Solución de ecuaciones diferenciales parciales utilizando la transformada de Laplace. Laplace.

Introducción

Sea cierta función $u(x,t)$ definida para $a \le t \le b$ y $t>0$ y suponiendo que $u = u(x,t)$ satisface las restricciones apropiadas. Además, sea $\displaystyle u_t = u_t (x,0) = \left. \frac{du}{dt} \right|_{t=0}$ y $U = U(x,s) = \mathcal{L} [u(x,t)]$ . A continuación se muestran algunas fórmulas a utilizar para resolver ecuaciones diferenciales parciales utilizando la transformada de Laplace.

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial t} \right] = s U(x,s) - u(x,0)$
$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial x} \right] = \frac{dU}{dx}$
$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial^2 u}{{\partial t}^{2}} \right] = s^2 U(x,s) - s u(x,0) - u_t (x,0)$
$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial^2 u}{{\partial x}^2} \right] = \frac{d^2U}{{dx}^2}$

Demostraciones

$\displaystyle \pmb{\mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial t} \right] = s U(x,s) - u(x,0)}$

Demostración. Aplicando la definición de la transformada de Laplace

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial t} \right] = \int_{0}^{\infty}{e^{-st} \cdot \frac{\partial u}{\partial t} \ dt}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial t} \right] = \lim_{m \rightarrow \infty}{\int_{0}^{m}{e^{-st} \cdot \frac{\partial u}{\partial t} \ dt}}$

Después, resolviéndolo por integración por partes,

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial t} \right] = \lim_{m \rightarrow \infty}{\left. e^{-st} u(x,t) \right|_0^m - \int_0^{\infty}{(-s e^{-st}) \cdot u(x,t) \ dt}}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial t} \right] = \lim_{m \rightarrow \infty}{e^{-s \cdot m} u(x,m) - e^{-s \cdot 0} u(x,0) + s \int_0^{\infty}{e^{-st} \cdot u(x,t) \ dt}}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial t} \right] = e^{-s \cdot \infty} u(x,\infty) - e^{-s \cdot 0} u(x,0) + s \int_0^{\infty}{e^{-st} \cdot u(x,t) \ dt}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial t} \right] = - u(x,0) + s \int_0^{\infty}{e^{-st} \cdot u(x,t) \ dt}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial t} \right] = - u(x,0) + s \mathcal{L} [u(x,t)]$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial t} \right] = - u(x,0) + s U(x,s)$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial t} \right] = s U(x,s) - u(x,0)$

Finalmente

$\displaystyle \therefore \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial t} \right] = s U(x,s) - u(x,0)$

$\displaystyle \pmb{\mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial x} \right] = \frac{dU}{dx}}$

Demostración. Partiendo de la definición de la transformada de Laplace

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial x} \right] = \int_0^{\infty}{e^{-st} \cdot \frac{\partial u}{\partial x} \ dt}$

Y utilizando la regla de diferenciación bajo el signo de la integral de Leibnitz, se tiene que

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial x} \right] = \frac{d}{dx} \int_0^{\infty}{e^{-st} \cdot u(x,t) \ dt}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial x} \right] = \frac{d}{dx} \left\{\mathcal{L} [u(x,t)] \right\}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial x} \right] = \frac{d}{dx} [U(x,s)]$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial x} \right] = \frac{dU}{dx}$

Finalmente,

$\displaystyle \therefore \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial x} \right] = \frac{dU}{dx}$

$\displaystyle \pmb{\mathcal{L} \left[\frac{\partial^2 u}{{\partial t}^{2}} \right] = s^2 U(x,s) - s u(x,0) - u_t (x,0)}$

Demostración. Sea $\displaystyle v(x,t) = \frac{\partial u}{\partial t}$ . Entonces

$\displaystyle \frac{\partial^2 u}{{\partial t}^{2}} = \frac{\partial}{\partial t} \left(\frac{\partial u}{\partial t} \right)$

$\displaystyle \frac{\partial^2 u}{{\partial t}^{2}} = \frac{\partial v}{\partial t}$

Aplicando la transformada de Laplace en ambos miembros

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial^2 u}{{\partial t}^{2}} \right] = \mathcal{L} \left[\frac{\partial v}{\partial t} \right]$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial^2 u}{{\partial t}^{2}} \right] = s \mathcal{L} [v(x,t)] - v(x,0)$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial^2 u}{{\partial t}^{2}} \right] = s \mathcal{L} \left[\frac{\partial}{\partial t} u(x,t) \right] - \frac{\partial}{\partial t} [u(x,0)]$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial^2 u}{{\partial t}^{2}} \right] = s \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial t} \right] - \left. \frac{\partial u}{\partial t} \right|_{t=0}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial^2 u}{{\partial t}^{2}} \right] = s \left[s U(x,s) - u(x,0) \right] - u_t (x,0)$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial^2 u}{{\partial t}^{2}} \right] = s^2 U(x,s) - s u(x,0) - u_t (x,0)$

Finalmente,

$\displaystyle \therefore \mathcal{L} \left[\frac{\partial^2 u}{{\partial t}^{2}} \right] = s^2 U(x,s) - s u(x,0) - u_t (x,0)$

$\displaystyle \pmb{\mathcal{L} \left[\frac{\partial^2 u}{{\partial x}^2} \right] = \frac{d^2U}{{dx}^2}}$

Demostración. Partiendo de la definición de la transformada de Laplace

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial^2 u}{{\partial x}^2} \right] = \int_0^{\infty}{e^{-st} \cdot \frac{\partial^2 u}{{\partial x}^2} \ dt}$

Y utilizando la regla de diferenciación bajo el signo de la integral de Leibnitz, se tiene que

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial^2 u}{{\partial x}^2} \right] = \frac{d^2}{{dx}^2} \int_0^{\infty}{e^{-st} \cdot u(x,t) \ dt}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial^2 u}{{\partial x}^2} \right] = \frac{d^2}{{dx}^2} \left\{\mathcal{L} [u(x,t)] \right\}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial^2 u}{{\partial x}^2} \right] = \frac{d^2}{dx^2} [U(x,s)]$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial^2 u}{{\partial x}^2} \right] = \frac{d^2U}{{dx}^2}$

Finalmente,

$\displaystyle \therefore \mathcal{L} \left[\frac{\partial^2 u}{{\partial x}^2} \right] = \frac{d^2 U}{{dx}^2}$

Problemas resueltos

Problema 1. Encontrar la solución de $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x} = 2 \frac{\partial u}{\partial t} + u$ donde $u(x,0) = 6e^{-3x}$ si $u$ es acotada para $x>0$ , $t>0$ .

Solución. Tomando la transformada de Laplace en ambos miembros con respecto a $t$

$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x} = 2 \frac{\partial u}{\partial t} + u$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial x} \right] = \mathcal{L} \left[2 \frac{\partial u}{\partial t} + u \right]$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial x} \right] = 2 \ \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial t} \right] + \mathcal{L} [u]$

$\displaystyle \frac{dU}{dx} = 2 [s U(x,s) - u(x,0)] +U(x,s)$

$\displaystyle \frac{dU}{dx} = 2 s U(x,s) - 2 u(x,0) +U(x,s)$

$\displaystyle \frac{dU}{dx} = (2 s+1) U(x,s) - 2 u(x,0)$

$\displaystyle \frac{dU}{dx} - (2 s+1) U(x,s) = - 2 u(x,0)$

$\displaystyle \frac{dU}{dx} - (2 s+1) U(x,s) = - 2 (6e^{-3x})$

$\displaystyle \frac{dU}{dx} - (2 s+1) U(x,s) = - 12 e^{-3x}$

Se observa que gracias a la transformada de Laplace convirtió la ecuación diferencial parcial en una ecuación diferencial ordinaria. Para resolverla, se utilizará el método del factor integrante.

$\displaystyle U(x,s) = \frac{1}{e^{\int{-(2s+1) \ dx}}} \int{e^{\int{-(2s+1) \ dx}} (-12 e^{-3x}) \ dx}$

$\displaystyle U(x,s) = - \frac{12}{e^{-(2s+1)x}} \int{e^{-(2s+1)x} e^{-3x} \ dx}$

$\displaystyle U(x,s) = - \frac{12}{e^{-(2s+1)x}} \int{e^{-(2s+4)x} \ dx}$

$\displaystyle U(x,s) = - \frac{12}{e^{-(2s+1)x}} \left[-\frac{1}{2s+4}e^{-(2s+4)x} + C \right]$

$\displaystyle U(x,s) = \frac{12}{2s+4}e^{-3x} + Ce^{(2s+1)x}$

$\displaystyle U(x,s) = \frac{6}{s+2}e^{-3x} + Ce^{(2s+1)x}$

Ahora, como $u(x,t)$ es acotada para $x\rightarrow 0$ , se debe tener que $U(x,s)$ debe ser acotada también cuando $x \rightarrow \infty$ , de tal suerte que se puede tomar $c=0$ . Entonces,

$\displaystyle U(x,s) = \frac{6}{s+2}e^{-3x} + (0) e^{(2s+1)x}$

$\displaystyle U(x,s) = \frac{6}{s+2}e^{-3x}$

Aplicando la transformada inversa de Laplace en ambos miembros, resulta

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} [U(x,s)] = \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{6}{s+2}e^{-3x} \right]$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} [U(x,s)] = 6e^{-3x} \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{s+2} \right]$

$\displaystyle u(x,t) = 6 e^{-3x} e^{-2t}$

Finalmente,

$\displaystyle \therefore u(x,t) = 6 e^{-3x} e^{-2t}$

Problema 2. Resolver $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial t} = \frac{\partial^2 u}{{\partial x}^2}$ , con $u(x,0)=3\sin{2\pi x}$ , $u(0,t) = 0$ , $u(1,t)=0$ donde $0<x<1$ y $t>0$ .

Solución. Aplicando la transformada de Laplace en ambos miembros,

$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial t} = \frac{\partial^2 u}{{\partial x}^2}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial t} \right] = \mathcal{L} \left[ \frac{\partial^2 u}{{\partial x}^2} \right]$

$\displaystyle sU(x,s) - u(x,0) = \frac{d^2 U}{{dx}^2}$

$\displaystyle sU(x,s) - 3 \sin{2\pi x} = \frac{d^2 U}{{dx}^2}$

$\displaystyle \frac{d^2 U}{{dx}^2} - s U(x,s) = - 3 \sin{2 \pi x}$

Resolviendo la ecuación diferencial parcial, se tiene la solución general

$\displaystyle U(x,s) = C_1 e^{\sqrt{s} x} + C_2 e^{-\sqrt{s} x} + \frac{3}{s+4 \pi^2} \sin{2\pi x}$

Se toma la transformada de Laplace aquellas condiciones de frontera en las que aparece la variable $t$ .

$\displaystyle \mathcal{L} [u(0,t)] = U(0,s) = 0$ y $\displaystyle \mathcal{L} [u(1,t)] = U(1,s) = 0$

Ahora, cuando $x=0$ , en la ecuación $U(x,s)$ resulta que

$\displaystyle U(0,s) = C_1 e^{\sqrt{s} (0)} + C_2 e^{-\sqrt{s} (0)} + \frac{3}{s+4 \pi^2} \sin{(2\pi \cdot 0)}$

$\displaystyle 0 = C_1 + C_2$

Y cuando $x=1$ , en la ecuación $U(x,s)$ se tiene que

$\displaystyle U(1,s) = C_1 e^{\sqrt{s} (1)} + C_2 e^{-\sqrt{s} (1)} + \frac{3}{s+4 \pi^2} \sin{(2\pi \cdot 1)}$

$\displaystyle 0 = C_1 e^{\sqrt{s}} + C_2 e^{-\sqrt{s}}$

Por lo que se tiene un sistema

\displaystyle C_1 e^{\sqrt{s}} + C_2 e^{-\sqrt{s}} = 0

Cuya solución es $C_1=0$ y $C_2 = 0$ . Sustitueyndo en la ecuación $U(x,s)$ , resulta que

$\displaystyle U(x,s) = C_1 e^{\sqrt{s} x} + C_2 e^{-\sqrt{s} x} + \frac{3}{s+4 \pi^2} \sin{2\pi x}$

$\displaystyle U(x,s) = (0) e^{\sqrt{s} x} + (0) e^{-\sqrt{s} x} + \frac{3}{s+4 \pi^2} \sin{2\pi x}$

$\displaystyle U(x,s) = \frac{3}{s+4 \pi^2} \sin{2\pi x}$

Aplicando la transformada inversa de Laplace en ambos miembros,

$\displaystyle \mathcal{L} [U(x,s)] = \mathcal{L} \left[\frac{3}{s+4 \pi^2} \sin{2\pi x} \right]$

$\displaystyle \mathcal{L} [U(x,s)] = 3 \sin{2\pi x} \mathcal{L} \left[\frac{1}{s+4 \pi^2} \right]$

$\displaystyle u(x,t) = 3 \sin{2\pi x} e^{-4 \pi^2}$

$\displaystyle u(x,t) = 3 e^{-4 \pi^2} \sin{2\pi x}$

Finalmente,

$\displaystyle \therefore u(x,t) = 3 e^{-4 \pi^2} \sin{2\pi x}$

Problema 3. Hallar la solución acotada de $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial t} = \frac{\partial^2 u}{{\partial x}^2}$ , donde $x>0$ y $t>0$ y tal que $u(0,t)=1$ , $u(x,0)=0$ .

Solución. Aplicando la transformada de Laplace en ambos lados

$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial t} = \frac{\partial^2 u}{{\partial x}^2}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial u}{\partial t} \right] = \mathcal{L} \left[\frac{\partial^2 u}{{\partial x}^2} \right]$

$\displaystyle s U(x,s) - u(x,0) = \frac{d^2 U}{{dx}^2}$

$\displaystyle s U(x,s) - 0 = \frac{d^2 U}{{dx}^2}$

$\displaystyle s U(x,s) = \frac{d^2 U}{{dx}^2}$

$\displaystyle \frac{d^2 U}{{dx}^2} = s U(x,s)$

Resolviendo la ecuación diferencial

$\displaystyle U(x,s) = C_1 e^{\sqrt{s} x} + C_2 e^{-\sqrt{s} x}$

Ahora, se toma la transformada de Laplace aquellas condiciones de frontera en las que aparece la variable $t$ .

$\displaystyle u(0,t) = 1$

$\displaystyle \mathcal{L} [u(0,t)] = \mathcal{L} [1]$

$\displaystyle U(0,s) = \frac{1}{s}$

Como $u(x,t)$ debe ser acotada cuando $x \rightarrow \infty$ . entonces $U(x,s) = \mathcal{L} [u(x,t)]$ deberá serlo también cuando $x \rightarrow \infty$ . Entonces, suponiendo que $\sqrt{s} > C_1$ , $C_1$ deberá ser necesariamente cero, de tal manera que en el resultado de $U(x,s)$ ,