimientos
\[{\cal L}(y''-6y'+5y)={\cal L}\left(3e^{2t}\right)={3\over s-2},\nonumber\]
que reescribimos como
\[\label{eq:8.3.7} {\cal L}(y'')-6{\cal L}(y')+5{\cal L}(y)={3\over s-2}.\]
Ahora denota\({\cal L}(y)=Y(s)\). El teorema 8.3.2 y las condiciones iniciales en la Ecuación\ ref {eq:8.3.6} implican que
\[{\cal L}(y')=sY(s)-y(0)=sY(s)-2\nonumber\]
y
\[{\cal L}(y'')=s^2Y(s)-y'(0)-sy(0)=s^2Y(s)-3-2s.\nonumber\]
Sustituyendo de las dos últimas ecuaciones en Ecuación\ ref {eq:8.3.7} rendimientos
\[\left(s^2Y(s)-3-2s\right)-6\left(sY(s)-2\right)+5Y(s)={3\over s-2}.\nonumber\]
Por lo tanto
\[\label{eq:8.3.8} (s^2-6s+5)Y(s)={3\over s-2}+(3+2s)+6(-2),\]
entonces
\[(s-5)(s-1)Y(s)={3+(s-2)(2s-9)\over s-2},\nonumber\]
y
\[Y(s)={3+(s-2)(2s-9)\over(s-2)(s-5)(s-1)}.\nonumber\]
El método de Heaviside produce la expansión parcial de la fracción
\[Y(s)=-{1\over s-2}+{1\over2}{1\over s-5}+{5\over2}{1\over s-1},\nonumber\]
y tomando la transformación inversa de estos rendimientos
\[y=-e^{2t}+{1\over2}e^{5t}+{5\over2}e^t \nonumber\]
como la solución de la Ecuación\ ref {eq:8.3.6}.
No es necesario escribir todos los pasos que usamos para obtener la Ecuación\ ref {eq:8.3.8}. Para ver cómo evitar esto, apliquemos el método de Example 8.3.2 al problema general del valor inicial
\[\label{eq:8.3.9} ay''+by'+cy=f(t), \quad y(0)=k_0,\quad y'(0)=k_1.\]
Tomando transformaciones de Laplace de ambos lados de la ecuación diferencial en Ecuación\ ref {eq:8.3.9} rendimientos
\[\label{eq:8.3.10} a{\cal L}(y'')+b{\cal L}(y')+c{\cal L}(y)=F(s).\]
Ahora vamos\(Y(s)={\cal L}(y)\). El teorema 8.3.2 y las condiciones iniciales en la Ecuación\ ref {eq:8.3.9} implican que
\[{\cal L}(y')=sY(s)-k_0\quad \text{and} \quad {\cal L}(y'')=s^2Y(s)-k_1-k_0s.\nonumber\]
Sustituyendo estos en Ecuación\ ref {eq:8.3.10} rendimientos
\[\label{eq:8.3.11} a\left(s^2Y(s)-k_1-k_0s\right)+b\left(sY(s)-k_0\right)+cY(s)=F(s).\]
El coeficiente de\(Y(s)\) a la izquierda es el polinomio característico
\[p(s)=as^2+bs+c\nonumber\]
de la ecuación complementaria para la Ecuación\ ref {eq:8.3.9}. Usando esto y moviendo los términos que involucran\(k_0\) y\(k_1\) hacia el lado derecho de la ecuación\ ref {eq:8.3.11} rendimientos
\[\label{eq:8.3.12} p(s)Y(s)=F(s)+a(k_1+k_0s)+bk_0.\]
Esta ecuación corresponde a la Ecuación\ ref {eq:8.3.8} del Ejemplo 8.3.2 . Habiendo establecido la forma de esta ecuación en el caso general, es preferible pasar directamente del problema de valor inicial a esta ecuación. Puede que le resulte más fácil recordar la ecuación\ ref {eq:8.3.12} reescrita como
\[\label{eq:8.3.13} p(s)Y(s)=F(s)+a\left(y'(0)+sy(0)\right)+by(0).\]
Utilice la transformación de Laplace para resolver el problema de valor inicial
\[\label{eq:8.3.14} 2y''+3y'+y=8e^{-2t}, \quad y(0)=-4,\; y'(0)=2.\]
Solución
El polinomio característico es
\[p(s)=2s^2+3s+1=(2s+1)(s+1)\nonumber\]
y
\[F(s)={\cal L}(8e^{-2t})={8\over s+2},\nonumber\]
así que la ecuación\ ref {eq:8.3.13} se convierte
\[(2s+1)(s+1)Y(s)={8\over s+2}+2(2-4s)+3(-4).\nonumber\]
Resolviendo\(Y(s)\) rendimientos
\[Y(s)={4\left(1-(s+2)(s+1)\right)\over (s+1/2)(s+1)(s+2)}.\nonumber\]
El método de Heaviside produce la expansión parcial de la fracción
\[Y(s)={4\over3}{1\over s+1/2}-{8\over s+1}+{8\over3}{1\over s+2},\nonumber\]
así que la solución de la Ecuación\ ref {eq:8.3.14} es
\[y={\cal L}^{-1}(Y(s))={4\over3}e^{-t/2}-8e^{-t}+{8\over3}e^{-2t}\nonumber\]
(Figura 8.3.1 ).
Resolver el problema de valor inicial
\[\label{eq:8.3.15} y''+2y'+2y=1, \quad y(0)=-3,\; y'(0)=1.\]
Solución
El polinomio característico es
\[p(s)=s^2+2s+2=(s+1)^2+1\nonumber\]
y
\[F(s)={\cal L}(1)={1\over s},\nonumber\]
así que la ecuación\ ref {eq:8.3.13} se convierte
\[\left[(s+1)^2+1\right] Y(s)={1\over s}+1\cdot(1-3s)+2(-3).\nonumber\]
Resolviendo\(Y(s)\) rendimientos
\[Y(s)={1-s(5+3s)\over s\left[(s+1)^2+1\right]}.\nonumber\]
En el Ejemplo 8.2.8 encontramos que la transformación inversa de esta función es
\[y={1\over2}-{7\over2}e^{-t}\cos t-{5\over2}e^{-t}\sin t \nonumber\]
(Figura 8.3.2 ), que es por lo tanto la solución de la Ecuación\ ref {eq:8.3.15}.
En nuestros ejemplos aplicamos los Teoremas 8.3.1 y 8.3.2 sin verificar que la función desconocida\(y\) satisface sus hipótesis. Esto es característico de la forma manipuladora formal en la que se utiliza la transformada de Laplace para resolver ecuaciones diferenciales. Cualquier duda sobre la validez del método para resolver una ecuación dada se puede resolver verificando que la función resultante\(y\) es la solución del problema dado.