Resolución de ecuaciones y sistemas mediante transformadas de Laplace

TEORÍA

Enunciado
1.  Resolver la ecuación  $x^{\prime}-2x=e^{5t},\quad x(0)=3.$
2.  Resolver la ecuación $$x^{\prime\prime}-5x’+4x=4,\quad x(0)=0,\quad x’(0)=2.$$ 3. Resolver la ecuación $$x^{\prime\prime\prime}+x’=e^t,\quad x(0)=x’(0)=x^{\prime\prime}(0)=0.$$ 4.  Resolver el problema de valor inicial $$\left \{ \begin{matrix} x’=6x-3y+8e^t\\y’=2x+y+4e^t,\end{matrix}\right.\quad \left \{ \begin{matrix} x(0)=-1\\y(0)=0.\end{matrix}\right.$$ 5.  Resolver la ecuación  $x^{\prime}-2x=e^{5t}.$

Solución
1.  Aplicando el operador $\mathcal{L}$ a ambos miembros, $$\left(s\mathcal{L}\left\{x\right\}-3\right)-2\mathcal{L}\left\{x\right\}=\frac{1}{s-5},$$ $$(s-2)\mathcal{L}\left\{x\right\}=\frac{1}{s-5}+3,$$ $$\mathcal{L}\left\{x\right\}=\frac{3s-14}{(s-2)(s-5)}=F(s).$$ Descomponiendo en fracciones simples, $$F(s)=\frac{3s-14}{(s-2)(s-5)}=\frac{8}{3}\frac{1}{s-2}+\frac{1}{3}\frac{1}{s-5}.$$ Por tanto, $$x=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}=\frac{8}{3}e^{2t}+\frac{1}{3}e^{5t}.$$

2.  Aplicando el operador $\mathcal{L}$ a ambos miembros, $$\left(s^2\mathcal{L}\left\{x\right\}-5s+4\right)-5\left(s\mathcal{L}\left\{x\right\}\right)+4\mathcal{L}\left\{x\right\}=\frac{4}{s},$$ $$(s^2-5s+4)\mathcal{L}\left\{x\right\}=\frac{4}{s}+2,$$ $$\mathcal{L}\left\{x\right\}=\frac{2s+4}{s(s^2-5s+4)}=F(s).$$ Descomponiendo en fracciones simples, $$F(s)=\frac{2s+4}{s(s^2-5s+4)}=\frac{1}{s}-\frac{2}{s-1}+\frac{1}{s-4}.$$ Por tanto, $$x=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}=1-2e^{t}+e^{4t}.$$ 4. Resolver el problema de valor inicial $$\left \{ \begin{matrix} x’=6x-3y+8e^t\\y’=2x+y+4e^t,\end{matrix}\right.\quad \left \{ \begin{matrix} x(0)=-1\\y(0)=0.\end{matrix}\right.$$ 5. Resolver la ecuación  $x^{\prime}-2x=e^{5t}.$

3.  Aplicando el operador $\mathcal{L}$ a ambos miembros, $$s^3\mathcal{L}\left\{x\right\}+s\mathcal{L}\left\{x\right\}=\frac{1}{s-1},$$ $$(s^3+s)\mathcal{L}\left\{x\right\}=\frac{1}{s-1},$$ $$\mathcal{L}\left\{x\right\}=\frac{1}{s(s-1)(s^2+1)}=F(s).$$ Descomponiendo en fracciones simples, $$F(s)=\frac{1}{s(s-1)(s^2+1)}=-\frac{1}{s}+\frac{1/2}{s-1}+\frac{s/2-1/2}{s^2+1}.$$ Por tanto, $$x=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}=-1+\frac{1}{2}e^{t}+\frac{1}{2}\cos t-\frac{1}{2}\operatorname{sen}t.$$

4.  Aplicando el operador $\mathcal{L}:$ $$\left \{ \begin{matrix}  s\mathcal{L}\{x\}+1=6\mathcal{L}\{x\}-3\mathcal{L}\{y\}+\frac{8}{s-1} \\s\mathcal{L}\{y\}=2\mathcal{L}\{x\}+\mathcal{L}\{y\}+\frac{4}{s-1}.\end{matrix}\right.$$ Resolviendo el sistema anterior en las incógnitas $\mathcal{L}\{x\}$ y $\mathcal{L}\{y\}:$ $$\left \{ \begin{matrix} \mathcal{L}\{x\}=\frac{-s+7}{(s-1)(s-4)} \\\mathcal{L}\{y\}=\frac{2}{(s-1)(s-4)}.\end{matrix}\right.$$ Descomponiendo en fracciones simples, $$\mathcal{L}\{x\}=\frac{-2}{s-1} +\frac{1}{s-4},$$ $$\mathcal{L}\{y\}=\frac{-2/3}{s-1} +\frac{2/3}{s-4}.$$ Aplicando $\mathcal{L}^{-1}:$ $$\left \{ \begin{matrix} x=-2e^t+e^{4t}\\y=-\frac{2}{3}e^t+\frac{2}{3}e^{4t}.\end{matrix}\right.$$

5.  En este caso, no nos dan condiciones iniciales. Esto implica que $x(0)=C$ siendo $C\in\mathbb{R}.$ Aplicando el operador $\mathcal{L}$ a ambos miembros, $$\left(s\mathcal{L}\left\{x\right\}-C\right)-2\mathcal{L}\left\{x\right\}=\frac{1}{s-5},$$ $$(s-2)\mathcal{L}\left\{x\right\}=\frac{1}{s-5}+C,$$ $$\mathcal{L}\left\{x\right\}=\frac{1}{(s-2)(s-5)}+\frac{C}{s-2}=F(s).$$ Descomponiendo en fracciones simples, $$F(s)=\frac{-1/3+C}{s-2}+\frac{1/3}{s-5}=\frac{K}{s-2}+\frac{1/3}{s-5}.$$ Por tanto, $$x=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}=Ke^{2t}+\frac{1}{3}e^{5t},\quad K\in\mathbb{R}.$$

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