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Conversión de ecuaciones diferenciales a ecuaciones integrales y viceversa. Laplace.

Introducción

Una ecuación integral es aquella que tiene la siguiente forma

\displaystyle y(t) = f(t) + \int_{a}^{b}{\kappa (u,t) y(u,t) du}

donde f(t) y \kappa (u,t) son conocidas, y a y b son constantes dadas o funciones de t, y la función y(t) que aparece bajo el signo de la integral es la que se trata de determinar.

La función \kappa (u,t) se llama el núcleo de la ecuación integral. Si a, b son constantes, la ecuación se llama ecuación integral de Fredholm. Si a es constante y b=t, se llama ecuación integral de Volterra.

Es posible transformar una ecuación diferencial lineal en una ecuación integral.

Problemas resueltos

Problema 1. Transformar la ecuación

\displaystyle y''(t) - 3y'(t) + 2y(t) = 4 \sin{t}, y(0)=1, y'(0)=-2

en una ecuación integral.

Solución.

Primer método. Se integra en ambos miembros la ecuación diferencial

\displaystyle y''(t) - 3y'(t) + 2y(t) = 4 \sin{t}

\displaystyle \int_0^t{[y''(u) - 3y'(u) + 2y(u)] \ du} = 4 \int_0^t{\sin{u} \ du}

\displaystyle \int_0^t{y''(u) \ du} - 3 \int_0^{t}{y'(u) \ du} + 2 \int_0^t{y(u) \ du} = 4 \int_0^t{\sin{u} \ du}

\displaystyle y'(t) - y'(0) - 3 y(t) + 3y(0) + 2 \int_0^t{y(u) \ du} = -4 \cos{t} + 4

Utilizando las condiciones y(0)=1 y y'(0)=-2, resulta lo siguiente

\displaystyle y'(t) - (-2) - 3 y(t) + 3(1) + 2 \int_0^t{y(u) \ du} = -4 \cos{t} + 4

\displaystyle y'(t) + 2 - 3 y(t) + 3 + 2 \int_0^t{y(u) \ du} = -4 \cos{t} + 4

\displaystyle y'(t) - 3 y(t) + 5 + 2 \int_0^t{y(u) \ du} = -4 \cos{t} + 4

\displaystyle y'(t) - 3 y(t)  + 2 \int_0^t{y(u) \ du} = -4 \cos{t} - 1

Integrando nuevamente,

\displaystyle \int_0^t{ \left[y'(u) - 3 y(u)  + 2 \int_0^t{y(u) \ du} \right] \ du} = \int_0^t{\left(-4 \cos{u} - 1 \right) \ du}

\displaystyle \int_0^t{y'(u) \ du} - 3 \int_0^t{y(u) \ du} + 2 \int_0^t{(t-u) \ y(u) \ du} = - 4 \int_0^t{\cos{u} \ du} - \int_0^t{du}

\displaystyle y(t) - y(0) - 3 \int_0^t{y(u) \ du} + 2 \int_0^t{(t-u) \ y(u) \ du} = - 4 \sin{t} - t

Utilizando la condicion y(0)=1, resulta lo siguiente

\displaystyle y(t) - (1) - 3 \int_0^t{y(u) \ du} + 2 \int_0^t{(t-u) \ y(u) \ du} = - 4 \sin{t} - t

\displaystyle y(t) - 3 \int_0^t{y(u) \ du} + 2 \int_0^t{(t-u) \ y(u) \ du} = 1 - 4 \sin{t} - t

\displaystyle y(t) + \int_0^t{(2t- 2u - 3)  \ y(u) \ du} = 1 - 4 \sin{t} - t

\displaystyle y(t) = 1 - t - 4\sin{t} - \int_0^t{(2t- 2u - 3)  \ y(u) \ du}

\displaystyle y(t) = 1 - t - 4\sin{t} + \int_0^t{[3 - 2(t- u)]  \ y(u) \ du}

Finalmente,

\displaystyle \therefore y(t) = 1 - t - 4\sin{t} + \int_0^t{[3 - 2(t- u)]  \ y(u) \ du}

Segundo método. Sea y''(t) = v(t). Entonces, integrando en ambos miembros entre 0 y t, se tiene lo siguiente

\displaystyle y''(t) = v(t)

\displaystyle \int_0^t{y''(u) \ du} = \int_0^t{v(u) \ du}

\displaystyle y'(t) - y'(0) = \int_0^t{v(u) \ du}

Utilizando la condición y'(0)=-2

\displaystyle y'(t) - (-2) = \int_0^t{v(u) \ du}

\displaystyle y'(t) + 2 = \int_0^t{v(u) \ du}

\displaystyle y'(t) = \int_0^t{v(u) \ du} - 2

Integrando nuevamente entre 0 y t

\displaystyle \int_0^t{y'(u) \ du} = \int_0^t{(t-u) \ v(u) \ du} - 2\int_0^t{du}

\displaystyle y(t) - y(0) = \int_0^t{(t-u) \ v(u) \ du} - 2t

Utilizando la condición y(0)=1

\displaystyle y(t) - (1) = \int_0^t{(t-u) \ v(u) \ du} - 2t

\displaystyle y(t) = \int_0^t{(t-u) \ v(u) \ du} - 2t + 1

De los resultados y''(t), y'(t) y y(t), se sustituyen en la ecuación diferencial del problema.

\displaystyle y''(t) - 3y'(t) + 2y(t) = 4 \sin{t}

\displaystyle v(t) - 3\left[ \int_0^t{v(u) \ du} - 2 \right] + 2\left[ \int_0^t{(t-u) \ v(u) \ du} - 2t + 1 \right] = 4 \sin{t}

\displaystyle v(t) - 3 \int_0^t{v(u) \ du} + 6 + 2 \int_0^t{(t-u) \ v(u) \ du} - 4t + 2 = 4 \sin{t}

\displaystyle v(t) + \int_0^t{(2t-2u-3) \ v(u) \ du} = 4t + 4 \sin{t} - 8

\displaystyle v(t) = 4t + 4 \sin{t} - 8 + \int_0^t{(2t-2u-3) \ v(u) \ du}

Finalmente,

\displaystyle \therefore v(t) = 4t + 4 \sin{t} - 8 + \int_0^t{(2t-2u-3) \ v(u) \ du}

Problema 2. Convertir la ecuación diferencial

\displaystyle y''(t) + (1-t) y'(t) + e^{-t}y(t) = t^3-5t, donde y(0)=-3 y y'(0)=4

en una ecuación integral.

Solución.

Primer método. Integrando en ambos miembros la ecuación diferencial del problema

\displaystyle y''(t) + (1-t) y'(t) + e^{-t}y(t) = t^3-5t

\displaystyle \int_0^t{[y''(u) + (1-u) y'(u) + e^{-u}y(u)] \ du} = \int_0^t{(u^3-5u) \ du}

\displaystyle \int_0^t{y''(u) \ du} + \int_0^t{(1-u) y'(u) \ du}+ \int_0^t{e^{-u}y(u) \ du} = \int_0^t{(u^3-5u) \ du}

\displaystyle y'(t) - y'(0) + (1-t) y(t) - y(0) + \int_0^t{y(u) \ du} + \int_0^t{e^{-u}y(u) \ du} = \frac{1}{4} t^4 - \frac{5}{2} t^2

Utilizando las condiciones y(0)=-3 y y'(0)=4

\displaystyle y'(t) - 4 + (1-t) y(t) - (-3) + \int_0^t{y(u) \ du} + \int_0^t{e^{-u}y(u) \ du} = \frac{1}{4} t^4 - \frac{5}{2} t^2

\displaystyle y'(t) + (1-t) y(t) + \int_0^t{y(u) \ du} + \int_0^t{e^{-u}y(u) \ du} = \frac{1}{4} t^4 - \frac{5}{2} t^2 + 1

Integrando nuevamente,

\displaystyle \int_0^t{\left[y'(u) + (1-u) y(u) + \int_0^t{y(u) \ du} + \int_0^t{e^{-u}y(u) \ du} \right] \ du} = \int_0^t{\left[\frac{1}{4} u^4 - \frac{5}{2} u^2 + 1 \right] \ du}

\displaystyle \int_0^t{y'(u) \ du} + \int_0^t{(1-u) y(u) \ du} + \int_0^t{(t-u)y(u) \ du} + \int_0^t{(t-u) e^{-u}y(u) \ du} = \frac{1}{4} \int_0^t{u^4 \ du} - \frac{5}{2} \int_0^t{u^2 \ du} + \int_0^t{du}

\displaystyle y(t) - y(0) + \int_0^t{(1-u) y(u) \ du} + \int_0^t{(t-u)y(u) \ du} + \int_0^t{(t-u) e^{-u}y(u) \ du} = \frac{1}{20} t^5 - \frac{5}{6} t^3 + t

Utilizando las condiciones y(0)=-3 y y'(0)=4

\displaystyle y(t) - (-3) + \int_0^t{(1-u) y(u) \ du} + \int_0^t{(t-u)y(u) \ du} + \int_0^t{(t-u) e^{-u}y(u) \ du} = \frac{1}{20} t^5 - \frac{5}{6} t^3 + t

\displaystyle y(t) + 3 + \int_0^t{[(1-u) + (t-u)+(t-u) e^{-u}]y(u) \ du} = \frac{1}{20} t^5 - \frac{5}{6} t^3 + t

\displaystyle y(t) + \int_0^t{[(1 + t - 2u)+(t-u) e^{-u}]y(u) \ du} = \frac{1}{20} t^5 - \frac{5}{6} t^3 + t - 3

Segundo método. Sea y''(t)=v(t). Entonces integrando,

\displaystyle y''(t) = v(t)

\displaystyle \int_0^t{y''(u) \ du} = \int_0^t{v(u) \ du}

\displaystyle y'(t) - y'(0) = \int_0^t{v(u) \ du}

Sabiendo que y'(0)=4

\displaystyle y'(t) - 4 = \int_0^t{v(u) \ du}

\displaystyle y'(t) = 4 + \int_0^t{v(u) \ du}

Integrando nuevamente,

\displaystyle \int_0^t{y'(u) \ du} = \int_0^t{\left[4 + \int_0^t{v(u) \ du} \right] \ du}

\displaystyle \int_0^t{y'(u) \ du} = 4t + \int_0^t{(t-u) \ v(u) \ du}

\displaystyle y(t) - y(0) = 4t + \int_0^t{(t-u) \ v(u) \ du}

recordando que y(0)=-3

\displaystyle y(t) - (-3) = 4t + \int_0^t{(t-u) \ v(u) \ du}

\displaystyle y(t) + 3 = 4t + \int_0^t{(t-u) \ v(u) \ du}

\displaystyle y(t) = 4t - 3 + \int_0^t{(t-u) \ v(u) \ du}

Tomando los resultados de y(t), y'(t) y y''(t), se sustituyen en la ecuación diferencial del problema.

\displaystyle y''(t) + (1-t) y'(t) + e^{-t} (t) = t^3 - 5t

\displaystyle v(t) + (1-t) \left[4 + \int_0^t{v(u) \ du} \right] + e^{-t} \left[4t - 3 + \int_0^t{(t-u) \ v(u) \ du} \right] = t^3 - 5t

\displaystyle v(t) + 4(1-t) + (1-t) \int_0^t{v(u) \ du} + 4t e^{-t} - 3e^{-t} + e^{-t} \int_0^t{(t-u) \ v(u) \ du} = t^3 - 5t

\displaystyle v(t) =- 4(1-t) - 4t e^{-t} + 3e^{-t} + t^3 - 5t - \int_0^t{[(1-t) + e^{-t}(t-u)] \ v(u) \ du}

\displaystyle v(t) =- 4  + 4t - 4t e^{-t} + 3e^{-t} + t^3 - 5t + \int_0^t{[t-1 - e^{-t}(t-u)] \ v(u) \ du}

\displaystyle v(t) =t^3 - t - 4 + (3- 4t)e^{-t} + \int_0^t{[t-1 - e^{-t}(t-u)] \ v(u) \ du}

Finalmente,

\displaystyle v(t) =t^3 - t - 4 + (3- 4t)e^{-t} + \int_0^t{[t-1 - e^{-t}(t-u)] \ v(u) \ du}

Problema 3. Convertir la ecuación integral

\displaystyle y(t) = 3t - 4 - \sin{t} + \int_0^t{[(t-u)^2 - 3(t-u) + 2] \ y(u) \ du}

en una ecuación diferencial.

Solución. La regla de Leibnitz es

\displaystyle \frac{d}{dt} \int_{a(t)}^{b(t)}{k(u,t) \ du} = \int_{a(t)}^{b(t)}{\frac{\partial k}{\partial t} du} + k[b(t),t] \cdot \frac{db}{dt} - k[a(t),t] \cdot \frac{da}{dt}

Derivando ambos miembros en la ecuación integral

\displaystyle \frac{d}{dt} [y(t)] = \frac{d}{dt} \left[3t - 4 - 2 \sin{t} + \int_0^t{[(t-u)^2 - 3(t-u) + 2] \ y(u) \ du} \right]

\displaystyle \frac{dy}{dt} = \frac{d}{dt} (3t) - \frac{d}{dt} (4) - 2 \frac{d}{dt} (\sin{t}) + \int_0^t{2(t-u) \ y(u) \ du} - 3\int_0^t{y(u) \ du} + 2 y(t)

\displaystyle \frac{dy}{dt} = 3 - 2 \cos{t} + \int_0^t{2(t-u) \ y(u) \ du} - 3\int_0^t{y(u) \ du} + 2 y(t)

Derivando nuevamente,

\displaystyle \frac{d}{dt} \left[\frac{dy}{dt}\right] = \frac{d}{dt} \left[3 - 2 \cos{t} + \int_0^t{2(t-u) \ y(u) \ du} - 3\int_0^t{y(u) \ du} + 2 y(t) \right]

\displaystyle \frac{d^2 y}{{dt}^2} = \frac{d}{dt} (3) - 2 \frac{d}{dt} (\cos{t}) + \frac{d}{dt} \int_0^t{2(t-u) \ y(u) \ du} - 3 \frac{d}{dt} \int_0^t{y(u) \ du} + 2 \frac{d}{dt} [y(t)]

\displaystyle \frac{d^2 y}{{dt}^2} = 2 \sin{t} + 2 \int_0^t{y(u) \ du} - 3 y(t) + 2 \frac{dy}{dt}

Nuevamente derivando,

\displaystyle \frac{d}{dt} \left[\frac{d^2 y}{{dt}^2} \right] = \frac{d}{dt} \left[2 \sin{t} + 2 \int_0^t{y(u) \ du} - 3 y(t) + 2 \frac{dy}{dt} \right]

\displaystyle \frac{d}{dt} \left[\frac{d^2 y}{{dt}^2} \right] = 2 \frac{d}{dt} (\sin{t}) + 2 \frac{d}{dt} \int_0^t{y(u) \ du} - 3 \frac{d}{dt} [y(t)] + 2 \frac{d}{dt} \left[\frac{dy}{dt} \right]

\displaystyle \frac{d^3 y}{{dt}^3} = 2\cos{t} + 2 y(t) - 3 \frac{dy}{dt} + 2 \frac{d^2 y}{{dt}^{2}}

\displaystyle y'''(t) = 2\cos{t} + 2 y(t) - 3y'(t) + 2 y''(t)

\displaystyle y'''(t) - 2 y''(t) + 3 y'(t) - 2 y(t) = 2\cos{t}

Ahora, se determinarán las condiciones iniciales. Al hacer t=0 en el resultado de y(t)

\displaystyle y(t) = 3t - 4 - \sin{t} + \int_0^t{[(t-u)^2 - 3(t-u) + 2] \ y(u) \ du}

\displaystyle y(0) = 3(0) - 4 - \sin{0} + 0

\displaystyle y(0) = - 4

Al hacer t=0 en el resultado de y'(t)

\displaystyle \frac{dy}{dt} = 3 - 2 \cos{t} + \int_0^t{2(t-u) \ y(u) \ du} - 3\int_0^t{y(u) \ du} + 2 y(t)

\displaystyle y'(t) = 3 - 2 \cos{t} + \int_0^t{2(t-u) \ y(u) \ du} - 3\int_0^t{y(u) \ du} + 2 y(t)

\displaystyle y'(0) = 3 - 2 \cos{0} + 0 + 2 y(0)

\displaystyle y'(0) = 3 - 2 (1) + 0 + 2 (-4)

\displaystyle y'(0) = 3 - 2 - 8

\displaystyle y'(0) = - 7

Al hacer t=0 en el resultado de y''(t)

\displaystyle \frac{d^2 y}{{dt}^2} = 2 \sin{t} + 2 \int_0^t{y(u) \ du} - 3 y(t) + 2 \frac{dy}{dt}

\displaystyle y''(t)  = 2 \sin{t} + 2 \int_0^t{y(u) \ du} - 3 y(t) + 2 y'(t)

\displaystyle y''(0)  = 2 \sin{0} + 2(0) - 3 y(0) + 2 y'(0)

\displaystyle y''(0)  = 2(0) + 0 - 3 (-4) + 2 (-7)

\displaystyle y''(0)  = 0 + 12 -14

\displaystyle y''(0)  = -2

Se concluye que

\displaystyle y'''(t) - 2 y''(t) + 3 y'(t) - 2 y(t) = 2\cos{t}

cuyas condiciones inciales son y(0)=-4, y'(0)=-7 y y''(0)=-2.

Problema 4. Si \lambda es una constante, expresar la ecuación diferencial

\displaystyle y''(t) + \lambda y(t) =0, y(0)=0, y(1)=0

como una ecuación integral.

Solución.

Primer método. Integrando en ambos miembros de la ecuación diferencial, se tiene lo siguiente

\displaystyle y''(t) + \lambda y(t) =0

\displaystyle \int_0^t{y''(u) \ du} + \lambda \int_0^t{y(u) \ du} = 0\int_0^t{du}

\displaystyle y'(t) - y'(0)+ \lambda \int_0^t{y(u) \ du} = 0

Integrando nuevamente,

\displaystyle \int_0^t{\left[y'(u) - y'(0)+ \lambda \int_0^t{y(u) \ du} \right] \ du} = 0 \int_0^t{du}

\displaystyle \int_0^t{y'(u) \ du} - y'(0) \int_0^t{du} + \lambda \int_0^t{(t-u) \ y(u) \ du} = 0 \int_0^t{du}

\displaystyle y(t) - y(0) - y'(0) \cdot t + \lambda \int_0^t{(t-u) \ y(u) \ du} = 0

Sabiendo que y(0)=0

\displaystyle y(t) - (0) - y'(0) \cdot t + \lambda \int_0^t{(t-u) \ y(u) \ du} = 0

\displaystyle y(t) - y'(0) \cdot t + \lambda \int_0^t{(t-u) \ y(u) \ du} = 0

\displaystyle y(t) = y'(0) \cdot t - \lambda \int_0^t{(t-u) \ y(u) \ du}

Para determinar y'(0), se toma la condición y(1) = 0. Después, despejando y'(0), resulta que

\displaystyle y(1) = y'(0) \cdot (1) - \lambda \int_0^1{(1-u) \ y(u) \ du}

\displaystyle 0 = y'(0) - \lambda \int_0^1{(1-u) \ y(u) \ du}

\displaystyle 0 = y'(0) - \lambda \int_0^1{(1-u) \ y(u) \ du}

\displaystyle y'(0) = \lambda \int_0^1{(1-u) \ y(u) \ du}

Sustituyendo el resultado de y'(0) en y(t)

\displaystyle y(t) = y'(0) \cdot t - \lambda \int_0^t{(t-u) \ y(u) \ du}

\displaystyle y(t) = t \lambda \int_0^1{(1-u) \ y(u) \ du} - \lambda \int_0^t{(t-u) \ y(u) \ du}

\displaystyle y(t) = \lambda \int_0^1{(t-tu) \ y(u) \ du} - \lambda \int_0^t{(t-u) \ y(u) \ du}

\displaystyle y(t) = \lambda \int_0^t{(t-tu) \ y(u) \ du} + \lambda \int_t^1{(t-tu) \ y(u) \ du} - \lambda \int_0^t{(t-u) \ y(u) \ du}

\displaystyle y(t) = \lambda \int_0^t{(t-tu) \ y(u) \ du} - \lambda \int_0^t{(t-u) \ y(u) \ du} + \lambda \int_t^1{(t-tu) \ y(u) \ du}

\displaystyle y(t) = \lambda \int_0^t{[(t-tu) - (t-u)] \ y(u) \ du} + \lambda \int_t^1{(t-tu) \ y(u) \ du}

\displaystyle y(t) = - \lambda \int_0^1{k(t,u) \ y(u) \ du}

Finalmente,

\displaystyle \therefore y(t) = - \lambda \int_0^1{k(t,u) \ y(u) \ du}

Donde

\displaystyle k(t,u) = \left\{\begin{matrix} u(t-1) & u<t \\ t(u-1) & u>t \end{matrix} \right.

Segundo método. Sea y''(t) = v(t). Integrando en ambos miembros

\displaystyle y''(t) = v(t)

\displaystyle \int_0^t{y''(u) \ du} = \int_0^t{v(u) \ du}

\displaystyle y'(t) - y'(0) = \int_0^t{v(u) \ du}

Como no está definido y'(0), sea y(0)=c.

\displaystyle y'(t) - c = \int_0^t{v(u) \ du}

\displaystyle y'(t) = c + \int_0^t{v(u) \ du}

Integrando nuevamente

\displaystyle \int_0^t{y'(t)} = \int_0^t{\left[c + \int_0^t{v(u) \ du} \right] \ du}

\displaystyle y(t) = ct + \int_0^t{(t-u) \ v(u) \ du}

Ahora, se determina el valor de c. Para ellos se toma la condición y(1)=0.

\displaystyle y(1) = c(1) + \int_0^1{(1-u) \ v(u) \ du}

\displaystyle 0 = c + \int_0^1{(1-u) \ v(u) \ du}

\displaystyle c= - \int_0^1{(1-u) \ v(u) \ du}

\displaystyle c= \int_0^1{(u-1) \ v(u) \ du}

Así que, en el resultado de y'(t) es

\displaystyle y'(t) = c + \int_0^t{v(u) \ du}

\displaystyle y'(t) = \int_0^1{(u-1) \ v(u) \ du} + \int_0^t{v(u) \ du}

Y en el resultado de y(t)

\displaystyle y(t) = ct + \int_0^t{(t-u) \ v(u) \ du}

\displaystyle y(t) = t \int_0^1{(u-1) \ v(u) \ du} + \int_0^t{(t-u) \ v(u) \ du}

\displaystyle y(t) = \int_0^1{(tu-t) \ v(u) \ du} + \int_0^t{(t-u) \ v(u) \ du}

\displaystyle y(t) = \int_0^t{(tu-t) \ v(u) \ du} + \int_t^1{(tu-t) \ v(u) \ du} + \int_0^t{(t-u) \ v(u) \ du}

\displaystyle y(t) = \int_0^t{(tu-t+t-u) \ v(u) \ du} + \int_t^1{(tu-t) \ v(u) \ du}

\displaystyle y(t) = \int_0^t{(tu-u) \ v(u) \ du} + \int_t^1{(tu-t) \ v(u) \ du}

\displaystyle y(t) = \int_0^t{u(t-1) \ v(u) \ du} + \int_t^1{t(u-1) \ v(u) \ du}

\displaystyle y(t) = \int_0^1{k(t,u) \ v(u) \ du}

Donde k(t,u) se ha definido como

\displaystyle k(t,u) = \left\{\begin{matrix} u(t-1) & u<t \\ t(u-1) & u>t \end{matrix} \right.

Por último, de los resultados de y''(t) y y(t), se sustituyen en la ecuación diferencial del problema.

\displaystyle y''(t) + \lambda y(t) =0

\displaystyle v(t) + \lambda \int_0^1{k(t,u) \ v(u) \ du} =0

\displaystyle v(t) = - \lambda \int_0^1{k(t,u) \ v(u) \ du}

Finalmente,

\displaystyle \therefore v(t) = - \lambda \int_0^1{k(t,u) \ v(u) \ du}

Donde,

\displaystyle k(t,u) = \left\{\begin{matrix} u(t-1) & u<t \\ t(u-1) & u>t \end{matrix} \right.


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