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1Apuntes Transformada de Laplace (MAT023)Segundo semestre de 2012Vernica Gruenberg Stern
Vivian Aranda Nez
1. IntroduccinLa transformada de Laplace es un ejemplo de un operador. Este opera sobre una funcin, pro-
duciendo otra funcin. La transformada de Laplace es un mtodo til para resolver ecuacionesdiferenciales y problemas de valor inicial con condiciones en la frontera. Tambin permite resolverecuaciones integrales ntegro-diferenciales. Esencialmente, estos problemas se resuelven en 3 pa-sos: en primer lugar, se transforma el problema en uno ms sencillo, luego se resuelve el problemasencillo y, finalmente, la solucin obtenida se transforma en el sentido inverso, obtenindose lasolucin al problema original.
Definicin
Supongamos que f(t) es una funcin definida para todo t > 0. Definimos la transformada deLaplace de f a la siguiente integral, si sta converge:
L(f)(s) = F (s) = 0
f(t) est dt para s > 0
Adems: f(t) = L1(F (s)), es la transformada de Laplace inversa de F .
Observacin
Es importante recordar que la integral impropia anterior se define por: 0
f(t) est dt = lmT
T0
f(t) est dt
Notar, adems, que el resultado de esta integral es una funcin en la variable s, lo que explicala notacin 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 est dt = lmT
T0
1 est dt = lmT
ests
T
0
=
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= lmT
(esTs
+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 est dt = lmT
T0
e(sa)t dt
= lmT
e(sa)ts a
T
0
= lmT
(e(sa)Ts a +
e(sa)0
s a)
=1
s asiempre que s > a.
3. f(t) = t, t > 0
L(t)(s) = F (s) = 0
t est dt = lmT
T0
t est dt
Integrando por partes, con u = t ( du = dt) dv = est dt( v = e
st
s
):
L(t)(s) = lmT
[t est
s
T
0
T0
ests
dt
]= lm
T
[t est
s
T
0
est
s2
T
0
]=
= lmT
[t esT
s e
sT
s2+
1
s2
]= lm
TTs esT
lmT
1
s2 esT+ lm
T1
s2
Usando la regla de LHpital:
lmT
Ts esT
= lmT
1s2 esT
= 0 L(t)(s) = 0 0 + 1s2
=1
s2
Notar que, usando integracin por partes, se tiene que n N:
L(tn)(s) = 0
tn est dt = tn (est
s)
0
+n
s
0
tn1 est dt =n
sL(tn1)(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) est dt = lmT
T0
sen(bt) est dt
Para usar integracin por partes, hacemos u = est du = s est dt dv =sen(bt) dt v = cos(bt)
b:
T0
sen(bt) est dt = est
bcos(bt)
T
0
T0
s estb
cos(bt) dt
= est
bcos(bt)
T
0
sb
T0
est cos(bt) dt
Hacemos(u = est du = s est dt
)
(dv = cos(bt) dt v = sen(bt)
b
)y usando integracin por partes nuevamente:
T0
sen(bt) est dt = est
bcos(bt)
T
0
sb
T0
est cos(bt) dt
= est
bcos(bt)
T
0
sb
estb
sen(bt)
T
0
T0
s estb
sen(bt) dt
= est
bcos(bt)
T
0
s est
b2sen(bt)
T
0
s2
b2
T0
sen(bt) est dt
Tenemos T0
sen(bt) est dt a ambos lados de la ecuacin. Poniendo este trmino al lado
derecho de la ecuacin y evaluando, tenemos:(1 +
s2
b2
) T0
sen(bt) est dt = esT
bcos(bT ) +
1
b s e
sT
b2sen(bT )
T0
sen(bt) est dt =b2
b2 + s2
(esT
bcos(bT ) +
1
b s e
sT
b2sen(bT )
)Finalmente,
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L(sen(bt))(s) = 0
sen(bt) est dt
= lmT
T0
sen(bt) est dt
= lmT
b2
b2 + s2
(esT
bcos(bT ) +
1
b s e
sT
b2sen(bT )
)
=b
b2 + s2
5. Anlogamente, es posible mostrar, integrando por partes dos veces, que la transformada deLaplace de la funcin f(t) = cos(bt), es:
L(cos(bt))(s) = sb2 + s2
6. Si g(t) est dada por: g(t) ={
1 si 0 6 t < 10 si t > 1 entonces su transformada de Laplace
es:
L(g)(s) = G(s) = 10
1 est dt+ 1
0 est dt =ests
1
0
=ess
+1
s
7. Calcular la transformada de Laplace de f(t), donde f(t) est dada por:
f(t) =
{t si 0 6 t 6 11 si 1 < t
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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 a s > a
Pero, primero es necesario determinar algunas condiciones sobre una funcin para la existenciade su correspondiente transformada.
2. Existencia de la Transformada de Laplace
2.1. Definicin
Diremos que f : [a, b] R es seccionalmente continua continua por tramos ssi1. f es continua en todos los puntos del intervalo [a, b], salvo a lo ms en un nmero finito de
ellos.
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 lmites existen:
lmtt0
f(t) = f(t0 ) R lmtt+0
f(t) = f(t+0 ) R
Observacin
1. |f(t+0 ) f(t0 )| mide el salto de la discontinuidad.
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2. Si f(t+0 ) = f(t0 ), entonces f es continua en t0. Si esto sucede en todos los eventuales puntos
de 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 ba
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 puntosde discontinuidad, entonces
ba
f(t) dt =
ba
g(t) dt.
5. Si f y g son seccionalmente continuas en [a, b] entonces f(x) g(x) es seccionalmentecontinua en [a, b] y
ba
f(t) g(t) dt existe.
Ejemplos
1. f(x) ={
x 0 < x < 11 x 1 < x < 2 es 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. Definicin
Diremos que f es seccionalmente continua en R+0 si f es seccionalmente continua en [0, t0] t0 >0.
2.1.2. Definicin
Diremos que una funcin f es de orden exponencial en [0,[ si existen constantes ,C R+,tal que |f(t)| Cet 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 funcin f(t) = et2 no es de orden exponencial.Demostracin: 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 bte2at
tneate2at = tneat 0 si t As, 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 lmt
et2
eat= lm
tet
2at 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 tienetransformada de Laplace para s > a.
Demostracin: Como f es de orden exponencial, existen constantes positivas C, tal que
|est f(t)| = est |f(t)| Cest et = Cet(s)Luego:
0
|est f(t)|dt 0
C et(s)dt = lmT
T0
C et(s)dt =C
s Luego, como f es seccionalmente continua, por el criterio de comparacin para integrales impropias,
la integral 0
est f(t)|dt converge.
Observacin
1. Si f es de orden exponencial, entonces lmt
estf(t) = 0, s > c.
En efecto: |f(t)| Cet = |estf(t)| Ce(s)t .
Como lmt
e(s)t = 0 si s > , de donde, por el teorema del sandwich,
lmt|est f(t)| = 0 si s > c
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y aslmt
est f(t) = 0 si s > c
2. El Teorema es una condicin suficiente pero no necesaria para la existencia de la transfor-
mada de Laplace de una funcin. Veamos que L(t1/2) existe, aunque la funcin f(t) = 1t
no satisface las condiciones del teorema anterior.
Claramente, f(t) =1ttiene una discontinuidad de tipo infinito en t = 0, y claramente no
es de orden exponencial, ya que @ , C R+ : t 12 C et.Pero, L(t1/2) =
0
esttdt = 1s
0
euudu = 2s
0
ex2
dx
u = st u = x2
Es posible probar (usando integracin mltiple, que se ver en MAT024) que esta tima
integral converge y valepi
2. Luego,
L(t1/2) =pi
s, t > 0
Veamos ahora que la funcin f(t) =1
t2, t > 0 no posee transformada de Laplace;
si tuviera, entonces
L(
1
t2
)=
0
est1
t2dt =
10
est
t2dt+
1
est
t2dt
La primera integral del lado derecho diverge; para probar esto, basta aplicar el criterio de
comparacin asinttica con la funcin f(t) =1
t2, cuya integral entre 0 y 1 diverge:
lmt0+
est
t21
t2
= lmt0+
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 y son constantes. Luego, utilizando las propiedades de la integral, se tieneque
L ( f(t) + g(t)) (s) = L(f(t))(s) + L(g(t))(s)Inversa: Notamos que la aplicacin L no es inyectiva, puesto que si f y g son dos funcionesque poseen transformada de Laplace y que difieren en un nmero 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 loms en un nmero finito de puntos de discontinuidad.
Estos sencillos hechos permiten y facilitan el clculo 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} = 3 2s2 + 4
4 1s2
+ 51
s 32. Calcular la transformada de Laplace de f(t) = sen2(at)
Notar que cos 2 = cos2 sen2 = 1 2 sen2
sen2 = 1 cos 22
Por lo tanto, L(sen2(at)) = L(
1 cos 2at2
)=
1
2(L(1) L(cos 2at)) =
=1
2
(1
s ss2 + 4a2
)=
2a2
s(s2 + 4a2)
3. Calcular L(sinh(at)) y L(cosh(at)).
L(sinh(t)) = L(eat eat
2
)=
1
2
(1
s a 1
s+ a
)=
a
s2 a2Anlogamente, L(cosh(at)) = s
s2 a2
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4. Calcular L1(
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:L1
(1
s (s2 + 1)
)= L1
(1
s
) L1
(s
s2 + 1
)= 1 cos t
5. Dada F (s) =15
s2 + 17encontrar f(t).
L1(
15
s2 + 17
)= L1
(1517
17
s2 + 17
)=
1517
sen(
17 t )
6. Dada F (s) =5
s7encontrar f(t).
L1(
5
s7
)= L1
(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) = L1(F )(s) = L1{
1
s 5} L1
{16
s2 + 4
}= L1
{1
s 5} 8 L1
{2
s2 + 4
}= e5t 8 sen(2t)
8. Calcular L1(
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 = 13A+B = 9
A = 2B = 3
luego, podemos reescribirlo como:
F (s) =s+ 9
s2 2s 3 =2
(s+ 1)+
3
(s 3)
f = L1(F ) = L1{ 2
(s+ 1)
}+ L1
{3
(s 3)}
= 2et + 3e3t
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2.3. Propiedades Bsicas de la transformada de Laplace
Teorema
Si f es una funcin seccionalmente continua y de orden exponencial, entonces
lms{L(f(t))}(s) = lm
sF (s) = 0
Demostracin: Como |f(t)| Cet t > 0 se tiene:
|F (s)| =
0
est f(t) dt
0
est |f(t)| dt 0
estCet dt
= C
0
e(s)t dt =C
s lm
s|F (s)| lm
sC
s = 0 = lmsF (s) = 0
La transformada de Laplace de derivadas
La relacin existente entre la transformada de Laplace de la derivada de una funcin y la trans-formada de Laplace de la funcin misma es sorprendente, y nos permitir aplicar esta herramientapara resolver ecuaciones diferenciales.
2.3.1. Proposicin
Supongamos que y = f(t) es una funcin diferenciable por tramos y de orden exponencial.Supongamos tambin que y es de orden exponencial. Luego a partir de algn 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.
Demostracin
L( y )(s) = 0
y(t) est dt = lmT
T0
y(t) est dt
Usando integracin por partes:(u = est du = s estdt
)
(dv = y(t) dt v = y(t)
)L( y )(s) = lm
T
[y(t) est
T
0
+ s
T0
y(t) est dt
]
= lmT
[y(T ) esT y(0) + s
T0
y(t) est dt
]
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= lmT
y(T ) esT lmT
y(0) + s lmT
T0
y(t) est dt
= lmT
y(T ) esT y(0) + s 0
y(t) est dt
= lmT
y(T ) esT 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:esT |y(T )| 6 C e(sa)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. Proposicin
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) sk1 y(0) s y(k2)(0) y(k1)(0)
Observacin
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(xi ) existen, i = 1, n, entonces:
L( f )(s) = s L( f ) f(0+)ni=1
exi s(f(x+i ) f(xi )
),
donde f(x+i ) = lmtx+i
f(t) y f(xi ) = lmtxi
f(t)
Ejemplos
1. Resolver y y = 1, y(0) = 0, y(0) = 1
Aplicamos L a la ecuacin, obteniendo: L(y) L(y) = 1s
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i.e. s2L(y) sy(0) y(0) L(y) = 1s
Luego, Y (s)(s2 1) = 1s
+ 1 Y (s) = 1s(s 1)
y(t) = L1(
1
s(s 1))
= et 1
2. Encontrar la solucin 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) = ss2 + 4
Y (s)(s2 + 1) 1 = ss2 + 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 solucin del problema de valor inicial, uti-lizamos la inversa de la transformada de Laplace:
y(t) = L1(Y )
=1
3L1
{s
(s2 + 1)
}+ L1
{1
(s2 + 1)
} 1
3L1
{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 sent, determine L(f).
f(t) = t sent, entonces f(0) = 0 y f (t) = sent+ t cost
Luego, f (0) = 0 y f (t) = 2 cost 2f(t)
As, L(f ) = 2L(cost) 2L(f)
El lado izquierdo de la igualdad es igual a: s2L(f) sf(0) f (0)
Por lo tanto: (s2 + 2)L(f) = 2L(cost)
L(f) = 2s(s2 + 2)2
5. Determine L(f), sia) f(t) = t cost
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 ta
f(x) dx es de orden ex-
ponencial y se tiene que
L( t
a
f(x) dx
)=
1
sL(f) 1
s
a0
f(x) dx
Demostracin:Como f es de orden exponencial, C, R+ : |f(t)| Cet, t > 0. Luego: t
a
f(x) dx
ta
|f(x)| dx C ta
ex dx =c
exta
=C
(et ea)
ta
f(x) dx
C et t > 0Luego,
ta
f(x) dx es de orden exponencial.
Ahora, L( t
a
f(x) dx
)=
0
est[ t
a
f(x) dx
] dt Integrando por partes:
u
= 1sest
ta
f(x) dx0
+1
s
0
estf(t)dt =1
s
0a
f(x) dx+1
sL(f)
ya que como ta
f(x) dx es de orden exponencial, se tiene que
est ta
f(x) dx 0 si t
As,
L( t
a
f(x) dx
)=
1
sL(f) 1
s
a0
f(x) dx
Corolario
Si a = 0, entonces L( t
0
y(u) du
)(s) =
1
sY (s). Adems, en este caso:
L1(
1
sY (s)
)=
t0
y(u) du
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Ejemplos
1. Determine L(tet).
Notamos que t0
xexdx = xext0 t0
exdx = tet et + 1.
L[ t
0
xexdx
]= L(tet) L(et) + L(1)
1sL(tet) = L(tet) L(et) + L(1)
de donde L(tet)(
1
s 1)
= 1s 1 +
1
s L(tet) = 1
(s 1)2
2. L1(
1
s2
)= L1
(1
s
1
s
)=
t0
1 dx = 1
t
0
= t (lo cual ya se saba).
Adems, este ejemplo muestra con claridad que L1(f g) 6= L1(f) L1(g)
3. Si L(f) = 1s(s2 + 2)
, determinar f(t).
4. Si L(f) = 1s2(s2 + 2)
, determinar f(t).
Cuadro 2: Transformada de Laplace
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) sk1 y(0) s y(k2)(0) y(k1)(0) t0
y(u) du1
sY (s)
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2.3.4. Teorema (1 de traslacin)
Sea f una funcin 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)
y por lo tanto,L1(F (s c)) = ect f(t)
Demostracin
L{ ec t f(t)}(s) = 0
ec t f(t) est dt = 0
f(t) e(sc)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. L1(
s
s2 + 4s+ 13
)= L1
(s
(s2 + 2(2s) + 4) + 9
)=
= L1(
s
(s+ 2)2 + 32
)= L1
(s+ 2 2
(s+ 2)2 + 32
)= L1
(s+ 2
(s+ 2)2 + 32
) L1
(2
(s+ 2)2 + 32
)= L1
(s+ 2
(s+ 2)2 + 32
) 2
3L1
(3
(s+ 2)2 + 32
)= e2t cos(3t) 2
3e2t sen(3t)
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Cuadro 3: Transformada de Laplace
f(t) L(f)(s) = F (s)
eat sen(bt)b
(s a)2 + b2 s > a
eat cos(bt)s a
(s a)2 + b2 s > a
eat tnn!
(s a)n+1 s > a
Observacin
Supongamos que f es una funcin continua por tramos de orden exponencial, y sea F (s) sutransformada de Laplace. Luego,
F (s) =
( 0
f(t) est dt)
Derivando con respecto a la variable s, suponiendo que es posible intercambiar la integral conla derivada, se tiene:
F (s) =d
dsF (s) =
d
ds
( 0
f(t) est dt)
=
( 0
f(t)
s(est) dt
)=
= (
0
t f(t) est dt)
= L{ t f(t)}(s)
es decir:
L{ t f(t)}(s) = F (s)Adems:
L(t2 f(t)) = L(t (t f(t))) = ddsL(t f(t)) = d
ds(F (s)) = (1)2 d
2F
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 funcin t2 e3t.
Aqui f(t) = e3t F (s) = 1(s 3)
con F (s) =d
ds(F (s)) = 1
(s 3)2 y F(s) =
d
ds(F (s)) =
2
(s 3)3
luego,
L{ t2 e3t}(s) = (1)2 F (s) = 2(s 3)3
Cul ser la transformada de Laplace de t3 e3t? Puede conjeturar para tn ent para n N?2. Calcular la transformada de Laplace de la funcin t sen(t).
L(t sen(t)) = [L(sen(t))] = (
s2 + 2
)=
2s
s2 + 2. (Comparar con ejemplo 4
pgina 14).
3. Determinar L1(
lns 3s+ 1
).
Como: tf(t) = L1(dF
ds
) f(t) = 1
tL1
(d
dsF
)= 1
tL1
(d
dslns 3s+ 1
)= 1
tL1
(s+ 1
s 3s+ 1 (s 3)
(s+ 1)2
)= 1
tL1
(4
(s 3)(s+ 1))
= 4tL1
( 14
s 3 14
s+ 1
)= 1
t(e3t et) = e
t
t e
3t
t
4. Resolver y + 2ty 4y = 1, y(0) = y(0) = 0.Aplicamos transformada de Laplace a la ecuacin:
L(y) + L(2ty) 4L(y) = L(1)s2Y (s) y(0) sy(0) 2 d
ds(sY (s) y(0)) 4Y (s) = 1
s
s2Y (s) 2(Y (s) + sY (s)) 4Y (s) = 1s
2sY (s) + (s2 6)Y (s) = 1s
Y (s) +6 s2
2sY (s) = 1
2s2
que es una E.D.O. lineal de primer orden, cuya solucin est dada por:
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Y (s) =1
s3+ C
es2
4
s3. Como lm
sY (s) = 0, necesariamente C = 0.
As, Y (s) =1
s3de donde y(t) =
t2
2.
5. Resolver ty y = t2, y(0) = 0.Aunque no conocemos ms que una condicin inicial, aplicamos transformada de Laplace ala ecuacin:
L(ty) L(y) = L(t2)(1) d
dsL(y) (sY y(0)) = 2!
s3
dds
(s2Y sy(0) y(0)) sY = 2!s3
dds
(s2Y ) sY = 2!s3
(s2Y + 2sY ) sY = 2s3
s2Y 3sY = 2s3
Y +3
sY = 2
s5
que es una E.D.O. lineal de primer orden, cuya solucin est dada por:
Y (s) = e
3
sds
( 2s5
)e
3
sdsds + C
=
1
s3
( ( 2s5
)s3ds + C
)=
1
s3
( 2s2ds + C
)=
1
s3
(2
s+ C
)=
2
s4+
C
s3
de donde la solucin buscada es la transformada inversa de esta funcin:
y(t) = L1(
2
s4
)+ L1
(C
s3
)=
1
3t3 +
C
2t2
6. Determinar L1(
arctans 3s+ 1
).
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2.4. Funciones Discontinuas Especiales
En esta seccin veremos cmo 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 funcin completa, en el clculo de la correspondiente transformada deLaplace.
Consideremos las siguientes funciones:
Funcin intervalo:
Hab(t) =
0 , t < a1 , a 6 t < b0 , b 6 t 0
Esta funcin tambin es conocida como "funcin de Heaviside".
Funcin escaln unitario trasladada hasta el punto c:
Hc(t) = H(t c) ={
0 , t < c1 , t > c
Podemos expresar la funcin intervalo Hab(t) en trminos de la funcin escaln unitario Ha(t)y Hb(t) del siguiente modo:
Hab(t) = Ha(t)Hb(t) = H(t a)H(t b)
Ejercicio: Exprese la funcin g(t) en trminos de la funcin escaln unitario:
g(t) =
{2t , 0 6 t < 12 , 1 6 t
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Ejercicio: Exprese la funcin f(t) en trminos de la funcin escaln unitario:
f(t) =
3 , 0 6 t < 45 , 4 6 t < 6et , 6 6 t 0, la transformada de Laplace de la funcin H(t c) f(t c) estdado por:
L{H(t c) f(t c)} = ecs F (s)Adems:
L1{ecs F (s)}(t) = H(t c)f(t c)
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Demostracin
L{H(t c) f(t c)} = 0
H(t c) f(t c) est dt
=
c0
0 est dt+ c
f(t c) est dt
=
c
f(t c) est dt (haciendo = t c)
=
0
f() es(+c) d = ecs 0
f() es d
= ecs F (s)
Ejercicios:
1. Encontrar la transformada de Laplace de la funcin H(t pi/4) sen(t).
La funcin sen(t) debe estar expresado en trminos de (t pi/4):
sen(t) = sen((t pi/4) + pi/4)
= sen(t pi/4) cos(pi/4) + cos(t pi/4) sen(pi/4)
= sen(t pi/4)
2
2+ cos(t pi/4)
2
2
Luego,
H(t pi/4) sen(t) =
2
2H(t pi/4) sen(t pi/4) +
2
2H(t pi/4) cos(t pi/4)
Finalmente,
L{H(t pi/4) sen(t)} = 22L{H(t pi/4) sen(t pi/4)}+
+
2
2L{H(t pi/4) cos(t pi/4)}
L{H(t pi/4) sen(t)} = 22e
pi4s 1
s2 + 1+
2
2e
pi4s s
s2 + 1=
2
2e
pi4s
(1 + s
s2 + 1
)
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2. Encontrar L(f), si f(t) ={
sen t si 0 t < 2pisen t+ cos t si t 2pi
Notamos que f(t) = sen t + H2pi(t) cos(t 2pi). Luego:
L(f) = L(sen t) + L (H2pi(t) cos(t 2pi)) = L(sen t) + e2pisL(cos t)
=1
1 + s2+ e2pis
s
1 + s2
3. Encontrar la transformada de Laplace inversa de la funcin F (s) =e2s
s(s2 + 9).
Para determinar L1(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+1/9ss2 + 9
e2s
s(s2 + 9)=
1
9e2s
1
s 1
9e2s
s
s2 + 9
Luego,
L1{
e2s
s(s2 + 9)
}=
1
9L1
{e2s
1
s
} 1
9L1
{e2s
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 2e(t2) t > 2
con las condiciones iniciales
y(0) = 0, y(0) = 0.
Solucin:
Sea g(t) ={
0 t 2e(t2) t > 2
Usando la funcin de Heaviside, escribimos g en la forma
g(t) = e(t2)H(t 2)de donde la ecuacin diferencial queda: y + 4y + 4y = e(t2)H(t 2).Aplicamos transformada de Laplace a esta ecuacin:
L(y) + 4L(y) + 4L(y) = L (e(t2)H(t 2))s2Y (s) sy(0) y(0) + 4sY (s) 4y(0) + 4Y (s) = e2s 1
s+ 1
s2Y (s) + 4sY (s) + 4Y (s) = e2s 1s+ 1
(s2 + 4s+ 4) Y (s) = e2s 1s+ 1
Y (s) =e2s
(s+ 1) (s2 + 4s+ 4)=
e2s
(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) =e2s
(s+ 1) e
2s
(s+ 2) e
2s
(s+ 2)2
y(t) = H(t 2)e(t2) H(t 2)e2(t2) H(t 2) (t 2)e2(t2)
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5. Resolver la ecuacin
y + 2y + t0
y(t) dt =
t si 0 t < 1
2 t si 1 t < 20 si t 2
con la c.i. y(0) = 0
Solucin:
Escribimos la funcin del lado derecho en trminos de la funcin escaln unitario, como
t+ (2 2t)H(t 1) + (t 2)H(t 2)
Ahora, aplicamos transformada de Laplace a la ecuacin:
sL(y) y(0) + 2L(y) + 1sL(y) = 1
s2+ 2esL(t) + e2sL(t)
Y (s)
(s+ 2 +
1
s
)=
1
s2 2 e
s
s2+
e2s
s2
Y (s) =1
s(s+ 1)2 2 e
s
s(s+ 1)2+
e2s
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 1s+ 1
1(s+ 1)2
2 es(
1
s 1s+ 1
1(s+ 1)2
)+
+ e2s(
1
s 1s+ 1
1(s+ 1)2
)de donde:
y(t) = 1 + et + t et 2(1 + et+1 + (t 1) et+1)H(t 1) +
+ (1 + et+2 + (t 2) et+2) H(t 2)
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Transformada de Laplace de una Funcin Peridica
Una funcin f es peridica con perodo T si f(t+ T ) = f(t) t Dom(f). El perodo T es elmenor nmero positivo que satisface esta propiedad.
Proposicin
Supongamos que f es una funcin peridica con perodo T , seccionalmente continua y de ordenexponencial. Entonces:
L{f}(s) =
T0
f(t) est dt
1 eTs
Demostracin
L{f}(s) = 0
f(t) est dt = T0
f(t) est dt+ 2TT
f(t) est dt+ 3T2T
f(t) est dt+
=
T0
f(t) est dt+ 0
f( + T ) es(+T ) d =tT en la 2a integral
+
T0
f( + 2T ) es(+2T ) d =t2T en la 3a integral
+ etc.
=
T0
f(t) est dt + esT 0
f() es d + e2sT T0
f() es d +
=
( T0
f(t) est dt) (
1 + esT + e2sT + e3sT + )=
( T0
f(t) est dt)
1
1 esT
Ejemplo
Calculemos la transformada de Laplace de la funcin 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) = 20estf(t) dt1 e2s =
10estf(t) dt1 e2s =
1
s(1 e2s)
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Observacin
La frmula anterior simplifica el trabajo para determinar la transformada de Laplace de unafuncin peridica, puesto que no es necesario calcular una integral impropia. Sin embargo, esposible simplificar los clculos an ms, utilizando el conocimiento de las transformadas de lasfrmulas que conforman, por subintervalos, a la funcin peridica. Para ver esto, notamos que apartir de una funcin peridica f de perodo T , es posible construir una nueva funcin (consideran-do solo un perodo de la funcin f y definindola como 0 en el resto del dominio) del siguiente modo:
fT (t) =
{f(t) , 0 6 t < T0 , T 6 t 0
Claramente, g es una funcin peridica de perodo 2. Luego, para calcular su transformada deLaplace construimos la funcin:
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) = 11 e2s L(gT (t))
=1
1 e2s(
1
s2 2 e
s
s2+e2s
s2
)
Ejercicios
Determine las transformadas de Laplace de las siguientes:
1. Onda cuadrada:
f(t) =
{k 0 < t ak 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) =
sent 0 < t pi
0pi
< t 0
2.5. Convolucin
Sabemos que L1(F +G) = L1(F (s)) + L1(G(s)). Pero, esta propiedad no se cumplepara el producto puesto que en general L1(F G) 6= L1(F (s)) L1(G(s)). Basta notarque L1( 1
s2) 6= L1(1
s) L1(1
s).
El siguiente producto de convolucin de funciones, tiene una propiedad muy til para calcularla transformada de Laplace inversa de un producto de transformadas conocidas. Definamos, enprimer lugar, este producto:
Definicin
Sean f y g dos funciones continuas por tramos. La convolucin de f y g es la funcin f gdefinida por:
(f g)(t) = t0
f(u) g(t u) du
Observacin
En la integral anterior, notar que si hacemos el cambio de variable v = t u, tenemos: t0
f(u) g(t u) du = 0t
f(t v) g(v) dv = t0
f(t v) g(v) dv = (g f)(t)
As, hemos probado que el producto de convolucin es conmutativo, que es la primera de lasafirmaciones del siguiente teorema. Dejamos las dems 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 f2. f (g + h) = f g + f h3. (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. Supong-amos que L(f) = F (s) y L(g) = G(s). Luego,
L(f g)(t) = F (s) G(s), equivalentemente,
L1{F (s) G(s)}(t) = t0
f(u) g(t u) du
Demostracin: No se har, requiere integracin mltiple.
Ejemplo 1: Sea f(t) = t2 2t y g(t) = t. Calcular (f g)(t)
(f g)(t) = t0
f(u) g(t u) du
=
t0
(u2 2u) (t u) du
=
t0
(tu2 2tu u3 + 2u2) du
=t4
12 t
3
3
Ejemplo 2: Sea f(t) = sen t y g(t) = t. Calcular la convolucin f g:
a) Directamente de la definicin f g = t0
f(u) g(t u) du
b) Evaluando F = L(f) y G = L(g) y luego calculando f g = L1{L(f) L(g)}
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a) f g = t0
f(u) g(t u) du
=
t0
senu (t u) du = t t0
senu du t0
u senu du
= t[ cosu
]t0
{[ u cosu
]t0
t0
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) = 1s2 + 1
, G(s) = L(g) = L(t) = 1s2
F (s)G(s) =1
(s2 + 1) 1s2
=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 L1{F (s)G(s)} = L1
{1
(s2 + 1)
}+ L1
{1
s2
} f g = sen(t) + t
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Ejemplo 3: L1[
1
s(s2 + 1)
]= L1
[1
s
1
s2 + 1
]= L1
[1
s
] L1
[1
s2 + 1
]=
= 1 sen t = t0
1 senu du = cosut0
= 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
Solucin: Aplicando la transformada de Laplace:
L{ty} 2L{y}+ L{ty} = 0
= dds
(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 obtiene la ecuacin lineal
Y (s) +4s
s2 + 1Y (s) =
3
s2 + 1
cuya solucin es
Y (s) =s3 + 3s+ C
(s2 + 1)2
Esto ltimo 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 L1:
y(t) = L1(
s
s2 + 1
)+ L1
(2s
(s2 + 1)2
)+ L1
(C
(s2 + 1)2
)Por lo tanto:
y = cos t+ 2(cos t sen t) + C(
sen t t cos t2
)de donde
y = cos t+ t sen t sen2 t cos t+ C2
(sen t t cos t)
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Ejemplo 5: Resolver y(t) + 3 t0
y(u) sen(t u) du = et.
Solucin: Para aplicar la transformada de Laplace, notamos que la integral corresponde alproducto de convolucin y(t) sen t. Luego, obtenemos:
Y (s) + 3Y (s)1
s2 + 1=
1
s+ 1
de dondeY (s)
(s2 + 4
s2 + 1
)=
1
s+ 1 Y (s) = s
2 + 1
(s+ 1)(s2 + 4)
Para calcular la transformada inversa, aplicamos fracciones parciales:
s2 + 1
(s+ 1)(s2 + 4)=
A
s+ 1+Bs+ C
s2 + 4=
(A+B)s2 + (B + C)s+ A+ C
(s+ 1)(s2 + 4)
de donde:A+B = 1B + C = 04A+ C = 1
A = 25, B =
3
5, C = 3
5.
As:y(t) = L1
(s2 + 1
(s+ 1)(s2 + 4)
)= L1
(2/5
s+ 1+
3
5
(s
s2 + 4 1s2 + 4
)) y(t) = 2
5et +
3
5cos 2t 3
10sen 2t
Ejemplo 6: Resolver 4 t0
y(u)du+ y(u) = t0
y(u) cos(t u)du, y(0) = 1.
Solucin: Aplicamos la transformada de Laplace:
4Y (s)
s+ sY (s) y(0) = Y (s) s
s2 + 1
Como y(0) = 1, reemplazamos, factorizamos y despejamos para obtener:
Y (s) =s(s2 + 1)
(s2 + 2)2
Dejamos como ejercicio la determinacin de L1(s(s2 + 1)
(s2 + 2)2
), lo cual finalmente da como
resultado
y(t) = cos(
2 t)
2
4t sen
(2 t)
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2.6. Delta de Dirac distribucin impulso unitario
En muchas aplicaciones a sistemas elctricos, mecnicos otros, aparecen fuerzas muy grandesque actan en intervalos de tiempo pequeos. Una manera de representar estos elementos es me-diante la "funcin generalizada" de Dirac, que definiremos a continuacin.
2.6.1. Definicin
Sea a > 0 una constante, y considere la funcin
a(t) =
{ 12a
si a t a0 si t < a t > a
Note que a > 0 :
a(t) dt = 1
Llamaremos "funcin" Delta de Dirac a aquella definida por
(t) = lma0
a(t)
2.6.2. Propiedades
1. (t) = 0, t 6= 0 y (t) para t = 0.
2.
(t) dt = 1
3. L((t))(s) = 1
En efecto: L((t))(s) = lma0L(a(t))(s) = lm
a0
(eas eas
2as
)= 1
4.
f(t) (t) dt = f(0) y 0
f(t) (t) dt = f(0).
5. L(f(t) (t))(s) = f(0).
Observacin
1. Notar que lmsL((t))(s) = 1 6= 0. Esta aparente contradiccin no es tal, puesto que la
Delta de Dirac no es de orden exponencial, que son el tipo de funciones para las cuales seprob que el lmite de su transformada de Laplace debe ser igual a 0. De hecho, en sentidoestricto, ni siquiera es una funcin!
2. La propiedad 3. implica que L1(1) = (t)
Podemos generalizar la Delta de Dirac recin definida centrada en 0, a un centro cualquierac > 0:
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2.6.3. Definicin
Sean a, c > 0 constantes tal que c a y considere la funcin
a(t c) ={ 1
2asi c a t c+ a
0 si t < c a t > c+ aNote que a > 0 :
a(t c) dt = 1
Llamaremos "funcin" Delta de Dirac a aquella definida por
(t c) = lma0
a(t c)
2.6.4. Propiedades
1. (t c) = 0, t 6= c y (t) para t = c.
2.
(t c) dt = 1
3. L((t c))(s) = ecs de donde L1(ecs) = (t c).
En efecto: L((t c))(s) = lma0L(a(t c))(s) = lm
a0
(ecs
eas eas2as
)= ecs
4.
f(t) (t c) dt = f(c) y 0
f(t) (t c) dt = f(c).
5. L(f(t) (t c))(s) = ecs f(0).
Ejemplo Resuelva el sistema de ecuaciones diferenciales lineal no homogneo
x = y + (t 2pi) , x(0) = 0y = x+H(t 3pi) , y(0) = 0
Solucin: Aplicamos la transformada de Laplace a cada ecuacin:
sX(s) = Y (s) + e2pis
sY (s) = X(s) +e3pis
s
Escribimos el sistema en la forma:
sX + Y = e2pis
X + sY = e3pis
s
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Aplicamos la regla de Cramer para obtener X e Y :
X(s) =
e2pis 1e3pis
ss
s 11 s =
s e2pis e3pis
ss2 + 1
=s
s2 + 1e2pis e
3pis
s+ e3pis
s
s2 + 1
Y (s) =
s 1
e2pise3pis
s
s2 + 1
=e3pis + e2pis
s2 + 1=
e3pis
s2 + 1+
e2pis
s2 + 1
donde para la expresin final para X(s) hemos aplicado fracciones parciales.As:
x(t) = H(t 2pi) cos(t 2pi)H(t 3pi) +H(t 3pi) cos(t 3pi)
y(t) = H(t 3pi) sen(t 3pi) +H(t 2pi) sen(t 2pi)
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EJERCICIOS
1. Determine las transformadas de Laplace de las siguientes funciones de la varaible t:
a) sen(t+ )b) (7t 3)e5tc) t cos
(2t+
pi
3
)d) t2 cos t
e) t3e2t cos(6t)
f ) t2 t0
cos2 u du
g) tetf (t)
h) e2t t0
e6u cos(4u) du
i) t0
( u0
f(x)dx
)du
2. Calcular las transformadas inversas de:
a) F (s) =5
(s+ 1)3
b) F (s) =s
(s2 + 1)2
c) F (s) =s
s2 (s2 + 1)2
d) F (s) =eas
sn+1, n 1, a R
e) F (s) =e3s
(s 1)(s+ 2)
f ) F (s) =1
s4 + 1
g) F (s) = e2s(
1
s2+
1
s5
)
h) F (s) = arctan(
1
s
)
i) F (s) = ln(s2 + 1
s(s 3))
3. Usando transformada de Laplace, resuelva los siguientes problemas de valor inicial:
a) ty ty y = 0, y(0) = 0, y(0) = 3b) ty + 2ty + 2y = 0, y(0) = 0, y(0) = 3
c) y 8ty + 16y = 3, y(0) = y(0) = 0d) t(1 t)y + 2y + 2y = 6t, y(0) = y(0) = 0e) ty ty + y = 2(et 1), y(0) = 0, y(0) = 1
4. Usando transformada de Laplace, resuelva ty + (t 1)y + y = 0, y(0) = 0.5. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales:
a) y + 4y ={
1 si 0 t 10 si t > 1 , y(0) = 1, y
(0) = 0
b) y 4y + 4y ={
t si 0 t < 3t+ 2 si t 3 , y(0) = 0, y
(0) = 0
c) y + 9y ={
0 si 0 t < picos(t) si t pi , y(0) = 1, y
(0) = 1
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d) y 3y + 2y =
1 si 0 t < 10 si 1 t < 21 si 2 t < 30 si 3 t < 41 si 4 t < 50 si t 5
, y(0) = 0, y(0) = 0
6. Determine L1 (ln ( s+asa)). (Ayuda: F (s) = L[tf(t)]).
7. Resuelva, usando transformada de Laplace, las siguientes ecuaciones integrales:
a) y(x) = x2 + x0
sen(x u)y(u)du
b) y(t) = cos t+ t0
y() cos(t )d, y(0) = 1
c) x(t) = et 2 t0
cos(t u)x(u)du
d) x(t) = t+1
6
t0
(t u)3x(u)du
8. Resolver la ecuacin
y + 2y + t0
y(t) dt =
t si 0 t < 1
2 t si 1 t < 20 si t 2
con la c.i. y(0) = 0
9. Sea la ecuacin diferencial
y + 2y + y ={
sen(t) si 0 t pi0 si no
a) Calcular y(4) si las condiciones iniciales son y(0) = y(0) = 0.
b) Calcular y(4) si las condiciones iniciales son y(0) = 0, y(0) = 1.
10. Encuentre la funcin y(x) que satisface:
ex = y(x) + 2 x0
cos(x t) y(t) dt
11. a) Sea F (s) = L[f(t)](s). Suponga que f(t)/t tiene lmite cuando t 0+. Probar que
L[f(t)](s) = s
F (u) du
b) Use a) para encontrar la transformada de Laplace de f(t) = sen tt.
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12. Considere la ecuacin diferencial:
ty + (t 1)y + y = 1 (1 + t)et
a) Demuestre que eat (eat f(t)) = eat(1 f(t)).b) Use a) para encontrar las soluciones de la ecuacin que pasan por (0,0).
13. Use transformada de Laplace para resolver el siguiente sistema de E.D.O.:
2x + x+ y = e6t
2x+ y = 0
con las condiciones iniciales x(0) = 1, y(0) = 2 y y(0) = 2.
14. Resolver los siguientes sistemas de E.D.O. utilizando transformada de Laplace:
a) x 4x y + t = 0
y + 2x y + et = 0 con las condiciones iniciales x(0) = 0, y(0) = 1
b) x + x+ y + cos t = 0y + x y + et = 0 con las condiciones iniciales x(0) = 0, y(0) = 0
15. Resolver el problema de valor inicial
y + y = et + (t 1) cony(0) = y(0) = 1, y(0) = 2
16. La funcin gamma est definida por
(x) =
0
ettx1dt
a) Demuestre que esta funcin converge x > 0.b) Pruebe que (x+ 1) = x(x), x > 0.c) Calcule (1), y use lo anterior para probar que (n+ 1) = n! n = 0, 1, 2, 3, .d) Sea n > 1, n R. Probar que
L(tn) = (n+ 1)sn + 1
Sugerencia: hacer t = usen la integral que define a L(tn).
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17. Sea x(t) la solucin de la ecuacin de Bessel de orden cero:
tx + x + tx = 0
con x(0) = 1 y x(0) = 0. Demostrar que:
a) L(x(t))(s) = 1s2 + 1
.
b) 0
J0(u)du = 1, donde J0(t) es la solucin de la ecuacin.
c) Probar formalmente que J0(x) =1
pi
pi0
cos(x cos t)dt.
(Ayuda: pi0
cos2n x dx =1 3 5 (2n 1)
2 4 6 2n pi)
18. Demuestre que para x > 0 : L(tx) = (x+ 1)sx+1
, donde la funcin Gamma, est
definida por : [0,[ R, con (x) = 0
ettx1dt.
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