Solución a la EDO de primer orden que representa un sistema de física simple

Lo importante aquí es la propiedad de la función delta de Dirac$\delta(t)$para "seleccionar" un solo valor bajo el signo integral:

$$\int_{-\infty}^{\infty}\delta(s-t_0)\,g(s)\,ds=g(t_0),$$ aunque la integral no necesita ser toda la línea real, solo necesita incluir$t_0.$Aplicando esto a su fórmula para la solución de la EDO de primer orden: $$\begin{align*} y(t) &=y_0e^{-at}+e^{-at}\int^t_0f(s)\,e^{as}\,ds\\ &=y_0e^{-at}+e^{-at}\int^t_0\delta(s-t_0)\,e^{as}\,ds\\ &=y_0e^{-at}+e^{-at}e^{at_0},\quad t>t_0\\ &=y_0e^{-at}+e^{-a(t-t_0)},\quad t>t_0. \end{align*}$$

Una solución alternativa es a través de la transformada de Laplace.$\mathcal{L}[f](s)=\int_0^\infty e^{-s t}f(t)\,dt$. Escribiendo$Y(s)=\mathcal{L}[y](s)$(y suponiendo$e^{-st}f(t)\to 0$como$t\to \infty$para cualquier$s>0$), integramos por partes para obtener

$$\mathcal{L}[y'](s)=\int_0^\infty e^{-st} y'(t)\,dt = \left[e^{-s t}y(t)\right]_0^\infty-s\int_0^\infty e^{-s t}y(t)\,dt = sY(t)-y_0$$

que es un resultado estándar en las transformadas de Laplace. Además, la propiedad definitoria de la función delta de Dirac produce

$$F(s)=\mathcal{L}[f](s)=\int_0^\infty e^{-st}\delta(t-t_0)\,dt = e^{-s t_0}.$$ Por lo tanto, el IVP establecido se convierte, sobre la transformada de Laplace, en el sistema algebraico

$$sY(s) - y_0 + aY(s)=e^{-s t_0}\implies Y(s) = \frac{y_0+e^{-s t_0}}{s+a}$$

Para invertir esta transformación, uno normalmente mira una tabla de transformación de Laplace y aplica ciertos resultados 'simples'. Pero en este caso bastan algunas simples observaciones. Primero, tenemos

$$\int_0^\infty e^{-st}e^{-at}\,dt=\frac{1}{s+a}.$$ Si multiplicamos ambos lados por$y_0+e^{-st_0}$para$t_0>0$, por lo tanto tenemos

$$\begin{align} Y(s) &=\int_0^\infty (y_0+e^{-st_0})e^{-st}e^{-at}\,dt\\ &=\int_0^\infty e^{-s t}y_0 e^{-at}+\int_{t_0}^\infty e^{-s t}e^{-a(t-t_0)}\,dt\\ &=\int_0 e^{-st}(y_0 e^{-at}+ u(t-t_0)e^{-a(t-t_0)})\,dt \end{align}$$ donde en la segunda línea he desplazado la segunda integral como$t\mapsto t-t_0$y en el tercero he usado la función de escalón unitario$u(t)$(es decir,$1$si$t\geq 0$y cero en caso contrario). Por lo tanto, podemos identificar la solución como

$$y(t) = y_0 e^{-at}+e^{-a(t-t_0)}u(t-t_0) =\left\{ \begin{array}{cc} y_0 e^{- a t}, & 0\leq t <t_0\\ y_0 e^{-a t}+e^{-a(t-t_0)}, & t\geq t_0 \end{array}\right.$$ Uno también podría reemplazar$f(t)=\delta(t-t_0)$por algún genérico$f(t)$con apoyo en$t\geq 0$, en cuyo caso tendremos que invertir$F(s)/(s+a)$. Esto se logra más fácilmente a través del teorema de convolución y de esta manera recuperamos la 'solución estándar' citada por el OP.