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Ayu8 (Laplace)

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PUC Ayudantia 8 de EDO sobre Laplace

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  • Pontificia Universidad Catolica de Chile Facultad de Matematicas

    MAT1640 - 1 ? Ecuaciones Diferenciales - 2do Semestre 2012Profesor: Marta Garca-HuidobroAyudante: Sebastian Urrutia Quiroga

    Ayudanta 8Transformada de Laplace (LT)

    Problema 1. Calcule las transformadas inversas de las siguientes funciones en el dominio de Laplace:

    (a) G(s) =1

    s3+

    2

    s2 7 +4s

    s2 + 2+e2s

    s

    (b) G(s) =e2s

    s2 + 2s 1

    (c) G(s) =1

    s3(s2 + 1)

    (d) G(s) =1

    (s 1)(s2 + 4)

    Solucion:

    (a) Es directo de las definiciones de las transformadas de funciones usuales que:

    L1{G} = t2

    2+

    27

    sinh (

    7t) + 4 cos (

    2t) +H(t 2)

    (b) Combinamos los dos teoremas de traslacion. Como L1{easF (s)} = f(t a)H(t a),

    f(t) = L1{

    1

    s2 + 2s 1}

    = L1{

    1

    (s+ 1)2 2}

    = etL1{

    1

    s2 2}

    = etsinh (

    2t)

    2

    Por lo tanto,

    L1{G} = f(t 2)H(t 2) = e(t2) sinh (

    2(t 2))2

    H(t 2)

    (c) Aprovechando las propiedades de la transformada aplicada a la integral,

    L1{

    1

    s(s2 + 1)

    }=

    t0

    sin () d = 1 cos (t)

    L1{

    1

    s2(s2 + 1)

    }=

    t0

    (1 cos ()

    )d = t sin (t)

    L1{

    1

    s3(s2 + 1)

    }=

    t0

    ( sin ()

    )d =

    t2

    2 1 + cos (t)

    (d) Notemos que:

    L1{

    1

    (s 1)(s2 + 4)}

    =1

    2sin (2t) et = 1

    2

    t0etu sin (2u) du =

    et

    5 cos (2t)

    5 sin (2t)

    10

    Problema 2. Sea

    F (s) =s2 + 1 + 2s+ es

    s(s2 + 2s 1) , y(t) = L1{F (s)}

    1

  • Pontificia Universidad Catolica de Chile Facultad de Matematicas

    Determine una ecuacion diferencial con condiciones iniciales y(0) = a, y(0) = b con a2 + b2 6= 0 tal quey(t) sea su solucion.

    Solucion: Consideremos la ecuacion y + Ay + By = g(t). Aplicando la transformada de Laplace,obtenemos que:

    (s2 +As+B)Y (s) sy(0) y(0)Ay(0) = G(s)Reagrupando y reemplazando,

    Y (s) =sa+ b+Aa+G(s)

    s2 +As+B=sa+ b+Aa

    s2 +As+B+

    G(s)

    s2 +As+B=s2 + 1 + 2s+ es

    s(s2 + 2s 1)

    Comparando con la ecuacion, podemos tomar s + 2 = sa + b + Aa, A = 2, B = 1, G(s) = 1 + es

    s.

    Entonces, a = 1, b = 0, g(t) = 1 +H(t 1). La ecuacion es:

    y + 2y y = 1 +H(t 1) , y(0) = 1, y(0) = 0

    Problema 3. Resuelva, con la transformada de Laplace, el siguiente problema de Cauchy:y + 2y + y = te2t

    y(0) = 1, y(0) = 0

    Solucion: Aplicando la Transformada de Laplace a la ecuacion:

    s2F (s)(y(0) + sy(0)

    )+ 2sF (s) 2y(0) + F (s) = 1

    (s 2)2

    Aplicando las condiciones iniciales se obtiene que:

    F (s)(s2 + 2s+ 1

    )=

    1

    (s 2)2 + s+ 2 F (s) =1

    (s+ 1)2(s 2)2 F1(s)

    +s+ 2

    (s+ 1)2 F2(s)

    Expandimos F1(s) en fracciones parciales:

    1

    (s+ 1)2(s 2)2 =a

    s+ 1+

    b

    (s+ 1)2+

    c

    s 2 +d

    (s 2)2

    La solucion del sistema de ecuaciones asociado al desarrollo en fracciones parciales queda propuesto allector. Finalmente,

    F1(s) =2/27

    s+ 1+

    1/9

    (s+ 1)2 2/27s 2 +

    1/9

    (s 2)2De lo anterior, es inmediato que:

    f1(t) =2

    27et +

    1

    9tet 2

    27e2t +

    1

    9te2t

    Para F2(s), repetimos el proceso:

    s+ 1

    (s+ 1)2=

    a

    s+ 1+

    b

    (s+ 1)2=

    1

    s+ 1+

    1

    (s+ 1)2

    2

  • Pontificia Universidad Catolica de Chile Facultad de Matematicas

    y con ellof2(t) = e

    t + tet

    Por lo tanto, la funcion buscada es:

    y(t) =29

    27et +

    10

    9tet 2

    27e2t +

    1

    9te2t

    Problema 4. Resolver la ecuacion diferencial:

    2y + y + 2y ={

    1 , si 5 t < 200 , en otros casos

    Sujeta a las condiciones iniciales y(0) = 0, y(0) = 0.

    Solucion: Utilizando la funcion de Heaviside, H(t a), la ecuacion queda como sigue:

    2y + y + 2y = H(t 5)H(t 20)

    Aplicando LT y utilizando las condiciones iniciales,

    Y (s)(

    2s2 + s+ 2)

    =e5s e20s

    s Y (s) = (e5s e20s)

    (1

    s(2s2 + s+ 2)

    )Ahora, para resolver la inversa, consideremos:

    G(s) =1

    s(2s2 + s+ 2) g(t) = L1{G(s)}

    Con lo anterior se tendra que:

    y(t) = L1{(e5t e20t)G(s)} = H(t 5)g(t 5)H(t 20)g(t 20)

    Por lo tanto, basta resolver la inversa deG(s) para obtener la solucion al problema. Utilicemos fraccionesparciales:

    G(s) =A

    s+

    Bs+ C

    2s2 + s+ 2=

    1/2

    s s+ 1/2

    2s2 + s+ 2

    La fraccion de la derecha se debe reescribir para poder asociarla a alguna funcion conocida:

    G(s) =1

    2s 1

    2

    (s+ 14

    )+ 14(

    s+ 14)2

    + 1516

    Aplicando la inversa, obtenemos que:

    g(t) =1

    2 e

    t/4

    2

    [cos

    (15 t

    4

    )+

    115

    sin

    (15 t

    4

    )]

    El reemplazo final queda propuesto al lector.

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    Problema 5. Resuelva el problema de valor inicial:

    2y + y + 2y = (t 5) , y(0) = 0, y(0) = 0

    Solucion: Aplicando LT a la ecuacion,(2s2 + s+ 2

    )Y (s) = e5s Y (s) = e5s 1

    2s2 + s+ 2

    Reescribimos el lado derecho para reconocerlo como una transformada conocida:

    Y (s) =1

    2e5s

    1

    s2 + s/2 + 1=

    1

    2e5s

    1

    (s+ 1/4)2 + 15/16=

    215

    e5s

    15/4

    (s+ 1/4)2 + 15/16

    Para resolver la inversa, hacemos que:

    G(s) =

    15/4

    (s+ 1/4)2 + 15/16 g(t) = L1{G(s)} = et/4 sin

    (15 t

    4

    )

    Entonces,

    L1 {e5sG(s)} = H(t 5)g(t 5) = { 0 , t < 5e(t5)/4 sin

    (15 (t5)

    4

    ), e.o.c.

    Finalmente,

    y(t) =

    0 , t < 5

    215

    e(t5)/4 sin

    (15 (t 5)

    4

    ), e.o.c.

    Problema 6. Resolver el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales{y = y + 2x+ cos tx = 2y + x+ sin t

    con condiciones iniciales y(0) = 0, x(0) = 0.

    Solucion: SeanX(s) = L{x(t)}, Y (s) = L{y(t)}. Entonces, aplicando la transformada a cada ecuacion:

    y = y + 2x+ cos (t) L

    sY (s) y(0) = Y (s) + 2X(s) + ss2 + 1

    x = 2y + x+ sin (t) L

    sX(s) x(0) = X(s) + 2Y (s) + 1s2 + 1

    Reemplazando las condiciones iniciales y reescribiendo el sistema en su forma matricial,

    1 s 22 1 s

    Y (s)X(s)

    = ss2 + 1

    1s2 + 1

    Empleando la Regla de Crammer,

    X(s) =3s 1

    (s2 + 1)(s 3)(s+ 1) Y (s) =s2 s+ 2

    (s2 + 1)(s 3)(s+ 1)

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    El resto del problema consiste en obtener las transformadas inversas de estas funciones. Para ello, porla linealidad de LT, basta obtener las transformadas inversas de las siguientes tres funciones:

    f1(t) = L1{

    s2

    (s2 + 1)(s 3)(s+ 1)}

    f2(t) = L1{

    s

    (s2 + 1)(s 3)(s+ 1)}

    f3(t) = L1{

    1

    (s2 + 1)(s 3)(s+ 1)}

    Para f1(t),

    F1(s) =s2

    (s2 + 1)(s 3)(s+ 1) =as+ b

    s2 + 1+

    c

    s 3 +d

    s+ 1=1/10 s+ 1/5

    s2 + 1+

    9/40

    s 3 1/8

    s+ 1

    f1(t) = 110

    cos (t) +1

    5sin (t) +

    9

    40e3t 1

    8et

    Para f2(t),

    F2(s) =s

    (s2 + 1)(s 3)(s+ 1) =as+ b

    s2 + 1+

    c

    s 3 +d

    s+ 1=1/5 s 1/10

    s2 + 1+

    3/40

    s 3 +1/8

    s+ 1

    f2(t) = 15

    cos (t) 110

    sin (t) +3

    40e3t +

    1

    8et

    Para f3(t),

    F3(s) =1

    (s2 + 1)(s 3)(s+ 1) =as+ b

    s2 + 1+

    c

    s 3 +d

    s+ 1=

    1/10 s 1/5s2 + 1

    +1/40

    s 3 1/8

    s+ 1

    f3(t) =1

    10cos (t) 1

    5sin (t) +

    1

    40e3t 1

    8et

    Finalmente, como x(t) = 3f2(t) f3(t),

    x(t) = 710

    cos (t) 110

    sin (t) +1

    5e3t +

    1

    2et

    y como y(t) = f1(t) f2(t) + 2f3(t),

    y(t) =3

    10cos (t) 1

    10sin (t) +

    1

    5e3t 1

    2et

    Problema 7. Resuelva la ecuacion t0y(t )

    (y() 1 e

    )d = 1 et , t 0

    Solucion: Sea Y (s) = L{y(t)}. Aplicando LT obtenemos:

    Y (s)2 Y (s)(

    1

    s+

    1

    s 1)

    = 1s 1 +

    1

    s Y (s)2 Y (s)

    (1

    s+

    1

    s 1)

    +1

    s(s 1) = 0

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    y con ello: (Y (s) 1

    s

    )(Y (s) 1

    s 1)

    = 0

    Por lo tanto, hay dos soluciones:

    y(t) = 1 y(t) = et , t 0

    Problema 8. Considere un sistema masa-resorte con m = 1, c = 5 y k = 6 que parte del reposo desde elpunto de equilibrio sujeto a una fuerza externa f(t). Escriba la posicion de la masa como una convolucion.

    Solucion: Debemos resolver la ecuacion diferencial

    x + 5x + 6x = f(t) , x(0) = x(0) = 0

    Aplicando LT, obtenemos:(s2 + 5s+ 6

    )X(s) = F (s) X(s) = F (s)

    s2 + 5s+ 6

    Como

    L1{

    1

    s2 + 5s+ 6

    }= L1

    {1

    s+ 2 1s+ 3

    }= e2t e3t

    tenemos que

    x(t) = L1{X(s)} =(e2t e3t

    ) f(t) =

    t0

    (e2 e3

    )f(t ) d

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    Transformadas Comunes

    f(t) F (s) = L{f(t)} Dominio

    CC

    ss > 0

    tnn!

    sn+1s > 0, n = 1, 2, . . .

    tq(q + 1)

    sq+1s > 0, q R

    eat1

    s a s > a

    tneatn!

    (s a)n+1 s > 0, a R

    sin (at)a

    s2 + a2s > a

    cos (at)s

    s2 + a2s > a

    sinh (at)a

    s2 a2 s > |a|

    cosh (at)s

    s2 a2 s > |a|

    (t a) esa a

    eatf(t) F (s a)

    f(t a)H(t a) easF (s)

    tnf(t) (1)nF (n)(s)

    f (n)(t) snF (s)(f (n1)(0) + sf (n2)(0) + + sn1f(0)

    ) t0f() d

    F (s)

    s

    f(t) g(t) F (s)G(s)

    f(at)F (s/a)

    |a|

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