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DEPARTAMENTO CIENCIAS EXACTAS

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

CUADERNO DE TRABAJO Integrantes: Melanie Cano Andrea Ch´avez Cristhian D´ıaz Cinthya Jim´enez Diego Samueza ESPE.png

Sangolqu´ı Agosto-2016

Supervisado por: Dra. Roc´ıo V´asconez E.

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UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS-ESPE

Contents 1 Series de Potencias 1.1 Soluci´on en series alrededor de Puntos Ordinarios . . . . . . . . . . . 1.2 Soluci´on en series alrededor de Puntos Singulares . . . . . . . . . . 1.2.1 Puntos Singulares Regulares e Irregulares . . . . . . . . . . . 1.3 Ejercicios alrededor de Puntos Ordinarios y Puntos Singulares . . . 1.3.1 Soluci´ on en series - Alrededor de puntos Ordinarios . . . . . . 1.3.2 Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.3 Soluci´ on en series - Alrededor de Puntos Singulares Regulares 1.3.4 Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Ecuaci´ on de Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.1 Resoluci´ on de EDO a trav´es del m´etodo de Bessel . . . . . . 1.4.2 Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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1 1 1 1 2 2 8 9 20 21 21 26

2 Transformadas de Laplace 2.1 Definici´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Existencia de la transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Transformada inversa de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Ejercicios de Transformada de Laplace - Definici´on y Propiedades 2.3.2 Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Teorema de la Transformada de Laplace de una Derivada . . . . . . . . . 2.5 Teorema de la Derivada de la Transformada de Laplace . . . . . . . . . . 2.5.1 Ejercicios de Transformadas de Laplace - Teorema de Derivadas . 2.5.2 Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Teorema de la Transformadas de Laplace de la Integral de una funci´on . . 2.6.1 Ejercicios transformada de Laplace - Teorema de Integrales . . . . 2.6.2 Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7 Primer Teorema de Translaci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.8 Segundo teorema de translaci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.8.1 Ejercicios Transformadas de Laplace - Propiedades de Translaci´on 2.8.2 Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.9 Transformada de una Funci´ on Peri´odica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.9.1 Ejercicios Transformada de Laplace - Funciones peri´odicas . . . . . 2.9.2 Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.10 Translaci´ on en el eje t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.10.1 Funci´ on Escal´ on Unitario . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.10.2 Ejercicios Transformada de Laplace - Funci´on Escal´on Unitario . . 2.10.3 Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.11 Transformadas de Laplace - Propiedades de Convoluci´on . . . . . . . . . . 2.11.1 Ejercicios - Teorema de Convoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.11.2 Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.12 Ecuaciones Integrales - Delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ESPE.png 2.12.1 Ejercicios - Delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.12.2 Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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27 27 27 27 28 34 35 35 36 39 41 41 45 46 46 46 47 47 48 48 49 49 49 57 59 59 64 65 65 68

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69 69 69 73 77 80

3 Sistemas de Ecuaciones Diferenciales 3.1 Ejercicios - Sistemas de Ecuaciones Diferenciales 3.1.1 M´etodo de Eliminaci´ on . . . . . . . . . . 3.1.2 M´etodo abreviado del operador . . . . . . 3.1.3 M´etodo de transformada de Laplace . . . 3.1.4 Ejercicicios propuestos . . . . . . . . . . . 4 Referencias

I

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82

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

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UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS-ESPE

ABSTRACT In this document the development of the workbook of the third quarter of matter of ordinary differential equations , which are performed the exercises in homework and class is presented. RESUMEN En este documento se presenta la elaboraci´on del cuaderno de trabajo del tercer parcial de la materia de Ecuaciones diferenciales ordinarias, en el cual se encuentran realizados los ejercicios propuestos en los deberes y en clase.

ESPE.png

II

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Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

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DESARROLLO ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN CON SERIES DE POTENCIAS

1

Series de Potencias

Una serie del tipo: a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + ... + an xn ordenada por potencias enteras crecientes de la variable x y con coeficientes a0 , a1 , a2 , a3 , ..., an constantes, independientes de x , recibe el nombre de serie de potencias. Una serie de potencia es una funci´on: f (x) =

∞ P

Cn (x − a)n

n=0

1.1

Soluci´ on en series alrededor de Puntos Ordinarios Soluci´on en series de potencias toma la forma y(x) =

∞ P

Cn (x − a)n

n=0

1.2

Soluci´ on en series alrededor de Puntos Singulares Soluci´on en series de potencias toma la forma y(x) =

∞ P

Cn (x − a)n+r

n=0

1.2.1

Puntos Singulares Regulares e Irregulares

Un punto x = x0 de la ecuaci´on diferencial y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0, se denomina singular regular si (x − x0 )P (x) y (x − x0 )2 Q(x) son anal´ıticos. P (x)y 00 + Q(x)y 0 + R(x)y = 0 x0 ESPE.png

es un punto singular regular, si cumple las siguientes dos condiciones: Logo

lim (x − x0 )

Q(x) P (x)

existe

lim (x − x0 )2

R(x) P (x)

existe

x→x0

x→x0

Caso contarrio si esas dos condiciones no se cumplen se denominan puntos singulares irregulares

1

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

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1.3 1.3.1

Ejercicios alrededor de Puntos Ordinarios y Puntos Singulares Soluci´ on en series - Alrededor de puntos Ordinarios

En las siguientes ecuaciones diferenciales, averiguar los puntos ordinarios y los puntos singulares: 1.- (2x + 3)2 y 00 + (2x + 3)y 0 − 2y = 0 Soluci´on: P (x) = 0

⇒ 2x + 3 = 0

⇒ x0 = −

3 2

3 2   3 Puntos Ordinarios: ∀x ∈ R − − 2 Puntos Singulares: x = −

3.- y 00 − 3(x + 1)y 0 + 4y = 0 Soluci´on: Las funciones P (x) y Q(x) son anal´aticas para todo valor de x, por lo tanto: ∀x0 ≥ 0 Puntos ordinarios @ Puntos singulares

Determine la soluci´ on en serie de potencias de x de las siguientes ecuaciones diferenciales 1.- (x2 + 4)y 00 − xy 0 + y = 0 Soluci´on: ESPE.png

Logo

En x=0 tenemos un punto ordinario por lo que se supone la soluci´on:

y = y0 =

∞ X n=0 ∞ X

Cn x n nCn xn+1

n=1

y 00 =

∞ X

n(n − 1)Cn xn−2

n=2

2

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

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Se reemplaza en la ecuaci´on original:

x

2

∞ X

n(n − 1)Cn x

n−2

+4

∞ X

n=2

∞ X

n(n − 1)Cn x

n−2

−x

n=2

n

n(n − 1)Cn x + 4

n=2

∞ X

∞ X

nCn x

n+1

n=1

n(n − 1)Cn x

n−2

n=2

−

∞ X

+

∞ X

Cn x n = 0

n=0

n

nCn x +

n=1

∞ X

C n xn = 0

n=0

Se iguala exponentes en la sumatoria: ∞ X

n

n(n − 1)Cn x + 4

n=2

∞ X

n

(n + 2)(n + 1)Cn+2 x −

n=0

∞ X

n

nCn x +

n=1

∞ X

C n xn = 0

n=0

Se desarrolla algunas de las series para que tengan ´ındices iguales: ∞ X

n

n(n − 1)Cn x + 8C2 + 24C3 x + 4

∞ X

(n + 2)(n + 1)Cn+2 xn − C1 x − ...

n=2

n=2

... −

∞ X

n

nCn x + C0 + C1 x +

n=2

8C2 + C0 + 24C3 x +

∞ X

∞ X

C n xn = 0

n=0

[n(n − 1)C n + 4(n + 2)(n + 1)Cn+2 − nCn + Cn ]xn = 0

n=2

Se iguala a cero los coeficientes de igual exponente : 8C2 + C0 = 0 C2 =

−C0 8

24C3 = 0

ESPE.png

Logo

Se despeja la formula de recurrencia y se reemplaza por los respectivos n: Cn+2

3

−Cn (n − 1)2 = 4(n + 1)(n + 2)

n = 2, 3, 4...

n=2

−C2 (1)2 C0 (1)2 C4 = = 2 4(3)(4) 4 4!

n=3

C5 =

−C3 (2)2 =0 4(4)(5) Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

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−C4 (3)2 −C 0 (1)2 (3)2 = 4(5)(6) 43 6!

n=4

C6 =

n=5

C7 = 0

n=6

C8 =

C0 (1)2 (3)2 (5)2 −C6 (5)2 = 4(7)(8) 44 8!

Reemplazamos los diferentes Cn en la soluci´on y obtenemos la respuesta: ∞ X

(1)2 (3)2 (5)2 ...(2n − 1)2 2n y(x) = C0 x 4n (2n)! n=0 0

3.- (x − 1) y − y = 0 Soluci´on: En x=0 tenemos un punto ordinario por lo que se supone la soluci´on: ∞ X

y =

n=0 ∞ X

y0 =

Cn x n nCn xn+1

n=1

Se reemplaza en la ecuaci´on original: (x − 1)

∞ X

nCn x

n−1

−

n

nCn x −

n=1

C n xn = 0

n=0

n=1 ∞ X

∞ X

∞ X

nCn x

n−1

n=1

−

∞ X

C n xn = 0

n=0

Se iguala los exponentes de la sumatoria: ∞ X

nCn xn −

n=1

∞ X

(n + 1) Cn+1 xn −

n=0

∞ X

C n xn = 0

n=0

Se desarrolla algunas de las series para que tengan ´ındices iguales: ESPE.png

∞ X

n

nCn x −C1 −

n=1

∞ X

(n + 1) Cn+1

n

x − C0 −

n=1

−C0 − C1 +

∞ X

∞ X

C n xn = 0

n=1

[nCn − (n + 1) Cn+1 − Cn ] xn = 0

n=1

Igualamos a cero los coeficientes de igual exponente: C0 = −C 1 C0 − (n + 1) Cn+1 − Cn = 0 Despejamos la f´ormula de recurrencia: 4

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Cn+1 =

(n − 1) Cn n+1

y (x) = C0 + C1 x y (x) = C0 − C0 x Obtenemos la siguiente respuesta: y (x) = C0 (1 − x) 00

0

5. x2 y − xy − 2y = 0 Soluci´on: Puntos Ordinarios ⇒ ∀R − {0} ∴ Se elige el punto x = 1 como punto ordinario por conveniencia. Suponemos la soluci´on:

y =

∞ X

Cn (x − 1)n

n=0

y0 =

∞ X

nCn (x − 1)n−1

n=1

y 00 =

∞ X

n (n − 1) Cn (x − 1)n−2

n=2

Se reemplaza en la ecuaci´on original:

x

2

∞ X

n−2

n (n − 1) Cn (x − 1)

n−1

nCn (x − 1)

−2

∞ X

∞ X

Cn (x − 1)n = 0

n=0

n=1

n=2

[(x − 1) + 1]2 ESPE.png

−x

∞ X

n (n − 1) Cn (x − 1)n−2 − [(x − 1) + 1]

n=2

∞ X

nCn (x − 1)n−1 − ...

n=1

... − 2

∞ X

Cn (x − 1)n = 0

n=0

∞  X 2 (x − 1) + 2 (x − 1) + 1 n (n − 1) Cn (x − 1)n−2 − ... n=2

... − [(x − 1) + 1]

∞ X n=1

5

n−1

nCn (x − 1)

−2

∞ X

Cn (x − 1)n = 0

n=0

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(x − 1) ... +

2

∞ X

n (n − 1) Cn (x − 1)

n−2

∞ X

+ 2 (x − 1)

n=2 ∞ X

∞ X

n=2

n=1

n (n − 1) Cn (x − 1)n−2 + ...

n=2

n (n − 1) Cn (x − 1)n−2 − (x − 1)

nCn (x − 1)n−1 −

∞ X

nCn (x − 1)n−1 − ...

n=1

... − 2

∞ X

Cn (x − 1)n = 0

n=0

∞ X

n

n (n − 1) Cn (x − 1) + 2

n=2

... −

∞ X n=2 ∞ X

n−1

n (n − 1) Cn (x − 1)

+

∞ X

n (n − 1) Cn (x − 1)n−2 − ...

n=2

nCn (x − 1)n −

n=1

∞ X

nCn (x − 1)n−1 − 2

n=1

∞ X

Cn (x − 1)n = 0

n=0

Igualamos exponentes dentro de la sumatoria: ∞ X

n

n (n − 1) Cn (x − 1) + 2

∞ X

(n + 1) (n) Cn+1 (x − 1)n + ...

n+1=2

n=2 ∞ X

... +

n

(n + 2) (n + 1) Cn+2 (x − 1) −

∞ X

nCn (x − 1)n − ...

n=1

n+2=2

... −

∞ X

n

(n + 1) Cn+1 (x − 1) − 2

n+1=1

∞ X

n

n (n − 1) Cn (x − 1) + 2

∞ X

∞ X

Cn (x − 1)n = 0

n=0

(n + 1) (n) Cn+1 (x − 1)n + ...

n=1

n=2

... +

∞ X

n

(n + 2) (n + 1) Cn+2 (x − 1) −

∞ X

nCn (x − 1)n − ...

n=1

n=0

... −

∞ X

n

(n + 1) Cn+1 (x − 1) − 2

n=0

∞ X

Cn (x − 1)n = 0

n=0

Se desarrolla algunas de las series para que tengan ´ındices iguales: ESPE.png ∞ X

n (n − 1) Cn (x − 1)n + 4C2 (x − 1) + 2

n=2

∞ X

Logo (n + 1) (n) Cn+1 (x − 1)n + ...

n=2

... + 2C2 + 6C3 (x − 1) +

∞ X

(n + 2) (n + 1) Cn+2 (x − 1)n + ...

n=2

... − C1 (x − 1) −

∞ X n=2

nCn (x − 1)n − C1 − 2C2 (x − 1) −

∞ X

(n + 1) Cn+1 (x − 1)n − ...

n=0

... − 2C0 − 2C1 (x − 1) − 2

∞ X

Cn (x − 1)n = 0

n=0

6

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

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T´erminos semejantes: (2C2 − C1 − 2C0 ) + (2C2 + 6C3 − 3C1 ) (x − 1) +

∞ X

[n (n − 1) Cn + 2n (n + 1) Cn+1 + ...

n=2

... + (n + 2) (n + 1) Cn+2 − nCn − (n + 1) Cn+1 − 2Cn ] (x − 1)n = 0

∞ X
(2C2 − C1 − 2C0 ) + (2C2 + 6C3 − 3C1 ) (x − 1) + [ n2 − 2n − 2 Cn ...


n=2 ... + n2 − 1 Cn+1 + (n + 2) (n + 1) Cn+2 ] (x − 1)n = 0 Igualamos a cero los coeficientes de igual exponente: 2C2 − C1 − 2C0 = 0 2C2 = C1 + 2C0 C1 + C0 2 2C2 + 6C3 − 3C1 = 0 C2 =

6C3 = 3C1 − 2C2 3C1 − 2C2 6   3C1 2 C1 + 2C0 C3 = − 6 6 2 C3 =

C1 C1 2 − − C0 2 6 6 C1 C0 C3 = − 3 3 C3 =

(n2 − 2n − 2) Cn + (n2 − 1) Cn+1 + (n + 2) (n + 1) Cn+2 = 0 (n + 2) (n + 1) Cn+2 = − (n2 − 2n − 1) Cn − (n2 − 1) Cn+1 Despejamos la f´ormula de recurrencia y reemplazamos los respectivos n: ESPE.png

Cn+2 =

− (n2 − 2n − 2) Cn − (n2 − 1) Cn+1 (n + 2) (n + 1)

n = 2, 3, 4, ...

n=2

C4 =

− (−2) C2 − (4 − 1) C3 C0 = (4) (3) 4

n=3

C5 =

− (9 − 6 − 2) C3 − (9 − 1) C4 C1 C0 =− − (5) (4) 60 120 y(x) =

∞ X

Cn (x − 1)n

n=0

Reemplazamos los respectivos Cn en y(x): 7

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y(x) = C0 + C1 (x − 1) + C2 (x − 1)2 + C3 (x − 1)3 + C4 (x − 1)4 + C5 (x − 1)5 + ...

 y(x) = C0 + C1 (x − 1) +

   C1 C0 C1 2 + C0 (x − 1) + − (x − 1)3 + ... 2 3 3     C0 C1 C0 4 ... + (x − 1) + − − (x − 1)5 + ... 4 60 120

Obtenemos la respuesta:  y(x) =

1.3.2

 1 1 1 3 4 5 1 + (x − 1) − (x − 1) + (x − 1) − (x − 1) + ... C0 + ... 3 4 120   1 1 1 2 3 5 ... + (x − 1) + (x − 1) + (x − 1) − (x − 1) + ... C1 2 3 60 2

Ejercicios propuestos

En las siguientes ecuaciones diferenciales, averiguar los puntos ordinarios y los puntos singulares: 1.- x(x2 − 1)y 00 + x2 y 0 + 2y = 0 Soluci´on: x = ±1 x 6= ±1

x=0 x 6= o

P.S P.O

Determine la soluci´ on en serie de potencias de x de las siguientes ecuaciones diferenciales 1.- (1 − x2 )y 00 − 2xy 0 + 6y = 0 Soluci´on: ESPE.png

  4 7 2 3 1 5 y = Co [1 − 3x ] + C1 x − x + x − x + .. 3 5 35 2

2.- 4y 00 − 2xy 0 + 4y = 0 Soluci´on: 2

y = Co [1 − 2x ] + C1

8



1 1 1 7 x − x 3 − x5 − x + .. 3 30 210



Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

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UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS-ESPE 1.3.3

Soluci´ on en series - Alrededor de Puntos Singulares Regulares

Averig¨ ue los puntos ordinarios y puntos singulares regulares e irregulares: 2 1.- x2 (1 − x2 )y 00 + y 0 + 4y = 0 x Soluci´on: P (x) = x2 (1 − x2 )

⇒ x2 (1 − x2 ) = 0

⇒ x = 0; x = ±1

Puntos singulares: x = 0 y x = ±1 Puntos ordinarios: ∀x ∈ R − {0, ±1} y 00 +

2 4 0 y + y=0 x3 (1 − x2 ) x2 (1 − x2 )

Para x0 = 0    2 2 = lim (x) 3 =∞ lim (x − 0) 3 x→0 x→0 x (1 − x2 ) x (1 − x2 )     4 4 2 2 lim (x − 0) = lim (x) =4 x→0 x→0 x2 (1 − x2 ) x2 (1 − x2 ) 

∴ x0 = 0 es un punto singular irregular Para x0 = 1 

 2 2x − 2 lim (x − 1) 3 = lim = −1 x→1 x→1 x3 − x5 x (1 − x2 )   4 4x2 − 8x + 4 2 lim (x − 1) = lim =0 x→1 x→1 x2 (1 − x2 ) x 2 − x4 ∴ x0 = 1 es un punto singular regular ESPE.png

Logo

Para x0 = −1 

 2 2x + 2 lim (x + 1) 3 = lim = −1 2 x→−1 x→−1 x (1 − x ) (x3 − x5 )   4 4x2 + 8x + 4 2 lim (x + 1) = lim =0 x→−1 x→1 x2 (1 − x2 ) x2 − x4 ∴ x0 = −1 es un punto singular regular

9

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

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3.- (x − 1)y 00 + (3x − 1)y 0 + y = 0 Soluci´on:

P (x) = x − 1

⇒x−1=0

⇒x=1

Puntos singulares: x = 1 Puntos ordinarios: ∀x ∈ R − {1} Para x0 = 1 

 3x − 1 (3x − 1)(x − 1) lim (x − 1) = lim =2 x→1 x→1 (x − 1) (x − 1)   1 (x − 1)2 2 = lim =0 lim (x − 1) x→1 (x − 1) x→1 (x − 1) ∴ x0 = 1 es un punto singular regular Resuelva las siguientes ecuaciones Diferenciales: 2 1.- x(x − 1)y 00 + y 0 + 4y = 0 x Soluci´on: x2 (x − 1)y 00 + 2y 0 + 4xy = 0.. Utilizamos el reemplazo: x−1=z

⇒x=z+1

Suponemos la soluci´on: y=

∞ X

cn z n+r

n=0

ESPE.png 0

y =

∞ X

Logo cn (n + r)z

n+r−1

n=0 00

y =

∞ X

cn (n + r − 1)(n + r)z n+r−2

n=0

Reemplazamos en la ecuaci´on:

10

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z (z + 1)

2

∞ X

n+r−2

cn (n + r − 1)(n + r)z

+2

n=0

∞ X

cn (n + r)z n+r−1 + ...

n=0

... + 4 (z + 1)

∞ X

cn z n+r = 0

n=0

3

2

z + 2z + z

∞
X

cn (n + r − 1)(n + r)z

n+r−2

+2

n=0

∞ X

cn (n + r)z n+r−1 + ...

n=0 ∞ X

... + 4

cn z

n+r+1

+4

∞ X

n=0

∞ X

cn (n + r − 1)(n + r)z

n+r+1

∞ X

+2

n=0

cn z n+r = 0

n=0

cn (n + r − 1)(n + r)z n+r + ...

n=0

... +

∞ X

cn (n + r − 1)(n + r)z

n+r−1

+2

n=0

∞ X

cn (n + r)z

n+r−1

+4

n=0

∞ X

cn z n+r+1 + ...

n=0

... + 4

∞ X

cn z n+r = 0

n=0

Igualamos los exponentes en la sumatoria: ∞ X

cn−1 (n + r − 1)(n + r − 2)z

n+r

+2

n=1

∞ X

cn (n + r)(n + r − 1)z n+r + ...

n=0

... +

∞ X

cn+1 (n + r + 1)(n + r)z

n=−1

n+r

+2

∞ X

cn+1 (n + r + 1)z

n+r

+4

n=−1

∞ X

cn−1 z n+r + ...

n=1

... + 4

∞ X

cn z n+r = 0

n=0

Se desarrolla algunas de las series para que tengan ´ındices iguales: ∞ X

ESPE.png n=1

cn−1 (n + r − 1)(n + r − 2)z

n+r

r

+ 2r(r − 1)C0 z + 2

∞ X

cn (n + r)(n + r − 1)z n+r + ...

n=1

... + r(r − 1)C0 z r−1 + (r + 1)rC1 z r +

∞ X

cn+1 (n + r + 1)(n + r)z n+r + ...

n=1 ∞ X

... + 2rC0 z r−1 + 2(r + 1)C1 z r + 2

cn+1 (n + r + 1)z n+r + ...

n=1

... + 4

∞ X n=1

11

cn−1 z n+r + 4C0 z r + 4

∞ X

cn z n+r = 0

n=1

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Igualamos a cero los t´erminos de igual exponente: 2r(r − 1)C0 z r + r(r − 1)C0 z r−1 + (r + 1)rC1 z r + 2rC0 z r−1 + 2(r + 1)C1 z r + 4C0 z r + ... ∞ X ... + [cn−1 (n + r − 1)(n + r − 2) + 2cn (n + r)(n + r − 1) + cn+1 (n + r + 1)(n + r) + ... n=1

... + 2cn+1 (n + r + 1) + 4cn−1 + 4cn ]z n+r

cn−1 (n + r − 1)(n + r − 2) + 2cn (n + r)(n + r − 1) + cn+1 (n + r + 1)(n + r) + ... ... + cn+1 (n + r + 1)(n + r) + 2cn+1 (n + r + 1) + 4cn−1 + 4cn = 0

2r(r − 1)C0 z r + r(r − 1)C0 z r−1 + (r + 1)rC1 z r + 2rC0 z r−1 + 2(r + 1)C1 z r + 4C0 z r = 0


2r2 − 2 + 4 C0 z r + r2 − r − 2r C0 z r−1 + r2 + r − 2r − 2 C1 z r = 0 2r2 + 2 + r2 − 3r + r2 − 2 = 0 ⇒ r1 = 0;

⇒ 4r2 − 4r = 0

⇒ r2 − r = 0

r2 = 1

[(n + r + 1)(n + r) − 2n − 2r − 2]Cn+1 = −[(n + r − 1)(n + r − 2) + 4]Cn−1 − ... ... − [2(n + r)(n + r − 1) + 4]Cn Despejamos la f´ormula de recurrencia: Cn+1 = −

[(n + r)2 − 3(n + r − 2)] Cn−1 + [2(n + r)2 − 2(n + r − 2)] Cn [(n + r)2 − (n + r + 2)]

Para r=0

Cn+1 = −

ESPE.png n = 1;

[(n)2 − 3(n − 2)] Cn−1 + [2(n)2 − 2(n − 2)] Cn [(n)2 − (n + 2)]

C2 = −

[1 − 3(−1)]C0 + 2[1 − (−1)]C1 4C0 + 4C1 =− = 1−3 −2

C2 = 2(C0 + C1 ) n = 2;

12

C3 = −

[4 − 3(0)]C1 + 2[4 − 0]C2 4−4

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y1 (z) = C0 + C1 z + C2 z 2 y1 (z) = C0 [1 + 2z 2 ] + C1 [z + 2z 2 ] Para r=1

Cn+1 = −

[(n + 1)2 − 3(n − 1)] Cn−1 + [2(n + 1)2 − 2(n − 1)] Cn [(n + 1)2 − (n + 3)]

C2 = −

n = 1;

[4 − 0]C0 + 2[4 − 0]C1 4−4 y2 (z) = C0 + C1 z

Respuesta:     y1 (x) = C0 1 + 2(x − 1)2 + C1 (x − 1) + 2(x − 1)2 y2 (x) = C0 + C1 (x − 1) 2.- x(x − 1)y 00 + xy 0 + y = 0

al rededor de x = 1;

y 00 +

utilizando cambio de variable.

1 x y0 + y=0 x(x − 1) x(x − 1)

y 00 +

x 0 1 y + y=0 x−1 x(x − 1)

X0 = 1 Probamos que X0 = 1 es un punto singular regular x−1 =1∈R 1 x−1

lim

x→

(x − 1)2 x−1 lim = lim =0∈R x→ 1 x(x − 1) x→ 1 x

ESPE.png

∴= 1 Punto Singular Regular Realizamos el cambio de variable Sea z = x − 1 ⇒ x = z + 1 dz = dx ⇒ 1 =

dx dz

dy dy dz dy = . = dx dz dx dz 13

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 d2 y = dx2

 dy d2 y dx dz . = 2 dz dx dz

d2 y dy z(z + 1) 2 + (1 + z) + y = 0 dz dz Suponemos un punto z = 0 Punto Singular Regular Suponemos la soluci´on y=

∞ X

Cn z n+r

n=0

y0 =

∞ X

(n + r)Cn z n+r−1

n=0 0

y =

∞ X

(n + r)(n + r − 1)Cn z n+r−2

n=0

Reemplazando en la E.D

z(z + 1)

∞ ∞ ∞ X X X Cn z n+r = 0 (n + r)Cn z n+r−1 + (n + r)(n + r − 1)Cn z n+r−2 + (z + 1)

z

2

∞ X

(n + r)(n + r − 1)Cn z

n=0

n=0

n=0

n+r−2

+z

∞ X

(n + r)(n + r − 1)Cn z

n+r−2

+z

(n + r)Cn z n+r−1 + ...

n=0

n=0

n=0

∞ X

... +

∞ X

(n + r)Cn z

n+r−1

+

n=0

∞ X

Cn z n+r = 0

n=0

∞ ∞ ∞ X X X n+r n+r−1 ESPE.png (n + r)(n + r − 1)Cn z + (n + r)(n + r − 1)Cn z + (n + r)Cn z n+r + ... n=0

n=0

n=0

... +

∞ ∞ X X (n + r)Cn z n+r−1 + Cn z n+r = 0 n=0

∞ X n=1

(n+r−1)(n+r−2)Cn−1 z n+r−1 +

∞ X

(n+r)(n+r−1)Cn z n+r−1 +

n=0

∞ X (n+r−1)Cn−1 z n+r−1 +... n=1

... +

∞ X n=0

14

n=0

(n + r)Cn z

n+r−1

+

∞ X

Cn−1 z n+r−1 = 0

n=1

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∞ X

(n+r−1)(n+r−2)Cn−1 z

n+r−1

+r(r−1)C0 z

r−1

n=1

... + rC0 z r−1 +

2

r C0 z

r−1

∞ ∞ X X n+r−1 + (n+r)(n+r−1)Cn z + (n+r−1)Cn−1 z n+r−1 + n=1 ∞ X

∞ X

n=1

n=0

n=1

(n + r)Cn z n+r−1 +

Cn−1 z n+r−1 = 0

∞ X + [(n+r−1)(n+r−2)Cn−1 +(n+r)(n+r−1)Cn +(n+r−1)Cn−1 +(n+r)Cn +Cn−1 ]z n+r−1 = 0 n=1

Igualamos a 0 ambos t´erminos i) r2 C0 = 0 C0 6= 0

r2 = 0 r1 = 0 ∧ r2 = 0

ii) (n + r − 1)(n + r − 2)Cn−1 + (n + r)(n + r − 1)Cn + (n + r − 1)Cn−1 + (n + r)Cn + Cn−1 = 0 (n + r − 1)Cn−1 (n + r − 2 + 1) + Cn−1 + (n + r)Cn (n + r − 1 + 1) = 0 (n + r − 1)2 Cn−1 + Cn−1 + (n + r)2 Cn = 0 Cn = −

P ara

[(n + r − 1)2 + 1]Cn−1 (n + r)2

∀≥1

r=0

Cn = −

[(n − r)2 + 1] Cn−1 n2

Si n = 1 C1 = −C0 ESPE.png

n = 2 C2 = − 24 C1 = − C21 =

Logo

C 0 2

5 n = 3 C3 = − 59 C2 = − 95 C20 = − 18 C0
5 25 n = 4 C4 = − 10 C = − 85 18 C0 = 144 C0 16 3

y1 (z) =

∞ X n=0

15

Cn z

n+r

=z

r

∞ X

Cn z n

n=0

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  y1 (z) = z r C0 + C1 z + C2 z 2 + C3 z 3 + C4 z 4 + ...   C 0 2 5 25 0 3 4 = y1 (z) = z C0 − C0 z + z − C0 z + C0 z + ... 2 18 144   1 2 5 3 25 4 = y1 (z) = C0 1 − z + z − z + z + ... 2 18 144   1 5 25 2 3 4 = y1 (z) = C0 1 − (x − 1) + (x − 1) − (x − 1) + (x − 1) + ... 2 18 144 b) Usando la f´ormula de abel

Z y2 (z) = y1 (z)

R

e− p(z)dz dz y12 (z)

reemplazando:

−

Z y2 (z) = y1 (z)

e



R

dz z

2 dz 1 2 5 3 25 4 z + ... 1−z+ z − z + 2 18 144

e−ln(z)

Z y2 (z) = y1 (z) 1−

25 6 625 8 5 25 1 z + z + ... − 2z + z 2 − z 3 + z 4 + ... + z4 − 4 324 20736 9 72

z2

dz

e−ln(z) dz 5 25 ... − 2z − z 3 + z 4 + z 5 + ... 9 72

ESPE.png

Logo z −1

Z y2 (z) = y1 (z) 1−

1 25 6 625 8 5 25 + z4 − z + z + ... − 2z + z 2 − z 3 + z 4 + ... 4 324 20736 9 72

z2

dz

z −1 dz 5 25 ... − 2z − z 3 + z 4 + z 5 + ... 9 72 Simplificando t´erminos 16

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Z y2 (z) = y1 (z)

z −1 dz 14 29 1 − 2z + 2z 2 − z 3 + z 4 + ... 9 36

Realizando la divisi´on larga se obtiene:



 14 3 1 + 2z + 2z + z + ... dz y2 (z) = y1 (z) z 9  Z  14 2 −1 0 1 z + 2z + 2z + z + ... dz = y1 (z) 9   14 3 2 = y1 (z) ln(z) + 2z + z + z + ... 27   14 3 2 = y1 (z)ln(z) + b0 y1 (z) 2z + z + z + ... 27   14 2 3 = y1 (x − 1)ln(x − 1) + b0 y1 (x − 1) 2(x − 1) + (x − 1) + (x − 1) + ... 27 Z

2 00

3.- x y + x



−1

2

 1 1 + 2x y 0 + (1 − 2x)y = 0 2 2

Soluci´on: 1 y + x 00



 1 (1 − 2x) y=0 + 2x y 0 + 2 2x2

Verificamos si 0 es un punto singular regular: 1 Lim x x→1 x



1 + 2x 2



 =

(1 − 2x) Lim x2 x→1 2x2

=

1 + 2x 2

(1 − 2x) 2



1 2

= =

1 2

ESPE.pngComo x = 0 si es punto singular regular tomamos como soluci´on:

y=

∞ X

cn xn+r

n=0

y0 =

∞ X

cn (n + r)xn+r−1

n=0

y 00 =

∞ X

cn (n + r − 1)(n + r)xn+r−2

n=0

17

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Reemplazamos en la Ecuaci´on: x

2

∞ X

cn (n + r − 1)(n + r)x

n+r−2

 +x

n=0

X ∞ 1 + 2x cn (n + r)xn+r−1 + ... 2 n=0

∞ X 1 ... + (1 − 2x) cn xn+r = 0 2 n=0 ∞ X

cn (n + r − 1)(n + r)x

n=0

... +

n+r

∞ ∞ X 1X n+r cn (n + r)x +2 cn (n + r)xn+r + ... + 2 n=0 n=0

∞ ∞ X 1X cn xn+r − 2 cn xn+r+1 = 0 2 n=0 n=0

Igualamos exponentes: ∞ X

cn (n + r − 1)(n + r)xn+r +

n=0

∞ ∞ X 1X cn (n + r)xn+r + 2 cn (n + r)xn+r + ... 2 n=0 n=0

∞ ∞ X 1X n+r ... + cn−1 xn+r = 0 cn x −2 2 n=0 n=1

Se desarrolla algunas de las series para que tengan ´ındices iguales:

∞ 1 1 r X r r c0 (r − 1)(r)x + c0 (r)x + 2c0 (r)x + c0 x + cn (n + r − 1)(n + r)xn+r + ... 2 2 n=1 r

∞ ∞ ∞ ∞ X X 1X 1X n+r n+r n+r ... + cn (n + r)x + cn−1 xn+r = 0 cn (n + r)x +2 cn x −2 2 n=1 2 n=1 n=1 n=1

Comprobamos valores de r:

c0 x

r



1 1 (r − 1)(r) + r + 2r + 2 2 3 1 r2 + r + = 0 ⇒ 2 2

ESPE.png

 =

c0 x

1 r1 = , 2

r



3 1 r + r+ 2 2 2



r2 = 1

Buscamos la Ecuaci´on de recurrencia: ∞ X

 5 1 x cn (n + r − 1)(n + r) + cn (n + r) + cn − 2cn−1 = 0 2 2 n=1   5 1 cn (n + r − 1)(n + r) + (n + r) + = 2cn−1 2 2   5 5 1 2 2 cn n + nr + nr + r − n − r + n + r + = 2cn−1 2 2 2

18

n+r



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2cn−1  cn =  3 3 1 n2 + 2nr + r2 + n + r + 2 2 2 Para r=1

cn = 

n=1 ;

c1 = 

n=2 ;

c2 = 

n=3 ;

c3 = 

n=4 ;

c4 = 

n=5 ;

c5 = 

Para r =

4c0 15

2c0 = 7 1+ +3 2 2c1 = 14 +3 4+ 2

4c1 28

=

4.4c0 28.15

2c2 = 21 9+ +3 2

4c2 45

=

4.4.4c0 45.28.15

2c3 = 28 16 + +3 2

4c3 66

=

4.4.4.4c0 66.45.28.15

2c4 = 35 25 + +3 2

4c3 91

=

4.4.4.4.4c0 91.66.45.28.15

1 2 cn = 

n=1 ;

c1 = 

ESPE.png

19

2cn−1  7 2 n + n+3 2

n=2 ;

c2 = 

n=3 ;

c3 = 

n=4 ;

c4 = 

2cn−1  3 2 n + n+2 2

2c0 = 3 1+ +2 2

4c0 9

2c1 = 6 4+ +2 2

4c1 22

=

4.4c0 22.9

2c2 = 9 9+ +2 2

4c2 31

=

4.4.4c0 31.22.9

2c3 = 12 16 + +2 2

Logo

4c3 48

=

4.4.4.4c0 48.31.22.9

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n=5 ;

c5 = 

4c3 69

2c5 = 15 +2 25 + 2

y1

= c0 x

∞ X n=1

y2

= c0 x

1/2

=

4.4.4.4c0 69.48.31.22.9

4.4.4.4.........4! xn 91.66.45.28.15.......n2 + 27 n + 3

∞ X n=1

4.4.4.4.........4! xn 3 2 69.48.31.22.9.......n + 2 n + 2

Respuesta:  y

 = c1 x

4.4.4.4.........4!

n=1

7 91.66.45.28.15.......n2 + n + 3 2

  ... + c2 x1/2

1.3.4



∞ X

 xn  + ... 

∞ X

4.4.4.4.........4!

n=1

3 69.48.31.22.9.......n2 + n + 2 2

 xn 

Ejercicios propuestos

Averig¨ ue los puntos ordinarios y puntos singulares regulares e irregulares: 1.- x2 y 00 + αxy 0 + βy = 0 Soluci´on: x=0 x 6= 0

P.S.R P.O

Resuelva las siguientes ecuaciones Diferenciales: 1.- x2 y 00 + x2 +

2 9




y=0

Soluci´on: ESPE.png

Logo 

 2 3 2 9 4 Y1 = Co x 3 1 − x + x + ... 14 728   1 3 2 9 4 3 Y1 = bo x 1 − x + x + ... 10 440

20

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1.4

Ecuaci´ on de Bessel

La ecuaci´on de Bessel, una de las m´as importantes en f´ısica matem´atica,es una ecuaci´on diferencial lineal de orden 2 x2 y 00 + xy 0 + (x2 − v 2 )y = 0 que depende de un par´ametro v, el orden de la ecuaci´on diferencial. Aunque es posible que v sea un n´ umero complejo, aqu´ı consideraremos unicamente el caso p ≥ 0, real. Como se puede escribir y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = 0 p(x) =

1 x

q(x) = 1 −

y

v2 x2

el teorema de existencia y unicidad nos dice que la soluci´on se escribe como y(x) = C1 Y1 (x)+ C2 Y2 (x) y es v´alida, como m´ınimo, en el intervalo (0, ∞).

1.4.1

Resoluci´ on de EDO a trav´ es del m´ etodo de Bessel

Resuelva las siguientes Ecuaciones Diferenciales: 1.- x2 y 00 + xy 0 + x2 y = 0 Soluci´on: ∞ X

Cn X n+r

n=0

x

2

∞ X

(n + r)(n + r − 1)Cn x

n+r−2

+x

(n + r)Cn x

n+r−1

+x

n=0

n=0 ∞ X

ESPE.png

∞ X

(n + r)(n + r − 1)Cn xn+r +

∞ X

n=0

n=0

∞ X

∞ X

(n + r)(n + r − 1)Cn x

n+r

+

n=0

2

r(r − 1)Co x + r(r + 1)C1 x

+

∞ X

∞ X

Cn xn+r = 0

n=0

(n + r)Cn xn+r +

∞ X

Cn xn+r+2 = 0

n=0

(n + r)Cn x

n=0

r+1

2

n+r

+

∞ X

Cn−2 xn+r = 0

n=2

(n + r)(n + r − 1)Cn xn+r + rCo xr + (r + 1)C1 xr+1 + ...

n=2

... +

∞ X n=2

co [r(r − 1) + r]xr + c1 [r(r + 1) + r + 1]xr+1 +

∞ X

(n + r)Cn x

n+r

+

∞ X

Cn−2 xn+r = 0

n=2

[(n + r − 1)(n + r)cn + (n + r)cn + cn−2 ]xn+r = 0

n=2

21

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(r2 − r + r)co = 0 Co tiene que ser diferente de 0 r1 = r2 = 0 [r(r + 1) + r + 1]c1 = 0 c1 = 0 Cn [(n + r − 1)(n + r)] = −Cn−2 Cn = −

Cn−2 (n + r)2

Con r=0 Cn = n = 2 = C2 = −

Cn−2 ; n = 2, 3, 4... n2

Co 22

n = 3 = C3 = 0 n = 4 = C4 = −

C2 Co = 2 2 2 4 2 ∗4

n = 5 = C5 = 0 Para los pares n=2m

C2m =

C2m−2 ; m = 0, 1, 2, 3... (2m)2

m = 0 = C0 = ∞ m = 1 = C2 = −

Co 22

m = 2 = C4 = −

C2 Co = 2 2 2 4 2 ∗4

ESPE.png

Logo ∞ X (−1)m  x 2m Y1 (x) = = Jo (x) 2 (m!) 2 m=0

Segunda soluci´ on cuando P=0 Como estamos en el caso r1 = r2 para encontrar la segunda soluci´on hemos de resolver la relaci´on de recurrencia para encontrar Cn(r) para un valor de r arbitrario. En este caso no es demasiado dif´ıcil de hacer: Si escribimos la relaci´on de recurrencia para el logaritmo de [Cn(r)] podemos deducir.

22

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

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ln|C2m (r)| = −2

m X

+ln(2k + r)

k=1

La derivada es: m X dC2m (r) 1 = −2C2m (r) + dr 2k + r k=1

Reemplazamos r=0

C2m (0) =

(−1)m+1 Hm Co 22m (m!)2

Donde: Ho = 0 Hm = 1 +

1 1 1 + + .... + 2 3 m

∞ m X (−1)m x 2m X (−1)m+1 Hm  x 2m Y2 (x) = ln(x) ∗ ( ) + (m!)2 2 (m!)2 2 m=0 k=0

Respuesta:

Y2 (x) = ln(x) ∗ Jo (x) +

m X (−1)m+1 Hm  x 2m k=0

(m!)2

2

V´alido solo para x mayores que 0.  1 3.- (x − 2) y + (x − 2)y + (x − 2) − y=0 4 2

00

0



2

Soluci´on: ESPE.png

y=

∞ X

Cn (x − 2)n+r

Logo

n=0 0

y =

∞ X

(n + r) C n (x − 2)n+r−1

n=0 00

y =

∞ X

(n + r) (n + r − 1) C n (x − 2)n+r−2

n=0

Reemplazando en la ecuaci´on obtenemos:

23

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

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2

(x − 2)

∞ X

(n + r) (n + r − 1) C n (x − 2)

n+r−2

+ (x − 2)

∞ X

n=0

(n + r) C n (x − 2)n+r−1 + ...

n=0

... + (x − 2)

2

∞ X

∞

Cn (x − 2)

n+r

n=0

∞ X

n+r

(n + r) (n + r − 1) C n (x − 2)

+

n=0

∞ X

1X − Cn (x − 2)n+r = 0 4 n=0

(n + r) C n (x − 2)n+r + ...

n=0

+ ...

∞ X

∞

Cn (x − 2)

n+r+2

n=0

r+1

r

r (r − 1) C0 (x − 2) + r (r + 1) C1 (x − 2)

+

∞ X

1X Cn (x − 2)n+r = 0 − 4 n=0

(n + r) (n + r − 1) C n (x − 2)n+r + ...

n=2 r

r+1

... + rC0 (x − 2) + (r + 1) C1 (x − 2)

+

∞ X

(n + r) C n (x − 2)n+r + ...

n=2

... +

∞ X

∞

1 1 1X Cn−2 (x − 2)n+r − C0 (x − 2)r − C1 (x − 2)r+1 − Cn (x − 2)n+r = 0 4 4 4 n=2 n=2

    1 3 r+1 2 2 (x − 2) C0 r − + (x − 2) C1 r + 2r − + ... 4 4    ∞  X 1 2 Cn (n + r) − + Cn−2 (x − 2)n+r = 0 ... + 4 n=2 r

  1 2 C0 r − =0 ; 4

C0 6= 0 ;

r1 =

1 2

;

r2 = −

1 2

F´ormula de recurrencia:  Cn ESPE.png

 1 + Cn−2 = 0 (n + r) − 4 2

Cn = −

Cn−2

Logo

1 (n + r) − 4 2

Cuando r=1/2 Cn = −

Cn−2 n (n + 1)

Solo se tiene valores para los n pares ya que para los n impares no existe (es igual a cero) por lo que se tiene:

24

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

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C0
22 1 + 12 C0

= 4 2 2! 1 + 12 2 + 21 C
0 1

= − 6 1 2 3! 1 + 2 2 + 2 3 + 12

C2 = − C4 C6 De donde:

C2n = Si C0

(−1)n C0


n + 21 − 1 n + 12 − 2 . . . 1 + 12


1

22n n! n + 2 1
= p 1 2 Γ 2 +1

C2n =

22n+p n! n +


1 2

(−1)n


n + 12 − 1 n + 12 − 2 . . . 1 + 12 Γ

1 2

+1




Utilizando la Funci´on Gamma la ecuacion se puede escribir como:

C2n

(−1)n
= 2n+p 2 Γ (n + 1) Γ n + 21 + 1

Por lo tanto la soluci´on es:

y1 (x) =

∞ X n=0

 2n+ 12 x−2 (−1)n
2 Γ (n + 1) Γ n + 12 + 1

Cuando r=-1/2 la soluci´on es muy similar, tenemos:

y2 (x) =

∞ X n=0

 2n− 12 (−1)n x−2
2 Γ (n + 1) Γ n − 21 + 1

Y la soluci´on general es: ESPE.png

Logo y (x) = C1 y1 + C2 y2

y (x) = C1

∞ X n=0

... + C2

2n+ 12  (−1)n x−2
+ ... 2 Γ (n + 1) Γ n + 21 + 1

∞ X n=0

25

 2n− 12 (−1)n x−2
2 Γ (n + 1) Γ n − 21 + 1

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS-ESPE 1.4.2

Ejercicios propuestos

Resuelva las siguientes Ecuaciones Diferenciales: 1.- x2 y 00 + xy 0 + x2 −

4 9




y=0

Soluci´on: 

 3 2 9 4 9 6 Y1 = C o x 1 − x + x − x ... 20 1280 56320   3 2 9 4 9 6 − 23 1− x + x − x ... Y 1 = bo x 4 128 3584 2 3

2.- x2 y 00 + xy 0 + x2 −

4 9




y=0

Soluci´on: Y =

∞ X n=0

 x 2n+2 (−1)n Γ (n + 1) Γ (n + 3) 2

ESPE.png

26

Logo

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

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2

Transformadas de Laplace

2.1

Definici´ on Sea f (t) una funci´on definida para t > 0 la trsnformada de Laplace que se denota L { f ( t )} = F (s)

se define por Z L [ f ( t )] =

∞

e−st f (t) dt

0

2.2

Existencia de la transformada de Laplace

Una funci´on f (t) es de orden exponencial si existe constantes M, C, T tales que cumplan la siguiente condici´on | f (t) |≤ M eCT Teorema Si la funci´on f (t) es continua por tramos en [0, ∞), y de orden exponencial entonces la transformada de Laplace de la funci´on existe.

2.3

Transformada inversa de Laplace

ESPE.png

27

Logo

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS-ESPE 2.3.1

Ejercicios de Transformada de Laplace - Definici´ on y Propiedades

Usando Laplace encontrar F(s) o f(t) seg´ un corresponda 1.- f (t) = senh(wt) Soluci´on:

L{f (t)} = L{senh(wt)} Z L{senh(wt)} =

∞

e−st senh(wt)dt

0

Derivacion por partes:

Z lim

b→∞

b −st

e 0

u = senh(wt)

du = wcosh(wt)

dv = e−st dt

v=−

e−st senh(wt) w + lim senh(wt)dt = − s s b→∞

b

dv = e−st dt

v=−

b→∞

e−st cosh(wt)dt

0

du = wsenh(wt)

I = lim

e−st s

b

e−st senh(wt)dt

0

 −st  Z e−st senh(wt) w e cosh(wt) w b −st I=− e senh(wt)dt + − + lim b→∞ s 0 s s s

I=−

e−st senh(wt) we−st cosh(wt) w2 − + 2I s s2 s

w2 I 1− 2 s 

28

Z

u = cosh(wt)

Z

ESPE.png

e−st s

 =

−se−st senh(wt) − we−st cosh(wt) s2

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

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I=

−se−st senh(wt) − we−st cosh(wt) s2 − w 2

b −se−st senh(wt) − we−st cosh(wt) L{senh(wt)} = lim b→∞ s2 − w 2 0 −se−sb senh(wb) − we−sb cosh(wb) 0+w F (s) = lim + 2 2 2 b→∞ s −w s − w2 



Respuesta: F (s) =

s2

w − w2

1

2.- f (t) = e 5 t

Z

1 t 5

∞

1

e−st e 5 t dx

L{e } = 0

Z

∞

1

e−t(s− 5 ) dx

= 0

=

1 s−

1 5

3.- f (t) = tcos(t) − 2 Soluci´on:

Z ESPE.png

∞

L{f (t)} =

e−st (t ∗ cos(t) − 2)dt

Z = lim

b→∞

b −st

e

Z ∗ t ∗ cos(t)dt − 2

0

cos(t) =

29

Logo

0

b −st

e

 dt

0

et + e−t 2

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS-ESPE b

Z = lim

b→∞

0

# −st b t −t e e + e )dt − 2 e−st ∗ t ∗ ( 2 s 0

  Z b Z 1 1 b 2 −st t −st −t = lim t ∗ e ∗ e dt + t ∗ e ∗ e dt − b→∞ 2 0 2 0 s   Z b Z 1 b 2 1 −t(s−1) −t(s+1) t∗e dt + t∗e dt − = lim b→∞ 2 0 2 0 s Integral por partes: dv = e−t(s−1) dv = e−t(s+1) e−t(s−1) e−t(s+1) du = dt v=− v=− s−1 s+1 #  Z b b 1 t ∗ e−t(s−1) 1 = lim − + e−t(st−1) dt + .. b→∞ 2 s − 1 0 s−1 0 b #  Z b 2 1 t ∗ e−t(s+1) 1 e−t(st+1) dt − .. + − + 2 s+1 s+1 0 s 0 u=t

1 = lim b→∞ 2



1 s−1

  −t(s−1) b #    −t(s+1) b # 1 e 1 e −2 + − − s−1 0 2 s+1 s + 1 0 s

Respuesta: F (S) =

1 1 2 + − 2 2 2(s − 1) 2(s + 1) s

2

4.- f (t) = e6−t

6−t2

L{e ESPE.png

30

Z

∞

e−st (6 − t2 )dt 0 Z b = lim e−st (6 − t2 )dt b→ ∞ 0  −st  b e e−st −est 2 = lim − (6 − t ) + 2t 2 + 2 3 b→ ∞ s s s 0  b   2 2 (6 − t ) 2t = lim e−st − + 2 + 3 b→ ∞ s s s   0   2 (6 − b ) 2b 2 6 2 −st 0 = lim e − + 2 + 3 −e + b→ ∞ s s s s s3   6 2 =− + s s3

}=

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( 3t, si t < 1; 5.- f (t) = 0, si t ≥ 0. Z

1

Z

∞

e−st 0dt 0 1   1 e−st e−st = −3t −3 2 s s 0  1  3 3t = −e−st ( + 2 s s 0   1 1 1 −s + 2 + 2 = −3e s s s

L{f (t)} =

e

−st

3tdt +

6.- f (t) = tcos(at); a constante Z

∞

L{tcos(at)} =

e−st tcos(at)dt

0

=

s 2 − a2 (s2 + a2 )2

7.- f (t) = 3sen(4t) − 2cos(5t) Aplicamos linealidad L{3sen(4t) − 2cos(5t)} = 3L{sen(4t)} − 2L{3sen(5t)}     4 s =3 2 −2 2 s + 42 s + 52 2s 12 − 2 = 2 s + 16 s + 25 12(s2 + 25) − 2s(s2 + 16) = (s2 + 16)(s2 + 25) −2s3 + 12s2 − 32s + 300 = (s2 + 16)(s2 + 25) 8.- f (t) = e−4t (t2 + 1)2 ESPE.pngAplicamos la primera propiedad de traslaci´on

Logo

L{e−4t (t2 + 1)2 } = L{(t2 + 1)2 } s→s+4 = L{t4 + 2t2 + 1} s→s+4   4! 2! 1 = +2 3 + s5 s s s→s+4 24 4 1 = + + 5 3 (s + 4) (s + 4) (s + 4) 2 24 + 4(s + 4) + (s + 4)4 = (s + 4)5 31

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9.- f (t) = sen2 (at) Sabemos que sen2 (at) =

1 − cos(2at) 2 

 1 − cos(2at) L{sen (at)} = L 2 1 1 = L{1} − L{cos(2at)} 2  2  1 1 s = − 2s 2 s2 + (2a)2 s2 + 4a2 − s2 = 2s(s2 + 4a2 ) 2a2 = s(s2 + 4a2 ) 2

10.- F (s) =

L

−1



2 3 5(s + 1) + + (s + 2)4 s2 + 16 s2 + 2s + 5

2 3 5(s + 1) + 2 + 2 4 (s + 2) s + 16 s + 2s + 5

11.- F (s) =

s2

−1

ESPE.png

32

     1 1 s+1 −1 −1 = 2L + 3L + 5L (s + 2)4 s2 + 4 2 (s + 2)2 + 4    3 −1 4 s 2 −1 3! −1 } + L { + 5L = L 3! s4 s→s+2 4 s2 + 4 2 (s + 2)2 + 22 s     2 −2t −1 3! 3 s −t −1 = e L + sen(4t) + 5e L 6 s4 4 s2 + 2 2 3 1 = e−2t t3 + sen(4t) + 5e−t cos(2t) 3 4 −1



s+1 + 2s + 5

L

12.- F (s) =





s+1 s2 + 2s + 5



 s+1 =L (s + 1)2 + 22   s −1 =L s2 + 22 s→s+1   s −t −1 =e L s2 + 2 2 = e−t cos(2t) −1



3s + 1 s2 − 4s + 20

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L−1 {

3s + 1 3s + 1 −1 } = L { } s2 − 4s + 20 (s − 2)2 + 16   3[(s − 2) + 2] + 1 −1 =L (s − 2)2 + 42   3(s − 2) + 7 −1 =L (s − 2)2 + 42     3(s − 2) 4 7 −1 −1 + L =L (s − 2)2 + 42 4 (s − 2)2 + 42     4 s 7 −1 −1 = 3L + L s2 + 42 s→s−2 4 s2 + 42 s→s−2 7 = 3e2t cos(4t) + e2t sen(4t) 4

Resuelva las siguientes E.D.O 1.- f (t) = t3 sen(2t) + t2 e4t Soluci´on: L{f (t)} = L{t3 sen(2t)} + L{t2 e4t } −12s3 + 60s 2 = + (s2 + 2)4 (s − 4)3 Respuesta: F (S) =

2 −12s3 + 60s + 2 4 (s + 2) (s − 4)3

3.- f (t) = tsen(wt − φ) Soluci´on: f (t) = t sin(ωt) cos(φ) + t sin(φ) cos(ωt) Z∞ ESPE.png

L{f (t)} =

−st

t sin(ωt)e 0

Z∞ cos(φ)dt +

t sin(φ) cos(ωt)dt 0

Z∞ Z∞ = cos(φ) t sin(ωt)e−st dt + sin(φ) t cos(ωt)e−st dt 0

33

0

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 = cos(φ)

 e−st (−(ωt − 1) + s2 (st + 1)) sin(wt) − w(w2 t + s2 t + 2s) cos(wt)) ∞ | + ... (w2 + s2 )2 0

 ... + sin(φ)

 e−st (w(w2 t + s2 t + 2s) sin(wt) − (w2 (st − 1) + s2 (st + 1) cos(wt)) ∞ | (w2 + s2 )2 0

Respuesta: F (S) = cos(φ) 2.3.2

2ws s2 − w + sin(φ) (w2 + s2 )2 (w2 + s2 )2

Ejercicios propuestos

Usando Laplace encontrar F(s) si f(t) es 1.- f (t)2 + at + b Soluci´on:

F (S) =

2 9 b + 2+ 3 s s s

Resuelva las siguientes E.D.O 1.- f (t) = 4sen(t) − 12 cos(t) + e3t Soluci´on: f (s) =

4 s 1 − + s + 1 2(s + 1) s − 3

ESPE.png

34

Logo

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2.4

Teorema de la Transformada de Laplace de una Derivada 0

Si f1 , f1 , ..., f1n−1 son continuias en [∞, 0) y son de orden exponencial y si f n es continua por tramos entonces 0

L{f n (t)} = sn F (s) − sn−1 F (0) − sn−2 F (0) − ... − F n−1 (0)

2.5

Teorema de la Derivada de la Transformada de Laplace

Si L{f (t)} = F (s) entonces

d F (s) = L{t f (t)} ds

L{t f (t)} = −

d F (s) ds

Demostraci´on Z∞

d d F (s) = ds ds

e−st f (t) dt

0

d F (s) = ds

Z∞

∂ −st e f (t) dt ∂s

0

d F (s) = ds

Z∞

−t e−st f (t) dt

0

d F (s) = − ds

Z∞

t e−st f (t) dt

0

ESPE.png

d F (s) = −L{t f (t)} ds

Logo

General L{tn f (t)} = (−1)n

35

dn F (s) dsn

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UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS-ESPE 2.5.1

Ejercicios de Transformadas de Laplace - Teorema de Derivadas

Usando el teorema de derivadas encontrar F(s) si f(t) es 1.- f (t) = t2 sen(t) − tet Soluci´on: L{t2 sent − tet } = L{t2 sent} − L{tet } = L{t[tsent]} − L{tet }   d d t = − L{tsent} − − L{e } ds ds     d d d 1 =− − L{sent} + ds ds ds s − 1 d2 = 2 ds d = ds



d = ds



 =−

ESPE.png



1 2 s +1



 +

0(s − 1) − 1(1) (s − 1)2

0(s2 + 1) − 1(2s) (s2 + 1)2 2s − 2 (s + 1)2

 −

 −



1 (s − 1)2

1 (s − 1)2

2(s2 + 1)2 − 2s(2)(s2 + 1)(2s) (s2 + 1)4



=

8s2 (s2 + 1) − 2(s2 + 1)2 1 − 2 4 (s + 1) (s − 1)2

=

8s2 − 2(s2 + 1) 1 − 2 3 (s + 1) (s − 1)2

−

1 (s − 1)2

Logo

Respuesta:

=

36

6s2 − 2 1 − 2 3 (s + 1) (s − 1)2

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

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3.- f (t) = wtcos(wt) Soluci´on: L{f (t)} = L{wtcos(wt)}

= −w

d s 2 ds s + w2

= −w

(s2 + w2 ) − s(2s) (s2 + w2 )2

Respuesta:

F (S) = −

w(w2 − s2 ) (s2 + w2 )2

Demostrar usando el teorema de derivadas que 1.- L{e2t (cos(wt) + sen(wt))} =

s+w−2 (s − 2)2 + w2

Soluci´on:    2t  −d s+w−2 L{t e [cos(wt) + sin(wt)] } = ds (s − 2)2 + w2

(s − 2)2 + w2 − 2(s − 2)(s + w − 2) L{te cos(wt)} + L{te sin(wt)} = − [(s − 2)2 + w2 ] 2t

2t





      d (s − 2) d w (s − 2)2 + w2 − 2(s − 2)(s + w − 2) − − =− ds (s − 2)2 + w2 ds (s − 2)2 + w2 [(s − 2)2 + w2 ] ESPE.png

Logo     −d s+w−2 (s − 2)2 + w2 − 2(s − 2)(s + w − 2) =− ds (s − 2)2 + w2 [(s − 2)2 + w2 ]

   (s − 2)2 + w2 − 2(s − 2)(s + w − 2) (s − 2)2 + w2 − 2(s − 2)(s + w − 2) − =− [(s − 2)2 + w2 ] [(s − 2)2 + w2 ] 

0=0 37

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

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Resuelva el problema de valor inicial 1.- y 00 + 2y 0 − 8y = 0; Yo = 1; Yo0 = 8 Soluci´on: L{y00 + 2y0 − 8y} = 0 L{y00} + 2L{y0} − 82L{y} = 0

Aplicar teorema de la transformada de una derivada s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 2sY (s) − 2y(0) − 8Y (s) = 0 s2 Y (s) − s − 8 + 2sY (s) − 2 − 8Y (s) = 0 (s2 + 2s − 8)Y (s) = s + 10 s + 10 y(s) = (s + 4)(s − 2) Aplicando la transformada inversa

−1

L {y(s)} = L

−1

y(t) = L

−1





s + 10 (s + 4)(s − 2)



   −1 2 −1 +L s+4 (s − 2)

Respuesta: y(t) = −e4t + 2e2t dx 2.+ x = 0, con x(0)=1 dt ESPE.png Aplicando Teorema de Laplace encontrar las funciones de s sX(s) − x(0) + X(s) = 0 (s + 1)X(s) = 1 X(s) =

1 s+1

Aplicando la transformada inversa de Laplace y = e−t 38

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3.-

d2 x dx + 3 + 2x = 0, 2 dt dt

con x(0)=1, x0(0) = −2

Aplicando Teorema de Laplace encontrar las funciones de s s2 X(s) − sx(0) − x0(0) + sX(s) − x(0) + X(s) = 0 (s2 + 3s + 2)X(s) = (s + 1) (s + 1) X(s) = (s + 1)(s + 2) Aplicando la transformada inversa de Laplace y = e−2t 4.-

d3 x + x = 0, dt3

con x(0)=1, x0(0) = 3 x00(0) = 8

Aplicando Teorema de Laplace encontrar las funciones de s s3 X(s) − s2 x(0) − sx0(0) − x00(0) + X(s) = 0 (s2 + 3s + 8)X(s) = (s3 + 1) (s2 + 3s + 8) X(s) = (s3 + 1) Factorizar y realizar fracciones parciales X(s) =

2 −s + 6 + 2 s + 1 (s − s + 1)

Aplicando la transformada inversa de Laplace 1 " t y = 2e−t − e 2 cos

2.5.2

√ ! 3 11 t − √ sen 2 3

√ !# 3 t 2

Ejercicios propuestos

Usando el teorema de derivadas encontrar F(s) si f(t) es 1.- f (t) = 1 + t − sen(t) − cos(t) ESPE.png Soluci´on:

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1 1 s + 2 − 2 s s +1 s +1 Demostrar usando el teorema de derivadas que f (s) =

1.- L{sen2 (wt)} =

2w2 S(s2 + 4w2 )

Soluci´on:

39

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2w2 = L{sen2 (wt)} S(s2 + 4w2 ) Resuelva el problema de valor inicial 1.- y 00 − 2y 0 − 3y = 0;

Yo = 1;

Yo0 = −7

Soluci´on: 3 5 f (t) = − e3t + e−t 2 2

ESPE.png

40

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2.6

Teorema de la Transformadas de Laplace de la Integral de una funci´ on

Si L{f (t)} = F (s)entonces L

 t Z 

f (θ) dθ

  

0

Demostraci´on Zt g(t) =

f (θ) dθ 0

g 0 (t) = f (t) L{g 0 (t)} = sL{g(t) − g(0)}  t  Z  L{g 0 (t)} = sL f (θ) dθ   0   t  F (s) Z f (θ) dθ = L   s 0

Considerando la Transformada Inversa

L

−1



F (s) sn

Zt Zt Zt

 =

... 0

2.6.1

Zt

0

0

f (θ) dθ 0

Ejercicios transformada de Laplace - Teorema de Integrales

Usando el teorema de integrales encontrar F(s) si f(t) es ESPE.png 1.- F (s) =

s+π + π2)

s2 (s2

Soluci´on:

F (s) =

F1 (s) = 41

s π + s3 (s2 + π 2 ) s3 (s2 + π 2 )

s s3 (s2 + π 2 ) Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

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−1

1 s 1 s 1 s

 Z t s sen(πt) · 2 = cos(πθ)dθ = 2 s +π π  Z0 t s sen(πθ) cos(πt) 1 · 2 = dθ = − + 2 2 2 s +π π π π  Z0 t   s cos(πθ) 1 sen(πt) t · 2 − = + dθ = − + s + π2 π2 π2 π3 π2 0

1 s 1 s 1 s

 Z t cos(πt) 1 π sen(πθ)dθ = − · 2 = + 2 s +π π π 0  Z t   cos(πθ) 1 π sen(πt) t − · 2 = + dθ = − + 2 2 s +π π π π π  Z0 t   2 sen(πθ) θ π cos(πt) t 1 · 2 = + dθ = + − 3 2 2 3 s +π π π π 2π π 0



L 

1 · L−1 s  −1 1 1 · · L s s

F2 (s) =

π + π2)

s3 (s2

−1



L 

1 · L−1 s  −1 1 1 L · · s s

Respuesta:

f (t) = −

3.- F (s) =

S4

sen(πt) t cos(πt) t2 1 + + + − 3 3 2 3 Π π π 2π π

1 − 2S 3

Soluci´on: F (s) =

1 1 · s3 s − 2 −1

ESPE.png

L 



1 L−1 · s  −1 1 1 L · · s s

1 s 1 s 1 s

 Z t 1 1 1 · = e2θ dθ = e2t − s−2 2 2  Z0 t   1 1 2θ 1 1 1 1 · = e − dθ = e2t − − t s−2 2 2 4 4 2  Z0 t   1 1 2θ 1 1 1 1 1 1 · = e − − θ dθ = e2t − t − − t2 s−2 4 4 2 8 4 8 4 0

Respuesta:

f (t) =

42

1 2t 1 1 1 e − t − − t2 8 4 8 4

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Resuelva los problemas de valor inicial 1.- y 00 + 4y 0 = sen(t);

Yo0 = 2

Yo = 1;

Soluci´on:

L{y00 + 4y0} = L{sent} 1 L{y00} + 4L{y0} = 2 s +1 Aplicar teorema de la transformada de una derivada 1 +1 1 s2 Y (s) − s − 2 + 4sY (s) − 4 = 2 s +1 1 +s+6 (s2 + 4s)Y (s) = 2 s +1 1 + (s + 6)(s2 + 1) Y (s) = (s2 + 1)(s2 + 4s) Aplicar transformada de Laplace inversa s2 Y (s) − sy(0) − y0(0) + 4sY (s) − 4y(0) =

s2

 1 + (s + 6)(s2 + 1) L {Y (s)} = L (s2 + 1)(s2 + 4s)     1 (s + 6)(s2 + 1) −1 −1 y(t) = L +L (s2 + 1)(s2 + 4s) (s2 + 1)(s2 + 4s)     1 s+6 −1 −1 y(t) = L +L s(s2 + 1)(s + 4) s(s + 4) −1

−1



Para cada t´ermino: Aplicar el teorema de la Transformada inversa de Laplace de la integral

L ESPE.png

−1



1 s(s + 4)(s2 + 1)



Z

t −1

L

= 0



1 (s + 4)(s2 + 1) f racciones

 dθ

Aplicando parciales   Z t 1 1 1 s−4 −1 = L − dθ 17 s + 4 17 s2 + 1 0       Z t 1 −1 1 1 −1 s 4 −1 1 = L − L + L dθ s+4 17 s2 + 1 17 s2 + 1 0 17  Z t 1 −4θ 1 4 = e − cos(θ) + sen(θ) dθ 17 17 17 0   −4θ   t 1 e 1 4 = − sen(θ) − cos(θ) 17 −4 17 17 0

1 1 4 1 = − e−4t − sent − cost + 68 17 17 4 43

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L

−1



s+6 s(s + 4)



   s 1 −1 =L + 6L s(s + 4) s(s + 4)     Z t 1 1 −1 −1 L +6 dθ =L s+4 s+4 0 Z t −4t e−4θ dθ =e +6 0 t e−4θ −4t =e +6 −4 0 3 3 = e−4t − e−4t + 2 2 −1



Al unir los resultados obtenemos

y(t) = −

3.- y 00 − 4y 0 + 4y = t3 ;

Yo = 1;

35 −4t 1 4 7 e − sent − cost + 68 17 17 4

Yo0 = 2

Soluci´on:

 L {y 00 ]} − 4L {y 0 } + 4L {y} = L t3 6 s2 Y (s) − sy (0) − y 0 (0) − 4sY (s) + 4y (0) + 4Y (s) = s4  2  6 Y (s) s − 4s + 4 = +s−2 s4 1 1 Y (s) = + 2 (s − 2) s3 (s − 2)     1 1 −1 −1 y (t) = L +L (s − 2) s3 (s − 2)2 Aplicando fraciones parciales a: 1 − 2)2 ESPE.png 1 1 0 0 0 0 s3 (s

= = = = = = =

A B C D E + 2+ + 2 + 3 s s s (s − 2) (s − 2)



2 3 A s − 4s + 4 + B s − 4s2 + 4s + C s4 − 4s3 + 4s2 + Ds3 + E s4 − 2 4A 4B − 4A 4C − 4B + A −2E + D − 4C + B E+C

A= 44

1 4

,

B=

1 4

,

C=

3 16

,

D=

1 8

,

E=−

3 16

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Remplazando en la ecuaci´on:           1 13 1 3 1 −1 −1 −1 −1 −1 y (t) = L −L +L +L +L 4s2 16s 16 (s − 2) 4s3 8 (s − 2)2 t 3 e2t t 13e2t t2 + + + − y (t) = 8 4 16 8 16 Respuesta:

y (t) = 2.6.2

 1  2 2t + 4t + 3 + e2t (2t + 13) 16

Ejercicios propuestos

Usando el teorema de integrales encontrar F(s) si f(t) es 1.- F (s) =

S 3 +3S 2 +4S−12 S 2 (S 2 −4)2

Soluci´on:

f (t) = 2.- F (s) =

1 s2

s+1 s2 +1

cosh(2t) 3 + [sinh(t) − cosh(t)] 4 4




Soluci´on:

f (t) = −cos(t) + 1 − sen(t) + t

Resuelva los problemas de valor inicial 1.- y 00 − ky 0 = 0;

Yo = 2;

Yo0 = k

Soluci´on: f (t) = ekt + 1 ESPE.png

45

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2.7

Primer Teorema de Translaci´ on

Si a es un n´ umero real cualquiera entonces la transformada de Laplace es L {eat f (t)} = F (s − a) La forma inversa del primer teorema de translaci´on es: L−1 {F (s − a)} = eat f (t)

2.8

Segundo teorema de translaci´ on

Teorema Si f (s) = L {f (t)} y a > 0 entonces L {f (t − a) µ(t − a)} = e−as F (s)

Forma inversa

L−1 {e−as F (s)} = f (t − a) µ(t − a)

2.8.1

Ejercicios Transformadas de Laplace - Propiedades de Translaci´ on

Halle f(t) o F(S) seg´ un corresponda: 1.-

2 3 + 2 (s − 3) (s − 3)3

Soluci´on: L−1 {F (s)} = f (t)

ESPE.png

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Aplicando la transformada inversa

L

46

−1



2 3 + 2 (s − 3) (s − 3)3



   2 3 −1 =L +L (s − 3)2 (s − 3)3     1 3 −1 2! −1 = 2L + L (s − 3)2 2! (s − 3)3 −1



Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

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Respuesta: 3 2 3t te 2

f (t) = 2 t e3t +

2.- f (t) = t2 u(t − 2) Aplicando escal´on unitario: f (t) = [(t2 − 4t + 4) + 4t − 4]u(t − 2) = [(t − 2)2 + 4(t − 1)]u(t − 2) = [(t − 2)2 + 4(t − 1 − 1 + 1)]u(t − 2) = [(t − 2)2 + 4(t − 2 + 1)]u(t − 2) = [(t − 2)2 + 4(t − 2) + 4]u(t − 2) = (t − 2)2 u(t − 2) + 4(t − 2)u(t − 2) + 4u(t − 2) Con f (t) podemos calcular facilmente: L{t2 u(t − 2)} = L{(t − 2)2 u(t − 2)} + L{4(t − 2)u(t − 2)] + L[4u(t − 2)} 2e−2s 4e−2s 4e−2s = + 2 + s3 s s 2e−2s [1 + 2s + 2s2 ] = s3

2.8.2

Ejercicios propuestos

Halle f(t) si F(S) es 1.-

S S 2 +6S+10

Soluci´on: f (t) = cos(t)e−3t − 3sin(t)e−3t 2.9 Transformada de una Funci´ on Peri´ odica ESPE.png

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Teorema Si f (t) es continua por tramos en el intervalo [0, ∞), de orden exponencial, y de periodo T entonces:

1 L{f (t)} = 1 − e−sT

47

Z

T

e−st f (t) dt

0

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS-ESPE 2.9.1

Ejercicios Transformada de Laplace - Funciones peri´ odicas

Encuentre la Transformada de Laplace de las siguientes funciones peri´ odicas  1, 0≤t