De hecho, debo recordarles que este punto lo vimos anteriormente pero lo incluyo nuevamente, pues lo vamos a ocupar para resolver ecuaciones diferenciales
TRANSFORMADA DE LAPLACE DE DERIVADAS
Teorema de la transformada de Laplace a derivadas
Sea $f(t)$ una función de orden exponencial continua por partes y diferenciable para $t \geq 0$, salvo posiblemente en una sucesión de puntos aislados, entonces, la transformada de Laplace de la derivada de la función $f(t)$ está dada por la expresión
$$\boxed{\mathscr{L}\{ f'(t)\} = s \mathscr{L}\{f(t) \} - f(0) = sF(s) - f(0) }$$
yaba daba dooooo!!! Vieron, vieron? Ya pude poner la letra manuscrita para las transformadas de una manera más nice!!!
Esta formula se puede encontrar muy fácilmente usando nuestros conocimientos avanzados de calculo y obvio, la definición de la transformada de Laplace.
$$\mathscr{L} \{ f'(t)\} = \int_{0}^{\infty} f'(t) e^{-st} dt$$
Esta ecuación la resolvemos con la técnica de integral por partes
$\, u = e^{-st}\qquad \qquad dv = f'(t) dt$
$du = - s e^{-st} dt \qquad v = f(t)$
$\qquad \qquad \qquad \mathscr{L} \{ f'(t)\} = \int_{0}^{\infty} f'(t) e^{-st} dt = f(t) e^{-st}\big|_{0}^{\infty} - (- s)\int_{0}^{\infty} e^{- st} f(t) dt $
$\qquad\qquad \qquad \qquad \qquad\mathscr{L} \{ f'(t)\} = 0 - f(0) + s\int_{0}^{\infty} e^{- st} f(t) dt $
$\qquad \qquad \qquad \qquad\mathscr{L} \{ f'(t)\} = s\int_{0}^{\infty} e^{- st} f(t) dt - f(0) = sF(s) - f(0) $
$$\boxed{\qquad \mathscr{L}\{ f'(t)\} = sF(s) - f(0) \qquad \qquad (1) \qquad} $$Veamos ahora el caso para la transformada de la segunda derivada
$$\mathscr {L}\{ f''(t)\} = \int_{0}^{\infty}f''(t) e^{-st} dt $$
Para esto, recordemos que la segunda derivada se puede expresar en términos de el operador* derivada.
$$\frac{d^2 f(t)}{d t^2} = \frac{d}{dt}\bigg[\frac{d f(t)}{dt} \bigg] = \frac{d}{dt}f'(t)$$
* Recordemos que una cosa es el operador derivada y otra muy diferente la derivada. El operador derivada es: $\frac{d}{dt}$, y la derivada de una función $f(t)$ es: $\frac{d\, f(t)}{dt}$
Dicho lo anterior obtengamos a transformada de la segunda derivada
$$\mathscr{L} \{ f''(t)\} = \int_{0}^{\infty} f''(t) e^{-st} dt = \int_{0}^{infty} \frac{d}{dt}\big[ f'(t)\big] e^{-st}dt $$
$$ = s \,\mathscr{L} \{ f'(t) \} - f'(0) = s \big[ \, sF(s) - f(0)\big] - f'(0) = $$
$$\boxed{ \qquad \mathscr{L}\{ f''(t) \} = s^2 F(s) - s f(0) - f'(0) \qquad \qquad (2) \qquad}$$
Obtengamos la transformada de la tercera derivada
$$\mathscr{L}\{ f'''(t) \} = \int_{0}^{\infty} f'''(t) e^{-st} dt = \int_{0}^{\infty} \frac{d}{dt}\big[ f''(t)\big] e^{-st} dt =$$
Aplicando lo que ya hemos encontrado previamente:
$$\mathscr{L}\{ f'''(t)\} = s\big[ \mathscr {L}\big( f''(t) \big) \big] - f''(0) = s [ s^2 F(s) - sf(o) - f'(0) ] - f''(0)$$
$$\boxed {\qquad \mathscr{L}\{ f'''(t)\} = s^3 F(s) - s^2 f(0) - s f'(0) - f''(0) \qquad \qquad (3) \qquad}$$
Y sin meternos a usar la inducción matemática podemos intuir que la transformada de una derivada de n-ésimo orden es:
$$\boxed{\quad \mathscr{L}\{ f^{(n)}(t) \} = s^n F(s) - s^{n - 1} f(0) - s^{n - 2} f'(0) - .... - s f^{(n - 2)}(0) - f^{(n - 1)}(0) \qquad (4) \quad}$$
ECUACIONES DIFERENCIALES POR EL MÉTODO DE LAPLACEAhora veremos como aplicar el método de Laplace a la solución de ecuaciones diferenciales
EJEMPLO 1
Usando la transformada de Laplace resolver la siguiente ecuación diferencial
$$y'' + 3y' + 2y = 0, \quad y(0) = a, \quad y'(0) = b$$
SOLUCIÓN 1
Se van a preguntar, pero ¿cómo se puede resolver una ecuación con el método de Laplace?
Analicemos lo que se obtuvo al encontrar la transformada de una derivada, si tenemos una función $f'(t)$, al sacar la transformada de Laplace a esta derivada tenemos una función $F(s)$, $s$ y valores conocidos de $f(0), \, f'(0), \, f''(0) ....$, esto es, tendremos simplemente un función F(s) y, sabemos que si tenemos una función como esta, usando la transformada inversa de Laplace podemos encontrar f(t) que es la función solución.
Bueno, pues pongamos esto en práctica
Empezamos sacando la transformada de la ecuación diferencial, tomando en cuenta que ahora nuestra $f(t)$ será $y(t)$ y su transformada $Y(s)$.
$$\mathscr{L}\{y''\} + 3 \mathscr{L} \{ y' \} + 2\mathscr{L}\{ y \} = 0, \quad y(0) = a, \quad y'(0) = b$$
$$= [s^2 \,Y(s) - s\,y(0) - y'(0)] + 3\,[s \,Y(s) - y(0)] + 2\,[Y(s)] = $$
$$= s^2 \,Y(s) - s\,(a) - (b) + 3\,s \,Y(s) - 3\,(a) + 2\,Y(s) = $$
$$= Y(s)\big[s^2 + 3s + 2\big] - a s - b + - 3 a = 0$$
Ahora despejamos $Y(s)$
$$Y(s) = \frac{as + 3a + b}{s^2 + 3s + 2}$$
$$Y(s) = \frac{as + 3a + b}{(s + 1)(s + 2}$$
Vemos una expresión que ya hemos visto y que podemos resolver por el método de Heaviside. Por lo que primero haremos el desarrollo parcial
$$Y(s) = \frac{as + 3a + b}{(s + 1)(s + 2) }= \frac{A}{s + 1} + \frac{B}{s + 2}$$
Y calculamos $A$ y $B$
$$A = \frac{as + 3a +b}{s + 2}\bigg |_{s = - 1} = \frac{- a + 3a + b}{- 1 + 2} = 2a + b$$
$$B = \frac{as + 3a +b}{s + 1}\bigg |_{s = - 2} = \frac{- 2a + 3a + b}{- 2 + 1} = -(a + b)$$
Substituyendo estos resultados en el desarrollo parcial, tenemos:
$$Y(s) = \frac{2a + b}{s + 1} - \frac{a + b}{s + 2}$$
Y ahora aplicamos la transformada inversa
$$y(t) = \mathscr{L} \{ Y(s) \} = (2a + b) \,\mathscr{L}^{-1}\bigg\{ \frac{1}{s + 1} \bigg\} - (a + b)\,\mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{1}{s + 2}\bigg\}$$
$$\boxed{ y(t) = (2a + b)\, e^{-t} - (a + b)\, e^{-2t} }$$
Tal vez alguien se esté preguntando, pero ¿por qué se tiene $f(t)$ y no $f(x)$ ? que es como conocemos las derivadas. Sencillo, solo hagan el cambio de variable de $t$ a $x$, así de sencillo, tendrán su definición de transformada como
$$\int_{0}^{\infty} e^{-sx}f(x) dx \quad y \,\,\,\, no \quad \int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t) dt$$
De hecho, hay que tener mucho cuidado porque aún reina la anarquía con los autores de libros sobre ecuaciones diferenciales, y no solo en este punto, sino que algunos son aún más "contreras" ya que la notación que usa la mayoría, que $f(t)$ sea la función a transformar y $F(s)$ la función transformada, ellos la toman al contrario.
Pero este caso fue para una ecuación diferencial homogénea, veamos un caso de ecuaciones diferenciales no homogéneas.
EJEMPLO 2
Usa la transformada de Laplace para resolver el siguiente problema de Cauchy:
$$y'' + 2y' + 5y = 3, \qquad y(0) = 0,\quad y'(0) = 0$$
SOLUCIÓN 2
Empezamos aplicando la transformada de Laplace a la ecuación diferencial
$$\mathscr {L}\{ y''\} + 2 \mathscr {L} \{ y'\} + 5 \mathscr {L}\{ y\} = \mathscr{L}\{ 3\}$$$\qquad \qquad \qquad \mathscr [s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0) ] + 2 [s Y(s) - f(0)] + 5 Y(s) = \frac{3}{s}$
$\qquad \qquad \qquad \qquad Y(s) [s^2 + 2s + 5] - s (0) - (0) - f(0) = \frac{3}{s}$
$$Y(s) = \frac{3/s}{s^2 + 2s + 5} = \frac{3}{s(s^2 + 2s + 5}$$
Es de observar que como no se puede factorizar $s^2 + 2s + 5$ así se tomará pero debido a las restricciones que tiene el método de Heaviside, usaremos simplmente fracciones parciales:
$$\frac{3}{s(s^2 + 2s + 5)} = \frac{A}{s} + \frac{Bs + C}{s^2 + 2s + 5} = $$
$$= \frac{A (s^2 + 2s + 5) + s(Bs + C)}{s(s^2 + 2s + 5)}$$
Ahora reagrupamos el numerador:
$$= \frac{(A + B)s^2 + (2A + C)s + 5A}{s(s^2 + 2s + 5)} = \frac{3}{s(s^2 + 2s + 5)}$$
Y, para que estas fracciones sean iguales, es necesario que los numeradores sean iguales y los denominadores también, así que tendremos las siguientes ecuaciones:
$A + B = 0$
$2A + C = 0$ y
$5A = 3 $
Resolviendo este sistema de 3 X 3, tenemos: $A = \frac{3}{5}$, $B = - \frac{3}{5}$ y $C = - \frac{6}{5}$ y sustituyendo, ahora teneos.
$$Y(s) = \frac{3}{s(s^2 + 2s + 5)} = \frac{3/5}{s} + \frac{- 3s/5 - 6/5}{s^2 + 2s + 5}$$
$$Y(s) = \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{s} - \frac{3}{5} \cdot \frac{s + 2}{s^2 + 2s + 5}$$
Sacamos la transformada inversa de esta función
$$\mathscr{L^{-1}}\{ Y(s) \} = \frac{3}{5}\mathscr{L^{-1}}\bigg\{ \frac{1}{s}\bigg\} - \frac{3}{5}\mathscr{L^{-1}} \bigg\{ \frac{s + 1 + 1}{(s + 1)^2 + 2^2} \bigg\}$$
Aqui se tuvo que hacer un pequeño truco para poder tener una expresión que se ajuste a las funciones que tenemos de funciones inversas y lo que se tuvo que hacer fue, completar un cuadrado, que es lo que se hace normalmente en este tipo de casos:
$s^2 + 2s + 5 = (s^2 + 2s + 1) + 4 = (2 + 1)^2 + 2^2$
Aquí vemos que, como les he dicho, den un repaso a lo que vieron de álgebra, cálculo y geometría analítica.
$$\mathscr{L^{-1}}\{ Y(s) \} = \frac{3}{5}\mathscr{L^{-1}}\bigg\{ \frac{1}{s}\bigg\} - \frac{3}{5}\mathscr{L^{-1}} \bigg\{ \frac{s + 1 + 1}{(s + 1)^2 + 2^2} \bigg\}$$
$$\mathscr{L^{-1}}\{ Y(s) \} = \frac{3}{5}\mathscr{L^{-1}}\bigg\{ \frac{1}{s}\bigg\} - \frac{3}{5}\mathscr{L^{-1}} \bigg\{ \frac{s + 1}{(s + 1)^2 + 2^2} \bigg\} - \frac{3}{5}\mathscr{L^{-1}} \bigg\{ \frac{1}{(s + 1)^2 + 2^2} \bigg\}$$
$$\mathscr{L^{-1}}\{ Y(s) \} = \frac{3}{5}\mathscr{L^{-1}}\bigg\{ \frac{1}{s}\bigg\} - \frac{3}{5}\mathscr{L^{-1}} \bigg\{ \frac{s + 1}{(s + 1)^2 + 2^2} \bigg\} - \frac{3}{5*2}\mathscr{L^{-1}} \bigg\{ \frac{2}{(s + 1)^2 + 2^2} \bigg\}$$
$$\boxed{ \quad y(t) = \frac{3}{5} - \frac{3}{5}e^{\textbf - 2t} cos2t - \frac{3}{10}e^{\textbf - 2t}sen 2t \quad} $$
Y, ahora veamos el problema que quedó pendiente en clase
EJEMPLO 3
Resolver la siguiente ecuación diferencial usando, transformdas de Laplace
$$y^{IV} - y = 1,\qquad y(0) = 1, \ \ \ y ' (0) = 1, \ \ \ y ''(0) = 2, \ \ \ y ''' (0) = - 1$$
SOLUCIÓN 3
Aplicamos la transformada a la ecuación.
$$\mathscr {L} \{ y^{IV} - y \} = \mathscr {L}\{ 1 \}$$$$\mathscr {L} \{ y^{IV} \} - \mathscr {L} \{ y \} = \mathscr {L}\{ 1 \}$$$$ [ s^4Y(s) - s^3 y(0) - s^2 y'(0) - s y''(0) - y'''(0) ] - Y(s) = \frac{1}{s}$$$$s^4Y(s) - s^3 - s^2 - 2s + 1 - Y(s) = \frac{1}{s} $$$$Y(s) [s^4 - 1] = \frac{1}{s} + s^3 + s^2 + 2s - 1 = \frac{s^4 + s^3 + 2s^2 - s + 1}{s}$$$$Y(s) = \frac{s^4 + s^3 + 2s^2 - s + 1}{s(s^4 - 1)}$$$$Y(s) = \frac{s^4 + s^3 + 2s^2 - s + 1}{s(s-1)(s +1)(s^2 + 1)}$$$$Y(s) = \frac{s^4 + s^3 + 2s^2 - s + 1}{s(s-1)(s +1)(s - i)(s + i)}$$
Y hacemos el desarrollo en fracciones parciales de la función $F(s)$
$$Y(s) = \frac{s^4 + s^3 + 2s^2 - s + 1}{s(s-1)(s +1)(s - i)(s + i)} = \frac{A_1}{s} + \frac{A_2}{s - 1} + \frac{A_3}{s + 1} + \frac{A_4}{s - i} + \frac{A_5}{s + i}$$
Ahora utilizamos el método de Heaviside para calcular los coeficientes $A_i$
Para no estar repitiendo la función racional original la pongo aqui, y en el calculo de los coeficientes solo sustituyo
$$A_i = \frac{s^4 + s^3 + 2s^2 - s + 1}{s(s - 1)(s +1)(s - i)(s + i)}\Bigg|_{s = s_i} = $$
$$A_1 = \frac{s^4 + s^3 + 2s^2 - s + 1}{(s - 1)(s +1)(s - i)(s + i)}\Bigg|_{s = 0} = \frac{(0)^2 + (0)^3 + 2(0)^2 - (0) +1}{(0 - 1)(0 + 1)(0 - i)(0 + i)} = \color {red}{- 1}$$ $$A_2 = \frac{s^4 + s^3 + 2s^2 - s + 1}{s(s + 1)(s - i)(s + i)}\Bigg|_{s = 1} = \frac{(1)^4 + (1)^3 + 2(1)^2 - (1) +1}{ 1(1 + 1)(1 - i)(1 + i)} = \frac{4}{2(1 - i^2)} = \color {red}{1}$$ $$A_3 = \frac{s^4 + s^3 + 2s^2 - s + 1}{s(s - 1)(s - i)(s + i)}\Bigg|_{s = \textbf - 1} = \frac{(-1)^4 + (-1)^3 + 2(-1)^2 - (-1) + 1 }{ -1(-1 - 1)(-1 - i)(-1 + i)} = $$$$= \frac{4}{2(1 - i^2)} = \color {red}{1}$$
$$A_4 = \frac{s^4 + s^3 + 2s^2 - s + 1}{s(s - 1)(s + 1)(s + i)}\Bigg|_{s = i} = \frac{(i)^4 + (i)^3 + 2(i)^2 - (i) + 1}{ i(i - 1)(i + 1)(i + i)} =$$$$ \frac{1 - i - 2 -i + 1}{i(i - 1)(i +1)(i + i)} = \frac{1 - i - 2 - i + 1}{i(i^2 - 1)(2i)} = \frac{-2i}{4} = \color {red}{- \frac{1}{2}i}$$
$$A_5 = \frac{s^4 + s^3 + 2s^2 - s + 1}{s(s - 1)(s + i)(s - i)}\Bigg|_{s \ \textbf {= - i} } = \frac{(- i)^4 + (- i)^3 + 2(- i)^2 - (- i) + 1}{ - i(- i - 1)(- i + 1)(-i - i)} = $$
$$= \frac{1 + i - 2 + i + 1}{- i(i^2 - 1)(- 2i)} = \color {red}{\frac{1}{2}i }$$
Y tenemos $F(s)$ de una manera que podemos aplicarles la transformada inversa
$$Y(s) = \frac{s^4 + s^3 + 2s^2 - s + 1}{s(s - 1)(s +1)(s - i)(s + i)} = \frac{- 1}{s } + \frac{1}{s - 1} + \frac{1}{s + 1} + \frac{- i\ / \ 2}{i - 1} + \frac{i\ / \ 2}{i + 1} = $$
Y ahora, encontramos la función $y(t)$con la transformada inversa
$$y(t) = \mathscr {L}^{\textbf - 1} \{ Y(s) \} = $$$$ = - \mathscr {L}^{\textbf - 1}\bigg\{ \frac{1}{s }\bigg\} + \mathscr {L}^{\textbf - 1}\bigg\{ \frac{1}{s - 1}\bigg\} + \mathscr {L}^{\textbf - 1}\bigg\{ \frac{1}{s + 1}\bigg\} - \frac{i}{2} \mathscr {L}^{\textbf - 1}\bigg\{\frac{1}{i - 1} \bigg\} + \frac{i}{2}\mathscr {L}^{\textbf - 1}\bigg\{ \frac{1}{i + 1} \bigg\} =$$$$= - 1 + e^t + e^{\textbf - t} - \frac{i}{2}e^{\textbf - it} + \frac{i}{2}e^{it}$$
Y observemos que los dos últimos términos los podemos reescribir como
$$- \frac{i}{2}e^{\textbf - it} + \frac{i}{2}e^{it} = i \frac{e^{it} - e^{\textbf - it} }{2} = i \frac{e^{it} - e^{\textbf - it} }{2} \frac{i}{i}= $$$$i \frac{e^{it} - e^{\textbf - it} }{2} \frac{i}{i}= - \frac{e^{it} - e^{\textbf - it} }{2i} = - sen ( t )$$
Esto por la formula de Euler y nuestra solución es:
$$\boxed{\qquad \color {blue} {y(t) = - 1 + e^t - e^{\textbf - t} - sen (t) } \qquad }$$
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