Ejercicios resueltos y propuestos sobre transformada de Laplace
desarrollados por el Profesor Yoel Monsalve
Ejercicio.
Obtenga la inversa de la siguiente Transformada de Laplace:F(s) = 1 s(s+ 1)3
Soluci´
on.
La estrategia consiste en la descomposici´on en fracciones parciales:F(s) = 1
s(s+ 1)3 =
A s +
B s+ 1 +
C (s+ 1)2 +
D (s+ 1)3
Para hallar el valor de los coeficientes, multiplicamos toda la ecuaci´on pors(s+ 1)3:
1 = A(s+ 1)3 + Bs(s+ 1)2 + Cs(s+ 1) + Ds (∗)
1 = A(s3+ 3s2+ 3s+ 1) + Bs(s2+ 2s+ 1) + Cs(s+ 1) + Ds 1 = (A+B)s3 + (3A+ 2B+C)s2 + (3A+B +C+D)s + A
de donde surge el sistema de ecuaciones:
A + B = 0
3A + 2B + C = 0 3A + B + C + D = 0
A = 1
Podemos aplicar una estrategia para simplificar el trabajo de resolver el sistema. En efecto, sustituyendo en la ecuaci´on(*) los valores s= 0 y s=−1 (las ra´ıces del denominador de F(s)), se obtiene:
s = 0 ⇒ 1 = A ⇒ A = 1 s =−1 ⇒ 1 = −D ⇒ D = −1
y reemplazando estos valores en el sistema de ecuaciones, obtenemos f´acilmente:
B = −1 , C = −1 As´ı:
F(s) = 1 s −
1 s+ 1 −
1
(s+ 1)2 −
1 (s+ 1)3
y la inversa es:
f(t) = 1 − e−t − te−t − t 2
Ejercicio.
Obtenga la inversa de la siguiente Transformada de Laplace:F(s) = 1
(s+ 2)(s2+ 2s+ 2)
Soluci´
on.
La estrategia consiste en la descomposici´on en fracciones parciales:F(s) = 1
(s+ 2)(s2+ 2s+ 2) =
A s+ 2 +
Bs+C s2+ 2s+ 2
luego:
1 = A(s2+ 2s+ 2) + (Bs+C)(s+ 2) (∗)
1 = (A+B)s2 + (2A+ 2B+C)s + (2A+ 2C)
y formamos el sistema:
A + B = 0
2A + 2B + C = 0 2A + + 2C = 1 Sustituyendos=−2 en (*) obtenemos:
A = 1 2
e introduciendo este valor en el sistema de ecuaciones, calculamos:
B = −1
2 , C = 0
Luego:
F(s) = 1 2
1 s+ 2 −
1 2
s s2+ 2s+ 2
= 1 2
1 s+ 2 −
1 2
s (s+ 1)2+ 1
= 1 2
1 s+ 2 −
1 2
(s+ 1)−1 (s+ 1)2+ 1
= 1 2
1 s+ 2 −
1 2
s+ 1
(s+ 1)2+ 1 +
1 2
1 (s+ 1)2+ 1
invirtiendo:
f(t) = 1 2e
−2t − 1 2e
−tcos(t) + 1 2e
Ejercicio.
Obtenga la inversa de la siguiente Transformada de Laplace:F(s) = s+ 4 s3+ 6s2+ 9s
Soluci´
on.
Primero que nada, advertimos la factorizaci´on del denominadors3+ 6s2+9s =s(s2+ 6s+ 9), luego aplicamos descomposici´on en fracciones parciales:
F(s) = s+ 4
s3+ 6s2+ 9s =
s+ 4
s(s2+ 6s+ 9) =
A s +
B s+ 3 +
C (s+ 3)2
luego:
s+ 4 = A(s+ 3)2 + Bs(s+ 3) + Cs (∗)
s+ 4 = (A+B)s2 + (6A+ 3B +C)s + 9A
y formamos el sistema:
A + B = 0
6A + 3B + C = 1
9A + = 4
Sustituyendo los valores des= 0 y s=−3 en (*), obtenemos: A = 4
9 , C = −13
e introduciendo este valor en el sistema de ecuaciones, calculamos:
B = −4 9
Luego:
G(s) = 4/9 s −
4/9 s+ 3 −
1/3 (s+ 3)2
e invirtiendo:
g(t) = 4 9 −
4 9e
−3t − 1 3t e
−3t.
Ejercicio.
Obtenga la inversa de la siguiente Transformada de Laplace:F(s) = s−1 s4 + 10s2+ 9
Soluci´
on.
Primero que nada, advertimos la factorizaci´on, un poco truculenta, del denominador:luego aplicamos la descomposici´on en fracciones parciales:
G(s) = s−1
s4+ 10s2+ 9 =
s−1
¡
s2+ 9¢¡s2+ 1¢ =
As+B s2+ 9 +
Cs+D s2+ 1
luego:
s−1 = (As+B)¡s2+ 1¢ + (Cs+D)¡s2+ 9¢ (∗)
s−1 = (A+C)s3 + (B+D)s2 + (A+ 9C)s + (B+ 9D) y formamos el sistema:
A + + C = 0
B + D = 0
A + 9C = 1
B + 9D = −1
Al resolver se encuentra:
A = −1
8 , B = 18
C = 1
8 , D = −18
Por lo tanto:
G(s) = 1 8·
−s+ 1 s2+ 9 +
1 8 ·
s−1 s2+ 1
= 1 8
½
− s
s2+ 9 +
1 s2+ 9
¾
+ 1 8
½
s s2+ 1 −
1 s2+ 1
¾
e invirtiendo:
g(t) = −1
8cos(3t) + 1
24sen(3t) + 1
8cos(t) − 1
8sen(t).
Ejercicio. Resolver el problema de valor inicial:
x(3) + 5x00 + 8x0 + 4x = 8, x(0) = 1, x0(0) = 8, x00(0) =−26.
Soluci´
on.
Aplicamos la Transformada de Laplace a ambos miembros de la ecuaci´on diferencial, teniendo en cuenta para ello que:x(t) ↔ X(s)
x0(t) ↔ sX(s)−x(0) = sX(s)−1
x00(t) ↔ s2X(s)−s x(0)−x0(0) = s2X(s)−s−8
De este modo, queda:
L©x(3) + 5x00 + 8x0 + 4xª = L©8ª
¡
s3X(s)−s2−8s+ 26¢ + 5¡s2X(s)−s−8¢ + 8¡sX(s)−1¢ + 4X(s) = 8
s
¡
s3+ 5s2+ 8s+ 4¢X(s) = s2 + 13s+ 22 + 8
s
cuando aparecen fracciones en el lado derecho de la ecuaci´on, como aqu´ı, lo mejor es reducir a una sola fracci´on:
¡
s3+ 5s2+ 8s+ 4¢X(s) = s
3+ 13s2+ 22s+ 8
s y entonces, por fin, despejamosX(s):
X(s) = s
3+ 13s2+ 22s+ 8
s¡s3+ 5s2+ 8s+ 4¢ =
s3+ 13s2+ 22s+ 8
s(s+ 1)(s+ 2)2
la descomposici´on en fracciones parciales es:
X(s) = A s +
B s+ 1 +
C s+ 2 +
D (s+ 2)2
donde, al calcular los coeficientes, ´estos son:
A= 2, B = 2, C =−3, D= 4 As´ı:
X(s) = 2 s +
2 s+ 1 −
3 s+ 2 +
4 (s+ 2)2
e invirtiendo, finalmente:
x(t) = 2 + 2e−t − 3e−2t + 4te−2t.
Ejercicio. Resolver el problema de valor inicial:
x00 + 2x0 + 3x = 12, x(0) = 4, x0(0) = 2
√
2 3 .
Soluci´
on.
Aplicamos la Transformada de Laplace a ambos miembros de la ecuaci´on diferencial, teniendo en cuenta para ello que:x(t) ↔ X(s)
x0(t) ↔ sX(s)−x(0) = sX(s)−4
x00(t) ↔ s2X(s)−s x(0)−x0(0) = s2X(s)−4s− 2 √
De este modo, queda:
L©x00 + 2x0 + 3xª = L©12ª
Ã
s2X(s)−4s− 2 √
2 2
!
+ 2¡sX(s)−4¢ + 3X(s) = 12 s
¡
s2+ 2s+ 3¢X(s) = 4s + 2
√
2
3 + 8 + 12
s y el lado derecho,simplementelo escribimos as´ı:
¡
s2+ 2s+ 3¢X(s) =
4s2+
Ã
2√2 3 + 8
!
s+ 12 s
y entonces, despejamosX(s):
X(s) =
4s2+
Ã
2√2 3 + 8
!
s+ 12 s(s2+ 2s+ 3)
Como el factor cuadr´atico s2 + 2s + 3 es irreducible, la descomposici´on en fracciones
parciales es:
X(s) =
4s2+
Ã
2√2 3 + 8
!
s+ 12 s(s2+ 2s+ 3) =
A s +
Bs+C s2+ 2s+ 3
Al intentar calcular los coeficientes, se obtiene el sistema de ecuaciones:
A + B = 4
2A + + C = 2√2 3 + 8
3A + = 12
cuya soluci´on es:
A= 4, B = 0, C = 2
√
2 3 As´ı:
X(s) = 4 s +
2√2 3 1s
2+ 2s+ 3 = 4
s + 2√2
3
1 (s+ 1)2+ 2
e invirtiendo, finalmente obtenemos:
x(t) = 4 + 2 3e
Ejercicio. Resolver el problema de valor inicial:
x00 + 6x0 + 13x = 7−13t, x(0) = 3, x0(0) =−9.
Soluci´
on.
Aplicamos la Transformada de Laplace a ambos miembros de la ecuaci´on diferencial, teniendo en cuenta para ello que:x(t) ↔ X(s)
x0(t) ↔ sX(s)−x(0) = sX(s)−3
x00(t) ↔ s2X(s)−s x(0)−x0(0) = s2X(s)−3s+ 9
De este modo, queda:
L©x00 + 6x0 + 13xª = L©7−13tª
¡
s2X(s)−3s+ 9¢ + 6¡sX(s)−3¢ + 13X(s) = 7
s − 13 s2
¡
s2+ 6s+ 13¢X(s) = 3s + 9 + 7 s −
13 s2 =
3s3+ 9s2+ 7s−13
s2
As´ı:
X(s) = 3s
3+ 9s2+ 7s−13
s2(s2+ 6s+ 13)
La descomposici´on en fracciones parciales deX(s) es:
X(s) = A s +
B s2 +
Bs+C s2+ 6s+ 13
y al calcular los coeficientes, se obtiene:
A= 1, B =−1, C = 2, D= 4 As´ı:
X(s) = 1 s −
1 s2 +
2s+ 4 s2+ 6s+ 13 =
1 s −
1 s2 +
2(s+ 3)−2 (s+ 3)2+ 4
= 1 s −
1
s2 + 2·
s+ 3
(s+ 3)2+ 4 −
2 (s+ 3)2+ 4
e invirtiendo, finalmente obtenemos:
Ejercicio. Resolver el problema de valor inicial:
x00 + 2x0 + 2x = 2 cos(t) − 4 sen(t), x(0) = 6, x0(0) =−10.
Soluci´
on.
Aplicamos la Transformada de Laplace a ambos miembros de la ecuaci´on diferencial, teniendo en cuenta para ello que:x(t) ↔ X(s)
x0(t) ↔ sX(s)−x(0) = sX(s)−6
x00(t) ↔ s2X(s)−s x(0)−x0(0) = s2X(s)−6s+ 10
De este modo, queda:
L©x00 + 2x0 + 2xª = L©2 cos(t) − 4 sen(t)ª
¡
s2X(s)−6s+ 10¢ + 2¡sX(s)−6¢ + 2X(s) = 2s−4
s2+ 1
¡
s2+ 2s+ 2¢X(s) = 6s + 2 + 2s−4
s2+ 1 =
6s3+ 2s2+ 8s−2
s2+ 1
As´ı:
X(s) = 6s
3+ 2s2+ 8s−2
(s2+ 1)(s2+ 2s+ 2)
La descomposici´on en fracciones parciales deX(s) es:
X(s) = As+B s2+ 1 +
Cs+D s2+ 2s+ 2
de donde se obtiene el sistema:
A + + C = 6
2A + B + D = 2 2A + 2B + C = 8 2B + D = −2 y resolviendo:
A= 2, B = 0, C = 4, D=−2 As´ı:
X(s) = 2s
s2+ 1 +
4s−2 s2+ 2s+ 2 =
2s s2+ 1 +
4(s+ 1)−6 (s+ 1)2+ 1
= 2s
s2+ 1 + 4·
s+ 1
(s+ 1)2 + 1 − 6·
1 (s+ 1)2+ 1
e invirtiendo, obtenemos finalmente:
Ejercicio. Resolver el problema de valor inicial:
dx
dt + 4x = e
−t£1−u(t−1)¤, x(0) = 0
Soluci´
on.
Siendo que x(t)↔X(s), tenemos:x0(t) ↔ xX(s)−x(0) = sX(s) Por otra parte:
L
n
e−t£1−u(t−1)¤o = L
n
e−t − e−tu(t−1)
o
= 1
s+ 1 − e
−sL©e−(t+1)ª
= 1
s+ 1 − e
−sL©e−1·e−tª = 1 s+ 1 −
e−1
s+ 1 ·e −s
donde hemos usado el teorema de desplazamiento. As´ı, al transformar la ecuaci´on difer-encial, quedar´ıa:
sX(s) + 4X(s) = 1 s+ 1 −
e−1
s+ 1 ·e −s
(s+ 4)X(s) = 1 s+ 1 −
e−1
s+ 1 ·e −s
X(s) = 1
(s+ 1)(s+ 4)
| {z }
− e−s· e
−1
(s+ 1)(s+ 4)
| {z }
(1) (2)
Ahora trabajando por partes:
(1) Como:
1
(s+ 1)(s+ 4) = 1/3 s+ 1 −
1/3 s+ 4 entonces:
1
(s+ 1)(s+ 4) ↔ 1 3
£
e−t−e−4t¤
(2) Usando la descomposici´on en fracciones parciales de la parte (1), obtenemos:
e−1
(s+ 1)(s+ 4) ↔ e−1
3
£
por lo tanto, usando el teorema de desplazamiento:
e−s· e
−1
(s+ 1)(s+ 4) ↔ e−1
3
¡
e−(t−1)−e−4(t−1)¢u(t−1)
= e −1
3
£
e1−t−e4−4t¤u(t−1)
= 1 3
£
e−t−e3−4t¤u(t−1) As´ı, uniendo todo:
x(t) = 1 3
£
e−t−e−4t¤ − 1 3
£
e−t−e3−4t¤u(t−1)
Ahora obtengamos la expresi´on para x(t) cuando 0≤t <1, y cuando t >1.
i) Si 0≤t <1, entonces u(t−1) = 0, por lo que:
x(t) = 1 3
£
e−t−e−4t¤
ii) Si t >1, entonces u(t−1) = 0, por lo que:
x(t) = 1 3
£
e−t−e−4t¤ − 1
3
£
e−t−e3−4t¤
= 1 3(e
3−1)e−4t
De este modo:
x(t) =
1 3
£
e−t−e−4t¤, 0≤t <1 1
3(e
Ejercicios propuestos
1. Resolver el problema de valor inicial:
x(3) + 5x00 + 8x0 + 4x = 0, x(0) = 5, x0(0) =−8, x00(0) = 15
Respuesta. x(t) = 3e−t + (2−t)e−2t.
2. Resolver el problema de valor inicial:
x(3) − 3x0 − 2x = 0, x(0) = 3, x0(0) =−1, x00(0) =−8
Respuesta. x(t) = −7
9e
2t +
µ
34 9 +
13t 3
¶
e−t.
3. Resuelva la ecuaci´on sujeta a condici´on inicial:
x00 + 2x0 + 4x = 12, x(0) = 7 2, x
0(0) = −1 2
Respuesta. x(t) = 3 + 1
2e
−tcos(√3t).
4. Resolver el problema de valor inicial:
x0 + x = t£1−u(t−1)¤, x(0) = 1
Respuesta. x(t) =
½
t−1 + 2e−t, 0≤t <1 2e−t , t >1
5. Resolver el problema de valor inicial: dx
dt + 3x = t + (2−t)u(t−2), x(0) = 1
Respuesta. x(t) =
t 3 −
1 9 +
10 9 e
−3t, 0≤t <2 2
3 −
10−e6
9 e
6. Resuelva la ecuaci´on sujeta a condici´on inicial:
x00 + 4x = 2 − u(t−π/4), x(0) = 1, x0(0) = 0
Respuesta. x(t) =
1 2 +
1
2 cos(2t) , 0≤t < π 4 1
4 + 1
2 cos(2t) + 1
