Apuntes Transformada de Laplace...

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Apuntes Transformada de Laplace (MAT023)Segundo semestre de 2011

Verónica Gruenberg SternVivian Aranda Núñez

1. IntroducciónLa transformada de Laplace es un ejemplo de un operador. Este opera sobre una función, pro-

duciendo otra función. La transformada de Laplace es un método útil para resolver ecuacionesdiferenciales y problemas de valor inicial con condiciones en la frontera. También permite resolverecuaciones integrales ó íntegro-diferenciales. Esencialmente, estos problemas se resuelven en 3 pa-sos: en primer lugar, se transforma el problema en uno más sencillo, luego se resuelve el problemasencillo y, finalmente, la solución obtenida se transforma en el sentido inverso, obteniéndose lasolución al problema original.

Definición

Supongamos que f(t) es una función definida para todo t > 0. Definimos la transformada deLaplace de f a la siguiente integral, si ésta converge:

L(f)(s) = F (s) =

∫ ∞0

f(t) e−st dt para s > 0

Además: f(t) = L−1(F (s)), es la transformada de Laplace inversa de F .

Observación

Es importante recordar que la integral impropia anterior se define por:∫ ∞0

f(t) e−st dt = lımT→∞

∫ T

0

f(t) e−st dt

Notar, además, que el resultado de esta integral es una función en la variable s, lo que explicala notación F (s).

Ejemplos: Calcular la transformada de Laplace de las siguientes funciones:

1. f(t) = 1, ∀ t > 0

L(1)(s) = F (s) =

∫ ∞0

1 · e−st dt = lımT→∞

∫ T

0

1 · e−st dt = lımT→∞

−e−st

s

∣∣∣∣∣T

0

=

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Universidad Técnica Federico Santa MaríaDepartamento de Matemática

= lımT→∞

(−e−sT

s+

1

s

)=

1

ssiempre que s > 0.

Si s < 0, la integral diverge.

2. f(t) = eat, ∀ t > 0

L(eat)(s) = F (s) =

∫ ∞0

eat · e−st dt = lımT→∞

∫ T

0

e−(s−a)t dt

= lımT→∞

−e−(s−a)t

s− a

∣∣∣∣∣T

0

= lımT→∞

(−e−(s−a)T

s− a+e−(s−a)·0

s− a

)=

1

s− asiempre que s > a.

3. f(t) = t, ∀ t > 0

L(t)(s) = F (s) =

∫ ∞0

t e−st dt = lımT→∞

∫ T

0

t e−st dt

Integrando por partes, con u = t (∴ du = dt) ∧ dv = e−st dt

(∴ v =

−e−st

s

):

L(t)(s) = lımT→∞

[−t e−st

s

∣∣∣∣∣T

0

−∫ T

0

−e−st

sdt

]= lım

T→∞

[−t e−st

s

∣∣∣∣∣T

0

− e−st

s2

∣∣∣∣∣T

0

]=

= lımT→∞

[−t e−sT

s− e−sT

s2+

1

s2

]= lım

T→∞

−Ts esT

− lımT→∞

1

s2 esT+ lım

T→∞

1

s2

Usando la regla de L’Hôpital:

lımT→∞

−Ts esT

= lımT→∞

−1

s2 esT= 0 ⇒ L(t)(s) = 0− 0 +

1

s2=

1

s2

Notar que, usando integración por partes, se tiene que ∀n ∈ N:

L(tn)(s) =

∫ ∞0

tn e−st dt = tn · (−e−st

s)

∣∣∣∣∣∞

0

+n

s

∫ ∞0

tn−1 e−st dt =n

sL(tn−1)(s)

Luego, es posible probar inductivamente, que:

L(tn)(s) =n!

sn+1∀n ∈ N

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4. f(t) = sen(bt), ∀ t > 0

L(sen(bt))(s) = F (s) =

∫ ∞0

sen(bt) e−st dt = lımT→∞

∫ T

0

sen(bt) e−st dt

Para usar integración por partes, hacemos u = e−st ⇒ du = −s e−st dt ∧ dv =

sen(bt) dt ⇒ v = −cos(bt)

b:

∫ T

0

sen(bt) e−st dt = −e−st

bcos(bt)

∣∣∣∣∣T

0

−∫ T

0

s · e−st

bcos(bt) dt

= −e−st

bcos(bt)

∣∣∣∣∣T

0

− s

b

∫ T

0

e−st cos(bt) dt

Hacemos(u = e−st ⇒ du = −s e−st dt

)∧

(dv = cos(bt) dt ⇒ v =

sen(bt)

b

)y usando integración por partes nuevamente:

∫ T

0

sen(bt) e−st dt = −e−st

bcos(bt)

∣∣∣∣∣T

0

− s

b

∫ T

0

e−st cos(bt) dt

= −e−st

bcos(bt)

∣∣∣∣∣T

0

− s

b

e−stb

sen(bt)

∣∣∣∣∣T

0

−∫ T

0

−s e−st

bsen(bt) dt

= −e−st

bcos(bt)

∣∣∣∣∣T

0

− s e−st

b2sen(bt)

∣∣∣∣∣T

0

− s2

b2

∫ T

0

sen(bt) e−st dt

Tenemos∫ T

0

sen(bt) e−st dt a ambos lados de la ecuación. Poniendo este término al lado

derecho de la ecuación y evaluando, tenemos:(1 +

s2

b2

)∫ T

0

sen(bt) e−st dt = −e−sT

bcos(bT ) +

1

b− s e−sT

b2sen(bT )

∫ T

0

sen(bt) e−st dt =b2

b2 + s2

(−e−sT

bcos(bT ) +

1

b− s e−sT

b2sen(bT )

)Finalmente,

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L(sen(bt))(s) =

∫ ∞0

sen(bt) e−st dt

= lımT→∞

∫ T

0

sen(bt) e−st dt

= lımT→∞

b2

b2 + s2

(−e−sT

bcos(bT ) +

1

b− s e−sT

b2sen(bT )

)

=b

b2 + s2

5. Análogamente, es posible mostrar, integrando por partes dos veces, que la transformada deLaplace de la función f(t) = cos(bt), es:

L(cos(bt))(s) =s

b2 + s2

6. Si g(t) está dada por: g(t) =

{1 si 0 6 t < 10 si t > 1

entonces su transformada de Laplacees:

L(g)(s) = G(s) =

∫ 1

0

1 e−st dt+

∫ ∞1

0 e−st dt =−e−st

s

∣∣∣∣∣1

0

=−e−s

s+

1

s

7. Calcular la transformada de Laplace de f(t), donde f(t) está dada por:

f(t) =

{t si 0 6 t 6 11 si 1 < t <∞

Observación

Pareciera que para determinar las transformadas de Laplace de funciones, deberemos calcularsiempre integrales impropias. Esto no es así: una de las ventajas que tiene la transformada deLaplace son sus variadas propiedades que estudiaremos a continuación, y que nos permitirán haceruso de las transformadas de funciones conocidas. Para ello, es conveniente notar que sólo con ladefinición, hemos construído la siguiente tabla de transformadas de Laplace:

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Cuadro 1: Transformada de Laplace

f(t) L(f)(s) = F (s)

11

ss > 0

t1

s2s > 0

tnn!

sn+1s > 0

sen(bt)b

s2 + b2s > 0

cos(bt)s

s2 + b2s > 0

eat1

s− as > a

Pero, primero es necesario determinar algunas condiciones sobre una función para la existenciade su correspondiente transformada.

2. Existencia de la Transformada de Laplace

2.1. Definición

Diremos que f : [a, b] −→ R es seccionalmente continua ó continua por tramos ssi

1. f es continua en todos los puntos del intervalo [a, b], salvo a lo más en un número finito deellos.

2. Todos los puntos t0 de discontinuidad de f , son discontinuidades de tipo salto, es decir, enlos puntos de discontinuidad se tiene que los siguientes dos límites existen:

lımt→t−0

f(t) = f(t−0 ) ∈ R ∧ lımt→t+0

f(t) = f(t+0 ) ∈ R

Observación

1. |f(t+0 )− f(t−0 )| mide el salto de la discontinuidad.

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2. Si f(t+0 ) = f(t−0 ), entonces f es continua en t0. Si esto sucede en todos los eventuales puntosde discontinuidad, significa que f es continua en el intervalo [a, b]. Claramente, f continuaen [a, b] ⇒ f seccionalmente continua en [a, b].

3. Si f es seccionalmente continua en [a, b], entonces∫ b

a

f(t) dt existe y es independiente de los

valores que toma f en los puntos de discontinuidad (si es que los toma).

4. Si f y g son seccionalmente continuas en [a, b] con f(x) = g(x) ∀x excepto en los puntos

de discontinuidad, entonces∫ b

a

f(t) dt =

∫ b

a

g(t) dt.

5. Si f y g son seccionalmente continuas en [a, b] entonces f(x) · g(x) es seccionalmente

continua en [a, b] y∫ b

a

f(t) g(t) dt existe.

Ejemplos

1. f(x) =

{x 0 < x < 1

1− x 1 < x < 2es seccionalmente continua.

2. f(x) =1

x, ∀x ∈ [−1, 1]− {0} no es seccionalmente continua.

3. g(t) =

{1 si 0 6 t < 10 si t > 1

es seccionalmente continua.

2.1.1. Definición

Diremos que f es seccionalmente continua en R+0 si f es seccionalmente continua en [0, t0] ∀ t0 >

0.

2.1.2. Definición

Diremos que una función f es de orden exponencial en [0,∞[ si existen constantes α,C ∈ R+,tal que |f(t)| ≤ Ceαt ∀t > 0.

Ejemplos

Las funciones f1(t) = 1, f2(t) = tn, f3(t) = eat, f4(t) = sen bt, f5(t) = cos bt y f6(t) =tneat sen bt son de orden exponencial. La función f(t) = et

2 no es de orden exponencial.Demostración: Probaremos que f6(t) es de orden exponencial y que f(t) no lo es.

Veamos que f6(t) es de orden exponencial:

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Si a > 0 :

∣∣∣∣tneat sen bt

e2at

∣∣∣∣ ≤ tneat

e2at=

tn

eat−→ 0 si t −→ ∞

Así, para t suficientemente grande:tn

eat< 1. Luego,

|tneat sen bt| ≤ Ce2at ∀t > 0, a > 0, C = constante adecuada

Si a ≤ 0 : |tneat sen bt| ≤ tn < et, para t suficientemente grande.

Luego |tneat sen bt| ≤ Cet ∀t > 0, a ≤ 0, C = constante adecuada

Veamos ahora que f(t) no es de orden exponencial:

Notemos que lımt→∞

et2

eat= lım

t→∞et

2−at −→∞ ∀a ∈ R

Luego, dada cualquier constante C :et

2

eat> C para t suficientemente grande, por lo que no es

posible acotar et2 por Ceat.

2.1.3. Teorema

Si f es seccionalmente continua y de orden exponencial en R+0 entonces ∃ a > 0 tal que f tiene

transformada de Laplace para s > a.

Demostración: Como f es de orden exponencial, existen constantes positivas C, α tal que

|e−st f(t)| = e−st |f(t)| ≤ Ce−st eαt = Ce−t(s−α)

Luego: ∫ ∞0

|e−st f(t)|dt ≤∫ ∞0

C e−t(s−α)dt = lımT→∞

∫ T

0

C e−t(s−α)dt =C

s− α

Luego, como f es seccionalmente continua, por el criterio de comparación para integrales impropias,

la integral∫ ∞0

e−st f(t)|dt converge.

Observación

1. Si f es de orden exponencial, entonces lımt→∞

e−stf(t) = 0, s > c.

En efecto: |f(t)| ≤ Ceαt =⇒ |e−stf(t)| ≤ Ce−(s−α)t .

Como lımt→∞

e−(s−α)t = 0 si s > α, de donde, por el teorema del sandwich,

lımt→∞|e−st f(t)| = 0 si s > c

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y asílımt→∞

e−st f(t) = 0 si s > c

2. El Teorema es una condición suficiente pero no necesaria para la existencia de la transfor-

mada de Laplace de una función. Veamos que L(t−1/2) existe, aunque la función f(t) =1√t

no satisface las condiciones del teorema anterior.

Claramente, f(t) =1√ttiene una discontinuidad de tipo infinito en t = 0, y claramente no

es de orden exponencial, ya que @ α, C ∈ R+ : t12 ≤ C eαt.

Pero, L(t−1/2) =

∫ ∞0

e−st√tdt =︸︷︷︸ 1√

s

∫ ∞0

e−u√udu =︸︷︷︸ 2√

s

∫ ∞0

e−x2

dx

u = st u = x2

Es posible probar (usando integración múltiple, que se verá en MAT024) que esta útima

integral converge y vale√π

2. Luego,

L(t−1/2) =

√π

s, t > 0

Veamos ahora que la función f(t) =1

t2, t > 0 no posee transformada de Laplace;

si tuviera, entonces

L(

1

t2

)=

∫ ∞0

e−st1

t2dt =

∫ 1

0

e−st

t2dt+

∫ ∞1

e−st

t2dt

La primera integral del lado derecho diverge; para probar esto, basta aplicar el criterio de

comparación asintótica con la función f(t) =1

t2, cuya integral entre 0 y 1 diverge:

lımt→0+

e−st

t21

t2

= lımt→0+

1

est= 1 , ∀s > 0

de donde ambas integrales divergen.

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2.2. Linealidad e inversa de la transformada de Laplace

Linealidad: Supongamos que f y g son funciones seccionalmente continuas y de orden ex-ponencial, y que α y β son constantes. Luego, utilizando las propiedades de la integral, se tieneque

L (α f(t) + β g(t)) (s) = α L(f(t))(s) + β L(g(t))(s)

Inversa: Notamos que la aplicación L no es inyectiva, puesto que si f y g son dos funcionesque poseen transformada de Laplace y que difieren en un número finito de puntos, entonces susrespectivas transformadas coinciden. Luego:

L(f) = L(g) ; f(t) = g(t)

Por lo tanto, L no es inyectiva. Sin embargo, tenemos el siguiente

2.2.1. Teorema

Sean f, g funciones tales que L(f) = L(g). Entonces, f(t) = g(t) ∀t > 0, excepto a lomás en un número finito de puntos de discontinuidad.

Estos sencillos hechos permiten y facilitan el cálculo tanto de la transformada de Laplace defunciones como el de sus inversas.

Ejercicios:

1. Calcular la transformada de Laplace de f(t) = 3 sen 2t− 4t+ 5e3t

L{3 sen 2t− 4t+ 5e3t} = 3 L{sen 2t} − 4 L{t}+ 5 L{e3t} = 32

s2 + 4− 4

1

s2+ 5

1

s− 3

2. Calcular la transformada de Laplace de f(t) = sen2(at)

Notar que cos 2α = cos2 α− sen2 α = 1− 2 sen2 α

∴ sen2 α =1− cos 2α

2

Por lo tanto, L(sen2(at)) = L(

1− cos 2at

2

)=

1

2(L(1)− L(cos 2at)) =

=1

2

(1

s− s

s2 + 4a2

)=

2a2

s(s2 + 4a2)

3. Calcular L(sinh(at)) y L(cosh(at)).

L(sinh(t)) = L(eat − e−at

2

)=

1

2

(1

s− a− 1

s+ a

)=

a

s2 − a2

Análogamente, L(cosh(at)) =s

s2 − a2

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4. Calcular L−1(

1

s (s2 + 1)

)Notar que

1

s (s2 + 1)=

A

s+Bs+ C

s2 + 1=

(A+B)s2 + Cs+ A

s (s2 + 1)

Resolviendo, obtenemos que A = 1 , B = −1 , C = 0. Luego:

L−1(

1

s (s2 + 1)

)= L−1

(1

s

)− L−1

(s

s2 + 1

)= 1− cos t

5. Dada F (s) =15

s2 + 17encontrar f(t).

L−1(

15

s2 + 17

)= L−1

(15√17

√17

s2 + 17

)=

15√17

sen(√

17 t )

6. Dada F (s) =5

s7encontrar f(t).

L−1(

5

s7

)= L−1

(5

6!

6!

s7

)=

5

6!t6.

7. Calcular la transformada de Laplace inversa de: F (s) =1

s− 5− 16

s2 + 4

f(t) = L−1(F )(s) = L−1{

1

s− 5

}− L−1

{16

s2 + 4

}= L−1

{1

s− 5

}− 8 L−1

{2

s2 + 4

}= e5t − 8 sen(2t)

8. Calcular L−1(

s+ 9

s2 − 2s− 3

)s+ 9

s2 − 2s− 3=

s+ 9

(s+ 1)(s− 3)=

A

(s+ 1)+

B

(s− 3)=A(s− 3) +B(s+ 1)

(s+ 1)(s− 3)

=A(s− 3) +B(s+ 1)

(s+ 1)(s− 3)=s(A+B) + (−3A+B)

(s+ 1)(s− 3)

A+B = 1−3A+B = 9

⇒ A = −2B = 3

luego, podemos reescribirlo como:

F (s) =s+ 9

s2 − 2s− 3=−2

(s+ 1)+

3

(s− 3)

f = L−1(F ) = L−1{−2

(s+ 1)

}+ L−1

{3

(s− 3)

}= −2e−t + 3e3t

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2.3. Propiedades Básicas de la transformada de Laplace

Teorema

Si f es una función seccionalmente continua y de orden exponencial, entonces

lıms→∞{L(f(t))}(s) = lım

s→∞F (s) = 0

Demostración: Como |f(t)| ≤ Ceαt ∀t > 0 se tiene:

|F (s)| =

∣∣∣∣∫ ∞0

e−st f(t) dt

∣∣∣∣ ≤ ∫ ∞0

e−st |f(t)| dt ≤∫ ∞0

e−stCeαt dt

= C

∫ ∞0

e−(s−α)t dt =C

s− α

∴ lıms→∞|F (s)| ≤ lım

s→∞

C

s− α= 0 =⇒ lım

s→∞F (s) = 0

La transformada de Laplace de derivadas

La relación existente entre la transformada de Laplace de la derivada de una función y la trans-formada de Laplace de la función misma es sorprendente, y nos permitirá aplicar esta herramientapara resolver ecuaciones diferenciales.

2.3.1. Proposición

Supongamos que y = f(t) es una función diferenciable por tramos y de orden exponencial.Supongamos también que y′ es de orden exponencial. Luego a partir de algún s ∈ R:

L( y′ )(s) = s L(y)(s)− y(0) = s Y (s)− y(0)

donde Y (s) es la transformada de Laplace de y.

Demostración

L( y′ )(s) =

∫ ∞0

y′(t) e−st dt = lımT→∞

∫ T

0

y′(t) e−st dt

Usando integración por partes:(u = e−st ⇒ du = −s e−stdt

)∧

(dv = y′(t) dt ⇒ v = y(t)

)L( y′ )(s) = lım

T→∞

[y(t) e−st

∣∣∣∣∣T

0

+ s

∫ T

0

y(t) e−st dt

]

= lımT→∞

[y(T ) e−sT − y(0) + s

∫ T

0

y(t) e−st dt

]

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= lımT→∞

y(T ) e−sT − lımT→∞

y(0) + s lımT→∞

∫ T

0

y(t) e−st dt

= lımT→∞

y(T ) e−sT − y(0) + s

∫ ∞0

y(t) e−st dt

= lımT→∞

y(T ) e−sT − y(0) + s Y (s)

Ya que y es de order exponencial, existen constantes C y a tal que |y(t)| 6 C eat, por lo tanto:

e−sT |y(T )| 6 C e−(s−a)T

lo cual converge a 0 para s > a cuando T −→∞. Por lo tanto,

L( y′ )(s) = s Y (s)− y(0).

2.3.2. Proposición

Supongamos que y e y′ son funciones diferenciables por tramos y continuas y que y′′ es continuapor tramos. Supongamos que las tres son de orden exponencial. Luego,

L( y′′ )(s) = s2 L(y)(s)− s y(0)− y′(0) = s2 Y (s)− s y(0)− y′(0)

donde Y (s) es la transformada de Laplace de y.

Inductivamente, puede probarse que en general:

L( y(k) )(s) = sk L(y)(s)− sk−1 y(0)− · · · − s y(k−2)(0)− y(k−1)(0)

Observación

1. Si f es continua en R+ y f(0+) existe, entonces

L( f ′ )(s) = s L( f )− f(0+).

2. Si f es discontinua en x1, · · · , xn ∈ R+ y f(x+i ) y f(x−i ) existen, ∀i = 1, · · ·n, entonces:

L( f ′ )(s) = s L( f )− f(0+)−n∑i=1

e−xi s(f(x+i )− f(x−i )

),

donde f(x+i ) = lımt→x+i

f(t) y f(x−i ) = lımt→x−i

f(t)

Ejemplos

1. Resolver y′′ − y = 1, y(0) = 0, y′(0) = 1

Aplicamos L a la ecuación, obteniendo: L(y′′)− L(y) =1

s

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i.e. s2L(y)− sy(0)− y′(0)− L(y) =1

s

Luego, Y (s)(s2 − 1) =1

s+ 1 ⇒ Y (s) =

1

s(s− 1)

∴ y(t) = L−1(

1

s(s− 1)

)= et − 1

2. Encontrar la solución del problema de valor inicial:

y ′′ + y = cos 2t con y(0) = 0, y ′(0) = 1

L{y′′ + y} = L{cos 2t}

L{y′′}+ L{y} = L{cos 2t}

s2 Y (s)− s y(0)− y′(0) + Y (s) =s

s2 + 4

Y (s)(s2 + 1)− 1 =s

s2 + 4

Y (s) =1

(s2 + 1)

[s

s2 + 4+ 1

]

Y (s) =s2 + s+ 4

(s2 + 1)(s2 + 4)

Y (s) =1

3

s

(s2 + 1)+

1

(s2 + 1)− 1

3

s

(s2 + 4)ya que:

s2 + s+ 4

(s2 + 1)(s2 + 4)=As+B

(s2 + 1)+Cs+D

(s2 + 4)

=(As+B)(s2 + 4) + (Cs+D)(s2 + 1)

(s2 + 1)(s2 + 4)

=As3 + 4As+Bs2 + 4B + Cs3 + Cs+Ds2 +D

(s2 + 1)(s2 + 4)

=(A+ C)s3 + (B +D)s2 + (4A+ C)s+ (4B +D)

(s2 + 1)(s2 + 4)

A+ C = 0B +D = 1

4A+ C = 14B +D = 4

⇒

A = 1/3B = 1C = −1/3D = 0

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s2 + s+ 4

(s2 + 1)(s2 + 4)=

13s+ 1

(s2 + 1)+−1

3s

(s2 + 4)

=1

3

s

(s2 + 1)+

1

(s2 + 1)− 1

3

s

(s2 + 4)

Finalmente para encontrar el valor de y que es solución del problema de valor inicial, utili-zamos la inversa de la transformación de Laplace:

y(t) = L−1(Y )

=1

3L−1

{s

(s2 + 1)

}+ L−1

{1

(s2 + 1)

}− 1

3L−1

{s

(s2 + 22)

}

=1

3cos(t) + sen(t)− 1

3cos(2t)

3. Resolver y′′ + 4y′ + 3y = 0, y(0) = 3, y′(0) = 1

4. Si f(t) = t senωt, determine L(f).

f(t) = t senωt, entonces f(0) = 0 y f ′(t) = senωt+ ω cosωt

Luego, f ′(0) = 0 y f ′′(t) = 2ω cosωt− ω2f(t)

Así, L(f ′′) = 2ωL(cosωt)− ω2L(f)

El lado izquierdo de la igualdad es igual a: s2L(f)− sf(0)− f ′(0)

Por lo tanto: (s2 + ω2)L(f) = 2ωL(cosωt)

∴ L(f) =2ωs

(s2 + ω2)2

5. Determine L(f), si

a) f(t) = t cosωt

b) f(t) = teat

c) f(t) = tneat

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La transformada de Laplace de la integral

2.3.3. Teorema

Si f es seccionalmente continua y de orden exponencial, entonces∫ t

a

f(x) dx es de orden ex-

ponencial y se tiene que

L(∫ t

a

f(x) dx

)=

1

sL(f)− 1

s

∫ a

0

f(x) dx

Demostración:Como f es de orden exponencial, ∃C, α ∈ R+ : |f(t)| ≤ Ceαt, ∀t > 0. Luego:∣∣∣∣∫ t

a

f(x) dx

∣∣∣∣ ≤ ∫ t

a

|f(x)| dx ≤ C

∫ t

a

eαx dx =c

αeαx∣∣∣ta

=C

α(eαt − eαa)

∴

∣∣∣∣∫ t

a

f(x) dx

∣∣∣∣ ≤ C

αeαt ∀t > 0

Luego,∫ t

a

f(x) dx es de orden exponencial.

Ahora, L(∫ t

a

f(x) dx

)=

∫ ∞0

e−st[∫ t

a

f(x) dx

]︸︷︷︸ dt Integrando por partes:

u

= −1

se−st

∫ t

a

f(x) dx∣∣∣∞0

+1

s

∫ ∞0

e−stf(t)dt =1

s

∫ 0

a

f(x) dx+1

sL(f)

ya que como∫ t

a

f(x) dx es de orden exponencial, se tiene que

e−st∫ t

a

f(x) dx −→ 0 si t −→ ∞

Así,

L(∫ t

a

f(x) dx

)=

1

sL(f)− 1

s

∫ a

0

f(x) dx

Corolario

Si a = 0, entonces L(∫ t

0

y(u) du

)(s) =

1

sY (s). Además, en este caso:

L−1(

1

sY (s)

)=

∫ t

0

y(u) du

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Ejemplos

1. Determine L(tet).

Notamos que∫ t

0

xexdx = xex∣∣∣t0−∫ t

0

exdx = tet − et + 1.

∴ L[∫ t

0

xexdx

]= L(tet)− L(et) + L(1)

∴1

sL(tet) = L(tet)− L(et) + L(1)

de donde L(tet)

(1

s− 1

)= − 1

s− 1+

1

s⇒ L(tet) =

1

(s− 1)2

2. L−1(

1

s2

)= L−1

(1

s

1

s

)=

∫ t

0

1 dx = 1

∣∣∣∣∣t

0

= t (lo cual ya se sabía).

Además, este ejemplo muestra con claridad que L−1(f · g) 6= L−1(f) · L−1(g)

3. Si L(f) =1

s(s2 + ω2), determinar f(t).

4. Si L(f) =1

s2(s2 + ω2), determinar f(t).


y(t) L(y)(s) = Y (s)

y ′(t) s Y (s)− y(0)

y ′′(t) s2 Y (s)− s y(0)− y′(0)

y(n)(t) sk Y (s)− sk−1 y(0)− · · · − s y(k−2)(0)− y(k−1)(0)∫ t

0

y(u) du1

sY (s)

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2.3.4. Teorema (1◦ de traslación)

Sea f una función continua por tramos y de orden exponencial. Sea F (s) la transformada deLaplace de f , y sea c una constante. Entonces,

L{ ec t f(t)}(s) = F (s− c)

Demostración

L{ ec t f(t)}(s) =

∫ ∞0

ec t f(t) e−st dt =

∫ ∞0

f(t) e−(s−c)t dt = F (s− c)

Ejercicios:

1. Calcular la transformada de Laplace de g(t) = e2t sen 3t

L{e2t sen 3t} = F (s− 2) =3

(s− 2)2 + 9=

3

s2 − 4s+ 13

2. L−1(

s

s2 + 4s+ 13

)= L−1

(s

(s2 + 2(2s) + 4) + 9

)=

= L−1(

s

(s+ 2)2 + 32

)= L−1

(s+ 2− 2

(s+ 2)2 + 32

)= L−1

(s+ 2

(s+ 2)2 + 32

)− L−1

(2

(s+ 2)2 + 32

)= L−1

(s+ 2

(s+ 2)2 + 32

)− 2

3L−1

(3

(s+ 2)2 + 32

)= e−2t cos(3t) − 2

3e−2t sen(3t)

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f(t) L(f)(s) = F (s)

eat sen(bt)b

(s− a)2 + b2s > a

eat cos(bt)s− a

(s− a)2 + b2s > a

eat tnn!

(s− a)n+1s > a

Observación

Supongamos que f es una función continua por tramos de orden exponencial, y sea F (s) sutransformada de Laplace. Luego,

F (s) =

(∫ ∞0

f(t) e−st dt

)Derivando con respecto a la variable s, suponiendo que es posible intercambiar la integral con

la derivada, se tiene:

F ′(s) =d

dsF (s) =

d

ds

(∫ ∞0

f(t) e−st dt

)=

(∫ ∞0

f(t)∂

∂s(e−st) dt

)=

= −(∫ ∞

0

t f(t) e−st dt

)= −L{ t f(t)}(s)

es decir:

L{ t f(t)}(s) = −F ′(s)

Además:

L(t2 f(t)) = L(t (t f(t))) = − d

dsL(t f(t)) = − d

ds(−F ′(s)) = (−1)2

d2F

ds2(s)

Inductivamente, si n es cualquier entero positivo, entonces:

L{ tn f(t)}(s) = (−1)n F (n)(s)

donde F (n)(s) =dn

dsnF (s)

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Ejercicios:

1. Calcular la transformada de Laplace de la función t2 e3t.

Aqui f(t) = e3t ⇒ F (s) =1

(s− 3)

con F ′(s) =d

ds(F (s)) = − 1

(s− 3)2y F ′′(s) =

d

ds(F ′(s)) =

2

(s− 3)3

luego,

L{ t2 e3t}(s) = (−1)2 F ′′(s) =2

(s− 3)3

¿Cuál será la transformada de Laplace de t3 e3t? ¿Puede conjeturar para tn e3t?

2. Determinar L−1(

lns− 3

s+ 1

).

Notamos que: f(t) = − 1

tL−1

(d

dsF

)= − 1

tL−1

(d

dslns− 3

s+ 1

)= − 1

tL−1

(s+ 1

s− 3

s+ 1− (s− 3)

(s+ 1)2

)= − 1

tL−1

(4

(s− 3)(s+ 1)

)= − 4

tL−1

( 14

s− 3−

14

s+ 1

)= − 1

t(e3t − e−t) =

e−t

t− e3t

t

3. Resolver y′′ + 2ty′ − 4y = 1, y(0) = y′(0) = 0.

Aplicamos transformada de Laplace a la ecuación:

L(y′′) + L(2ty′)− 4L(y) = L(1)

s2Y (s)− y(0)− sy′(0)− 2d

ds(sY (s)− y(0))− 4Y (s) =

1

s

s2Y (s)− 2(Y (s) + sY ′(s))− 4Y (s) =1

s

−2sY ′(s) + (s2 − 6)Y (s) =1

s

Y ′(s) +6− s2

2sY (s) = − 1

2s2

que es una E.D.O. lineal de primer orden, cuya solución está dada por:

Y (s) =1

s3+ C

es2

4

s3. Como lım

s→∞Y (s) = 0, necesariamente C = 0.

Así, Y (s) =1

s3de donde y(t) =

t2

2.

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4. Resolver ty′′ − y′ = t2, y(0) = 0.

Aunque no conocemos más que una condición inicial, aplicamos transformada de Laplace ala ecuación:

L(ty′′)− L(y′) = L(t2)

(−1)d

dsL(y′′)− (sY − y(0)) =

2!

s3

− d

ds(s2Y − sy(0)− y′(0))− sY =

2!

s3

− d

ds(s2Y )− sY =

2!

s3

−(s2Y ′ + 2sY )− sY =2

s3

−s2Y ′ − 3sY =2

s3

Y ′ +3

sY = − 2

s5

que es una E.D.O. lineal de primer orden, cuya solución está dada por:

Y (s) = e−∫

3

sds

∫ (− 2

s5

)e

∫3

sdsds + C

=

1

s3

(∫ (− 2

s5

)s3ds + C

)=

1

s3

(∫− 2

s2ds + C

)=

1

s3

(2

s+ C

)=

2

s4+

C

s3

de donde la solución buscada es la transformada inversa de esta función:

y(t) = L−1(

2

s4

)+ L−1

(C

s3

)=

1

3t3 +

C

2t2

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2.4. Funciones Discontinuas Especiales

En esta sección veremos cómo ciertas funciones definidas por tramos pueden reescribirse demodo de poder utilizar el conocimiento que tenemos de las transformadas de las funciones quecomponen por tramos a la función completa, en el cálculo de la correspondiente transformada deLaplace.

Consideremos las siguientes funciones:

Función intervalo:

Hab(t) =

0 , t < a1 , a 6 t < b0 , b 6 t <∞

Esta función es la "función característica"del intervalo [a, b[ definida en R.

Función escalón unitario:

H(t) =

{0 , t < 01 , t > 0

Esta función también es conocida como "función de Heaviside".

Función escalón unitario trasladada hasta el punto c:

Hc(t) = H(t− c) =

{0 , t < c1 , t > c

Podemos expresar la función intervalo Hab(t) en términos de la función escalón unitario Ha(t)y Hb(t) del siguiente modo:

Hab(t) = Ha(t)−Hb(t) = H(t− a)−H(t− b)

Ejercicio: Exprese la función g(t) en términos de la función escalón unitario:

g(t) =

{2t , 0 6 t < 12 , 1 6 t <∞

g(t) = 2t H01(t) + 2 H1(t)= 2t [H0(t)−H1(t)] + 2 H1(t)= 2t H0(t) + (−2t+ 2) H1(t)= 2t H(t− 0)− 2(t− 1) H(t− 1)= 2t H(t)− 2(t− 1) H(t− 1)

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Ejercicio: Exprese la función f(t) en términos de la función escalón unitario:

f(t) =

3 , 0 6 t < 4−5 , 4 6 t < 6e−t , 6 6 t <∞

f(t) = 3 H04(t)− 5 H46(t) + e−t H6(t)= 3 [H0(t)−H4(t)]− 5 [H4(t)−H6(t)] + e−t H6(t)= 3 H0(t)− 8 H4(t) + 5 H6(t) + e−t H6(t)= 3 H(t)− 8 H(t− 4) + 5 H(t− 6) + e−t H(t− 6)

La transformada de Laplace de la función escalón unitario

L(Hc(t))(s) =

∫ ∞0

Hc(t) e−st dt

=

∫ c

0

0 · e−st dt+

∫ ∞c

1 · e−st dt

= lımT→∞

∫ T

c

1 · e−st dt

= lımT→∞

−e−st

s

∣∣∣∣∣T

c

= lımT→∞

(−e−Ts

s+e−cs

s

)

=e−cs

s

Luego,

L(Hab(t))(s) = L(Ha(t))(s)− L(Hb(t))(s) =e−as − e−bs

s

2.4.1. Teorema (2◦ de Traslación)

Sea f(t) una función continua por tramos y de orden exponencial. Sea F (s) la transformada deLaplace de f . Luego para c > 0, la transformada de Laplace de la función H(t − c) f(t − c) estádado por:

L{H(t− c) f(t− c)

}= e−cs F (s)

Además:L−1{e−cs F (s)}(t) = H(t− c)f(t− c)

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Demostración

L{H(t− c) f(t− c)

}=

∫ ∞0

H(t− c) f(t− c) e−st dt

=

∫ c

0

0 e−st dt+

∫ ∞c

f(t− c) e−st dt

=

∫ ∞c

f(t− c) e−st dt (haciendo τ = t− c)

=

∫ ∞0

f(τ) e−s(τ+c) dτ = e−cs∫ ∞0

f(τ) e−sτ dτ

= e−cs F (s)

Ejercicios:

1. Encontrar la transformada de Laplace de la función H(t− π/4) sen(t).

La función sen(t) debe estar expresado en términos de (t− π/4):

sen(t) = sen((t− π/4) + π/4)

= sen(t− π/4) cos(π/4) + cos(t− π/4) sen(π/4)

= sen(t− π/4)

√2

2+ cos(t− π/4)

√2

2

Luego,

H(t− π/4) sen(t) =

√2

2H(t− π/4) sen(t− π/4) +

√2

2H(t− π/4) cos(t− π/4)

Finalmente,

L{H(t− π/4) sen(t)

}=

√2

2L{H(t− π/4) sen(t− π/4)

}+

+

√2

2L{H(t− π/4) cos(t− π/4)

}L{H(t− π/4) sen(t)

}=

√2

2e−

π4s 1

s2 + 1+

√2

2e−

π4s s

s2 + 1=

√2

2e−

π4s

(1 + s

s2 + 1

)

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2. Encontrar L(f), si f(t) =

{sen t si 0 ≤ t < 2π

sen t+ cos t si t ≥ 2π

Notamos que f(t) = sen t + H2π(t) cos(t− 2π). Luego:

L(f) = L(sen t) + L (H2π(t) cos(t− 2π)) = L(sen t) + e−2πsL(cos t)

=1

1 + s2+ e−2πs

s

1 + s2

3. Encontrar la transformada de Laplace inversa de la función F (s) =e−2s

s(s2 + 9).

Para determinar L−1(F (s)), descomponemos la parte racional de F usando fracciones par-ciales:

1

s(s2 + 9)=A

s+Bs+ C

s2 + 9=A(s2 + 9) + (Bs+ C)s

s(s2 + 9)=

(A+B)s2 + Cs+ 9A

s(s2 + 9)

A+B = 0C = 0

9A = 1⇒

A = 1/9B = −1/9C = 0

1

s(s2 + 9)=

1/9

s+−1/9s

s2 + 9⇒ e−2s

s(s2 + 9)=

1

9e−2s

1

s− 1

9e−2s

s

s2 + 9

Luego,

L−1{

e−2s

s(s2 + 9)

}=

1

9L−1

{e−2s

1

s

}− 1

9L−1

{e−2s

s

s2 + 9

}

=1

9H(t− 2) 1− 1

9H(t− 2) cos(3(t− 2))

=1

9H(t− 2) (1− cos(3(t− 2)))

=

{0 , t < 2(1− cos(3(t− 2))) /9 , 2 6 t <∞

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4. Resolver: y′′ + 4y′ + 4y =

{0 t ≤ 2

e−(t−2) t > 2con las condiciones iniciales y(0) =

0, y′(0) = 0.

Solución:

Sea g(t) =

{0 t ≤ 2

e−(t−2) t > 2

Usando la función de Heaviside, escribimos g en la forma

g(t) = e−(t−2)H(t− 2)

de donde la ecuación diferencial queda: y′′ + 4y′ + 4y = e−(t−2)H(t− 2).Aplicamos transformada de Laplace a esta ecuación:

L(y′′) + 4L(y′) + 4L(y) = L(e−(t−2)H(t− 2)

)s2Y (s)− sy(0)− y′(0) + 4sY (s)− 4y(0) + 4Y (s) = e−2s · 1

s+ 1

s2Y (s) + 4sY (s) + 4Y (s) = e−2s · 1

s+ 1

(s2 + 4s+ 4) Y (s) = e−2s · 1

s+ 1

Y (s) =e−2s

(s+ 1) (s2 + 4s+ 4)=

e−2s

(s+ 1) (s+ 2)2

Usamos fracciones parciales:1

(s+ 1) (s+ 2)2=

A

s+ 1+

B

s+ 2+

C

(s+ 2)2=

=A (s+ 2)2 + B(s+ 1) (s+ 2) + C (s+ 1)

(s+ 1) (s+ 2)2

=(A+B) s2 + (4A+ 3B + C) s + 4A+ 2B + C

(s+ 1) (s+ 2)2

de dondeA+B = 0

4A+ 3B + C = 04A+ 2B + C = 1

⇒A = 1B = −1C = −1

Luego:

Y (s) =e−2s

(s+ 1)− e−2s

(s+ 2)− e−2s

(s+ 2)2

y(t) = H(t− 2)e−(t−2) −H(t− 2)e−2(t−2) −H(t− 2) (t− 2)e−2(t−2)

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5. Resolver la ecuación

y′ + 2y +

∫ t

0

y(t) dt =

t si 0 ≤ t < 1

2− t si 1 ≤ t < 20 si t ≥ 2

con la c.i. y(0) = 0

Solución:

Escribimos la función del lado derecho en términos de la función escalón unitario, como

t+ (2− 2t)H(t− 1) + (t− 2)H(t− 2)

Ahora, aplicamos transformada de Laplace a la ecuación:

sL(y)− y(0) + 2L(y) +1

sL(y) =

1

s2+ 2e−sL(−t) + e−2sL(t)

Y (s)

(s+ 2 +

1

s

)=

1

s2− 2

e−s

s2+

e−2s

s2

Y (s) =1

s(s+ 1)2− 2

e−s

s(s+ 1)2+

e−2s

s(s+ 1)2

Usamos fracciones parciales:

1

s(s+ 1)2=

A

s+

B

s+ 1+

C

(s+ 1)2=⇒ A = 1, B = −1, C = −1

Luego,

Y (s) =1

s− 1

s+ 1− 1

(s+ 1)2− 2 e−s

(1

s− 1

s+ 1− 1

(s+ 1)2

)+

+ e−2s(

1

s− 1

s+ 1− 1

(s+ 1)2

)de donde:

y(t) = 1 + e−t + t · e−t − 2(1 + e−t+1 + (t− 1) · e−t+1)H(t− 1) +

+ (1 + e−t+2 + (t− 2) · e−t+2) H(t− 2)

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Transformada de Laplace de una Función Periódica

Una función f es periódica con período T si f(t+ T ) = f(t) ∀t ∈ Dom(f). El período T es elmenor número positivo que satisface esta propiedad.

Proposición

Supongamos que f es una función periódica con período T , seccionalmente continua y de ordenexponencial. Entonces:

L{f}(s) =

∫ T

0

f(t) e−st dt

1− e−Ts

Demostración

L{f}(s) =

∫ ∞0

f(t) e−st dt =

∫ T

0

f(t) e−st dt+

∫ 2T

T

f(t) e−st dt+

∫ 3T

2T

f(t) e−st dt+ · · ·

=

∫ T

0

f(t) e−st dt+

∫ τ

0

f(τ + T ) e−s(τ+T ) dτ +

∫ T

0

f(τ + 2T ) e−s(τ+2T ) dτ + · · ·︷︸︸︷τ = t− T en la 2a integral

︷︸︸︷τ = t− 2T en la 3a integral

︷︸︸︷etc.

=

∫ T

0

f(t) e−st dt + e−sT∫ τ

0

f(τ) e−sτ dτ + e−2sT∫ T

0

f(τ) e−sτ dτ + · · ·

=

(∫ T

0

f(t) e−st dt

) (1 + e−sT + e−2sT + e−3sT + · · ·

)=

(∫ T

0

f(t) e−st dt

)1

1− e−sT

Ejemplo

Calculemos la transformada de Laplace de la función definida por

f(t) =

{1 0 < t ≤ 10 1 ≤ t ≤ 2

, g(t+ 2) = g(t) ∀ t > 0

Aplicamos el resultado obtenido arriba:

L{f}(s) =

∫ 2

0e−stf(t) dt

1− e−2s=

∫ 1

0e−stf(t) dt

1− e−2s=

1

s(1− e−2s)

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Observación

La fórmula anterior simplifica el trabajo para determinar la transformada de Laplace de unafunción periódica, puesto que no es necesario calcular una integral impropia. Sin embargo, esposible simplificar los cálculos aún más, utilizando el conocimiento de las transformadas de lasfórmulas que conforman, por subintervalos, a la función periódica. Para ver esto, notamos que apartir de una función periódica f de período T , es posible construir una nueva función (consideran-do solo un período de la función f y definiéndola como 0 en el resto del dominio) del siguiente modo:

fT (t) =

{f(t) , 0 6 t < T0 , T 6 t <∞

∴ fT (t) = H0T (t) f(t) = (H0(t)−HT (t)) f(t)

Si FT (s) es la transformada de Laplace de fT (t), entonces:

L{f}(s) =

∫ T

0

f(t) e−st dt

1− e−Ts=

FT (s)

1− e−Ts

Ejemplo

Calculemos la transformada de Laplace de la función definida por

g(t) =

{t 0 < t ≤ 1

2− t 1 ≤ t ≤ 2, g(t+ 2) = g(t) ∀ t > 0

Claramente, g es una función periódica de período 2. Luego, para calcular su transformada deLaplace construimos la función:

gT (t) = t (H(t)−H(t− 1)) + (2− t) (H(t− 1)−H(t− 2))

= t− 2 (t− 1)H(t− 1)) + (t− 2)H(t− 2)

Luego: L(g) =1

1− e−2sL(gT (t))

=1

1− e−2s

(1

s2− 2

e−s

s2+e−2s

s2

)

Ejercicios

Determine las transformadas de Laplace de las siguientes:

1. Onda cuadrada:

f(t) =

{k 0 < t ≤ a−k a ≤ 2a ≤ 2

, f(t+ 2a) = f(t) ∀ t > 0

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2. Onda diente de sierra:

g(t) =k

pt, 0 < t < p, g(t+ p) = g(t) ∀ t > 0

3. Rectificador de media onda:

h(t) =

senωt 0 < t ≤ π

ω

0π

ω< t <

2π

ω

, h(t+ 2πω

) = h(t) ∀ t > 0

2.5. Convolución

Sabemos que L−1(F +G) = L−1(F (s)) + L−1(G(s)). Pero, esta propiedad no se cumplepara el producto puesto que en general L−1(F · G) 6= L−1(F (s)) · L−1(G(s)). Basta notarque L−1( 1

s2) 6= L−1(1

s) · L−1(1

s).

El siguiente producto de convolución de funciones, tiene una propiedad muy útil para calcularla transformada de Laplace inversa de un producto de transformadas conocidas. Definamos, enprimer lugar, este producto:

Definición

Sean f y g dos funciones continuas por tramos. La convolución de f y g es la función f ∗ gdefinida por:

(f ∗ g)(t) =

∫ t

0

f(u) g(t− u) du

Observación

En la integral anterior, notar que si hacemos el cambio de variable v = t− u, tenemos:∫ t

0

f(u) g(t− u) du = −∫ 0

t

f(t− v) g(v) dv =

∫ t

0

f(t− v) g(v) dv = (g ∗ f)(t)

Así, hemos probado que el producto de convolución es conmutativo, que es la primera de lasafirmaciones del siguiente teorema. Dejamos las demás como ejercicio.

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2.5.1. Teorema

Supongamos que f , g y h son funciones continuas por tramos. Luego,

1. f ∗ g = g ∗ f

2. f ∗ (g + h) = f ∗ g + f ∗ h

3. (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h)

4. f ∗ 0 = 0

2.5.2. Teorema

Supongamos que f y g son funciones seccionalmente continuas y de orden exponencial. Su-pongamos que L(f) = F (s) y L(g) = G(s). Luego,

L(f ∗ g)(t) = F (s) ·G(s)

ó, equivalentemente,

L−1{F (s) ·G(s)}(t) =

∫ t

0

f(u) g(t− u) du

Demostración: No se hará, requiere integración múltiple.

Ejemplo 1: Sea f(t) = t2 − 2t y g(t) = t. Calcular (f ∗ g)(t)

(f ∗ g)(t) =

∫ t

0

f(u) g(t− u) du

=

∫ t

0

(u2 − 2u) (t− u) du

=

∫ t

0

(tu2 − 2tu− u3 + 2u2) du

=t4

12− t3

3

Ejemplo 2: Sea f(t) = sen t y g(t) = t. Calcular la convolución f ∗ g:

a) Directamente de la definición f ∗ g =

∫ t

0

f(u) g(t− u) du

b) Evaluando F = L(f) y G = L(g) y luego calculando f ∗ g = L−1{L(f) L(g)}

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a) f ∗ g =

∫ t

0

f(u) g(t− u) du

=

∫ t

0

senu (t− u) du = t

∫ t

0

senu du−∫ t

0

u senu du

= t[− cosu

]∣∣∣∣t0

−{[− u cosu

]∣∣∣∣t0

−∫ t

0

− cosu du

}

= t[− cosu

]∣∣∣∣t0

−{[− u cosu

]∣∣∣∣t0

+[

senu]∣∣∣∣t

0

}

= t[− cos(t) + cos(0)

]−{[− t cos(t) + 0 cos(0)

]∣∣∣∣+[

sen(t)− sen(0)]}

= −t cos(t) + t+ t cos(t)− sen(t) = t− sen(t)

b) F (s) = L(f) = L(sen t) =1

s2 + 1, G(s) = L(g) = L(t) =

1

s2

F (s)G(s) =1

(s2 + 1)· 1

s2=

1

(s2 + 1)s2=As+B

(s2 + 1)+C

s+D

s2

=(As+B)s2 + Cs(s2 + 1) +D(s2 + 1)

(s2 + 1)s2

=As3 +Bs2 + Cs3 + Cs+Ds2 +D

(s2 + 1)s2

=(A+ C)s3 + (B +D)s2 + Cs+D

(s2 + 1)s2

A+ C = 0B +D = 0

C = 0D = 1

⇒

A = 0B = −1C = 0D = 1

luego,

F (s)G(s) =−1

(s2 + 1)+

1

s2⇒ L−1{F (s)G(s)} = −L−1

{1

(s2 + 1)

}+ L−1

{1

s2

}∴ f ∗ g = − sen(t) + t

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Ejemplo 3: L−1[

1

s(s2 + 1)

]= L−1

[1

s

1

s2 + 1

]= L−1

[1

s

]∗ L−1

[1

s2 + 1

]=

= 1 ∗ sen t =

∫ t

0

1 · senu du = − cosu∣∣∣t0

= − cos t+ 1

Ejemplo 4: Resuelva el problema de valor inicial, usando Transformada de Laplace

ty′′ − 2y′ + ty = 0 y(0) = 1, y′(0) = 0

Solución: Aplicando la transformada de Laplace:

L{ty′′} − 2L{y′}+ L{ty} = 0

=⇒ − d

ds

(s2L{y} − sy(0)− y′(0)

)− 2 (sL{y} − y(0))− d

ds(L{y}) = 0

Llamando L{y} = Y (s), derivando, agrupando y simplificando se obtien la ecuación lineal

Y ′(s) +4s

s2 + 1Y (s) =

3

s2 + 1

cuya solución es

Y (s) =s3 + 3s+ C

(s2 + 1)2

Esto último es equivalente a

Y (s) =s3 + s+ 2s+ C

(s2 + 1)2=s(s2 + 1)

(s2 + 1)2+

2s

(s2 + 1)2+

C

(s2 + 1)2

es decir

Y (s) =s

s2 + 1+

2s

(s2 + 1)2+

C

(s2 + 1)2

Aplicando L−1:

y(t) = L−1(

s

s2 + 1

)+ L−1

(2s

(s2 + 1)2

)+ L−1

(C

(s2 + 1)2

)Por lo tanto:

y = cos t+ 2(cos t ∗ sen t) + C

(sen t− t cos t

2

)de donde

y = cos t+ t sen t− sen2 t cos t+C

2(sen t− t cos t)

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Ejercicios

Calcular las transformadas inversas de:

1. F (s) =s

(s2 + 1)22. F (s) =

s

s2 (s2 + 1)2

3. F (s) =e−as

sn+1, n ≥ 1, a ∈ R

Resolver las siguientes:

4. y′(t) = cos t+

∫ t

0

y(τ) cos(t− τ)dτ, y(0) = 1

5. ty′′ + 2ty′ + 2y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 3

6. Sea x(t) la solución de la ecuación de Bessel de orden cero:

tx′′ + x′ + tx = 0

con x(0) = 1 y x′(0) = 0. Demostrar que:

a) L(x(t))(s) =1√s2 + 1

.

b)∫ ∞0

J0(u)du = 1, donde J0(t) es la solución de la ecuación.

c) Probar formalmente que J0(x) =1

π

∫ π

0

cos(x cos t)dt.

(Ayuda:∫ π

0

cos2n x dx =1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)

2 · 4 · 6 · · · 2nπ)

7. Demuestre que para x > 0 : L(tx) =Γ(x+ 1)

sx+1, donde la función Gamma, está

definida por Γ : [0,∞[−→ R, con Γ(x) =

∫ ∞0

e−ttx−1dt.

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2.6. Delta de Dirac ó distribución impulso unitario

En muchas aplicaciones a sistemas eléctricos, mecánicos ú otros, aparecen fuerzas muy gran-des que actúan en intervalos de tiempo pequeños. Una manera de representar estos elementos esmediante la "función generalizada"δ de Dirac, que definiremos a continuación.

2.6.1. Definición

Sea a > 0 una constante, y considere la función

δa(t) =

{ 1

2asi −a ≤ t ≤ a

0 si t < −a ó t > a

Note que ∀a > 0 : ∫ ∞−∞

δa(t) dt = 1

Llamaremos "función" Delta de Dirac a aquella definida por

δ(t) = lıma→0

δa(t)

2.6.2. Propiedades

1. δ(t) = 0, ∀t 6= 0 y δ(t) −→∞ para t = 0.

2.∫ ∞−∞

δ(t) dt = 1

3. L(δ(t))(s) = 1

En efecto: L(δ(t))(s) = lıma→0L(δa(t))(s) = lım

a→0

(eas − e−as

2as

)= 1

4.∫ ∞−∞

f(t) δ(t) dt = f(0) y∫ ∞0

f(t) δ(t) dt = f(0).

5. L(f(t) δ(t))(s) = f(0).

Observación

1. Notar que lıms→∞L(δ(t))(s) = 1 6= 0. Esta aparente contradicción no es tal, puesto que la

Delta de Dirac no es de orden exponencial, que son el tipo de funciones para las cuales seprobó que el límite de su transformada de Laplace debe ser igual a 0. De hecho, en sentidoestricto, ¡ni siquiera es una función!

2. La propiedad 3. implica que L−1(1) = δ(t)

Podemos generalizar la Delta de Dirac recién definida centrada en 0, a un centro cualquierac > 0:

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2.6.3. Definición

Sean a, c > 0 constantes tal que c ≥ a y considere la función

δa(t− c) =

{ 1

2asi c− a ≤ t ≤ c+ a

0 si t < c− a ó t > c+ a

Note que ∀a > 0 : ∫ ∞−∞

δa(t− c) dt = 1

Llamaremos "función" Delta de Dirac a aquella definida por

δ(t− c) = lıma→0

δa(t− c)

2.6.4. Propiedades

1. δ(t− c) = 0, ∀t 6= c y δ(t) −→∞ para t = c.

2.∫ ∞−∞

δ(t− c) dt = 1

3. L(δ(t− c))(s) = e−cs de donde L−1(e−cs) = δ(t− c).

En efecto: L(δ(t− c))(s) = lıma→0L(δa(t− c))(s) = lım

a→0

(ecs

eas − e−as

2as

)= e−cs

4.∫ ∞−∞

f(t) δ(t− c) dt = f(c) y∫ ∞0

f(t) δ(t− c) dt = f(c).

5. L(f(t) δ(t− c))(s) = e−cs f(0).

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