solución del problema de valor inicial mediante la transformación de laplace

Question

Si $g(t)=0$ para $0\leq t<1$ y $g(t)=t^2-$ 1 para $t\geq 1$ A continuación, encontrar la solución del problema de valor inicial $y''+2y'+3y=g(t)$ y $y(0)=0,y'(0)=1$ utilizando la transformación de Laplace.

Lo que he probado: Tomando la transformación de Laplace en ambos lados

$\displaystyle L(y'')+2L(y')+3L(y)=L(g(t))$

$s^2Y(s)-sy(0)-y'(0)+2[sY(s)-y(0)]+3Y(s)=L(g(t))$

$s^2Y(s)-1+2sY(s)+3Y(s)=L(g(t))$

$$\Longrightarrow Y(s)=\frac{1+L(g(t))}{s^2+2s+3}$$

$\bullet$ Si $g(t)=0$ para $0\leq t<1$ . Entonces $L(g(t))=0$

Entonces $$Y(s)=\frac{1}{s^2+2s+3}=\frac{1}{(s+1)^2+2}$$

$\bullet$ Si $g(t)=t^2-1$ . Entonces $\displaystyle L(g(t))=\frac{2}{s^3}-\frac{1}{s}$

Entonces $$Y(s)=\frac{s^3-s^2+2}{s^2(s^2+2s+3)}$$

Es mi proceso es correcto. Si no es así, por favor explíqueme cómo lo resuelvo. Gracias

Answer 1

Lo que has hecho en el lado izquierdo de la ecuación diferencial me parece bien, pero has cometido algunos errores en el lado derecho. ¿Por qué no dividiste la transformada integral en el lado derecho simplemente así? $$\mathcal {L}(g(t))=\int_0^{\infty} g(t)e^{-st}dt$$ $$\mathcal {L}(g(t))=\int_0^{1} g(t)e^{-st}dt+\int_1^{\infty} g(t)e^{-st}dt$$ $$\mathcal {L}(g(t))=\int_0^{1} 0 \times e^{-st}dt+\int_1^{\infty} (t^2-1)e^{-st}du$$ $$\mathcal {L}(g(t))=\int_1^{\infty} (t^2-1)e^{-st}dt$$ Entonces sustituye $u=t-1$ $$\mathcal {L}(g(t))=\int_0^{\infty} (u^2+2u)e^{-s(u+1)}du$$ $$\mathcal {L}(g(t))=e^{-s}\int_0^{\infty} (u^2+2u)e^{-su}du$$ $$\mathcal {L}(g(t))=e^{-s}\mathcal {L}\left (u^2+2u \right)$$ Finalmente: $$\mathcal {L}(g(t))=e^{-s}\left (\dfrac 2{s^3}+ \dfrac 2{s^2} \right)=\dfrac {2e^{-s}}{s^2}\left (\dfrac 1 {s}+ 1 \right)$$

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También se puede utilizar la función escalón de Heaviside para escribir $g(t)$ como: $$ \begin{align} g(t)&=(t^2-1)u(t-1) \\ g(t)&=((t-1+1)^2-1)u(t-1) \\ g(t)&=((t-1)^2+2(t-1))u(t-1) \\ g(t)&=(t-1)^2u(t-1)+2(t-1))u(t-1) \end{align} $$ Entonces aplica el teorema del desplazamiento: $$\mathcal {L}(u(t-a)f(t-a))=e^{-as}F(s)$$ Así que tenemos: $$\mathcal {L}(g(t))=2e^{-s}\left ( \dfrac 1 {s^3}+\dfrac 1 {s^2} \right)$$