TRANSFORMADA DE LAPLACE

Transcripción

1 HUGO BARRANTES TRANSFORMADA DE LAPLACE Mteril complementrio

2 ii Revisión filológic Mrí Benvides González Digrmción Hugo Brrntes Cmpos Encrgdo de cátedr Eugenio Rojs Mor Producción cdémic y sesorí metodológic Mrio Mrín Romero Est guí de estudio h sido confecciond en l UNED, en el ño 2, pr ser utilizd en l signtur Ecuciones Diferenciles, código 92, que se imprte en los progrms de profesordo y bchillerto en Enseñnz de l Mtemátic. Universidd Esttl Distnci Vicerrectorí Acdémic Escuel de Ciencis Excts y Nturles

3 iii PRESENTACIÓN El presente mteril es un complemento del texto Ecuciones diferenciles. Aquí se estudi un método que consiste en trnsformr ciertos problems de vlores iniciles en problems de tipo lgebrico. Así, se resuelven estos últimos y, medinte un proceso inverso, se obtiene l solución los problems originles de vlores iniciles. Este método está ligdo con un trnsformción llmd trnsformd de Lplce y su trnsformción invers. L trnsformd de Lplce se define medinte un integrl impropi; por tl motivo, se inici con un sección que brind los elementos básicos de este concepto. El formto de est guí es semejnte l del texto citdo. En generl, se sigue un metodologí en l cul se trtn de deducir ls técnics por utilizr. El tem contiene bstntes elementos teóricos, por lo tnto prece un buen número de definiciones y teorems; demás, se provee un serie bstnte mpli de ejemplos. Al finl, se proporcionn ls soluciones de todos los ejercicios propuestos. Ests se brindn con bstnte detlle, unque no tnto como en los ejemplos resueltos, de modo que le permitn l estudinte tener un guí decud con respecto l form de resolverlos. Agrdezco Eugenio Rojs y Mrio Mrín l revisión del mteril, sí como sus sugerencis pr mejorrlo.

4 iv CONTENIDOS Presentción... iii Objetivos... vi. Integrles impropis.....criterios de convergenci... 8 Ejercicios de utoevlución de l sección Conceptos básicos de trnsformd de Lplce... 4 Ejercicios de utoevlución de l sección Propieddes de l trnsformd de Lplce... 2 Ejercicios de utoevlución de l sección

5 v 4. Trnsformd invers y ecuciones diferenciles Trnsformd invers Solución de ecuciones lineles Ejercicios de utoevlución de l sección Sistems de ecuciones lineles de primer orden Algunos elementos básicos sobre sistems L trnsformd de Lplce pr resolver sistems Ejercicios de utoevlución de l sección Soluciones los ejercicios... 65

6 vi OBJETIVOS Utilizr l definición de integrl impropi pr clculr este tipo de integrles de lguns funciones. Aplicr diversos criterios pr determinr si l integrl impropi de un función dd es convergente. Clculr l trnsformd de Lplce de funciones dds. Clculr l trnsformd invers de Lplce de funciones dds. Aplicr l trnsformd de Lplce y su trnsformd invers pr resolver ecuciones diferenciles lineles con vlores iniciles. Aplicr l trnsformd de Lplce y su trnsformd invers pr resolver sistems de ecuciones diferenciles lineles con vlores iniciles.

7 . Integrles impropis Recuerde que el concepto de integrl definid se define pr funciones cotds en intervlos cerrdos y cotdos de números reles. Esto implic que, cundo se consider un integrl del tipo b f (x)dx, se supone que l función f tiene como dominio un intervlo [, b] y es cotd en ese dominio. Sin embrgo, en lgunos contextos, se requiere trbjr con funciones no cotds o cuyo dominio es un intervlo no cotdo. Por ejemplo, pueden precer expresiones del tipo x dx o x 2 dx. En el primer cso, l función f (x) = x no es cotd en [, ] ni está definid en. En el segundo, el intervlo no es cotdo. Sin embrgo, en mbos csos se puede signr un vlor propido l expresión. Por nlogí con ls integrles definids, l expresión dx se puede interpretr x 2 como el áre bjo l curv y =, sobre el intervlo de longitud infinit (no cotdo) x 2 [, + [. Así se ilustr en l figur. y y = x 2 x Figur. Áre bjo l curv y = x 2.

8 2 Ecuciones diferenciles Un pregunt interesnte es si est áre es finit, es decir, si tiene signdo un número rel o es infinit. Se puede estimr esto si primero se clcul l integrl b dx y luego x 2 se nliz qué sucede medid que b se hce rbitrrimente grnde, esto es, se observ qué ps cundo b +. Si se reliz el cálculo menciondo, se obtiene: b x 2 dx = b x 2 dx = x b = b +. Si b +, entonces b +. Por este motivo, prece rzonble decir que el áre bjo l curv es igul. Considere hor l curv y = x (ve l figur 2). Si se trt de estimr el áre bjo est curv sobre el intervlo [, + [, medinte el procedimiento nterior, se obtiene: b x dx = ln x b = ln b ln = ln b = ln b. Si b +, entonces ln b +, por ello, en este cso, es rzonble decir que el áre bjo l curv es infinit. y y = x x Figur 2. Áre bjo l curv y = x. Antes de proceder formlizr lo comentdo previmente, se definirá cierto tipo de funciones que son integrbles sobre intervlos de l form [, b]. Definición Se dice que un función de vlores reles f es continu trozos en un intervlo [, b] si: i) f es continu o el número de discontinuiddes de f en [, b] es finito.

9 Trnsformd de Lplce 3 ii) Los límites lím f (x h + + h) y lím f (x h + h) existen (son números reles) en cd punto x [, b]. Note que solo uno de estos límites es pertinente si x = o x = b. A prtir del curso de cálculo integrl, se sbe que si f es un función continu trozos en [, b], entonces l integrl b f (x)dx existe. Ejemplo L función { f (x) = es continu trozos en [, 2]. x 2 si x < x si < x 2 En efecto: i) Solo tiene un discontinuidd en el punto x =. ii) Por l definición de continuidd, los límites existen en todos los puntos donde f es continu. Entonces, solo rest verificr que los límites existen en los puntos de discontinuidd. Se observ que: lím h f ( + h) = lím ( + h)] = lím =. + +[ +( h) h Al hcer h +, se considern vlores de h positivos, por lo que + h > y, por lo tnto, f ( + h) = ( + h). De modo nálogo: Se concluye que los dos límites existen. h lím f ( h) = lím h + h +( h)2 =. De lo nterior, se deduce que f es continu trozos en [, 2]. L función no es continu trozos en [, ]. x si x g(x) = si < x x

10 4 Ecuciones diferenciles En efecto, g solo tiene un punto de discontinuidd en x =, pero por lo que no existe el límite. lím g( + h) = lím h + h + h = +, El comportmiento de ls funciones lrededor de los puntos de dicontinuidd, tnto cundo son continus trozos como cundo no lo son, se ilustr en l figur 3, que represent, respectivmente, ls funciones f y g del ejemplo nterior. y y f(x) = x 2 g(x) = /x f(x) = x 2 x x g(x) = x Figur 3. Gráfics de f y g del ejemplo. En lo que sigue se trtrá con funciones continus trozos. Definición 2 Se f un función definid en [, + [, continu trozos en todos los intervlos de l form [, b]. Si el límite b lím f (x)dx b + es finito (es igul un número rel), entonces l integrl impropi de f en el intervlo [, + [ es b f (x) = lím f (x)dx. b + y se dice que l integrl impropi es convergente. Si el límite indicdo es + o, se dice que l integrl impropi es divergente. En culquier otro cso, l función no tiene integrl impropi en el intervlo.

11 Trnsformd de Lplce 5 Ejemplo 2 De cuerdo con lo hecho l comienzo de est sección: Ejemplo 3 x 2 dx es convergente e igul. x dx es divergente. Estudir l integrl sen xdx. Solución: Se clcul b sen xdx = cos x b = cos b + cos = cos b. Result que, cundo b +, el vlor de cos b v desde hst y, por lo tnto, sen x no tiene integrl impropi en el intervlo [, + [. Ejemplo 4 Evlur Solución: xe 2x dx. Se clcul primero b xe 2x dx. Se utiliz integrción por prtes; pr ello, se hce u = x y dv = e 2x dx, por lo que du = dx y v = 2 e 2x. Entonces, b b xe 2x dx = b 2 xe 2x e 2x dx 2 [ = 2 xe 2x ] b 4 e 2x = 2 be 2b 4 e 2b Luego, xe 2x dx = ( lím b + = 4 2 lím b + ) 2 be 2b 4 e 2b + 4 ( b e 2b + ) 2e 2b = 4.

12 6 Ecuciones diferenciles Observe que si f está definid en [, + [, y es continu trozos en todo intervlo [, b], y si c es culquier número rel con c, entonces t f (x)dx = c f (x)dx + t c f (x)dx, por lo que ls dos integrles f (x)dx e c f (x)dx son de l mism nturlez. Esto es, un de ells es convergente si y solo si l otr tmbién lo es. Por ejemplo, como xe 2x dx es convergente (ve el ejemplo nterior), tmbién lo es xe 2x dx. L integrl impropi de un función en el intervlo ], [ se define continución. Definición 3 Se f un función definid en ], ], continu trozos en todo intervlo de l form [b, ]. Si el límite lím f (x)dx b b es finito (es igul un número rel), se define l integrl impropi de f en el intervlo ], ] como f (x) = lím f (x)dx, b b y se dice que l integrl impropi es convergente. Si el límite indicdo es + o, se dice que l integrl impropi es divergente. En culquier otro cso, l función no tiene integrl impropi en ese intevlo. Ejemplo 5 Estudir l integrl ex dx. Solución: Observe que lím e x dx = b b lím b ex b = lím ( b eb ) = =. Es decir, ex dx = y, por lo tnto, es convergente. tipo Tmbién se pueden considerr integrles sobre todo el eje rel; es decir, integrles del f (x)dx.

13 Trnsformd de Lplce 7 En este cso, si ls dos integrles f (x)dx y son convergentes, entonces se dice que l integrl f (x)dx = En culquier otro cso no es convergente. Ejemplo 6 f (x)dx + f (x)dx f (x)dx es convergente y f (x)dx. Determinr el áre de l región limitd por l curv y = +x 2 y el eje x (l región de l figur 4). y y = +x 2 Figur 4. Áre bjo l curv y = +x 2. x Solución: El áre indicd es igul l integrl impropi +x 2. Se tiene: b dx = lím dx = lím + x2 b + + x2 (rctn b rctn ) = π b + 2. Por simetrí, tmbién es posible concluir que Se deduce que el áre es igul + x 2 dx = + x 2 dx = π x 2 dx + + x 2 dx = π 2 + π 2 = π.

14 8 Ecuciones diferenciles.. Criterios de convergenci Ls integrles estudids nteriormente tienen l prticulridd de que se puede decidir fácilmente si son o no convergentes; pr ello, primero se utiliz el teorem fundmentl del cálculo y luego se determin el límite correspondiente. Sin embrgo, en l práctic, no siempre se puede encontrr l primitiv de un función. Aún sí, muchs veces es posible determinr si l integrl es convergente o divergente sin necesidd de clculrl. Pr esto existe un serie de teorems, llmdos criterios de convergenci, con los cules es posible determinr si l integrl es convergente con solo determinr si l función cumple cierts condiciones. Se presentn lgunos de estos teorems continución. Teorem L integrl impropi solo converge cundo p >. x p dx Demostrción: A prtir del ejemplo 2, si p = entonces l integrl diverge. Se sume, entonces, p =. Observe que x p dx = b lím b + x p dx = lím b + x p+ p + b = lím b + p (b p ). Si p >, entonces p < ; sí b p cundo b +. Por lo tnto, x p dx = lím b + p (b p ) = p ( ) = p. Si p <, entonces p > ; sí, b p + cundo b +. Por lo tnto, x p dx = lím b + p (b p ) = +. Se concluye que l integrl impropi diverge cundo p y converge cundo p >.

15 Trnsformd de Lplce 9 Ejemplo 7 L integrl x x dx es convergente pues x x = y 3 x 3/2 2 obtenido de l demostrción, L integrl x x dx = x dx = 3/2 3 2 = 2. >. Además, según lo x dx no es convergente, puesto que x = y x /2 2 <. El siguiente teorem estblece un criterio de tipo teórico pr l convergenci de un integrl impropi. Teorem 2 (criterio generl de convergenci) Se f un función definid en [, + [, continu trozos en todos los intervlos de l form [, b]. Pr que l integrl impropi f (x)dx se convergente, es necesrio y suficiente que, pr todo número rel ε >, exist otro número rel A, tl que pr culesquier t, t, que stisfcen t t A, se cumpl t f (x)dx ε. t Demostrción: Considere l función F(b) = b f (x)dx. Se sbe que F tiene límite cundo b + si y solo si pr todo ε > existe A, tl que si t t A, entonces F(t ) F(t ) ε. Observe que F(t ) F(t ) = t t f (x)dx, con lo cul se tiene lo enuncido. El teorem nterior es muy útil pr probr otros teorems más prácticos pr determinr convergenci. Tl es el cso del teorem de convergenci bsolut, el cul se present después de l siguiente definición. Definición 4 Se f, definid en [, + [, continu trozos en todos los intervlos de l form [, b]. Si l integrl f (x) dx es convergente, entonces se dice que l integrl de f en el intervlo [, + [ es bsolutmente convergente. Observe que l integrl dd en l definición es l integrl del vlor bsoluto de f. De cuerdo con lo estudido en el curso de Cálculo Diferencil.

16 Ecuciones diferenciles Ejemplo 8 Si f (x) =, entonces f (x) =. Por otr prte, de cuerdo con el ejemplo 2, l x 2 x 2 integrl f (x) dx es convergente, por lo que l integrl de en [, + [ es bsolutmente convergente. x 2 Teorem 3 (convergenci bsolut) Se f un función definid en [, + [, continu trozos en todos los intervlos de l form [, b]. Si l integrl de f es bsolutmente convergente en [, + [, entonces l integrl de f es convergente en [, + [. Demostrción: Como l integrl de f es bsolutmente convergente en [, + [, entonces, del teorem 2, se obtiene que pr todo ε > existe A, tl que t f (x) dx t = f (x) dx ε t pr todo pr de puntos t y t con t t A. De quí se obtiene t f (x)dx t f (x) dx ε t pr todo pr de puntos t y t con t t A. Por lo tnto, según el teorem 2, se prueb que f (x)dx es convergente. t t El interés práctico del concepto de convergenci bsolut es que, según el teorem nterior, el problem de estudir l convergenci de l integrl de un función f, no necesrimente positiv en todo el intervlo, puede reducirse l de estudir l convergenci de l integrl de su vlor bsoluto (l cul es no negtiv en el intervlo). Ejemplo 9 Se f : [, + [ R, tl que x f (x) = 2 si x [, 2[ [3, 4[ [5, 6[... x 2 si x [2, 3[ [4, 5[ [6, 7[... Observe que f (x) =, y como x 2 f (x) dx = x 2 dx es convergente (por el teorem ). Entonces, según el teorem 3, f (x)dx es convergente (ve l gráfic de f en l figur 5).

17 Trnsformd de Lplce y 2 3 x Figur 5. Gráfic de l función f del ejemplo 9. Teorem 4 (criterio de comprción) Sen f y g funciones definids en [, + [, continus trozos en todos los intervlos de l form [, b], tles que f (x) g(x); luego,. Si g(x)dx es convergente, entonces f (x)dx es convergente y, demás, f (x) dx g(x)dx. 2. Si f (x) dx es divergente, entonces g(x)dx es divergente. Es decir, si l integrl de l función myor es convergente, tmbién lo es l integrl de l función menor, y si l integrl de l función menor es divergente, igulmente lo será l de l función myor. Demostrción:. Se h(b) = b f (x) dx, pr b. Como f (x), entonces x > x 2 implic que h(x ) > h(x 2 ), es decir, h es creciente. Además, h(b) = b esto signific que h es cotd. f (x) dx b g(x)dx g(x)dx = M, () Como h es creciente y cotd, entonces lím b + h(b) existe. No obstnte b lím h(b) = lím f (x)dx. b + b +

18 2 Ecuciones diferenciles Lo cul implic que l integrl f (x) dx es convergente y, de (3), se deduce que f (x)dx es convergente. Además, de (), se obtiene: f (x) dx g(x)dx. 2. Se dej como ejercicio pr el lector. El teorem nterior permite determinr l convergenci de muchs integrles impropis si se comprn con integrles impropis cuy convergenci es conocid. Ejemplo L integrl e x2 dx es muy útil en estdístic. Probr que es convergente. Solución: L función y = e x2 no tiene primitiv en términos de ls funciones elementles. Esto oblig verificr su convergenci utilizndo lgún criterio que no se l definición. Observe que x x 2 x x 2 x e x2 e x. Además, b ( e x dx = e x dx = e e b) = b. lím b + lím b + Esto signific que e x dx es convergente y como e x2 e x cundo x, entonces e x2 dx es convergente. Por otr prte, pr x > l función f (x) = e x2 es decreciente y como f () =, entonces e x2 (pr todo x ). Por est rzón, e x2 dx dx =. Se concluye que e x2 dx es convergente. Pr finlizr est sección, se enunci un teorem que estblece que l integrl impropi de un combinción linel de funciones, cuys integrles impropis son convergentes, es tmbién convergente. Teorem 5 Sen f y g dos funciones definids en [, + [, continus trozos en todos los intervlos de l form [, b]. Si ls integrles impropis de f y g son convergentes y p y q son números reles culesquier, entonces l integrl impropi de p f + qg es convergente. Además, se cumple que [p f (t) + qg(t)]dt = p f (t)dt + q g(t)dt.

19 Trnsformd de Lplce 3 Demostrción: Por propieddes de l integrl definid, pr culquier b, b b b [p f (x) + qg(x)]dx = p f (x)dx + q g(x)dx. Como los dos sumndos del ldo derecho de l iguldd nterior tienen límite cundo b tiende +, entonces tmbién lo tiene el ldo izquierdo y b b b lím [p f (x) + qg(x)]dx = p lím f (x)dx + q lím g(x)dx. b + b + b + Así se demuestr lo indicdo. Ejemplo Por el teorem, l integrl es convergente y, por el ejemplo 4, x 5 xe 2x dx tmbién lo es, entonces l integrl (2x 5 + 3xe 2x )dx es convergente. Ejercicios de utoevlución de l sección. Si >, clcule dx x Discut l convergenci de x +x dx. 3. Determine si x dx es o no convergente. +x 2 4. Discut l convergenci de 5. Clcule e 2x cos 3x dx. sen x dx. x 2 En los ejercicios del 6 l 2, determine si l integrl impropi dd es convergente o divergente. 6. x π/4 dx.. 2 e 2x (2x 2 4x)dx dx x 2 +x+3. cos xdx.. x +x 4 dx. 9. x 2 e x dx. 2. dx x 4 +x /3 dx.

20 4 Ecuciones diferenciles 3. Determine si,5 ln x dx es o no bsolutmente convergente. x 4 + En los ejercicios del 4 l 7, clcule l integrl impropi dd. 4. e 5x sen 2x dx. 6. xe x dx. 5. e2x dx. 7. e dx x(ln x) Determine el áre de l región no cotd entre el eje x y l curv y = 2 (x 4) 3, pr x Se si x x 2 f (x) = si < x < e x+ si x Dibuje l gráfic de f y evlúe f (x) dx. 2. Determine todos los vlores de p pr los cules 2 vlor de l integrl cundo existe. dx x(ln x) p converge y clcule el 2. Conceptos básicos de trnsformd de Lplce L trnsformd de Lplce convierte cierto tipo de ecuciones diferenciles en ecuciones lgebrics. De este modo, cundo se resuelve l ecución lgebric, qued tmbién resuelt l ecución diferencil correspondiente. L trnsformd de Lplce se define medinte un integrl impropi. Definición 5 (l trnsformd de Lplce) Se f definid en [, + [, l trnsformd de Lplce de f es un función de s definid medinte L [ f (t)] (s) = e st f (t)dt, (2) en todos los vlores de s pr los que l integrl se convergente. Observe que l trnsformd de Lplce es un función de l vrible s de tl modo, como de costumbre, l notción L [ f (t)] hce referenci l función en generl, mientrs que L [ f (t)] (s) es l función evlud en s. Sin embrgo, en lguns ocsiones, escribir

21 Trnsformd de Lplce 5 L [ f (t)] (s) puede resultr incómodo o confuso, por ello se convendrá en escribir L [ f (t)] o L [ f ] teniendo en mente que es l trnsformd de Lplce de f (t) evlud en s. Así mismo, en ocsiones, por comodidd, si un función se denot con un letr minúscul, entonces su trnsformd de Lplce se represent con l letr myúscul correspondiente. Por ejemplo, ls trnsformds de Lplce de f (t), g(t), h(t) serán, respectivmente, F(s), G(s), H(s). En los siguientes ejemplos se clcul l trnsformd de Lplce de lguns funciones básics. Ejemplo 2 Se f (t) = pr todo t [, + [ (l función constnte en el intervlo [, + [), entonces L [] = e st dt = lím b + s e st Este límite existe cundo s > y es igul, es decir, s b ( = lím b + s e bs + ). s L [] = s pr s >. (3) Ejemplo 3 Se f (t) = t, pr todo t [, + [, entonces L [t] = e st tdt = lím b + Si se utiliz integrción por prtes, se obtiene b te st dt = s 2 e st ( st ), por lo que L [t] = lím b + = lím b + b ] b te st dt. [ s 2 e st ( st ) [ s 2 e bs ( sb ) + s 2 Este límite existe cundo s > y es igul s 2, es decir, L [t] = s 2 pr s >. (4) ].

22 6 Ecuciones diferenciles Ejemplo 4 Se un número rel culquier. Probr que L [ e t] = pr s >. s Solución: Se observ que L [ e t] = si s >, es decir, si s >. = lím b + = lím b + e st e t dt = b e (s )t dt = e (s )t dt [ ] b lím b + s e (s )t s ( e (s )b + ) = s, Ejemplo 5 Probr que L [cos t] = Solución: s 2 pr s >. + s2 Por l definición de trnsformd de Lplce: si s >. L [cos t] = = lím b + = lím b + e st cos t = lím b + b [ e st ( s cos t + sen t) 2 + s 2 e st cos tdt ] b e sb ( s cos b + sen b) + s 2 + s 2 = s 2 + s 2 Se puede clculr l trnsformd de Lplce de diverss funciones; sin embrgo, ntes se estblecerá pr qué tipo de funciones existe con certez tl trnsformd. En primer lugr, es evidente que pr que L [ f ] exist, l integrl b e st f (t)dt debe existir pr todo b >. Esto se puede logrr si f es continu trozos en todos los intervlos de l form [, b], puesto que, en ese cso, g(t) = e st f (t) tmbién será continu trozos en todos los intervlos [, b] y, de est mner, l integrl b e st f (t)dt existe. Sin embrgo, l continuidd por trmos, unque grntiz l existenci de cd integrl, no necesrimente implic l existenci de lím b + b e st f (t)dt, es decir, no segur l convergenci. Esto signific que se deben imponer lguns restricciones dicionles

23 Trnsformd de Lplce 7 l función f. A continución, se define un propiedd l cul permite, l función que l pose, tener trnsformd de Lplce. Definición 6 Se dice que un función f es de orden exponencil en [, + [ si existen constntes C y α, con C >, tles que f (t) Ce αt (5) pr todos los vlores no negtivos de t en los cules f esté definid. Ejemplo 6 L función constnte f (t) = es de orden exponencil, puesto que f (t) = = e t, es decir, si se tom C = y α =, se stisfce (5). Ejemplo 7 Evidentemente l función f (t) = e t es de orden exponencil. Bst tomr C = y α = en (5). Ejemplo 8 Probr que ls funciones g(t) = cos t y h(t) = sen t son de orden exponencil pr todo R. Solución: Como cos t = e t (pr todo t > y todo R), entonces, si se tom C = y α =, se stisfce (5). De modo nálogo, se comprueb que sen t es de orden exponencil. En el siguiente teorem se estblece que bst verificr que l desiguldd (5) se stisfce prtir de un vlor t > pr que l función se de orden exponencil. Teorem 6 Se f continu trozos en todo intervlo de l form [, b] y supong que existen constntes C (con C > ) y α tles que f (t) Ce αt pr todos los vlores de t, con t > t >, en los cules f esté definid. Entonces, f es de orden exponencil.

24 8 Ecuciones diferenciles Demostrción: Por hipótesis f (t) Ce αt pr t > t. Como f es continu trozos en [, t ], entonces f es cotd en ese intervlo, es decir, existe M > tl que f (t) M pr todo t [, t ]. Por lo tnto, f (t) M = Me t. Si se tom K = máx{c, M} y α = máx{, β}, se obtiene que f (t) Ke βt, por tnto f es de orden exponencil. En el siguiente ejemplo se muestrn lguns funciones de orden exponencil. Ejemplo 9 Probr que ls funciones f (t) = t n (pr n entero positivo), g(t) = t n e t sen ct (pr n entero positivo) y h(t) = t n e t cos ct (pr n entero positivo) son de orden Solución: Se F(t) = tn e t, entonces lím t + F(t) = (puede probrse utilizndo l regl de Lôpitl). Por lo tnto, existe un vlor t tl que pr todo t > t se cumple F(t) = t n <, es decir, tn < e t. En virtud del teorem nterior, se deduce, entonces, que e t f (t) = t n es de orden exponencil. Se G(t) = tn e t sen ct e 2t, con > ; entonces, G(t) = t n e t sen ct e 2t t n e t e 2t = tn e t. t Como lím n t + =, existe un vlor t e t tl que pr todo t > t se tiene tn <, es et decir, t n e t sen ct < y, por lo tnto, t n e t sen ct < e 2t. Por el teorem nterior se e 2t tiene que g(t) = t n e t sen ct es de orden exponencil. Si, entonces g(t) = t n e t sen ct t n < e t prtir de lgún vlor t (ve el primer punto de este ejemplo). Luego, g es de orden exponencil. L prueb es nálog l del punto nterior. Los ejemplos previos muestrn que ls funciones que precen primordilmente en el contexto de ls ecuciones diferenciles lineles (ve el cpítulo 3 del libro de texto), son de orden exponencil.

25 Trnsformd de Lplce 9 Ejemplo 2 L función f (t) = e t2 no es de orden exponencil. En efecto, pr culquier α: lím t + Por lo que f no es de orden exponencil. e t2 = lím eαt t + et(t α) = +. Según el siguiente teorem, l continuidd trozos de un función y el ser de orden exponencil grntizn que tiene trnsformd de Lplce. Teorem 7 Si f es un función continu trozos en todo intervlo de l form [, b] y es de orden exponencil, entonces existe un número rel s tl que es convergente pr todos los vlores de s > s. e st f (t)dt Demostrción: Como f es de orden exponencil, existen C > y α con f (t) Ce αt pr todo t > ; pero, en virtud del ejemplo 4 y del teorem 5, Ce st e αt dt es convergente y, por lo tnto, según el teorem 4, l integrl e st f (t)dt es convergente, puesto que e st f (t) Ce st e αt. Según el teorem nterior y los ejemplos precedentes, ls funciones, e t, sen ct, cos ct, t n e t sen ct y t n e t cos ct tienen trnsformd de Lplce. Ejemplo 2 L función f : [, + [ R definid por t si t < 2 f (t) = 2t 6 si 2 t < 3 si t 3 es, evidentemente, continu trozos y de orden exponencil.

26 2 Ecuciones diferenciles L trnsformd de Lplce de f viene dd por 2 L [ f (t)] = e st f (t)dt = e st dt + e st (2t 6)dt + 2 = 2 s 2 e st (st + ) 3 s 2 e st (2st + 2 6s) 3 2 e st dt = s 2 e 2s (2s + ) + s 2 2 s 2 e 3s + 2 s 2 e 2s ( s) (6) = ] [e 2s s 2 (4s ) + 2e 3s. Además de ls citds nteriormente, el teorem 7 grntiz l existenci de l trnsformd de Lplce pr un grn cntidd de funciones. Sin embrgo, observe que ls hipótesis de tl teorem son suficientes unque no necesris, es decir, hy funciones que tienen trnsformd de Lplce sin cumplir ls hipótesis del teorem. Por ejemplo, l función f (t) = no es continu trozos en los intervlos de l form [, b], puesto t que lím h + f (x + h) = lím h + +h = lím h + = + ; sin embrgo, est tiene ] h trnsformd de Lplce que es L = πs (no se demostrrá quí est firmción). [ t Ejercicios de utoevlución de l sección 2 En los ejercicios del l 6 utilice l definición pr clculr l trnsformd de Lplce de l función dd.. f (t) = (t ) 2 2. g(t) = sen t 3. h(t) = t sen t 4. p(t) = e t cos 2t 5. q(t) = te t sen t 6. r(t) = t 2 cos t En los ejercicios del 7 l utilice l definición pr clculr l trnsformd de Lplce de l función dd. t si t < 2 2t si t < 7. f (t) = si t 2 9. h(t) = 2t + 4 si t < 2 si t 2 si t < 8. g(t) = k si t < b sen t si t < 2π si t b. f (t) = si t 2π con, b, k R +.

27 Trnsformd de Lplce 2. Se F(s) = L [ f (t)]. Pruebe que, pr culquier constnte positiv, se cumple que L [ f (t)] = ( s ) F. En los ejercicios del 2 l 4 pruebe que l función dd es de orden exponencil. 2. f (t) = t 3 3. q(t) = (t + ) 2 4. h(t) = 2 (et e t ) 5. Pruebe que si f es de orden exponencil, entonces tmbién lo es l función g(t) = t f (x)dx, pr un número rel no negtivo. 3. Propieddes de l trnsformd de Lplce Se verá continución un serie de propieddes de l trnsformd de Lplce que, junto con ls trnsformds de lguns funciones básics, permiten determinr l de muchs otrs funciones. Teorem 8 Sen L [ f ] y L [g] definids pr s > y p y q números reles culesquier; entonces, l trnsformd de Lplce de p f + qg está definid pr s >, y se tiene L [p f + qg] = pl [ f ] + ql [g]. Demostrción: L existenci de l trnsformd de Lplce pr ls funciones f y g implic que e st f (t)dt e e st g(t)dt convergen pr s > ; entonces, en virtud del teorem 5, se tiene lo indicdo. Ejemplo 22 Del ejemplo 4 se deduce que L [ e 3t] = s 3 e 2t] = s+2 s > 2; entonces, por el teorem 8, se obtiene que [ L e 3t + 2e 2t] = s 3 + 2, s + 2 pr s > 3. El objetivo primordil del estudio de l trnsformd de Lplce es utilizrl como un herrmient pr resolver cierto tipo de ecuciones diferenciles con condiciones iniciles; en ese sentido, es importnte el siguiente teorem, el cul lig l trnsformd de Lplce de un función con l de su derivd.

28 22 Ecuciones diferenciles Teorem 9 Se f un función de orden exponencil y continu en [, + [ con derivd f continu trozos en todo intervlo de l form [, b]. Entonces L [ f ] = sl [ f ] f (). Demostrción: Solo se demostrrá el teorem en el cso en que f es continu; si f present discontinuiddes (de slto, puesto que es continu trozos), l prueb es lgo más complej. Integrndo por prtes: u = e st, dv = f (t)dt, du = se st dt y v = f (t), por lo tnto L [ f ] = = s e st f (t)dt = e st f (t) + e st [ f (t)dt + lím e st f (t) ] b b + = sl [ f ] + lím b + [e sb f (b) e s f ()] = sl [ f ] f () + lím b + e sb f (b). se st f (t)dt Como f es de orden exponencil, entonces existen C > y α tles que f (t) Ce αt ; luego, e sb f (b) Ce (α s)b. Si s > α se tiene α s < y, por lo tnto, Ce (α s)b cundo b + ; luego, lím b + e sb f (b) = (pues e sb f (b) Ce (α s)b ). Se concluye entonces que L [ f ] = sl [ f ] f (), como se querí demostrr. Utilizndo el teorem 9 y trnsformds de Lplce y conocids, se pueden clculr otrs trnsformds de Lplce. Ejemplo 23 Se sbe que (cos t) = sen t. Por lo tnto, L [sen t] = L [ (cos t) ] = L [ (cos t) ] Es decir, L [sen t] = = (sl [cos t] cos( )) = 2 + s 2. ( s ) s 2 + s 2 = 2 + s 2.

29 Trnsformd de Lplce 23 El siguiente teorem proporcion l trnsformd de Lplce de un potenci. Teorem (trnsformd de Lplce de un potenci) Se f (t) = t n, pr n entero positivo. Entonces, pr s >. L [t n ] = n! s n+ Demostrción: Se procede por inducción: Si n = y según (4), entonces L [t] = s 2 =! s +, pr s >. Supong que l propiedd es válid pr n (hipótesis de inducción). Se debe verificr que L [ t n+] = (n+)! s n+2 : Si f (t) = t n+, entonces f (t) = (n + )t n. Luego, L [ f (t) ] = (n + )L [t n ]. (7) Por otr prte, según el teorem 9, L [ f (t)] = sl [ f (t)] f () y, por hipótesis de inducción, L [t n ] = n! s n+. Si se sustituye en (7), se obtiene: Es decir, n! sl [ f (t)] f () = (n + ) s n+ sl [ f (t)] = L [ f (t)] = (n + )! (n + )! s s n+ L [ f (t)] = s n+2. como se querí demostrr. L [ t n+] = (n + )! s n+2, (n + )! s n+ Ejemplo 24 Según el teorem nterior: L [ t 2] = 2! s 3 = 2 s 3. L [ t 5] = 5! s 6 = 2 s 6.

30 24 Ecuciones diferenciles Si en el teorem 9 se cmbi l hipótesis de continuidd de f por l hipótesis de que f es continu en ], + [, y tiene un discontinuidd de slto en, entonces, L [ f ] = sl [ f ] f ( + ), donde f ( + ) = lím t + f (t). En l figur 6 se ilustr un función continu en ], + [, con un discontinuidd de slto en ; en este cso, f ( + ) = 2. y 2 y = f(x) x Figur 6. f tiene un discontinuidd de slto en. En generl, si g es un función continu trozos en [, b], se denot por g(c + ) l lím t c + g(t), pr t [, b[. Es decir, g(c + ) = lím t c + g(t). Observe que si g es continu en c, entonces g(c + ) = g(c); tmbién, si g es continu por l derech en, entonces g( + ) = g(). El teorem 9 se generliz derivds de orden superior medinte el teorem que se expone continución. Teorem Se f un función de orden exponencil y continu en [, + [ tl que f, f,..., f (n ) son continus en [, + [ y de[ orden exponencil y f (n) es continu trozos en todo intervlo de l form [, b]. Entonces, L f (n)] existe pr s > y L [ f (n)] = s n L [ f ] s n f () s n 2 f () s f (n 2) () f (n ) ().

31 Trnsformd de Lplce 25 L prueb de este teorem se hce utilizndo inducción y el teorem 9, pero no se relizrá quí. Observe que l trnsformd de Lplce de l derivd n ésim de f está ligd con l trnsformd de Lplce de f y con los vlores de f y sus derivds en. Más delnte, se utiliz con frecuenci l relción expresd en el teorem pr el cso n = 2; este se expres de l siguiente mner: L [ f ] = s 2 L [ f ] s f () f (). (8) Tmbién se puede relcionr l trnsformd de Lplce de un integrl con l trnsformd de Lplce de l función integrndo, según el siguiente teorem. Teorem 2 Se f un función continu en [, + [ y de orden exponencil, entonces [ t ] L f (x)dx = s L [ f ]. Demostrción: Se g(t) = t f (x)dx, entonces, por el teorem fundmentl del cálculo, g (t) = f (t). Luego, por el teorem 9, se tiene L [ f ] = L [ g ] [ t ] = sl [g] g() = sl f (x)dx f (x)dx [ t ] [ t ] = sl f (x)dx = sl f (x)dx, [ t es decir, L ] f (x)dx = L [ f ], como se querí demostrr. s Cundo se clculn trnsformds de Lplce, se utilizn tbls como l proporciond en l págin 35. Sin embrgo, desde luego, ests son limitds y, por lo tnto, deben conocerse lguns propieddes que permiten clculr trnsformds de Lplce, de un mner eficiente, prtir de l informción dd por l tbl. A continución, se dn lgunos teorems que proveen regls especiles, demás de ls generles y estudids, pr el cálculo de trnsformds de Lplce.

32 26 Ecuciones diferenciles Teorem 3 (primer teorem de trslción) Si l trnsformd de Lplce de f existe pr s > y c es un constnte culquier, entonces L [ e ct f (t) ] (s) = L [ f (t)] (s c) pr s > + c. Demostrción: A prtir de l definición de trnsformd de Lplce, se obtiene: L [ e ct f (t) ] (s) = pr s c >. e st e ct f (t)dt = e (s c)t f (t)dt = L [ f (t)] (s c) El nterior teorem dice que si se multiplic f por e ct, l función resultnte tiene un trnsformd de Lplce, l cul consiste en reemplzr s por s c en l trnsformd de Lplce de f. Puede verse más sencillo sí: si denotmos l trnsformd de Lplce de f (t) medinte F(s), entonces l trnsformd de Lplce de e ct f (t) es F(s c). Ejemplo 25. En el ejemplo 23 se vio que L [sen t] = F(s) = s 2 + 2, por lo tnto, L [ e ct sen t ] = F(s c) = (s c) 2, pr s > De cuerdo con el teorem, L [ t 3] = G(s) = 6 s 4, por lo tnto, L [ e 5 t 3] = G(s 5) = 6, pr s > 5. (s 5) 4 En el primer teorem de trslción, se trsld l vrible s de F, hy otro teorem de trslción en el que se trsld l vrible t de f ; pero ntes, debe definirse un función especil. Definición 7 Pr cd R, l función esclón unitri o función de Heviside se define medinte, si t < H(t ) =, si t

33 Trnsformd de Lplce 27 L función H(t ) tmbién se escribe como u (t). Su gráfic se muestr en l figur 7. y y = u (t) = H(t ) t Figur 7. Función esclón unitri. Est función es muy útil pr describir funciones definids por trozos. Por ejemplo, un sistem que está en reposo hst un determindo momento t = y luego se pone en movimiento, puede ser modeldo medinte l trslción de un función g hci l derech uniddes y nulr lo que qued ntes de. Esto signific considerr funciones como l siguiente:, si t < f (t) = g(t ), si t Est fórmul se puede escribir, de un modo más fácil de usr en los cálculos, si se utiliz l función esclón unitri, de l siguiente mner: f (t) = H(t )g(t ). Por ejemplo, un sistem está en reposo y, en el momento t = 2, inici un movimiento de tipo sinusoidl (como se observ en l figur 8); l función que describe el movimiento de este sistem es f (t) = H(t 2) sen(t 2). y y = H(t 2)sen(t 2) 2 t Figur 8. Movimiento sinusoidl prtir de t = 2. El siguiente teorem proporcion un fórmul pr l trnsformd de Lplce de funciones como l nteriormente descrit.

34 28 Ecuciones diferenciles Teorem 4 (segundo teorem de trslción) Se f (t) = H(t )g(t ), un función continu trozos de orden exponencil. Entonces L [ f ] = e s L [g]. Demostrción: L [ f ] = e st f (t)dt = e st g(t )dt. Si se hce l sustitución x = t, entonces L [ f ] = e s(x+) g(x)dx = e s e sx g(x)dx = e s L [g]. Observe que, si se utiliz l notción H pr l función esclón unitrio, lo nterior se puede escribir como L [H(t )g(t )] = e s L [g(t)], o como L [u (t)g(t )] = e s L [g(t)], si se us l notción u. Ejemplo 26 Se f (t) = H(t ) sen t, determinr L [ f ]. Solución: Observe que f (t) = H(t ) sen(t + ), entonces L [ f ] = L [H(t ) sen(t + )] = e s L [sen(t + )] por el teorem 3 = e s L [sen t cos + cos t sen ] = e s (cos L [sen t] + sen L [cos t]) ) = e (cos s + s 2 + sen s + s 2 = e s (cos + s sen ) + s 2.

35 Trnsformd de Lplce 29 L función de Heviside es muy útil pr describir funciones definids trozos. Supong que y b son números con b >, entonces H(t ) = si t (y es si t < ), mientrs que H(t b) = si t b (y es si t < b). Luego, = si t < H(t ) H(t b) = = si t < b = si t b De este modo, si se tiene un función del tipo: si t < g(t) = p(t) si t < b si t b entonces, se puede escribir g(t) = p(t)[h(t ) H(t b)]. (9) Ejemplo 27 Se si t < 2 g(t) = t 2 si 2 t < 5 t si 5 t Escribir g(t) en términos de funciones esclón unitrio. Solución: Primero se observ que g(t) = g (t) + g 2 (t) + g 3 (t), donde si t < 2 si t < 2 si t < 5 g (t) = g 2 (t) = t 2 si 2 t < 5 g 3 (t) = si 2 t t si 5 t si 5 t Según (9), g (t) = H(t ) H(t 2), g 2 (t) = t 2 (H(t 2) H(t 5)), g 3 (t) = th(t 5). Por lo tnto, g(t) = H(t) + (t 2 )H(t 2) + (t t 2 )H(t 5).

36 3 Ecuciones diferenciles Ejemplo 28 Determinr l trnsformd de Lplce de l función g cuy gráfic se muestr en l siguiente figur. y 2 3 t Figur 9. Gráfic de g. Solución: El dominio de g es [, + [. Observe que el primer segmento no horizontl tiene como extremos los puntos (, ) y (2, ), por lo tnto, su pendiente es 2 = y su ecución es y = 2 t (pr t [, 2[); el segundo tiene como extremos los puntos (2, ) y (3, ), entonces su pendiente es y su ecución es y = t 2 (pr t [2, 3[). Por esto, l función g se puede definir de l siguiente mner: si t < (t 2) si t < 2 g(t) = t 2 si 2 t < 3 si 3 t Se ve que g(t) puede escribirse como un sum de cutro funciones g(t) = g (t) + g 2 (t) + g 3 (t) + g 4 (t), donde si t < g (t) = si t si t < 2 g 3 (t) = t 2 si 2 t < 3 si t 3 si t < g 2 (t) = (t 2) si t < 2 si t 2 si t < 3 g 4 (t) = si t 3

37 Trnsformd de Lplce 3 Según (9), Luego, g (t) = H(t) H(t ), g 2 (t) = (t 2)[H(t ) H(t 2)], g 3 (t) = (t 2)[H(t 2) H(t 3)], g 4 (t) = H(t 3). g(t) = g (t) + g 2 (t) + g 3 (t) + g 4 (t) = H(t) + ( t)h(t ) + (2t 4)H(t 2) + (3 t)h(t 3). Pero lo nterior se puede escribir como g(t) = H(t) (t )H(t ) + 2(t 2)H(t 2) (t 3)H(t 3). Entonces, si se plic el segundo teorem de trslción, se obtiene: L [g] = L [H(t) (t )H(t ) + 2(t 2)H(t 2) (t 3)H(t 3)] = L [H(t) ] L [(t )H(t )] + 2L [(t 2)H(t 2)] L [(t 3)H(t 3)] = e s L [] e s L [t] + 2e 2s L [t] e 3s L [t] = s e s s 2 + 2e 2s s 2 e 3s s 2 = s e s + 2e 2s e 3s s 2. Se mplín ls propieddes que permiten clculr l trnsformd de Lplce de diverss combinciones de ls funciones básics medinte el siguiente teorem que estblece que l trnsformd de Lplce de t n f (t) está relciond con l n ésim derivd de l trnsformd de Lplce de f (t). Teorem 5 Se f un función cuy trnsformd de Lplce existe, entonces Demostrción: L [t n f (t)] = ( ) n dn (L [ f (t)]). dsn Se tiene L [ f (t)] = e st f (t)dt; luego, derivndo mbos ldos con respecto s: d ds (L [ f (t)]) = d ( ) e st f (t)dt = ds s [e st f (t)]dt = Es decir, L [t f (t)] = d ds L [ f (t)]. e st t f (t)dt = L [t f (t)].

38 32 Ecuciones diferenciles Se procede por inducción: si L [ t n f (t) ] = ( ) n dn (L [ f (t)]), entonces, derivndo mbos ldos con respecto s, se ds n obtiene: n dn ( ) ds n (L [ f (t)]) = d ds ( [ ]) L t n f (t) = d ( ) e st t n f (t)dt = ds = e st t n f (t)dt = L [t n f (t)]. Por lo tnto, L [t n f (t)] = ( ) n dn ds n (L [ f (t)]), como se querí demostrr. Ejemplo 29 Clculr l trnsformd de Lplce de f (t) = t 2 cos t. Solución: s [e st t n f (t)]dt De cuerdo con el teorem nterior, l trnsformd de Lplce de f es l segund derivd, con respecto s de L [cos t] =, es decir, +s 2 [ ] ( ) L t 2 cos t = d2 s ds 2 + s 2 = d ds = d ( s 2 ) ds ( + s 2 ) 2 s ( d ds ( s )) + s 2 = 2s3 6s ( + s 2 ) 3. El siguiente teorem, que se proporcion sin demostrción, permite clculr l trnsformd de Lplce de cierts funciones periódics unque no sen continus. Teorem 6 Si f es de orden exponencil y es periódic con periodo p, entonces, p L [ f (t)] = e st f (t)dt e ps. Ejemplo 3 L función f, cuy gráfic se muestr en l figur, es periódic con periodo p = 2, clculr su trnsformd de Lplce. y t Figur. Gráfic de f (periódic).

39 Trnsformd de Lplce 33 Solución: Observe que f (t) = si t < y f (t) = si t < 2, por lo tnto, Luego, 2 e st f (t)dt = e st dt + 2 e st dt = e st dt = s ( e s ). L [ f (t)] = e s s( e 2s ) = s( + e s ). Se concluirá est serie de propieddes de l trnsformd de Lplce con l definición de un nuev operción entre funciones f y g, cuy trnsformd es, precismente, el producto de ls trnsformds L [ f ] y L [g]. Definición 8 Sen f y g funciones continus trozos en [, + [, se define su convolución f g de l siguiente mner ( f g)(t) = f (t) g(t) = t f (x)g(t x)dx. Ejemplo 3 Determinr (cos t) (sen t). Solución: Se tiene (cos t) (sen t) = t t cos x sen(t x)dx = cos x(sen t cos x sen x cos t)dx t t = sen t cos 2 xdx cos t cos x sen xdx [ = sen t 2 x + ] t [ ] t sen 2x cos t 4 2 sen2 x [ = sen t 2 t + ] [ ] sen 2t cos t 4 2 sen2 t [ = sen t 2 t + ] cos t sen t 2 2 cos t sen2 t = t sen t. 2 Esto es, (cos t) (sen t) = 2t sen t.

40 34 Ecuciones diferenciles Observe que si en l integrl que prece en l definición 3 se hce l sustitución u = t x, se obtiene f (t) g(t) = = t t f (x)g(t x)dx = g(u) f (t u)du = g(t) f (t). Esto signific que l convolución es conmuttiv. t f (t u)g(u)( du) El siguiente teorem, cuy demostrción no se ofrece, estblece que l trnsformd de Lplce de un convolución es el producto de ls trnsformds de Lplce de ls funciones involucrds. Teorem 7 (propiedd de convolución) Sen f y g funciones continus trozos en [, + [ y de orden exponencil. Entonces, l trnsformd de Lplce de l convolución f (t) g(t) existe, cundo s es myor que cierto número c, y se tiene Ejemplo 32 L [ f (t) g(t)] = L [ f (t)] L [g(t)]. Si f (t) = sen 3t y g(t) = e 2t, entonces [ ] L [ f (t) g(t)] = L e 2t sen 3t = L [ e 2t] L [sen 3t] = s 2 3 s = (s 2)(s 2 + 9). El cudro present un tbl de trnsformds de Lplce que resume los teorems vistos y proporcion l trnsformd de Lplce de ls funciones básics. Es muy útil pr los contenidos siguientes.

41 Trnsformd de Lplce 35 f (t) Cudro : Tbl de trnsformds de Lplce L [ f (t)] = F(s) f (t) sl [ f ] f () f (t) s 2 L [ f ] s f () f () f (n) (t) s n L [ f ] s n f () s n 2 f () f (n ) () t f (t)dt s L [ f ] e t f (t) F(s ), donde F(s) = L [ f ] t n f (t) ( ) n dn (L [ f ]) dsn H(t ) f (t ) e s L [ f ] f (t) g(t) L [ f ] L [g] f (t) periódic, periodo p > t t n (n Z + ) p e st f (t)dt e ps (s > ) s s 2 (s > ) n! s n+ (s > ) e t (s > ) s sen t s (s > ) cos t H(t ) s s (s > ) e s s (s > ) t n e t n! (s ) n+ (s > ) e t cos bt e t sen bt s (s ) 2 + b 2 (s > ) b (s ) 2 + b 2 (s > )

42 36 Ecuciones diferenciles Ejercicios de utoevlución de l sección 3 En los ejercicios del l 4 determine l trnsformd de Lplce de l función dd.. f (t) = 2 sen t + 3 cos 2t 2. g(t) = t 2 e 4t 3. h(t) = e 2t sen 5t 4. p(t) = (t + ) 3 5. q(t) = sen 2 t 6. f (t) = 3e t + sen 6t 7. g(t) = t 3 3t + cos 4t 8. h(t) = 3 cos 2t + 5 sen 4t 9. q(t) = 4 cos 2 3t. r(t) = cos 3 t. f (t) = e 3t (t 2) 2. g(t) = e 4t [t cos t] 3. h(t) = e 5t [t 4 + 2t + 4. q(t) = t 3 sen 2t 5. Determine L [ t τ ]. cos(3x)dxdτ 6. Se f (t) = E sen(ωt), donde E y ω son constntes positivs; clcule L [ f ]. Sugerenci: f es periódic con periodo π/ω. En los ejercicios del 7 l 2 determine l trnsformd de Lplce de l función f periódic cuy gráfic se proporcion en cd cso. f(t) t f(t) E 8. t π/ω 2π/ω 3π/ω Cd segmento no recto stisfce f(t) = E sen (ωt)

43 Trnsformd de Lplce f(t) t f(t) k t En los ejercicios del 2 l 26 escrib l función f en términos de l función de Heviside. si t < 2 si t < 4 2. f (t) = 24. f (t) = t si t 2 t 3 si t 4 si t < 2 t si t < f (t) = 25. f (t) = t 2 + t si t 2 si t 3 si t < 4 si t < f (t) = t si 4 t < f (t) = t 2 si 4 t < π + t si t 8 cos t si t π En los ejercicios del 27 l 3 determine L [ f ]. si t < 5 si t < f (t) = 29. f (t) = + t 2 si t 5 3e 2t si t 4 si t < 4 si t < f (t) = t 2 si 4 t < 5 3. f (t) = e 3t si 4 t < 6 2t si t 5 + t si t 6 3. Escrib l función f, cuy gráfic se muestr continución, en términos de l función de Heviside y luego clcule su trnsformd de Lplce.

44 38 Ecuciones diferenciles f(t) k b c t k En los ejercicios del 32 l 34 determine l convolución dd y l trnsformd de Lplce de dich convolución. 32. e t e bt 33. t cos t 34. t e t 35. Demuestre que f (g + h) = f g + f h. 36. Demuestre que f (g h) = ( f g) h. 4. Trnsformd invers y ecuciones diferenciles Como se h visto hst quí, l trnsformd de Lplce permite trnsformr un función de ciert vrible en un función de otr vrible (l cul se h denomindo s); demás, se estblecen relciones entre ls trnsformds de ls funciones y ls de sus derivds e integrles. Todo esto permite trnsformr un ecución diferencil en un ecución lgebric y es, por lo tnto, útil en l resolución de cierto tipo de ecuciones diferenciles, tl como se verá continución. 4.. Trnsformd invers En primer lugr se enuncirá, sin demostrción, un teorem en el cul se estblece que se puede invertir el proceso sin problems, es decir, si se conoce l trnsformd de Lplce, es posible recuperr l función originl.

45 Trnsformd de Lplce 39 Teorem 8 (Unicidd de l trnsformd invers de Lplce) Sen f y g funciones continus trozos en [, + [ y de orden exponencil, de modo que sus trnformds de Lplce L [ f ] y L [g] existen. Supong que existe c R tl que L [ f ] = L [g] pr todo s > c, entonces, con l posible excepción de los puntos de discontinuidd, f (t) = g(t) pr todo t >. El teorem nterior dice que si un ecución L [ f (t)] = F(s) () puede resolverse pr un función f (t), l solución es esencilmente únic. Usulmente, en este contexto, se conviene que dos funciones continus trozos que coinciden en todos los puntos, slvo en sus puntos de discontinuidd, son idéntics. Si l ecución () tiene solución, es decir, si existe un función f (t) que l stisfce, entonces est solución se llm trnsformd invers de Lplce de F(s) y se escribe L [F(s)] (t) = f (t). () Esto signific que L [F(s)] (t) = f (t) si y solo si L [ f (t)] = F(s). De todo lo nterior tmbién se deduce que si F(s) y G(s) tienen trnsformd invers de Lplce y si y b son números reles, entonces Ejemplo 33 L [F(s) + bg(s)] (t) = L [F(s)] (t) + bl [G(s)] (t). De cuerdo con los ejemplos nteriores, se tiene: [ L (t) = sen t. s ] [ ] [ ] [ ] L (t) = L 24 s 5 24 (t) = s 5 24 L 24 (t) = s 5 24 t4. Ejemplo 34 [ ] Clculr L s(s ) Solución: Se puede descomponer l frcción en frcciones prciles 2 : s(s 2 + 4) = A s + Bs + C s = (s2 + 4)A + s(bs + C) s(s 2 + 4) = (A + B)s2 + Cs + 4A s(s ) 2 Ve l técnic de descomponer un frcción en sum de frcciones prciles en culquier texto de Cálculo Integrl.

46 4 Ecuciones diferenciles Lo nterior signific que = (A + B)s 2 + Cs + 4A; por lo tnto A + B =, C = y 4A =. De quí se concluye que A = 4, B = 4 y C = ; por eso, [ ] [ L s(s 2 = L + 4) 4 s ] 4 s s = ( [ ] [ ]) L L s 4 s s Ejemplo 35 = 4 Determinr l trnsformd invers de Lplce de H(s) = ( cos 2t). 2s + 3 s 2 4s + 2. Solución: Primero se complet cudrdos en el denomindor pr plicr el primer teorem de trslción: 2s + 3 s 2 4s + 2 = 2s + 3 (s 2) = 2 2(s 2) + 7 = (s 2) s 2 (s 2) (s 2) Observe que Por lo tnto, [ ] L s 2 (s 2) 2 = e 2t cos 4t y + 6 [ ] L 4 (s 2) 2 = e 2t sen 4t + 6 [ ] L [H(s)] = L 2s + 3 s 2 4s + 2 [ ] = 2L s 2 (s 2) [ ] + 6 L 4 (s 2) = 2e 2t cos 4t e2t sen 4t.

47 Trnsformd de Lplce 4 Ejemplo 36 Clculr L [ Solución: e 2s s 2 + 4s + 5 De cuerdo con el segundo teorem de trslción: ]. [ L e 2s ] s 2 = H(t 2)g(t 2), + 4s + 5 donde [ ] [ ] g(t) = L s 2 = L + 4s + 5 (s + 2) 2 + [ ] = e 2t L s 2 (por el primer teorem de trslción) + = e 2t sen t. En conclusión, [ L e 2s ] s 2 = H(t 2)e 2(t 2) sen(t 2). + 4s + 5 Ejemplo 37 [ ] Determinr L s s s + Solución: Se puede plicr l propiedd de convolución de l siguiente mner: [ ] [ ] [ ] L s s 4 = L s + 2s + (s 2 + ) 2 = L s s 2 + s 2 + [ ] [ ] = L s s 2 L + s 2 = cos t sen t. + De cuerdo con el ejemplo 3, cos t sen t = 2 t sen t. Es decir, [ ] L s s 4 = t sen t. + 2s + 2 Antes de proceder plicr l trnsformd de Lplce pr resolver ecuciones diferenciles, se debe dvertir que no tod función de s tiene un trnsformd invers de Lplce; esto se pone de mnifiesto en el siguiente teorem.

48 42 Ecuciones diferenciles Teorem 9 Si f es un función continu trozos de orden exponencil, entonces lím L [ f ] =. s + Demostrción: En efecto, en l prueb del teorem 7 se vio que existen números C y α tles que e st f (t) Ce st e αt ; esto implic que L [ f (t)] Ce (s α)t dt = C s α pr todo s > α. Así, si se tom el límite cundo s + se tiene el resultdo. Ejemplo 38 Se P(s) = s2 +. Observe que s 2 s lím P(s) = 2 + lím s + s + s 2 =. Esto indic que no existe un función p(t) cuy trnsformd de Lplce se P(s) (no existe l trnsformd invers de Lplce de P(s) Solución de ecuciones lineles L técnic de l trnsformd de Lplce es útil pr resolver ecuciones diferenciles lineles con coeficientes constntes y con condiciones iniciles. Grcis l teorem, ls condiciones iniciles se incorporn en el proceso de resolución; esto hce que no se necesrio encontrr primero l solución generl de l ecución diferencil. Otr de ls ventjs que ofrece este método es que l función f (t) que prece en l ecución (2) no debe ser necesrimente continu; grcis lgunos de los teorems vistos ntes, puede ser continu trozos, con l condición de que su trnsformd de Lplce exist. Si se tiene un ecución diferencil del tipo y (n) + n y (n ) + + y + y = f (t), (2) con condiciones iniciles y() = y, y () = y,..., y (n ) () = y n, el procedimiento pr resolverl, medinte el uso de l trnsformd de Lplce, consiste en convertir el

49 Trnsformd de Lplce 43 problem en un ecución de l form L [y] = F(s) y clculr y = L [F(s)] (t), siempre que ls trnsformciones involucrds existn. Se ilustr continución el procedimiento medinte lgunos ejemplos, primero se proporcionrá uno muy sencillo. Pr trbjr de modo eficiente conviene tener mno un tbl de trnsformds de Lplce como l que se brind en l págin 35. Ejemplo 39 Resolver el problem de vlores iniciles 4y y =, y() =, y () = 2. Solución: Se plic el operdor L mbos ldos de l ecución y se utiliz l propiedd dd por el teorem 8: 4L [ y ] L [y] = L []. De cuerdo con (8) y con (3), est ecución se puede escribir como 4(s 2 L [y] s 2 ) L [y] = s, Luego, si se despejn L [y], se obtiene L [y] = 4s 2 L [y] 2 L [y] = s, + 2s s(4s 2 ) = (4s 2 )L [y] = s + 2 = + 2s. s + 2s s(2s )(2s + ) = s(2s ). Se puede escribir l frcción como un sum de frcciones prciles, sí: s(2s ) s(2s ) = A s + B 2s (2A + B)s A =. s(2s ) Si se iguln los numerdores de l primer y l últim frcción en l expresión nterior, se obtiene: = (2A + B)s A. Entonces, 2A + B =, = A; por lo que A = y B = 2. En síntesis, L [y] = s(2s ) = 2 2s s = s 2 s,

50 44 Ecuciones diferenciles es decir, si se plic L y se us el teorem 3 y (3) (o de cuerdo con l tbl de l págin 35) se tiene: [ ] [ ] y(t) = L s L = e 2 t. s 2 Así, l solución del problem de vlores iniciles es y = e 2 t. Ejemplo 4 Resolver el problem de vlores iniciles, y + 9y = 3 2 sen 2t, y() =, y () =. Si se plic el operdor L mbos ldos y se utilizn diferentes propieddes, se obtiene: s 2 L [y] + 9L [y] = 2 3 L [sen 2t], s 2 L [y] + 9L [y] = s = 3 s 2 + 4, (s 2 + 9)L [y] = 3 s 2 + 4, 3 L [y] = (s 2 + 4)(s 2 + 9). 3 Ahor se descompondrá como sum de frcciones prciles. Se hce (s 2 +4)(s 2 +9) 3 (s 2 + 4)(s 2 + 9) = As + B s Cs + D s = (As + B)(s2 + 9) + (Cs + D)(s 2 + 4) (s 2 + 4)(s 2 + 9) = (A + C)s3 + (B + D)s 2 + (9A + 4C)s + 9B + 4D (s 2 + 4)(s ) De quí, 3 = (A + C)s 3 + (B + D)s 2 + (9A + 4C)s + 9B + 4D, de modo que, l igulr los coeficientes de ls potencis igules de s, se obtiene: A + C =, B + D =, 9A + 4C =, 9B + 4D = 3, si se resuelve este sistem de ecuciones: A =, B = 3 5, C = y D = 3 5. Es decir, 3 (s 2 + 4)(s 2 + 9) = 3 5 s s ;

51 Trnsformd de Lplce 45 por lo tnto, L [y] = 3 Si se plic L mbos ldos, se obtiene 2 s y = 3 sen 2t sen 3t. 5 3 s Este ejemplo ilustr lo menciondo l comienzo en cunto que, medinte l trnsformd de Lplce, el problem de vlores iniciles se convierte en un problem purmente lgebrico. Ejemplo 4 Resolver el problem de vlores iniciles y 3y + 2y = 2e 3t, y() =, y () = 4. Solución: Al plicr L, se obtiene: L [ y ] 3L [ y ] + 2L [y] = 2L [ e 3t], es decir, s 2 L [y] sy() y () 3(sL [y] y()) + 2L [y] = 2L s 2 L [y] 4 3sL [y] + 2L [y] = 2 s 3, [ e 3t], (s 2 3s + 2)L [y] = 2 s y, l despejr L [y], Si se escribe L [y] = 4s (s 2 3s + 2)(s 3) = 4s (s )(s 2)(s 3). 4s (s )(s 2)(s 3) = A s + y se procede como en el ejemplo nterior, se obtiene: B s 2 + C s 3 4s (s )(s 2)(s 3) = 3 s + 2 s 2 + s 3.

52 46 Ecuciones diferenciles Es decir, Por lo tnto, L [y] = 3 s + 2 s 2 + s 3. y = L [ 3 s + 2 s 2 + ] s 3 [ ] [ ] = 3L + 2L s s 2 + L [ s 3 ]. Luego, de cuerdo con l tbl de trnsformds, l solución del problem de vlores iniciles es y = 3e t + 2e 2t + e 3t. Ejemplo 42 Resolver el problem de vlores iniciles Solución: Se tiene y + 6y + 3y = e 2t, y() = 3, y () = 3. L [ y ] + 6L [ y ] + 3L [y] = L s 2 L [y] 3s (sL [y] 3) + 3L [y] = s + 2, (s 2 + 6s + 3)L [y] 3s 5 = s + 2, L [y] = = [ e 2t], s 2 + 6s + 3 ( ) s s + 5 3s 2 + s + 2 (s + 2)(s 2 + 6s + 3). Al descomponer l últim frcción en frcciones simples, se obtiene: Se observ que L [ 2 s + 2 s 3 L [y] = s 2 + 6s s + 2. ] [ = 2e 2t y se clcul L s 3 s 2 + 6s + 3 ].

53 Trnsformd de Lplce 47 Se puede completr cudrdos en el denomindor pr plicr el primer teorem de trslción: s 3 s 2 + 6s + 3 = s 3 (s + 3) = = (s + 3) 6 (s + 3) s + 3 (s + 3) (s + 3) = F(s + 3) 3G(s + 3), donde F(s) = s 2 s 2 = L [cos 2t] y G(s) = + 4 s Luego, por el primer teorem de trslción = L [sen 2t]. y(t) = 2e 2t + e 3t cos 2t 3e 3t sen 2t. Recuerde que el segundo teorem de trslción estblece, bjo ls hipótesis propids, que L [ f (t )H(t )] = e s L [ f (t)], por ello L [ e s L [ f (t)] ] = f (t )H(t ). Se plicrá esto pr resolver l ecución diferencil que se proporcion en el siguiente ejemplo. Ejemplo 43 Resolver y + 4y = f (t), y() = y si t < 3 () =, donde f (t) =. t si t 3 Solución: Observe que f se puede escribir como f (t) = th(t 3) = (t 3 + 3)H(t 3) = (t 3)H(t 3) + 3H(t 3). Luego, y + 4y = (t 3)H(t 3) + 3H(t 3) L [ y ] + 4L [y] = L [(t 3)H(t 3)] + 3L [H(t 3)] (s 2 + 4)L [y] = s 2 e 3s + 3 s e 3s (según el comentrio previo).

54 48 Ecuciones diferenciles De quí, por lo que L [y] = 3s + s 2 (s 2 + 4) e 3s, [ ] 3s + y(t) = L s 2 (s 2 + 4) e 3s. Pr clculr est trnsformd invers de Lplce, observmos el fctor e 3s que indic l necesidd de utilizr el segundo teorem de trslción. De este modo, se clcul primero [ ] 3s + g(t) = L s 2 (s 2 + 4) y luego se plic el menciondo teorem. Pr empler l técnic de descomposición en frcciones prciles se escribe 3s + s 2 (s 2 + 4) = A s + B s 2 + Cs + D s y se determinn los vlores de A, B, C y D pr obtener De l tbl se obtiene Así, l solución del problem es 3s + s 2 (s 2 + 4) = 3 4 s + 4 s g(t) = L [ 3 4 s + 4 s s s s s = t 3 4 cos 2t 4 sen 2t. 2 s ] s y(t) = g(t 3)H(t 3) ( 3 = (t 3) 3 4 cos 2(t 3) ) sen 2(t 3) H(t 3) 8 = (2t 6 cos 2(t 3) sen 2(t 3)) H(t 3). 8 Est solución se puede escribir como si t < 3 y(t) = 8 (2t 6 cos 2(t 3) sen 2(t 3)) si t 3 El uso de trsformds de Lplce result útil en problems de plicción en los que precen fuerzs no necesrimente continus (pero sí continus trozos).

55 Trnsformd de Lplce 49 Ejemplo 44 Al suspender un ms cuyo peso es 29,4 N de cierto resorte, este se lrg,625 m desde su longitud nturl. A prtir del reposo, en el momento t =, l ms se pone en movimiento plicándole un fuerz extern F(t) = cos 4t, pero en el instnte t = 4π es fuerz ces súbitmente, permitiendo que l ms continúe su movimiento. Si se despreci l fricción, determinr l función de posición resultnte pr l ms. Solución: L posición y(t) de l ms en el tiempo t se rige por l ecución diferencil 3 My + cy + ky = F(t), donde M es l ms del objeto, c es l constnte de fricción, k es l constnte de fuerz del resorte y F(t) es l fuerz extern plicd. En este cso, el peso de l ms es W = 29,4 N, entonces l ms es M = 29,4 9,8 = 3 kg. L elongción del resorte es l =,625, por lo que su constnte es k = 29,4,625 = 48 N/m; demás, no hy fricción, por ello c =. Así, l ecución diferencil que rige el movimiento de l ms es 3y + 48y = f (t), donde cos 4t si t < 4π f (t) = si 4π t L ecución se puede escribir como y + 6y = 3 f (t). Luego, si se plic L y ls propieddes correspondientes, se obtiene: s 2 L [y] + 6L [y] = 3 L [ f (t)] L [y] = 3(s 2 L [ f (t)]. (3) + 6) Ahor, se clcul L [ f (t)]. De cuerdo con (9), f (t) = cos 4t[H(t) H(t 4π)] = (cos 4t)H(t) (cos 4t)H(t 4π). Pero si t, entonces H(t) = y, por otr prte, cos 4t = cos 4(t 4π) (en virtud de l periodicidd del coseno). Por esto, se puede escribir 3 Ve ls págins de l 9 l del libro de texto. f (t) = cos 4t (cos 4(t 4π))H(t 4π).

56 5 Ecuciones diferenciles Entonces, de cuerdo con el segundo teorem de trslción, Ahor, si se sustituye en (3): L [ f (t)] = L [cos 4t] L [(cos 4(t 4π))H(t 4π)] s = s s e 4πs s ( ) s L [y] = 3(s 2 + 6) s s e 4πs s = 3 s (s 2 + 6) 2 3 s e 4πs (s 2 + 6) 2 y = [ ] [ ]) (L s 3 (s 2 + 6) 2 L e 4πs s (s 2 + 6) 2. (4) Recuerde que L [sen 4t] = 4 s 2 +6, luego, De quí se deduce que L [t sen 4t] = d ds [ ] L s (s 2 + 6) 2 ( ) 4 s 2 = + 6 y, de cuerdo con el segundo teorem de trslción, L [ e 4πs ] s (s 2 + 6) 2 En conclusión, si se sustituye en (4): y = 3 Est función se puede escribir como = t sen 4t, 8 8s (s 2 + 6) 2. = (t 4π) sen 4(t 4π)H(t 4π). 8 [ 8 t sen 4t 8 (t 4π) sen 4(t 4π)H(t 4π) ] = 24 [t sen 4t (t 4π)(sen 4t)H(t 4π)] = 24 [t (t 4π)H(t 4π)] sen 4t. 24t sen 4t si t < 4π y(t) = 6 π sen 4t si 4π t L gráfic de y se proporcion en l figur.

57 Trnsformd de Lplce 5 y π/6 π/6 4π t Figur. Gráfic de l función y del ejemplo 44. Ejercicios de utoevlución de l sección 4 En los ejercicios del l 2, clcule l trnsformd invers de Lplce de l función de s dd.. F(s) = 2. G(s) = 3. H(s) = 4. P(s) = 5. Q(s) = 6. R(s) = 2s + 3 s 2 4s + 2 s(s + ) 2s (s 2 + ) 2 s(s + 2) 2 (s ) n, n Z+ 2. F(s) = 3s 2 (s 2 + ) 2 7. R(s) = 2 [ s 4 s + 3 s ] s 6 4. G(s) = se s (s 2 + 4) 2 8. Q(s) = s 4 (s 2 + 5) 2 + s s H(s) = s2 2s s(s 2 3s + 2) 9. P(s) =. H(s) =. G(s) = s 2 4s + 5 s 3 s 2 + s + 9 s s 2 4s + e 4s s(s 2 + 6) 3. F(s) = e s (s 5) 3 6. P(s) = 4s 5 s 3 s 2 5s 3 s 7. Q(s) (s 4) 2 (s 5) 8. R(s) = s2 + 4s + (s 2) 2 (s + 3) 9. R(s) = 2. Q(s) = 2. P(s) = s (s )(s 2 b 2 ) (s + 2)(s 2 9) 2 s 3 (s 2 + 5) En los ejercicios del 22 l 37, resuelv el problem de vlores iniciles que se proporcion en cd cso. 22. y 2y = e 5t, y() = y y =, y() =, y () =. 24. y y 2y = 4t 2, y() =, y () = 4.

58 52 Ecuciones diferenciles 25. y + y = e 2t sen t, y() =, y () =. 26. y + 4y + 5y + 2y = cos t, y() = y () =, y () = y + 4y + 8y = sen t, y() =, y () =. 28. y 2y = t, y() =. 29. y 4y + 4y =, y() =, y () = y + 9y = t, y() = y () =. 3. y y + 26y = 4, y() = 3, y () = y 6y + 8y = e t, y() = 3, y () = y + 4y = e t sen t, y() =, y () = y + 2y 3y = e 3t, y() =, y () =. 35. y 8y = f (t), y() = y () = y si t < 4 () =, donde f (t) =. 2 si t y 4y + 4y = f (t), y() = 2, y t si t < 3 () =, donde f (t) =. t + 2 si t y + 9y = f (t), y() = y si t < π () =, donde f (t) =. cos t si t π 38. Considere el problem de vlores iniciles y (4) y + 8y = f (t), y() = y () = y () = y () =, donde f es un función continu por trmos en [, + [. Utilice el teorem de convolución pr escribir un fórmul, l cul conteng l función f, pr l solución del problem. 39. Se y l solución del problem de vlores iniciles y + by + cy =, y() =, y () =. ) Pruebe que u = f y es l solución del problem de vlores iniciles u + bu + cu = f (t), y() = y () =.

59 Trnsformd de Lplce 53 b) Utilice este resultdo pr resolver el problem de vlores iniciles 2u + 4u + u = + t 2, y() = y () =. 4. Obteng l corriente en el circuito RL, + I que se muestr en l figur, si inicilmente l corriente es y si t < 5 E(t) =. 2 si t 5 E L R 4. Determine l corriente en el circuito RL del ejercicio nterior si, inicilmente, l corriente es y E(t) =. k si t < 5 si t 5 5. Sistems de ecuciones lineles de primer orden Los sistems de ecuciones diferenciles son quellos que contienen más de un función incógnit. Estos precen de modo nturl en diversidd de problems; por ejemplo, l considerr redes eléctrics con más de un circuito, como l de l figur 2. L C + E I R I R 2 I 2 Figur 2. Red eléctric con dos circuitos. En l figur, I (t) es l corriente que trvies el inductor en l dirección indicd e I 2 es l que trvies l resistenci R 2. Observe que l corriente que ps por l resistenci R es I = I I 2 en l dirección indicd en l gráfic. De cuerdo con l ley de Kirchof, vist en el cpítulo 4 del texto, y utilizndo l notción hí indicd pr el circuito de l izquierd, se cumple: L di dt + R I = E.

60 54 Ecuciones diferenciles Es decir, Pr el circuito de l derech se tiene L di dt + R (I I 2 ) = E. (5) Recuerde que dq dt R 2 I 2 + C Q + R I =, C Q + R 2I 2 + R (I 2 I ) =, C Q R I + (R 2 + R )I 2 =. = I 2 ; luego, derivndo en l últim ecución nterior se obtiene: R di dt + (R 2 + R ) di 2 dt + C I 2 =. (6) Como ls corrientes en l red están relcionds, ls ecuciones (5) y (6) formn un sistem, esto es, si se quiere determinr l intensidd de l corriente trvés de l red, se deben determinr ls funciones I (t) e I 2 (t) que stisfcen simultánemente el sistem: L di dt + R (I I 2 ) = E R di dt + (R 2 + R ) di 2 dt + C I 2 = (7) 5.. Algunos elementos básicos sobre sistems A continución se verán lgunos elementos muy básicos sobre sistems de ecuciones diferenciles y, posteriormente, cómo se puede utilizr l trnsformd de Lplce pr resolver sistems de ecuciones diferenciles lineles con coeficientes constntes. Definición 9 Un sistem de ecuciones diferenciles ordinris de orden n, con m ecuciones y s incógnits es un sistem del tipo ( F t, y, y,..., y(n),..., y s, y s,..., y (n) ) s =... (8) ( F m t, y, y,..., y(n),..., y s, y s,..., y (n) ) s =, donde F,..., F m son funciones de (n + )s + vribles y y,..., y s son funciones de t (ls funciones incógnit).

61 Trnsformd de Lplce 55 Un solución del sistem (8) es un sucesión de funciones y (t),..., y s (t) que stisfcen simultánemente ls m ecuciones dds. Ejemplo 45 El sistem y + 3y y 2 = y 2 2y + 2y 2 = es un sistem de dos ecuciones diferenciles ordinris con dos incógnits (ls funciones y y y 2 ). Un solución del sistem es puesto que, y por lo tnto y (t) = cos t + sen t + cos 2t + sen 2t, y 2 (t) = 2 cos t + 2 sen t cos 2t sen 2t, y (t) = sen t + cos t 2 sen 2t + 2 cos 2t, y 2(t) = 2 sen t + 2 cos t + 2 sen 2t 2 cos 2t, y (t) = cos t sen t 4 cos 2t 4 sen 2t, y 2 (t) = 2 cos t 2 sen t + 4 cos 2t + 4 sen 2t, y + 3y y 2 = cos t sen t 4 cos 2t 4 sen 2t + 3(cos t + sen t + cos 2t + sen 2t) (2 cos t + 2 sen t cos 2t sen 2t) =, y 2 2y + 2y 2 = 2 cos t 2 sen t + 4 cos 2t + 4 sen 2t 2(cos t + sen t + cos 2t + sen 2t) + 2(2 cos t + 2 sen t cos 2t sen 2t) = Es importnte observr que si se tiene un ecución diferencil de orden n, en l cul se puede despejr l derivd de más lto orden, del siguiente modo: y (n) = F(t, y, y,..., y (n ) ), (9)

62 56 Ecuciones diferenciles entonces, est ecución se puede convertir en un sistem de ecuciones diferenciles si se introducen nuevs funciones que son ls derivds sucesivs de y; sí: y = y, y 2 = y,..., y n = y (n ). Derivndo en cd un de ls igulddes nteriores se tiene y = y, y 2 = y,..., y n = y (n) y, por lo tnto, y = y 2, y 2 = y 3,..., y n = y n, Con esto, l ecución diferencil (9) es equivlente l sistem y = y 2 y 2 = y 3. y n = y n y n = F(t, y, y,..., y (n ) ). Así, se pueden utilizr métodos numéricos, muy eficientes, que permiten obtener soluciones proximds de sistems de primer orden y, de est mner, proximr l solución de l ecución diferencil dd unque se muy complicd. Rzonndo de l mism mner como se hizo ntes, se deduce que tmbién un sistem en el cul se puedn despejr ls derivds de máximo orden puede convertirse en un sistem de primer orden. El sistem del ejemplo 45 se puede escribir sí: y = 3y + y 2 y 2 = 2y 2y 2 (2) Si se introducen nuevs funciones z, z 2, z 3 y z 4 tles que z = y, z 2 = y, z 3 = y 2 y z 4 = y 2, se tiene que z = y, z 2 = z, z 3 = y 2, z 4 = z 3, entonces, el sistem (2) es equivlente l sistem: z = z 2 z 2 = 3z + z 3 z 3 = z 4 z 4 = 2z 2z 3

63 Trnsformd de Lplce 57 Un de ls ventjs que tiene el poder convertir un sistem de culquier orden en uno de primer orden, es que ls técnics de solución sistemátic se describen mejor pr sistems de primer orden; tl es el cso del siguiente teorem de existenci y unicidd, el cul se enunci sin demostrción. Teorem 2 (Existenci y unicidd de l solución en sistems lineles) Se el sistem y = p (t)y + p 2 (t)y p n (t)y n + f (t) y 2 = p 2 (t)y + p 22 (t)y p 2n (t)y n + f 2 (t)... y n = p n (t)y + p n2 (t)y p nn (t)y n + f n (t) (2) Si ls funciones p ij (t) (pr i =,..., n, j =,..., n) y ls funciones f i (pr i =,..., n) son continus en un intervlo I que conteng un punto. Entonces, pr los números b,..., b n, el sistem (2) tiene un solución únic, sobre todo el intervlo I, el cul stisfce ls condiciones iniciles y () = b, y 2 () = b 2,..., y n () = b n. No es el objetivo de este texto estudir sistems de ecuciones diferenciles generles. Solo se verá un técnic de solución de sistems de ecuciones diferenciles lineles con coeficientes constntes, de orden lo sumo dos, con dos incógnits L trnsformd de Lplce pr resolver sistems Se puede utilizr l trnsformd de Lplce pr resolver sistems de ecuciones diferenciles lineles con coeficientes constntes. Básicmente, es l mism técnic pr resolver un sol ecución que se empleó en l sección nterior; consiste, por lo tnto, en convertir el sistem diferencil en un sistem lgebrico en el que ls incógnits son ls trnsformds de ls funciones solución del sistem originl. Un vez resuelto el sistem lgebrico, ls trnsformds inverss proporcionn ls soluciones buscds. Se exponen continución lgunos ejemplos.

64 58 Ecuciones diferenciles Ejemplo 46 Resolver el problem de vlores iniciles y = y + 2y 2 y 2 = 2y + y 2 y () =, y 2 () =. Solución: Se plic L mbos ldos en ls dos ecuciones y se obtiene Por lo tnto, L [ y ] = L [y ] + 2L [y 2 ] L [ y 2] = 2L [y ] + L [y 2 ] sl [y ] = L [y ] + 2L [y 2 ] sl [y 2 ] = 2L [y ] + L [y 2 ] (s )L [y ] 2L [y 2 ] = 2L [y ] + (s )L [y 2 ] =. Se pueden empler vris técnics pr resolver este sistem lgebrico en el que ls incógnits son L [y ] y L [y 2 ]. Se utilizrá l regl de Crmer: s 2 2 s = (s )2 + 4, por lo que L [y ] = L [y 2 ] = 2 s (s ) = s (s ) s 2 (s ) = 2 (s ) De l tbl de l págin 35, se concluye que l solución del problem de vlores iniciles es: [ ] y = L s (s ) 2 = e t cos 2t, + 4 [ ] y 2 = L 2 (s ) 2 = e t sen 2t. + 4

65 Trnsformd de Lplce 59 Ejemplo 47 Resolver el problem de vlores iniciles y + 2y 2 + y = y y 2 + y 2 = y () =, y 2 () =. Solución: Se plic L mbos ldos en ls dos ecuciones y se obtiene: L [ y ] + 2L [ y 2 ] + L [y ] = L [] L [ y ] L [ y 2 ] + L [y2 ] = L [] sl [y ] + 2sL [y 2 ] 2 + L [y ] = sl [y ] sl [y 2 ] + + L [y 2 ] =. Por lo tnto, Por otr prte, s + s 2s s (s + )L [y ] + 2sL [y 2 ] = 2 sl [y ] + ( s)l [y 2 ] =. = ( 3s)( + 3s), por lo que 2 2s s L [y ] = ( 3s)( + 3s) = 2 ( 3s)( + 3s), s + 2 s L [y 2 ] = ( 3s)( + 3s) = 3s ( 3s)( + 3s). Si se descomponen mbs frcciones en frcciones prciles, se obtiene: 2 ( 3s)( + 3s) = + 3s + 3s ( 3s)( + 3s) = 3 2( + 3s) 3s, 3 + 2( 3s). De modo que y = L [ + 3s ] + L [ 3s ],

66 6 Ecuciones diferenciles y 2 = [ ] [ ] 3 L L 3s 2. 3s Se observ que + 3s = 3 s + 3 y 3s = 3 s. 3 Por est rzón, [ ] L + = L 3s 3 L [ 3s ] s + 3 = 3 L s 3 = 3 e (/ 3)t, = 3 e (/ 3)t. En conclusión, Ejemplo 48 y = 3 e (/ 3)t 3 e (/ 3)t, y 2 = e (/ 3)t e (/ 3)t. 6 Sen x e y funciones de t, resolver el sistem x + x + y y = 2 x + x y = cos t con ls condiciones x() =, x () = 2, y() =. Solución: Si se plic L mbs ecuciones y luego se clculn ls trnsformds, se grupn términos y se simplific, se obtiene: (s + )L [x] + (s )L [y] = 2 +, s (22) (s + )L [x] L [y] = s s. (23)

67 Trnsformd de Lplce 6 Si l ecución (22) se le rest l ecución (23), se obtiene Si se sustituye (24) en l ecución (23): sl [y] = s + s 2 + L [y] = s 2 + s s(s 2 + ) = s 2 + ( s s s ) s 2 + = s 2 + s s 2 +. (24) (s + )L [x] = s s + s 2 + = s + s s + s 2. Entonces, L [x] = s En conclusión, s2 [ ] [ ] x = L s s 2 + L + [ ] [ 2 ] y = L s 2 + L s s 2 + Ejemplo 49 Sen x e y funciones de t, resolver el sistem x + y = sen t x y = cos t con ls condiciones x() =, x () =, y() =, y () =. Solución: s s 2 + = sen t + t, = t + cos t. Si se plic L mbs ecuciones y luego se clculn ls trnsformds, se grupn términos y se simplific, se obtiene: L [x] + sl [y] = s s 2 +, (25) sl [x] L [y] = s 2 +. (26) Si se multiplic por s l ecución (26), luego se sum el resultdo l ecución (25) y se despej L [x], se obtiene: L [x] = 2s (s 2 + ) 2.

68 62 Ecuciones diferenciles Si se procede de modo nálogo, se deduce que Si se observ que L [y] = ( s2 ) (s 2 + ) 2. ( ) s 2 = 2s + (s 2 + ) 2 y ( ) s s 2 = s2 + (s 2 + ) 2, se concluye que [ x = L 2s ] (s 2 + ) 2 = L [ (L [sen t]) ] = ( t sen t) = t sen t [ y = L ] 2s (s 2 + ) 2 = L [ (L [cos t]) ] = ( t cos t) = t cos t. Pr finlizr est sección, se resolverá el sistem propuesto l inicio pr un red eléctric, con lgunos vlores prticulres de los prámetros. Ejemplo 5 Determinr l intensidd de l corriente en cd uno de los circuitos de l red eléctric descrit por el sistem de ecuciones (7) en l págin 54, si L = 2 henrios, C = 8 3 frdios, R = 5 ohmios, R 2 = 25 ohmios y l fem plicd es de voltios. Supong que, en el instnte en el cul se conect l bterí (t = ), no hy corriente fluyendo por l red. Solución: Recuerde que el sistem es L di dt + R (I I 2 ) = E R di dt + (R 2 + R ) di 2 dt + C I 2 = donde L = 2, R = 5, E =, R = 5, R 2 + R = 75, C = 25. Además, como inicilmente no hy corriente fluyendo por l red, entonces ls condiciones iniciles son I () = e I 2 () =. Si se sustituyen estos vlores en el sistem nterior y se simplific, se obtiene el siguiente problem de vlores iniciles: di dt + 25I 25I 2 = 5 2 di dt 3dI 2 dt 5I 2 = I () =, I 2 () =

69 Trnsformd de Lplce 63 Si se plic l trnsformd de Lplce mbs ecuciones y se simplific, se obtiene: Por otr prte, s + 25 (s + 25)L [I ] 25L [I 2 ] = 5 s 2sL [I ] (3s + 5)L [I 2 ] =. 25 2s (3s + 5) = (3s2 + 3s + 25), por lo tnto 5 s 25 (3s + 5) L [I ] = (3s 2 + 3s + 25) = 5s + 25 s(3s 2 + 3s + 25). s s 2s L [I 2 ] = (3s 2 + 3s + 25) = 3s 2 + 3s Luego, [ ] [ ] [ I = L 5s s(3s 2 = L + L + 3s + 25) s [ I 2 = L 3s 2 + 3s s + 9 3s 2 + 3s + 25 ] (27) ]. (28) Ahor, se tiene 6s + 9 3s 2 + 3s s + 3 = s 2 + s (s + 5) + 4 = (s + 5) s + 5 = 2 (s + 5) = 2 s + 5 (s + 5) 2 + ( De cuerdo con esto, y según (27), se obtiene: I = L [ 2 s ] 2L [ s + 5 (s + 5) 2 + ( (s + 5) ) 2 ] ) = 2 2e 5t cos ( t ) + 4 6e 5t sen ( t ) L [ (s + 5) 2 + ( ) 2. (s + 5) 2 + ( ) 2 ]

70 64 Ecuciones diferenciles Por otr prte, Por lo que, según (28), I 2 = 3 6L 3s 2 + 3s + 25 = (s + 5) 2 + ( 5 ) [ (s + 5) 2 + ( ) 2 ] = 6e 5t sen ( ) t. Ejercicios de utoevlución de l sección 5 En los ejercicios del l, utilice l trnsformd de Lplce pr resolver el sistem con condiciones iniciles que se proporcion en cd cso.. y + y 2 = t y 2 + 4y = y () =, y 2 () = 2. y 6y + 3y 2 = 8e t y 2 2y y 2 = 4e t y () =, y 2 () = 3. 2y + y 2 y y 2 = e t y + y 2 + 2y + y 2 = e t y () = 2, y 2 () = 4. y + y + y 2 = y + y 2 = y () = y () =, y 2() = 5. y + y 2 = y 2 y = 2et y () = y 2 () =, y () = 2, y 2 () = 2 6. y 2y 2 = 2 y + y 2 = 5e2t + y () = y () = 2, y 2() = 7. 2y + y 2 3y 2 = y + y 2 = t y () = y 2 () = 8. y + 2y 2 y 2 = t y + 2y 2 = y () = y 2 () = 9. y + y 2 + y y 2 = y + y + 2y 2 = y () = y 2 () =. y + y 2 = cos t y 2 2y = sen x y () = y () =, y 2 () =, y 2 () =. Considere dos tnques conectdos que contienen un solución slin. En el primero hy X(t) librs de sl en glones de slmuer y en el segundo, Y(t) librs de sl en 2 glones de slmuer. L slmuer se mntiene uniforme en cd tnque

71 Trnsformd de Lplce 65 medinte gitción; desde el primer tnque hci el segundo, se bombe rzón de 3 gl/min y del segundo hci el primero, rzón de gl/min. Además, l primer tnque entr gu pur rzón de 2 gl/min y por un orificio en el segundo tnque sle slmuer rzón de 2 gl/min. Si inicilmente cd tnque contiene 5 librs de sl, determine l cntidd de sl X(t) y Y(t) que hy en cd tnque en cd instnte t. 2. Determine l corriente en cd circuito de l red proporciond en l siguiente figur, si se sbe que l inicio mbs corrientes son igules, L = 5 henrios, L 2 = henrios, R = 3 ohmios, R 2 = ohmios y E(t) = 2H(t 4) voltios. L + I E R I R 2 I 2 L 2 Soluciones los ejercicios Ejercicios de utoevlución de l sección, págin b b dx x = xdx + x sen x b lím b + dx x = lím b + rctn b = π 2. = b ln(b + ) cundo b diverge. xdx + x 2 = 2 ln(b2 + ) cundo b diverge. + x 2 x 2. Como es b x 2 dx es convergente, entonces sen x x 2 dx tmbién lo sen x x 2 dx es bsolutmente convergente y, por lo tnto, es convergente. e 2x cos 3x dx = 3 e 2b ( 2 cos 3b + 3 sen 3b) cundo b converge. 6. x π/4 = x π/4. Como π 4 <, entonces l integrl diverge.

72 66 Ecuciones diferenciles x 2 + x + 3 < x 2. Como lo hce y, por lo tnto, que b + + x 2 dx converge, entonces x 2 dx tmbién + x + 3 x 2 dx converge. Del mismo modo, se deduce + x + 3 x 2 + x + 3 dx converge. Se concluye que x 2 dx converge. + x + 3 cos b = sen b y lím sen b no existe. Se deduce que l integrl no converge. b + 9. Existe c R + tl que e x > x 4 pr x > c. Entonces, pr x > c, Como prte, x 2 e x dx es conver- gente. c c + x 2 dx es convergente, entonces c x 2 e x dx es un integrl definid, por lo tnto, x 2 e x < x 2. x 2 e x dx es convergente. Por otr.. 2. b 2 e 2x (2x 2 4x)dx = 2 e2b (2b 2 6b + 3) + 2 e4 cundo b diverge. x + x 4 < x 3. Como x 4 + x /3 < x 4. Como converge. x 3 dx converge, entonces x 4 dx converge, entonces x dx tmbién lo hce. + x4 x 4 dx tmbién + x/3 3. Si x, entonces ln x x 4 + x2 x 4 + x 2. Como dx converge, entonces x2 ln x x 4 + dx converge. Por otr prte, ln x,5 x 4 + dx es un integrl definid, ln x entonces, x 4 dx converge bsolutmente. +, = lím b + e e 5x sen 2x dx = e 2x dx = b lím e 5x sen 2x dx b + ] [ 29 e 5b (5 sen 2b + 2 cos 2b) xe x dx = dx x(ln x) 3 = = lím e 2x dx = lím b b b 2 ( e2b ) = 2. b lím xe x dx = b + b lím b + e dx x(ln x) 3 dx = lím b + [ e b (b + ) + ] =. lím b + 2 ( ) (ln b) 2 = 2.

73 Trnsformd de Lplce A = 6 9. Gráfic: 2dx b ( (x 4) 3 = lím 2dx dx = lím b + 6 (x 4) 3 b + (b 4) 2 + ) = 4 4. y = y = e x+ y = x 2 Cálculo de l integrl: 2. Si p = : Si p = : b 2 b dx x ln x Si p <, entonces 2 f (x)dx = e x+ dx + = lím ex+ + x + lím b b = lím b (e e b+ ) lím b + = = 4. dx + x 2 dx b b + x ( b ) + = ln(ln b) ln(ln 2) cundo b diverge. dx x ln x = lím b + p (ln b) p + (p )(ln 2) p. [ p (ln b) p + (p )(ln 2) p cso, l integrl diverge. [ Si p >, entonces lím ] b + p (ln b) p + (p )(ln 2) p = y, en este cso, l integrl converge. ] = + y, en este (p )(ln 2) p Ejercicios de utoevlución de l sección 2, págin 2. L [ (t ) 2] = e st (t ) 2 dt = e st lím b + s 3 ( s2 t 2 2st 2 2s 2 t + 2s s 2 ) b = s2 2s + 2 s L [sen t] = e st sen tdt = [ e st ] b lím b + s 2 ( cos t + s sen t) = + 2 s

74 68 Ecuciones diferenciles 3. L [t sen t] = e st t sen tdt = lím b + e st (ts2 + t + 2s) cos t + (ts 3 + ts + s 2 b ) sen t 2s s 4 + 2s 2 + = s 4 + 2s L [ e t cos 2t ] = e st e t 2 sen 2t (s ) cos 2t cos 2tdt = lím b + 5 2s + s 2 e t st b = s (s ) L [ te t sen t ] = 6. L lím b + e st te t sen tdt = e t st (s 2 2s + 2) 2 [(2t 2 + 2s 2ts + ts2 ) cos t (2s 4ts ts 3 + 2t s 2 + 3ts 2 ) sen t] b = 2(s ) (s 2 2s + 2) 2. [ ] t 2 cos t = e st t 2 cos tdt = lím b + 7. L [ f (t)] = = e st 8. L [h(t)] = e st (s 2 + ) 3 [(s5 t 2 + 2s 3 t 2 + st 2 + 2ts 4 2t + 2s 3 6s) cos t +( t 2 s 4 2t 2 s 2 t 2 4ts 3 4ts 6s 2 + 2) sen t] b = 2s(s2 3) (s 2 + ) 3. s 2 (st + ) = 2e st e st f (t)dt = 2 s 2 (st + ) + lím b + e st h(t)dt = 2 + 2e st 2 s e st e st tdt + b 2 2 e st dt = e 2s s 2 (2s + ) + s 2 + s e 2s. e st tdt + s 2 (s(t 2) + ) = 2e s s 2 (s + ) + 2 s s 2 e 2s + 2 s 2 e s (s ). 9. L [g(t)] =. L [ f (t)] = e st (4 2t)dt + b e st g(t)dt = k e st dt = k b s e st = k s (e s e bs ). e st f (t)dt = e st s 2 (s sen t + cos t) + 2π 2π e st sen t dt = = s 2 + ( e 2πs ). 2 e st dt

75 Trnsformd de Lplce 69. L [ f (t)] = e st f (t)dt = b lím e st f (t)dt. b + Si se define u = t, entonces du = dt y, por lo tnto, dt = du y si t = b, entonces b b u = b. De quí se deduce que e st f (t)dt = e s u f (u)du. Como >, entonces b + cundo b +, por lo que b lím e st b f (t)dt = lím e s u f (u)du b + b + = lím b + b e s u f (u)du = F ( s 2. Como t3 e t cundo t, entonces existe t tl que t > t se cumple t 3 e t <, es decir t 3 < e t. Luego, según el teorem 6, f (t) = t 3 es de orden exponencil. 3. El procedimiento es idéntico l utilizdo en el ejercicio nterior. 4. Si t >, entonces 2 (et e t ) = 2 (et e t ) = 2 et 2 e t < 2 et. Por lo tnto, h(t) es de orden exponencil. 5. Si f es de orden exponencil, entonces existen constntes C y α, con C >, tles que f (t) Ce αt. L constnte α tmbién se puede considerr positiv, puesto que si β, entonces Ce βt < Ce t y se puede tomr α =. ). Por otr prte: g(t) = t t t = C α eαx t f (x) dx f (x) dx Ce αx dx = C α eαt C α eα < C α eαt. Por lo tnto, g es de orden exponencil.

76 7 Ecuciones diferenciles Ejercicios de utoevlución de l sección 3, págin 36. L [ f ] = 3s s s L [g] = 3. L [h] = 2 (s 4) 2. 5 (s + 2) L [p] = 3 s + 32 s s s L [q] = 6. L [ f ] = s + s 3. 6 s s L [g] = 6 s 4 + s s s 2. [ t τ ] 5. L cos(3x)dxdτ = [ τ s L 8. L [h] = 2 s s s L [q] = 4(s2 + 8) s s.. L [r] =. L [ f ] = 2. L [g] = 6. Como f es periódic con periodo π/ω, entonces L [ f ] = = = e ( π/ω)s π/ω E e st e ( π/ω)s E e ( π/ω)s 2(s 2 + 7) (s 2 + )(s 2 + 9). (s + 3) 2 2 s + 3. (s 4) 2 s 4 (s 4) L [h] = s (s + 5) (s + 5) L [q] = 48(s3 4s (s 2 + 4) 4. ] cos(3x)dx = s s L [cos 3x] = s 2 e st E E sen ωt dt = e ( π/ω)s s 2 (s sen(tω) + ω cos(tω)) + w2 ω s 2 + ω 2 ( + e sπ/ω ). 7. L función f es periódic de periodo y, demás, si t < 5 f (t) = 5 si 5 t Por lo tnto, L [ f ] = = e s 5 e s e st f (t)dt = = s e st 5 π/ω π/ω 5 e s e st dt 5 5 e s s (e 5s e s ). s s e st sen ωt dt

77 Trnsformd de Lplce 7 8. L función f es periódic de periodo 2π/w y, demás, E sen(ωt) si t < π/ω f (t) = si π/ω t 2π/ω Por lo tnto, L [ f ] = e ( 2π/ω)s E = e ( 2π/ω)s = = 2π/ω π/ω E e st e ( 2π/ω)s s 2 + w E e ( 2π/ω)s e st f (t) dt e st sen ωt dt (s sen(tω) + ω cos(tω)) 2 ω s 2 + ω 2 ( + e sπ/ω ). 9. L función f es periódic de periodo 2 y, demás, f (t) = t si t [, 2]. Por lo tnto, 2 L [ f ] = e 2s e st f (t)dt 2 = e 2s e st tdt 2 = e 2s s 2 e st (st + ) = e 2s s 2 ( e 2s (2s + )). 2. L función f es periódic de periodo 2 y, demás: k si t < f (t) = si t 2 Por lo tnto, 2 L [ f ] = e 2s e st f (t)dt k = e 2s e st dt k = e 2s s e st k = e 2s s ( e s ). π/ω

78 72 Ecuciones diferenciles 2. f (t) = t H(t 2). 22. f (t) = (t 2 + t) H(t 2). 23. f (t) = ( t) H(t 4) + 2t H(t 8). 24. f (t) = t 3 H(t 4). 25. f (t) = t H(t) t H(t 3). 26. f (t) = ( t 2 ) H(t 4) + (t 2 + cos t) H(t π). 27. f (t) = ( + t 2 )H(t 5) = [(t 5) 2 + (t 5) + 26]H(t 5) L [ f ] = e 5s L [ t 2 + t + 26 ] = e 5s s 3 (2 + s + 26s2 ). 28. f (t) = t 2 H(t 4) + (2t t 2 )H(t 5) = [(t 4) 2 + 8(t 4) + 6]H(t 4) [(t 5) 2 + 8(t 5) + 5]H(t 5) L [ f ] = e 4s L [ t 2 + 8t + 6 ] e 5s L [ t 2 + 8t + 5 ] = e 4s s 3 (2 + 8s + 6s2 ) e 5s s 3 (2 + 8s + 5s2 ). 29. f (t) = 3e 2t H(t 4) = 3 e 8 e 2(t 4) H(t 4) L [ f ] = 3 e 8 e 4s L [ e 2t] = 3e 4s e 8 (s + 2). 3. f (t) = e 3t H(t 4) + ( + t e 3t )H(t 6) = e 2 e 3(t 4) H(t 4) + (7 + t 6 e 3(t 6) )H(t 6) e 8 L [ f ] = [ 7 + t e 3t] e 8 e 2 e 4s L [ e 3t] + e 6s L = e 4s e 2 (s + 3) + e 6s ( 7 s + s 2 e 8 (s + 3) 3. En el intervlo [, b[, l función corresponde l segmento de rect que tiene como puntos extremos (, ) y (b, k), por lo que su ecución es y = b k (t ). En el intervlo [b, c[, l función corresponde l segmento de rect cuyos puntos extremos son (b, k) y (c, ); por lo tnto, su ecución es y = k c b (t c). En el resto del dominio, ).

79 Trnsformd de Lplce 73 l función tiene vlor. En síntesis: si t k b (t ) f (t) = si < t b k c b (t c) si b < t c si c < t Por lo tnto, f (t) = Entonces 32. e t e bt = L k (t )H(t ) b [( + k c b ) ] (t b) 2 b k ( b e s L [t] + k c b L [ f ] = b 2ke bs L [] k c b e cs L [t] = [ ( k s 2 b e s + k c b b t [ e t e bt] = L [ e t] L 33. t cos(t) = e x e b(t x) dx = t b e( b)x+bt [ e bt] = t x cos (t x)dx = 2 (cos (t x) x sen (t x)) t L [t cos(t)] = L [t] L [cos(t)] = 34. t e t = t xe (t x) dx = L [ t e t] = L [t] L [ e t] = 35. [ f (g + h)](t) = = t t f (x)g(t x)dx + (s )(s b). (x + )e(t x) 2 s 2 (s ). H(t b) ) e bs L [t] ) e bs = b (et e bt ). = ( cos t). 2 s s 2 (s ). f (x)(g + h)(t x)dx = t t = 2 (t + et ). t f (x)h(t x)dx = [ f g + f h](t). k (t c)h(t c). c b k ] c b e cs 2k s e bs. f (x)[g(t x) + h(t x)]dx

80 74 Ecuciones diferenciles t 36. [ f (g h)](t) = f (x)(g h)(t x)dx = t [ u ] = f (t u) g(z)h(u z)dz du = [( f g) h](t) = = t [ x t ( f g)(x)h(t x)dx = ] f (x z)g(z)dz h(t x)dx = Luego, ( f g) h = f (g h). t t u t [ x t x f (t u)(g h)(u) du f (t u)g(z)h(u z)dzdu. ] f (z)g(x z)dz h(t x) dx f (x z)g(z)h(t x)dzdx. Ejercicios de utoevlución de l sección 4, págin 5. f (t) = 4 e2t (7 sen 4t + 8 cos 4t). 2. g(t) = e t. 3. h(t) = t sen t. 4. p(t) = 4 e 2t ( 2t + e 2t ). 5. q(t) = (n )! et t n. 6. r(t) = 3 (sen t + t cos t) r(t) = t ( t3 + t 5 ). 8. q(t) = cos( 2t) + 5 (5 5 t sen( 5t) 4 5 sen( 5t) + 2t cos( 5t)). 9. p(t) = e 2t sen t.. h(t) = 2 e 9t (e 8t 3).. g(t) = e (7 4 3)t e (7+4 3)t f (t) = H(t 4)( cos(4t 6)) f (t) = 2 e5(t ) (t ) 2 H(t ). 4. g(t) = (t )H(t ) sen(2t 2) h(t) = 2e t e2t p(t) = e t 6 (36t + 7e4t 7). 7. q(t) = e 4t ( 4t + 5e t 5).

81 Trnsformd de Lplce r(t) = 25 e 3t (65te 5t + 27e 5t 2). 9. r(t) = e bt 2( 2 + b 2 ) ( 2ebt cos(t) + e 2bt + ). 2. q(t) = e 3t 6 e 2t 5 + e3t p(t) = 25 (5t2 + 2 cos( 5 t) 2). 22. L [ y 2y ] [ = L e 5t] sl [y] 3 2L [y] = s 5 3s 4 L [y] = (s 5)(s 2) y = 3 e2t (e 3t + 8). 23. L [ y y ] = L [] s 2 L [y] L [y] = s L [y] = s(s ) y = et. 24. L [ y y 2y ] = L [ 4t 2] s 2 L [y] s 4 sl [y] + 2L [y] = 8 s 3 L [y] = 8 + s4 + 3s 3 s 3 (s 2 s 2) y = 2t2 + 2t + 2e t + 2e 2t L [ y + y ] = L L [y] = [ ] e 2t sen t s 2 L [y] + L [y] = (s + 2) 2 + (s 2 + )((s + 2) 2 + ) y = 8 e 2t sen t + 8 e 2t cos t + 8 sen t cos t L [ y + 4y + 5y + 2y ] = L [ cos t] s 3 L [y] 3 + 4s 2 L [y] + 5sL [y] + 2L [y] = L [y] = s s 2 + 3s 2 + s + 3 (s + 2)(s + ) 2 (s 2 + ) y = 2e t t e 2t + 2e t + 2 sen t cos t. 27. L [ y + 4y + 8y ] = L [sen t] s 2 L [y] s + 4sL [y] 4 + 8L [y] = s 2 + L [y] = s3 + 4s 2 + s + 5 (s 2 + )(s 2 + 4s + 8) y = 2t2 + 2t + 2e t + 2e 2t L [ y 2y ] = L [ t] sl [y] 2L [y] = s s 2 L [y] = s2 + s s 2 (s 2) y = t e2t.

82 76 Ecuciones diferenciles 29. L [y 4y + 4y] = L [] s 2 L [y] s 4 4sL [y] L [y] = s L [y] = + s2 s(s 2) 2 y = e2t te2t. 3. L [ y + 9y ] = L [t] s 2 L [y] + 9L [y] = s 2 L [y] = s 2 (s 2 + 9) y = 9 t 27 sen 3t. 3. L [y y + 26y] = L [4] s 2 L [y] 3s 5 sl [y] L [y] = 4 s L [y] = 3s2 5s + 4 s(s 2 s + 26) y = e5t sen t e5t cos t. 32. L [y 6y + 8y] = L [ e t] s 2 L [y] 3s 9 6sL [y] L [y] = s L [y] = 3s2 2s + (s )(s 2 6s + 8) y = 3 et + e 2t e4t. 33. L [y + 4y] = L [ e t sen t ] s 2 L [y] s 4 + 4L [y] = (s + ) 2 + L [y] = s3 + 6s 2 + s + 9 (s 2 + 4)((s + ) 2 + ) y = 5 e t sen t + e t cos t sen 2t + 9 cos 2t. 34. L [y + 2y 3y] = L [ e 3t] s 2 L [y] + 2sL [y] 3L [y] = s + 3 L [y] = (s + 3)(s 2 + 2s 3) y = 6 et 6 e 3t 4 te 3t. 35. f (t) = 2H(t 4) L [ f (t)] = L [2H(t 4)] = 2 s e 4s. 2e 4s Luego, s 3 L [y] 8L [y] = 2 s e 4s L [y] = s(s 3 8) (e 2 H(t 4) 2(t 4) + 2e 4 t cos( ) 3(t 4)) f (t) = t + 2H(t 3) L [ f (t)] = L [t + 2H(t 3)] = s s e 3s. Luego, s 2 L [y] + 2s 4sL [y] 8 + 4L [y] = s s e 3s L [y] = 2s3 + 9s se 3s s 2 (s 2 4s + 4) y = 2(e2t (2t 7) + e 6 )H(t 3) + e 6 (t + e 2t (53t + 7) + ) 4e 6.

83 Trnsformd de Lplce f (t) = cos th(t π) = cos(t π)h(t π) L [ f (t)] = L [ cos(t π)h(t π)] = s s 2 + e πs. Luego, s 2 L [y] s 9L [y] = s s 2 + e πs L [y] = s3 + s 2 + s + se πs (s 2 + )(s 2 9) 6 e 3(t+π) (2e 3π (2e 6t + ) 3H(t π)(e 6t + 2e 3(t+π) cos t + e 6π )). 38. s 4 L [y] s 2 L [y] + 8L [y] = L [ f (t)] L [y] = L [ f (t)] [ s 4 s = L [ f (t)] e 2t (e 2 2t ) 4 (2) [ ] Entonces, y = f (t) e 2t (e 2 2t ) 4 e 3t (2) 42 + e3t () Como y es solución del problem de vlores iniciles ] 42 + e3t. 42 e 3t y + by + cy =, y() =, y () =, entonces, s 2 L [y] + bsl [y] + cl [y] = y, por lo tnto, s 2 L [y] + bsl [y] + cl [y] =. (29) Si se plic l trnsformd de Lplce l ldo izquierdo de l ecución u + bu + cu = f (t), u() =, u () =, (3) se obtiene s 2 L [u] + bsl [u] + cl [u] = s 2 L [ f y] + bsl [ f y] + cl [ f y] = s 2 L [ f ] L [y] + bsl [ f ] L [y] + cl [ f ] L [y] = L [ f ] (s 2 L [y] + bsl [y] + cl [y]). De cuerdo con (29), l expresión entre préntesis es igul, por ello se concluye que s 2 L [u] + bsl [u] + cl [u] = L [ f (t)], esto signific que l solución de (3) es u = f y.

84 78 Ecuciones diferenciles (b) Al resolver el problem de vlores iniciles 2y + 4y + y =, y() =, y () = 2, 2 ( ) se obtiene y = e 2 ( 2 2)t e 2 ( 2+2)t. Por lo tnto, de cuerdo con l prte () 4 de este ejercicio, l solución del problem de vlores iniciles propuesto es 2 ( ) u = e 2 ( 2 2)t e 2 ( 2+2)t ( + t 2 ) L ecución diferencil del circuito es LI + RI = 2H(t 5), con E() =. Por lo tnto, LsL [I] + RL [I] = 2 s e 5s L [I] = 2e 5s s(ls + R). Se concluye que I(t) = 2 R H(t 5) ( e (R(t 5))/L). 4. L ecución diferencil del circuito es LI + RI = k( H(t 5)), con E() =. Por lo tnto, LsL [I] + RL [I] = k s ( e 5s ) L [I] = k( e 5s ) s(ls + R). ( ) Se concluye que I(t) = R k H(t 5)(e (R(t 5))/L ) e (Rt)/L +. Ejercicios de utoevlución de l sección 5, págin 64. Se plic l trnsformd de Lplce en mbs ecuciones y se reorden: } } sl [y ] + L [y 2 ] = + s 2 s2 L [y ] sl [y 2 ] = s s 4L [y ] + sl [y 2 ] = 4L [y ] + sl [y 2 ] = L [y ] = s2 + s + s(s 2 4) y = 8 (3e 2t + 7e 2t 2). Si se procede de modo nálogo con respecto y 2, se obtiene: L [y 2 ] = s3 + 4s s 2 (4 s 2 ) y 2 = t e 2t 7 4 e2t. 2. Se plic l trnsformd de Lplce en mbs ecuciones y se reorden: } (s 6)L [y ] + 3L [y 2 ] = 9 s s 2L [y ] + (s )L [y 2 ] = s 4 } 2(s 6)L [y ] + 6L [y 2 ] = 8 2s s 2(s 6)L [y ] + (s 6)(s )L [y 2 ] = 4(s 6) s 2s 6 L [y 2 ] = s(s )(s 7) y 2 = 2 2 (7et + 2e 7t 9).

85 Trnsformd de Lplce 79 Si se sustituye y 2 en l primer ecución, se obtiene: y 6y = 6e t 4 7 e7t + 8 7, cuy solución es y = 35 ( 42et + 42e 6t 2e 7t 5). 3. Se plic l trnsformd de Lplce en mbs ecuciones y se reorden: } (2s )L [y ] + (s )L [y 2 ] = 5s+6 s+ (s + 2)L [y ] + (s + )L [y 2 ] = 3s 2 s } (s + )(2s )L [y ] + (s + )(s )L [y 2 ] = 5s + 6 ( s)(s + 2)L [y ] (s + )(s )L [y 2 ] = 3s 2 L [y ] = 8s + 4 s 2 + y = 4 sen t + 8 cos t. Si se sustituye y y su derivd y = 4 cos t 8 sen t en l segund ecución, se obtiene: y 2 + y 2 = e t 2 cos t, cuy solución es y 2 = 2 (2e t + e t + 2 sen t + 2 cos t). 4. Se plic l trnsformd de Lplce en mbs ecuciones y se reorden: } (s 2 + )L [y ] + L [y 2 ] = sl [y ] + sl [y 2 ] = } s(s 2 + )L [y ] sl [y 2 ] = sl [y ] + sl [y 2 ] = L [y ] = s 3 y = 2 t2. Si se sustituye y = t en l segund ecución, se obtiene: y 2 = t y 2 = 2 t2 +, pues y 2 () =. 5. Se plic l trnsformd de Lplce en mbs ecuciones y se reorden: } s 2 L [y ] + L [y 2 ] = 2 sl [y ] + s 2 L [y 2 ] = 2s 4 s } s 2 L [y ] + L [y 2 ] = 2 s 2 L [y ] + s 3 L [y 2 ] = 2s2 4s s 2s L [y 2 ] = (s )( + s 3 ) + 2s 2 ( + s 3 y 2 = 3 5e t e t et/2 cos 3 2 ). t Si se procede de modo nálogo con respecto y, se obtiene: L [y ] = 4 2s s(s )( + s 3 ) + 2s + s 3 y = 3 e t + e t et/2 cos ( 3 2 t ) 4.

86 8 Ecuciones diferenciles 6. Se plic l trnsformd de Lplce en mbs ecuciones y se reorden: } s 2 L [y ] 2L [y 2 ] = 2(s2 +s+) s L [y ] + sl [y 2 ] = s2 +4s 2 s(s 2) } s 3 L [y ] 2sL [y 2 ] = 2(s 2 + s + ) 2L [y ] + 2sL [y 2 ] = 2s2 +8s 4 s(s 2) L [y ] = 2(s ) (s 2)s y = e 2t +. Si se sustituye y en l segund ecución, se obtiene: y 2 = 4e2t y 2 = 2e 2t, pues y 2 () =. 7. Se plic l trnsformd de Lplce en mbs ecuciones y se reorden: } 2sL [y ] + (s 3)L [y 2 ] = L [y ] + L [y 2 ] = s 3 } 2sL [y ] + (s 3)L [y 2 ] = 2sL [y ] 2sL [y 2 ] = 2 s 2 2 L [y 2 ] = s 2 (s + 3) y 2 = 9 2(3t + e 3t ). Si se sustituye y 2 = e 3t en l segund ecución, se obtiene: y = t e 3t y = 2 t2 2 3 t 2 9 e 3t + 2 9, pues y () =. 8. Se plic l trnsformd de Lplce en mbs ecuciones y se reorden: } sl [y ] + (2s )L [y 2 ] = s 2 sl [y ] 2L [y 2 ] = L [y 2 ] = s 2 (2s 3) y 2 = 9 ( 3t + 2e3t/2 2). Si se sustituye y 2 en l segund ecución, se obtiene: y = 2 9 ( 3t + 2e3t/2 2) y = 2 9 ( 3 2 t e3t/2 2t) 8 27, pues y () =. 9. Se plic l trnsformd de Lplce en mbs ecuciones y se reorden: } (s + )L [y ] + (s )L [y 2 ] = (s + )L [y ] 2L [y 2 ] = s L [y 2 ] = s(s 3) y 2 = 3 ( e3t ).

87 Trnsformd de Lplce 8 Si se sustituye y 2 en l segund ecución, se obtiene: cuy solución es y = 6 e t (2e t + e 4t 3). s 2 L [y ] + sl [y 2 ] = s3 s 2 + 2sL [y ] + s 2 L [y 2 ] = s3 2s 2 + s s 2 + y + y = e3t,. Se plic l trnsformd de Lplce en mbs ecuciones y se reorden: s 3 L [y ] s 2 L [y 2 ] = s4 s 2 + 2sL [y ] + s 2 L [y 2 ] = s3 2s 2 + s s 2 + L [y ] = s4 + s 3 2s 2 + s s(s 2 + )(s 2 + 2) y = 2 ( 2 sen( 2t) + 4 cos t 7 cos( 2t) + ). Si se procede de modo nálogo con respecto y 2, se obtiene: L [y 2 ] = s3 4s 2 + s (s 2 + )(s 2 + 2) y 2 = 2 (6 sen t 7 2 sen( 2t) + 2 cos( 2t)).. L cntidd de solución slin permnece constnte en mbos tnques. L cntidd de sl por glón, en el primero, es X(t) y l cntidd de sl por glón en el segundo es 2 Y(t). Por est rzón, se tiene que dx dt = 2 Y(t) 3 X(t) dy dt = 3 X(t) 3 2 Y(t). Si se plic l trnsformd de Lplce mbs ecuciones y se reorden, se obtiene: ( s + 3 ) L [X] L [Y] = ( L [X] + s + 3 ) L [Y] = L solución del sistem es: X(t) = 25 ( ( )e ( 9 33)t/4 + (33 ) 33e ( 33 9)t/4, 33 Y(t) = 25 ( ( 33)e ( 9 33)t/4 + ( + 33)e ( 33 9)t/4 ).

88 82 Ecuciones diferenciles 2. Ls ecuciones diferenciles de los circuitos son: 5 di dt + 3I 3I 2 = 2H(t 4), di 2 dt 3I + 3I 2 =. Si se plic l trnsformd de Lplce mbs ecuciones y se reorden, se obtiene: L solución del sistem es: (5s + 3)L [I ] 3L [I 2 ] = 2 s e 4s, 3L [I ] + (s + 3)L [I 2 ] =. I (t) = 65 e 5t (43e 5t 35e t+6 8e 6 )H(t 4), ( I 2 (t) = e 5(t 4) 22 e 4(t 4) + ) H(t 4). 3