MATEMÁTICA D y D 1 Módulo II: Transformada de Laplace

(1)

MATEMÁTICA D y D

1 Módulo II: Transformada de Laplace

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å

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Mag. María Inés Baragatti

♦

Transformada de Laplace

Sea f(t) una función de variable real definida para 0 ≤≤≤≤ t < ∞∞∞∞.

La transformada de Laplace de f(t), que se indica indistintamente por F(s) o L[f(t)], está dada por la fórmula

F(s) = L[f(t)]= e f(t)dt 0

st

∫∫∫∫

∞∞∞∞ −−−−

donde s es un parámetro real o complejo.

Dado que la transformada de Laplace se define por medio de una integral impropia, es necesario

encontrar condiciones sobre f(t) y sobre s para que dicha integral converja.

Los valores de s para los cuales la integral converge constituyen lo que se denomina región de

convergencia o dominio de la transformada de Laplace.

Ejemplos

1- Calcular la transformada de Laplace (TL) de f(t) = 1 para t ≥≥≥≥ 0 ,

Suponiendo que s es real , su transformada de Laplace, es:

L[f(t)] =    ≤≤≤≤ ∞ ∞∞ ∞ >>>> ==== −−−− −−−− ====       −−−− ==== ==== −−−− ∞ ∞ ∞ ∞ → → → → −−−− ∞ ∞∞ ∞ → → → → −−−− ∞ ∞ ∞ ∞ → →→ → ∞ ∞ ∞ ∞ ₋₋₋₋

∫∫∫∫

líme _s 1 1s si_si _ss 0₀ s e lím dt e lím dt 1 e sA A A 0 st A A 0 st A 0 st

Como la integral que define la TL sólo converge si s > 0 , decimos que la región de

convergencia de la transformada de Laplace de esta función es el intervalo (0, ∞∞∞∞) , anotamos

L[1] = s 1

para s > 0 ( si s es una variable real)

Si s es complejo, es decir s = s1 + i s2 , entonces el último límite toma la forma

t f(t)

(2)

   ≤≤≤≤ >>>> ==== −−−− −−−− ++++ ==== −−−− −−−− −−−− −−−− ∞ ∞∞ ∞ → → → → ++++ −−−− ∞ ∞ ∞ ∞ → →→ → _no_existe _si_s ₀ 0 s si s 1 s 1 ) A s sen( e i ) A s cos( e lím s 1 e lím 1 1 2 A s 2 A s A A ) is s ( A 1 1 2 1

Por lo tanto si s es complejo, la transformada de Laplace sólo existe si

Re(s) > 0 , es decir la región de convergencia es en este caso es un

semiplano y se obtiene la misma transformada que si s es real . Anotamos:

L[1] = s 1

para Re(s) > 0 ( s es una variable compleja)

2- Dada f(t) = eat para t ≥≥≥≥ 0 , su transformada de Laplace, suponiendo que a y s son reales, es:

L[f(t)] =    ≤≤≤≤ ∞ ∞ ∞ ∞ >>>> −−−− ==== −−−− −−−− −−−− ==== ==== −−−− −−−− ∞ ∞ ∞ ∞ → →→ → −−−− −−−− ∞ ∞ ∞ ∞ → →→ → ∞ ∞∞ ∞ ₋₋₋₋

∫∫∫∫

e e dt lím e dt líme ₍_s _a₎1 1(s a) si_si _ss a_a ) a s ( A A A 0 ) a s ( t A at 0 st Por lo tanto : L[eat] = a s 1

−−−− para s > a , ( s es una variable real)

∆∆∆∆

Actividad 1

:

Si a es una constante compleja y s es complejo, justificar que L[eat] =

a s 1 −−−− para Re (s) > Re (a) 3- Dada    >>>> ≤≤≤≤ ≤≤≤≤ ==== 2 t si 0 2 t 0 si t ) t (

f , hallar su transformada de Laplace

En este caso la función tiene un salto en t = 2 y por lo tanto no es continua en t = 2, por ello

para calcular su transformada de Laplace debemos integrar en cada tramo donde es continua y buscar la primitiva usando el método de integración por partes como se muestra a continuación: L[f(t)] = 43 42 1 0 2 st 2 0 st 0 st dt 0 e dt t e dt f(t) e

∫∫∫∫

∞∞∞∞ −−−− ₌₌₌₌ −−−− ₊₊₊₊ ∞∞∞∞ −−−− 2 2 s 2 s 2 2 0 2 st st s 1 s e s e 2 s e s te ₌₌₌₌₋₋₋₋ ₋₋₋₋ ₊₊₊₊       −−−− −−−− ==== −−−− −−−− −−−− −−−−

Es importante observar que en este ejemplo existe L[f(t)] para todo s , sea real o complejo.

(3)

En lo sigue del módulo intentaremos encontrar propiedades que nos permitan encontrar la transformada de Laplace de una función sin tener que calcular la integral impropia que la define. Uno de esos resultados es el siguiente:

Ξ

ΞΞ

Ξ

Teorema de linealidad

Sean f(t) y g(t) dos funciones reales tal que L[f(t)] = F(s) para s ∈∈∈∈ D1 y L[g(t)] = G(s) para

s ∈∈∈∈ D2 entonces:

a) L[ f(t) + g(t) ] = L[f(t)] + L[ g(t)] para s ∈∈∈∈ D1 ∩ D2

b) L[k f(t)] = k L[f(t)] para s ∈∈∈∈ D1 , donde k es una constante real o compleja

∆∆∆∆

Actividad 2

:

Justificar usando la definición de TL, la propiedad de linealidad enunciada en el paso anterior.

Ejemplos

1- Si queremos hallar la TL de la función f(t) = 3 e4t - 5 e-2t + 1/2 , usamos la propiedad de

linealidad como se muestra a continuación:

L[3 e4t - 5 e-2t + 1/2] = L[3 e4t] + L [- 5 e-2t ] + L[1/2] = 3L[e4t] -5 L[e-2t ] + 1/2 L[1] = = s 2 / 1 2 s 5 4 s 3 ₋₋₋₋ ++++ −−−− −−−−

y la región de convergencia se obtiene haciendo la intersección de las regiones de convergencia

de cada una de ellas, que son Re(s) > 4 , Re(s) > -2 y Re(s) >0 respectivamente, por lo tanto

dicha TL existe para los s que verifican Re(s) > 4

Ejercicios

1- Hallar L[f(t)] usando la definición

a) f(t) = t b)f(t) = t e2t c) f(t) =    >>>> ≤≤≤≤ ≤≤≤≤ 2 t si 2 2 t 0 si t

2- Si s es complejo y Re(s) > 0 (ó si s es real y s >0) , demostrar usando la definición de

(4)

c) L[tn] = L[t ] s n n−−−−1 y concluir que L[tn] = _n ₁ s ! n ++++

3- Justificar usando la linealidad de la transformada de Laplace que

a) L[sh(at)] = ₂ ₂ at at a s a 2 e e L −−−− ====       ₋₋₋₋ −−−− e indicar el dominio b) L[ch(at)] = ₂ ₂ at at a s s 2 e e L −−−− ====       ₊₊₊₊ −−−− e indicar el dominio c) L[sen(at)] = ₂ ₂ iat iat a s a i 2 e e L ++++ ====       ₋₋₋₋ −−−− e indicar el dominio d) L[cos(at)] = ₂ ₂ iat iat a s s 2 e e L ++++ ====       ₊₊₊₊ −−−− e indicar el dominio

♦

Transformada inversa

Si F(s) es la transformada de Laplace en algún dominio de una función f(t) , indistintamente

podemos indicar que:

L[f(t)] = F(s) ó f(t) = L-1[F(s)]

Así como la primera expresión se lee "transformada de Laplace de la función f(t)" , la segunda

expresión se suele leer "transformada inversa de F(s)" ó " antitransformada de Laplace de

la función F(s)"

⊕

Observación

Si consideramos las funciones :

f1(t) = et    ==== ≠≠≠≠ ==== 2 t si 1 2 t si e ) t ( f t 2    ==== ==== ≠≠≠≠ ≠≠≠≠ ==== 7 t , 2 t si 1 7 t , 2 t si e ) t ( f t 3

(observar que: f1(t) = f2(t) salvo en t = 2 ; f1(t) = f3(t) salvo en t = 2 y t = 7 f2(t)= f3(t) salvo en t = 7)

y calculamos, usando la definición, sus transformadas de Laplace encontramos que: L[f1(t)] = L[f2(t)] = L[f3(t)] =

1 s

1

−−−−

¿Qué respondemos si nos piden que encontremos _

(5)

Evidentemente cualquiera de las tres funciones mencionadas es correcta pero existen infinitas

más que coincidirán con et , salvo en un número finito de puntos aislados, por ello tomamos la

siguiente convención: en caso de exista una función continua f(t) cuya transformada de Laplace

es F(s) , diremos que L-1[F(s)] es esa función continua f(t) .

Con referencia a las funciones mencionadas y según la convención mencionada, diremos que

      −−−− −−−− 1 s 1 L1 = et

♦

Existencia de la transformada de Laplace

Como la transformada de Laplace es una integral impropia, nos preguntamos que condiciones

debe cumplir f(t) para que exista su transformada. Para responder es necesario dar las

definiciones siguientes

♦ Se dice que f(t) es seccionalmente continua en un intervalo finito [a,b], si este intervalo

puede ser subdividido en un número finito de subintervalos en los cuales f(t) es continua y

tiene límites finitos cuando t se aproxima a los extremos de cada subintervalo

♦ Se dice que f(t) es una función de orden exponencial αααα para t →→→→∞∞∞∞ , si existen constantes

positivas M y T tal que

|f(t)| < M eααααt para todo t > T

Ejemplos

1- En el gráfico siguiente se observa una función seccionalmente continua en [a,b] , pues es

continua en los intervalos (a,t1), (t1, t2) y (t2 , b) existen y son finitos los límites límf(t)

a t→→→→ ++++ , ) t ( f lím 1 t t→→→→ −−−− , límf(t) 1 t t→→→→ ++++ , límf(t) 2 t t→→→→ −−−− , límf(t) 2 t t→→→→ ++++ y límf(t) b t→→→→ −−−−

2- Observar que lo que se exige a las funciones de orden exponencial αααα para t →→→→ ∞∞∞∞ es que estén

acotadas por un múltiplo constante de la exponencial eααααt , por ejemplo la función f(t) = t3 , que

sabemos que no está acotada cuando t tiende a infinito, pero está acotada por una exponencial

como se muestra a continuación:

(6)

donde se ha utilizado la regla de L´Hospital y se ha tomado αααα > 0 para poder usar que 1 e 1 t <<<< α αα α pues naturalmente t > 0

Por lo tanto para t > 0 suficientemente grande podemos decir que t3 < 6₃ eααααt

αααα y entonces la

función t3 es de orden exponencial αααα > 0

Con estos dos conceptos entendidos podemos atacar el siguiente teorema que da condiciones suficientes para la existencia de la TL.

En todos los desarrollos siguientes supondremos que el parámetro s es complejo, es decir de la

forma s = s1 + i s2 , si quiere trabajar con s , parámetro real, reemplazar s2 por 0 y usar que en

ese caso Re(s) = s

Ξ

ΞΞ

Ξ

Teorema de existencia

Si f(t) es seccionalmente continua en cada intervalo finito con t > 0 y es de orden exponencial αααα

para t →→→→∞∞∞∞ , entonces existe L[f(t)] para Re(s) > αααα

Demostración

Para entender la demostración es importante recordar que:

Si f(t) dt 0

∫∫∫∫

∞∞∞∞ converge entonces f(t) dt 0

∫∫∫∫

∞∞∞∞ converge. Criterio de comparación: Si |g(t)| <|h(t)| y h(t) dt 0

∫∫∫∫

∞∞∞∞ converge entonces g(t) dt 0

∫∫∫∫

∞∞∞∞ converge Demostración

Tenemos que demostrar que la integral f(t)e dt

0

ts

∫∫∫∫

∞∞∞∞ −−−− _{es convergente para algunos valores de s.}

Como f(t) es de orden exponencial αααα , sabemos que existen dos constantes positivas M y T que

nos permiten afirmar que:

|f(t)| < M eααααt para todo t > T

La desigualdad anterior nos induce a escribir la integral del siguiente modo:

dt e f(t) 0 ts

∫∫∫∫

∞∞∞∞ −−−− ₌ 4 4 3 4 4 2 1 I T 0 ts dt e f(t)

∫∫∫∫

−−−− ₊ 4 4 3 4 4 2 1 II T ts dt e f(t)

∫∫∫∫

∞∞∞∞ −−−− _(#)

donde podemos afirmar que la integral I existe pues el integrando es seccionalmente continuo y la región de integración es un intervalo finito y tratemos de demostrar que la integral II , que es impropia, es convergente.

Si t > T sabemos que |f(t)| < M eααααt , y multiplicando ambos miembros por |e-st| obtenemos :

(7)

Si podemos demostrar que la integral Me t |e st | dt T −−−− α αα α ∞ ∞∞ ∞

∫∫∫∫

es convergente, aplicando el criterio de

comparación podremos afirmar que la integral | f(t)e st | dt

T

−−−− ∞

∞∞ ∞

∫∫∫∫

también es convergente, para

ello teniendo en cuenta que s = s1 + i s2 y que

t s -st _| _e 1 e | ==== −−−− , calculamos: αααα −−−− ==== αααα −−−− −−−− −−−− ==== ==== −−−− −−−−αααα −−−− −−−−αααα −−−− −−−−αααα ∞ ∞ ∞ ∞ → → → → α αα α −−−− −−−− ∞ ∞∞ ∞ → →→ → −−−− α αα α ∞ ∞∞ ∞

∫∫∫∫

1 ) s ( T 1 ) s ( T ) s ( A A A T ) s ( t A st t T _s Me ) s ( e e M lím dt e M lím dt | e | e M 1 1 1 1 por lo tanto Me t|e st | dt T −−−− α αα α ∞ ∞ ∞ ∞

∫∫∫∫

es convergente si Re(s) > αααα y por comparación podemos afirmar

que | f(t)e st| dt T −−−− ∞ ∞ ∞ ∞

∫∫∫∫

es también convergente en el mismo dominio.

Como la integral de los módulos converge si Re(s) > αααα, entonces la integral sin los módulos, es

decir la integral II, también es convergente si Re(s) > αααα

Por lo tanto f(t)e dt

0

ts

∫∫∫∫

∞∞∞∞ −−−− _{es convergente si Re(s) >} _αααα_,_{por ser suma de dos integrales}

convergentes y el teorema queda demostrado.

∆∆∆∆

Actividad 3

:

Si f(t) satisface las hipótesis del teorema de existencia, demostrar que límF(s) 0

s→→→→∞∞∞∞ ====

Ayuda: tener en cuenta que F(s) = f(t)e dt 0 ts

∫∫∫∫

∞∞∞∞ −−−− ₌ 4 4 3 4 4 2 1 I T 0 ts dt e f(t)

∫∫∫∫

−−−− ₊ 4 4 3 4 4 2 1 II T ts dt e f(t)

∫∫∫∫

∞∞∞∞ −−−− _(#) y demostrar que límI 0

s→→→→∞∞∞∞ ==== y líms→→→→∞∞∞∞II====0, para ello tener en cuenta :

a) como f(t) es seccionalmente continua en el intervalo [0,T] entonces está acotada, es decir

existe una constante N tal que |f(t)|< N para t∈∈∈∈[0,T] , usar esto para demostrar que

      ₋₋₋₋ ≤≤≤≤ ≤≤≤≤ −−−− s e 1 N I 0 sT

y concluir a partir de esta desigualdad que límI 0 s→→→→∞∞∞∞ ====

b) tener en cuenta que 0 | II| f(t)e dt

T

ts

∫∫∫∫

∞∞∞∞ −−−−

≤≤≤≤

≤≤≤≤ y usar la siguiente desigualdad obtenida en la

demostración del teorema

αααα −−−− ≤≤≤≤ αααα −−−− ==== ≤≤≤≤ ≤≤≤≤

_∫∫∫∫

∞∞∞∞ −−−− −−−−αααα −−−− −−−−αααα 1 1 ) s ( T T ) s ( t s M s Me dt e M | II | 0 1 1 _{, y concluir a partir}

de esta desigualdad que límII 0

s→→→→∞∞∞∞ ====

(8)

⊕

Observaciones

1- El teorema de existencia da condiciones suficientes para la existencia de la TL, pero no

necesarias, por ejemplo la función f(t)====1 t , no es seccionalmente continua pues en t = 0

tiende a ∞∞∞∞ y sin embargo existe su TL y se propone , con las ayudas que se indican,

demostrar que L

[[[[ ]]]]

1 t ==== ππππ s

2- Como en la actividad 3 se ha demostrado que límF(s) 0

s→→→→∞∞∞∞ ==== , esta propiedad limita las posibles

funciones que son TL de funciones seccionalmente continuas y de orden exponencial, por

ejemplo si la función es un cociente de polinomios en variable s, necesariamente el grado del

denominador debe superar en al menos una unidad al grado del polinomio numerador pues de no ser así el límite mencionado no tendería a 0 .

Ξ

Transformada de Laplace de una derivada primera

Si f(t) es continua para t ≥≥≥≥ 0 y de orden exponencial αααα para t tendiendo a infinito y f’(t) es

seccionalmente continua para t ≥≥≥≥ 0 entonces para Re(s) > αααα vale que

L[f’(t)]=s F(s) – f(0) , donde F(s) = L[f(t)] Demostración Sabemos que L[f'(t)] e f'(t)dt lím A e f'(t) dt 0 st A 0 st

∫∫∫∫

−−−− ∞ ∞∞ ∞ → → → → ∞ ∞ ∞ ∞ ₋₋₋₋ ==== ====

recordando la fórmula de integración por partes

[[[[

u(t)v(t)

]]]]

- v(t)u'(t)dt dt (t) v' u(t) b a b a b a

∫∫∫∫

====

y sabiendo que si el integrando es seccionalmente continuo puede aplicarse sin dificultad,

podemos calcular la última integral llamando u = e-st , v’ = f’(t) obteniendo

[[[[

e f(t)

]]]]

f(t) (-se ) dt e f(A) f(0) s f(t) e dt dt ) t ( ' f e A 0 st sA A 0 st A 0 st A 0 st

∫∫∫∫

−−−− ₌₌₌₌ −−−− ₋₋₋₋ −−−− ₌₌₌₌ −−−− ₋₋₋₋ ₊₊₊₊ −−−− Por lo tanto     ₋₋₋₋ ₋₋₋₋ ==== ==== ====

_∫∫∫∫

−−−−

_∫∫∫∫

−−−− ∞ ∞ ∞ ∞ → → → → −−−− ∞ ∞ ∞ ∞ → → → → ∞ ∞ ∞ ∞ ₋₋₋₋ dt ) t ( f e s ) 0 ( f ) A ( f e lím dt ) t ( ' f e lím dt ) t ( ' f e )] t ( ' f [ L A 0 st sA A A 0 st A 0 st =

[[[[

e f(A)

]]]]

f(0) s e f(t) dt f(0) sL

[[[[ ]]]]

f(t) lím 0 st 0 sA A −−−− ++++ ====−−−− ++++ ==== −−−−

_∫∫∫∫

∞∞∞∞ −−−− ∞ ∞∞ ∞ → → → →_{4 2}₄ _{4 3}₄

1 siempre que Re(s) > αααα (*)

En el paso anterior afirmamos que lím

[[[[

e sAf(A)

]]]]

0

A ==== −−−− ∞ ∞ ∞ ∞ → →→

→ , siempre que Re(s) > αααα , para justificar

(9)

Por hipótesis sabemos que f(t) es de orden exponencial αααα entonces: |f(t)| < M eααααt , si t > T

si tomamos A > T entonces : |f(A)| < M eααααA

y multiplicando ambos miembros por |e-sA | , que sabemos es positivo, obtenemos:

|f(A)| |e-sA | < M eααααA _e−−−−s1A

Teniendo presente que |f(A)| _e−−−−s1A_{es positivo podemos escribir:}

0 < |f(A)| e-sA < M eααααA _e−−−−s1A

y tomando límite en cada miembro de la desigualdad anterior obtenemos :

0 lím A→→→→∞∞∞∞ ≤≤≤≤ Alím |f(A)| →→→→∞∞∞∞ A s1 e−−−− ≤≤≤≤ ( s )A A 1 Me lím αααα−−−− ∞ ∞∞ ∞ → → → → ,

y si pedimos que Re(s) = s1 > αααα , entonces el último límite es igual a 0 y por el teorema del

sandwich podemos afirmar que lím

[[[[

e sAf(A)

]]]]

0

A ==== −−−− ∞ ∞ ∞ ∞ → →→

→ siempre que Re(s) > αααα

Por lo tanto la expresión obtenida en (*) es correcta y vale que L[f’(t)]=s L[f(t)] - f(0) que es lo

que se quería demostrar.

Ejemplos

1- Hallar la solución de la ecuación diferencial f '(t) + 2 f(t) = 2t , con la condición f(0) = 1

Si aplicamos TL a ambos miembros, usando la linealidad obtenemos:

L [f '(t)] + 2 L [f(t)]= 2L [t]

reemplazamos L[f '(t)] por la expresión equivalente obtenida en el teorema anterior, encontramos

s L [f (t)] - f(0) + 2 L [f(t)]= 2L [t]

o su equivalente :

s F(s) - 1 + 2 F(s)= 2/s2

sacando factor común F(s) obtenemos:

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

despejando y operando obtenemos

(10)

Como no conocemos ninguna función elemental cuya transformada sea el cociente anterior, tratamos de expresar el cociente anterior usando el método de fracciones parciales (utilizado para hallar primitivas de funciones que son cociente de polinomios) En este caso

) 2 s ( s B 2 s ) B A 2 ( s ) C A ( ) 2 s ( s Cs ) 2 s ( B ) 2 s ( As 2 s C s B s A ) 2 s ( s s 2 2 2 2 2 2 2 2 ++++ ++++ ++++ ++++ ++++ ==== ++++ ++++ ++++ ++++ ++++ ==== ++++ ++++ ++++ ==== ++++ ++++

Como los numeradores deben ser iguales, necesariamente debe verificarse que:

A + C = 1 (coeficientes de s2)

2A + B = 0 (coeficientes de s ) 2B = 2 (términos independientes)

y resolviendo este sistema se obtiene B = 1 , A = - 1/2 , C = 3/2

Por lo tanto f(t) = ₂ 1 ₂ 2t 2 1 e 2 3 t 2 1 2 s 2 / 3 s 1 s 2 / 1 L ) 2 s ( s s 2 L−−−− −−−− ====−−−− ++++ ++++ −−−−     ++++ ++++ ++++ −−−− ====       ++++ ++++

2- Es interesante observar que si f(t) = t eat entonces su derivada es f '(t) = eat + a t eat , que

podemos escribir como f '(t) = eat + a f(t) y aplicando TL a ambos miembros tenemos:

L[f '(t)] = L[eat ] + a L[f(t)] o su equivalente { _s _a aF(s) 1 ) 0 ( f ) s ( sF 0 ++++ −−−− ==== −−−−

de donde despejando F(s) obtenemos :

((((

))))

2 a s 1 ) s ( F −−−−

==== , por lo tanto podemos afirmar que:

[[[[ ]]]]

₍₍₍₍

₎₎₎₎

2 at a s 1 te L −−−− ====

Ξ

Transformada de Laplace de derivadas sucesivas

∆∆∆∆

Actividad 4

:

Si F(s) = L[f(t)] , demostrar que :

a) Si f(t) y f '(t) son continuas para t ≥≥≥≥ 0 y de orden exponencial αααα para t tendiendo a infinito

y f ''(t) es seccionalmente continua para t ≥≥≥≥ 0 entonces para Re(s) > αααα vale que: L[f''(t)]=s2 F(s) – s f(0) - f '(0)

Ayuda: tener en cuenta que f''(t) = [f'(t)]' , aplicar la TL a ambos miembros y usar la TL de la

derivada primera.

b)Si f(t), f'(t), f(2)(t), .... y f(n-1)(t) son continuas para t ≥≥≥≥ 0 y de orden exponencial αααα para t

tendiendo a infinito y f(n)(t) es seccionalmente continua para t ≥≥≥≥ 0 entonces para Re(s) > αααα

vale que:

(11)

Ejercicios

4- Calcular la transformada de Laplace de las siguientes funciones usando el teorema de la derivada y siguiendo las sugerencias que se dan en algunos casos

a) f(t) = eat [sugerencia : f’(t) = a f(t)]

b) f(t) = sen(at) [sugerencia : f’’(t) = -a2 f(t) y f(0) = 0]

c) f(t) = cos2(at) [sugerencia : f’(t) = -a sen(2at)]

d) f(t) = cos (at)

e) f(t) = t sen(at)

5- Si f(t) es continua para t ≥≥≥≥ 0 y de orden exponencial αααα para t tendiendo a infinito y

L[f(t)]= F(s) para Re(s) > αααα , demostrar que g(t) =

∫∫∫∫

t ττττ ττττ

0f( ) d es de orden exponencial αααα y que s ) s ( F d ) ( f L t 0 ====   

_∫∫∫∫

_ττττ _ττττ

6- Usando el resultado del ejercicio anterior calcular

a) _      ++++ −−−− ) 2 s ( s 2 L1 b) _      ++++ ++++ −−−− ) 4 s ( s 1 s L1 ₂ c) _      −−−− −−−− ) 9 s ( s 1 L1 ₂ ₂

7- Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales con condiciones iniciales

a) y’(t) – y(t) = 1 , y(0) = 0

b) y’’(t) + 5 y’(t) + 4 y(t) = 0 , y(0) = 1 , y’(0) = 0

c) y’’ + y’ = et , y(0) = y’(0) = 0

d) y(4) – y = 0 , y(0) = y’(0)= y(3)(0 = 0 , y’’(0) = -1

8- a) Hallar la solución general de las ecuaciones diferenciales siguientes

f’(t) +3 f(t) = sh t g’’(t) + g’(t) -6 g(t) = 4

b) Hallar las soluciones particulares de la ecuaciones indicadas que verifiquen las condiciones de contorno que se indican a continuación

f (1) = -2 para la primera y g(0) = 1 , g(2) = 4

Ξ

ΞΞ

Ξ

Teorema de sustitución

(12)

Demostración Sabemos que: L[f(t)] = F(s) y ====

∫∫∫∫

∞∞∞∞ 0 st -dt e ) t ( f ) s (

F (*) , para Re(s) > Re(b)

y queremos calcular L[eat f(t)] , para ello usamos la definición

L[f(t) eat] ====

∫∫∫∫

∞∞∞∞ ====

∫∫∫∫

∞∞∞∞ 0 a)t -(s -0 st -at dt e ) t ( f dt e e ) t ( f (**)

si evaluamos la integral (*) en (s -a) obtenemos:

∫∫∫∫

∞∞∞∞ ==== −−−− 0 a)t -(s -dt e ) t ( f ) a s (

F , para Re(s -a) > Re(b)

y esta expresión es justamente la integral (**) , por lo tanto

L[eat f(t)] = F(s-a) , para Re(s ) > Re(b) +Re(a) = Re(a+b) ,

que es lo que queríamos demostrar.

⊕

Observación

A partir del teorema anterior observamos que si L[f(t)] = F(s) entonces:

L-1[F(s -a )] = eat f(t) = eat L-1[F(s)]

Ejemplos

1- Como sabemos que L[cos(4t)] =

16 s s 2 ++++ entonces L[ e -2t cos(4t)] = 16 ) 2 s ( ) 2 s ( 2 ++++ ++++ ++++ 2- Calcular _      −−−− −−−− −−−− 2 ) 3 s ( 1

L1 ₂ , como la expresión que queremos antitransformar sólo depende

de (s - 3), la llamamos F(s-3), por lo tanto con esta denominación y usando el teorema

anterior podemos decir que L-1[F(s-3)] = e3t L-1 [F(s)] , donde F(s) =

(13)

♦

Función salto unidad

La función ua(t) =    >>>> <<<< a t si 1 a t si 0

se denomina función salto unidad

y muchas veces se indica u(t-a) por ser la trasladada de la función unidad u(t) = 1 para t > 0

⊕

Observación

Dada una función f(t) , podemos generar tres funciones interesantes a partir de ella, ellas son:

ua(t) f(t) =    >>>> <<<< a t si f(t) a t si 0

, f(t-a) , que es la f(t) trasladada a unidades a la derecha y

ua(t) f(t-a) =    >>>> <<<< a t si a) -f(t a t si 0

, cuyas gráficas se observan a continuación

f(t) ua(t) f(t) f(t-a) ua(t) f(t-a)

Ξ

ΞΞ

Ξ

Teorema de traslación

Si L[f(t)] = F(s) para Re(s) > Re(b) entonces L[ua(t) f(t -a)] = e-as F(s) , para Re(s) > Re(b)

Demostración Usamos la definición de TL L[ua(t) f(t -a)]

∫∫∫∫

∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞∞ ∞ −−−− ==== ==== a st -0 st -a(t)f(t-a)e dt f(t a)e dt u = A pues ua(t) = 0 si t < a

Haciendo en la última integral la sustitución u = t -a , dt = du , y teniendo en cuenta que

si t = a ⇒ u = 0 y si t = ∞∞∞∞ ⇒ u = ∞∞∞∞ , entonces A =

∫∫∫∫

∞∞∞∞ ++++ ==== −−−−

∫∫∫∫

∞∞∞∞ 0 su -sa 0 a) s(u -du e ) u ( f e du e

f(u) = e-st F(s) si Re(s) > Re(b)

pues la última integral no es otra cosa que la TL de la función f, que se sabe que existe si

(14)

⊕

Observación

A partir del teorema anterior observamos que si L-1[F(s)] = f(t) entonces

L-1[e-as F(s)] = ua(t) f(t -a)

Ejemplos

1- Aplicando el teorema anterior podemos calcular la TL de la función salto unidad pues

L[ua(t)] = L[ua(t).1] = e-as L[1] =

s e−−−−st

2- Dadas las funciones f(t) = t , g(t) = u2(t) (t –2) y h(t) = u2(t) t , cuyos gráficos se

muestran a continuación , hallar sus TL

f(t) = t g(t) = u2(t) (t –2) h(t) = u2(t)t

Ya sabemos que L[f(t)] = ₂

s 1

,

para calcular L[g(t)] aplicamos el teorema anterior y concluimos que L[g(t)] = ₂

s 2

s e−−−−

,

para calcular L[h(t)] debemos llevarla a la forma u2(t) f(t -2) y en este caso consideramos que

h(t) = u2(t) t = u2(t) [(t -2) + 2] = u2(t) (t-2) + 2 u2(t) y entonces ahora podemos aplicar el

teorema anterior y concluir que:

(15)

10- Calcular las TL o las antitransformadas que se piden a continuación y graficar todas las funciones de t que intervienen en este ejercicio

a) L[cos(t - 2) u2(t)] b) L[sen t uππππ(t)] c) L[t2 u3(t) - u1(t) ] d) _      −−−− −−−− −−−− 4 s 2 1 ) 2 s ( e L e) _      −−−− ππππ −−−− −−−− s 6 s e L ₂ s 1 f) _      ++++ −−−− −−−− −−−− 4 ) 1 s ( e s L ₂ s 1

♦

Funciones definidas por tramos

Sean a y b dos números reales positivos y a < b . Observando los gráficos siguientes

ua(t) ub(t) ua(t) - ub(t)

podemos concluir fácilmente que ua(t) - ub(t) =

   >>>> <<<< <<<< <<<< b t ó a t si 0 b t a si 1

Esta observación permite expresar funciones definidas por tramos como se muestra a continuación

Ejemplos

1- Expresar la siguiente función g(t)=

   >>>> <<<< <<<< <<<< 3 t ó 1 t si 0 3 t 1 si t2

en términos de la función salto y

calcular su TL

Teniendo en cuenta que

   >>>> <<<< <<<< <<<< ==== −−−− 3 t ó 1 t si 0 3 t 1 si 1 ) t ( u ) t ( u₁ ₃

podemos afirmar que la función dada puede escribirse como:

g(t) = [u1(t) - u3(t)] t2 = u1(t) t2 - u3(t) t2

por lo tanto

L[g(t)] = L[u1(t) t2 ] - L[u3(t) t2]

y para poder usar el teorema de traslación, expresamos la función t2 en términos de (t - 1) y

t -3 , esto se logra recordando que si f(t) es un polinomio de grado n entonces puede

(16)

escribirse alrededor de un punto t0 de la manera que se indica a continuación y que recibe el

nombre de polinomio de Taylor:

((((

))))

((((

))))

((((

t t

))))

. ! n ) t ( f .... t t ! 2 ) t ( ' ' f t t ! 1 ) t ( ' f ) t ( f ) t ( f 0 ₀ n ) n ( 2 0 0 0 0 0 ++++ −−−− ++++ −−−− ++++ ++++ −−−− ====

en el caso que nos interesa dichos desarrollos resultan ser:

t2 = (t - 1)2 + 2 (t - 1) +1 t2 = (t - 3)2 + 6 (t - 3) +9 por lo tanto L[g(t)] = L

[

u1(t) { (t - 1)2 + 2 (t - 1) +1}

]

- L[u3(t) {(t - 3)2 + 6 (t - 3) +9}] = = e-s L

[

t2 + 2t +1}

]

- e-3s L[t2 + 6t +9}] = _      ++++ ++++ −−−−       ++++ ++++ ==== −−−− −−−− s 9 s 6 s 2 e s 1 s 2 s 2 e s ₃ ₂ 3s ₃ ₂

Ejercicios

11- Resolver y graficar la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales

a) y’ + y = f(t) , donde    >>>> <<<< ≤≤≤≤ ==== 1 t si 5 1 t 0 si 0 ) t ( f , y(0) = 0 b) y’ + 2y = f(t) , donde    >>>> <<<< ≤≤≤≤ ==== 2 t si 0 2 t 0 si t ) t ( f , y(0) = 0

c) y’’ + y = sen t . u(t - 2ππππ) , y(0) = 1 , y’(0) = 0

d) y’’– 4y’ + 3y = 1 – u(t – 2) – u(t – 4) + u(t – 6) , y(0) = y’(0) = 0

♦

Transformada de Laplace de funciones periódicas

Si queremos calcular la TL de la función diente de sierra cuya gráfica se muestra a la derecha, comenzamos observando que: f(t) = t si 0 < t < 2

f(t) = t - 2 si 2 < t < 4

f(t) = t - 4 si 4 < t < 6 y en general f(t) = t – 2n si 2n < t < 2n + 2

Como la función es seccionalmente continua en todo intervalo finito y, por mantenerse acotada, es de orden exponencial, su TL debe existir. Para hallarla planteamos su calculo usando la definición y detallamos los pasos

2 4 6

0

(17)

L[f(t)] =

∫∫∫∫

∞∞ −−−−∞∞e f(t)dt====

∫∫∫∫

e−−−− tdt++++

∫∫∫∫

e−−−− (t−−−−2)dt++++....++++

∫∫∫∫

2n++++2e−−−− (t−−−−2n)dt++++...==== n 2 st 4 2 st 2 0 st 0 st 2n 2e (t 2n)dt n 2 st 0 n −−−− ====

∑

∞∞∞∞

_∫∫∫∫

++++ −−−− ====

= (hacemos la sustitución w = t – 2n , du = dt y tenemos en cuenta que si t = 2n ⇒⇒⇒⇒ w = 0 , si t = 2n + 2 ⇒⇒⇒⇒ w = 2 ) = 2e wdw 0 ) n 2 w ( s 0 n

∫∫∫∫

∑

∞∞∞∞ −−−− ++++ ====

= (como e-s2n no depende de w , sale fuera de la integral)

= e 2e wdw 0 sw 0 n n 2 s

∫∫∫∫

∑

∞∞∞∞ −−−− ====

−−−− _{= ( como la integral no depende de}_{n, sale fuera de la sumatoria)}

=

∫∫∫∫

∑

∞ ∞∞ ∞ ==== −−−− −−−−     0 n n 2 s 2 0 sw e dw w

e = (esta serie es geométrica de razón r = e-2s , y si exigimos que

Re(s) > 0 , entonces r < 1 y por lo tanto la serie converge)

= ₂_s 2 0 sw s 2 2 0 sw e 1 dw w e e 1 1 dw w e ₋₋₋₋ −−−− −−−− −−−− −−−− ==== −−−−    

∫∫∫∫

integrando por partes la ultima integral se obtiene que

L[f(t)] = ) e 1 ( s ) 1 s 2 ( e 1 ₂ ₂_s s 2 −−−− −−−− −−−− ++++ −−−− , si Re(s) > 0

∆∆∆∆

Actividad 5:

Si f(t) es una función seccionalmente continua en el intervalo (0,P) y es periódica de

período P, demostrar que L[f (t)] = _Ps

P 0 su e 1 du ) u ( f e ₋₋₋₋ −−−− −−−−

∫∫∫∫

para Re(s) > 0 , tener en cuenta el

gráfico siguiente y los pasos seguidos en el ejemplo anterior

Si f(t) = g(t) para 0 < t < P, entonces f(t) = g(t - P) para P < t < 2P, f(t) = g(t - 2P) para 2P < t < 3P, ... f(t) = g(t - nP) para nP < t < (n+1)P

Ejercicios

12- Hallar la TL de las siguientes funciones periódicas y graficarlas

P 2P 3P

(18)

a) f(t) = 1- t . 0 < t < 2 , f(t + 2 ) = f(t) b)    <<<< <<<< <<<< <<<< ==== 4 t 1 si 3 1 t 0 si 0 f(t) , f(t + 4 ) = f(t)

♦

Convolución

Dadas dos funciones reales f(t) y g(t) definidas en toda la recta, se denomina convolución de f y

g y se la indica f(t) ⊗⊗⊗⊗ g(t) , a la siguiente integral :

∫∫∫∫

∞∞∞∞_∞_∞_∞_∞ ττττ ττττ ττττ ==== ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ==== - f( )g(t- )d g(t) f(t) h(t)

⊕

Actividad 6

a) Demostrar que la convolución es conmutativa: f(t) ⊗⊗⊗⊗ g(t) = g(t) ⊗⊗⊗⊗ f(t) (hacer el

cambio de variable w====t-ττττ

b) Si f(t) y g(t) son iguales a cero para t < 0 demostrar que

∫∫∫∫

ττττ ττττ ττττ ==== ⊗ ⊗⊗ ⊗ t 0f( )g(t- )d g(t) f(t)

Ξ

Teorema de convolución

Si L[f(t)] = F(s) y L[g(t)] = G(s) para Re s > k entonces:

[[[[

f(t) g(t)

]]]]

L f( )g(t- )d L

[[[[ ]]]] [[[[ ]]]]

f(t).Lg(t) F(s).G(s) L t 0 ==== ====    _ττττ _ττττ _ττττ ==== ⊗ ⊗⊗ ⊗

_∫∫∫∫

para Re s > k Demostración

Para demostrarlo usamos la definición de TL

====     _ττττ _ττττ _ττττ ====    

_∫∫∫∫

_ττττ _ττττ _ττττ

_∫∫∫∫

∞∞∞_{∞ −−−−}

_∫∫∫∫

dt d ) -)g(t f( e d ) -)g(t f( L t 0 0 st t 0 R e f( )g(t )d dt st ττττ −−−−ττττ ττττ

∫∫

−−−− = (1)

observar que en el último paso se ha reemplazado la integral iterada sobre la

región de la derecha por una integral doble sobre la región R

Si hacemos el cambio de variable

   ττττ ==== ττττ −−−− ==== v t u

(t y

ττττ

variables viejas, u y v variables nuevas)

t t =

ττττ

(19)

cuya inversa es    ++++ ==== ==== ττττ v u t v

(variables viejas en función de las variables nuevas)

y recordando que cuando se hace un cambio de variable en una integral doble hay que:

hallar el jacobiano, que es el módulo del determinante de la matriz

      ====       ∂∂∂∂ ∂∂∂∂ ∂∂∂∂ ∂∂∂∂ ∂∂∂∂ ττττ ∂∂∂∂ ∂∂∂∂ ττττ ∂∂∂∂ 1 1 1 0 u t u t v u

que en este caso vale |-1| = 1 (observar que en el jacobiano intervienen las derivadas de las variables viejas respecto de las nuevas)

hallar el nuevo recinto de integración, al que denominamos R*, para ello buscamos la imagen

de sus fronteras:

como ττττ ≤≤≤≤ t entonces v ≤≤≤≤ u + v , de donde u ≥≥≥≥ 0 ,

como ττττ ≥≥≥≥ 0 , entonces v ≥≥≥≥ 0 Por lo tanto (1) =

∫∫∫∫

∞∞∞∞ _{}

∫∫∫∫

∞∞∞∞e ++++ f(v)g(u) 1 du_{}dv==== 0 v) s(u

-0 (observar que el 1 es el jacobiano)

=

∫∫∫∫

∞∞∞∞ _{}

∫∫∫∫

∞∞∞∞e e f(v)g(u) 1 du_{}dv ==== 0 sv -su -0 (e -sv

f(v) no dependen de u , salen fuera de la integral) =

∫∫∫∫

∞ −−−−∞∞∞e f(v)_{}

∫∫∫∫

∞∞∞∞e g(u)du_{}dv ==== 0 su -0 sv

( el corchete no depende de v, sale fuera de la integral de u)

= _{}

∫∫∫∫

∞∞∞∞e g(u)du_{}

∫∫∫∫

∞ −−−−∞∞∞e f(v)dv==== 0 sv 0 su

-(resulta ser el producto de las TL de g y f , que sabemos existen para Re (s) > k )

= L[g(u)] .L[f(v)] = G(s) . F(s) , que es lo que queríamos demostrar.

(20)

⊕

Observación

A partir del teorema anterior observamos que si f(t) = L-1[F(s)] y g(t) = L-1[G(s)] entonces

L-1[F(s).G(s)] = tf( )g(t- )d f(t) g(t) L1

[[[[ ]]]]

F(s) L1

[[[[ ]]]]

G(s) 0 −−−− −−−− _⊗_⊗_⊗_⊗ ==== ⊗ ⊗⊗ ⊗ ==== ττττ ττττ ττττ

∫∫∫∫

, por lo tanto L-1[F(s).G(s)] = L−−−−1

[[[[ ]]]]

F(s) ⊗⊗⊗⊗L−−−−1

[[[[ ]]]]

G(s)

⊕

Actividad 7

Si L[f(t)]= F(s) para Re(s) > k , demostrar que

s ) s ( F )d f( L t 0 ====   

_∫∫∫∫

_ττττ _ττττ

Ejemplos

1- Calcular la TL de _{}

∫∫∫∫

t ττττ ττττ ττττ_{} 0 t -d e sen L

Observar que en este caso la integral es el producto de una función de ττττ por una función de (ττττ - t),

y para aplicar el teorema de convolución necesitamos tener el producto de una función de ττττ por

una función de (t- ττττ), por ello reescribimos la integral como se muestra a continuación y

aplicando el teorema mencionado se obtiene inmediatamente su TL

   

_∫∫∫∫

t _ττττ ττττ _ττττ 0 t -d e sen L

[[[[

]]]]

[[[[ ]]]]

(((( ))))

_{(((( ))))}

1 s 1 s 1 e L . t sen L e t sen L d e sen L t t t ₂ 0 ) t ( ++++ ++++ ==== ==== ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ====     _ττττ _ττττ ====

_∫∫∫∫

−−−− −−−−ττττ −−−− −−−−

2- Mostramos cómo se puede antitransformar un producto usando convolución:

====       ++++ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗       ++++ ====       ++++ ++++ ====       ++++ −−−− −−−− −−−− −−−− ) 4 (s 1 L ) 4 (s s L ) 4 (s 1 ) 4 (s s L ) 4 (s s L 1 ₂ ₂ 1 ₂ ₂ 1 ₂ 1 ₂

= cos(2t) ⊗⊗⊗⊗ 1/2 sen(2t) = 1/2

∫∫∫∫

tcos(2ττττ) sen

[[[[

2(t-ττττ)

]]]]

dττττ

0 y resolviendo esta integral (hacerla!)

se obtiene la antitransformada pedida.

3- Hallar el valor de f(t) que verifica la ecuación t f( ) e d f(t) 2

0 ) -4(t ττττ++++ ====−−−− ττττ

∫∫∫∫

ττττ

Observamos que la función desconocida se encuentra bajo un signo integral , por ello se la

denomina ecuación integral

(21)

L t f( ) e d L

[[[[ ]]]] [[[[ ]]]]

f(t) L 2 0 ) -4(t ++++ ==== −−−−    

_∫∫∫∫

_ττττ ττττ _ττττ _⇒_⇒_⇒_⇒

[[[[ ]]]]

s 2 ) t ( f L e L . ) t ( f L 4y ++++ ==== −−−− ⇒⇒⇒⇒ ⇒⇒⇒⇒ s 2 ) s ( F 4 s ) s ( F −−−− ==== ++++ −−−− , despejando F(s) obtenemos

((((

))))

s(s 3) 8 3 s 2 3 s s 4 s 2 ) s ( F −−−− ++++ −−−− −−−− ==== −−−− −−−− −−−− ==== , por lo tanto f(t) = _====−−−− ++++ ⊗⊗⊗⊗ ====−−−− ++++

∫∫∫∫

ττττ      −−−− ++++       −−−− −−−− ====       −−−− ++++ −−−− −−−− −−−− ττττ −−−− t 0 3 t 3 t 3 t 3 -1 1 1 d e 8 e 2 e 8 e 2 ) 3 s ( 1 s 8 L 3 s 2 L ) 3 s ( s 8 3 s 2 L

y resolviendo la integral se obtiene

3 8 e 3 2 ) t ( f ==== 3t ++++ .

Se deja como ejercicio verificar que esta función es solución de la ecuación integral dada.

Ejercicios

13- Calcular a) L_{}

∫∫∫∫

t t e ττττ dττττ_{} 0 ) -2(t 3 b) L_{}

∫∫∫∫

t senττττ cos(2t-2ττττ)dττττ_{} 0 a)    

_∫∫∫∫

_sh₍₃_ττττ₎_d_ττττ L t 0 d)       ++++ −−−− ) 2 s ( s 1 L1 ₂ e) _      −−−− −−−− 16 s 1 L1 ₄ f)       ++++ −−−− −−−− 3 2 1 ) 2 s ( ) 1 s ( s L

14- Resolver las siguientes ecuaciones integrales

a) f(t) t(t )f( )d t 0 −−−−ττττ ττττ ττττ==== ++++

_∫∫∫∫

b) f(t)====te ++++

∫∫∫∫

tττττf(t−−−−ττττ)dττττ 0 t c) f(t) t f( )d 1 0 ττττ ττττ==== ++++

_∫∫∫∫

d) ==== ++++ −−−−

∫∫∫∫

f(ττττ)dττττ 3 8 t 1 ) t ( f t 0

(22)

♦

Derivada de transformadas

Ya hemos encontrado una expresión para la transformada de una derivada :

L[f´(t)] = s L[f(t)] - f(0) = s F(s) - f(0)

y observamos que aparece la transformada de f(t) , es decir F(s) multiplicada por s

Nos preguntamos ahora :

¿ Si derivamos F(s) respecto de s , será la transformada de alguna función de t?

El teorema siguiente nos da la respuesta y establece que la derivada de F(s) es la transformada de la función original multiplicada por -t.

Ξ

ΞΞ

Ξ

Teorema de la derivada de una transformada

Si f(t) es seccionalmente continua y de orden exponenecial αααα para t →→→→∞∞∞∞ y L[f(t)] = F(s)

entonces

L[tn f(t)] = (-1)n F(n)(s) para Re(s) > αααα Demostración

Aceptamos sin demostración que

∫∫∫∫

[[[[ ]]]]

∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞

====









0 st -n 0 st -n

dt

e

ds

d

f(t)

t

dt

e

f(t)

t

ds

d

para n ≥≥≥≥ 0 Si F(s) =

∫∫∫∫

∞ ∞ ∞ ∞ 0 st

-dt

e

f(t)

entonces F’(s) =

∫∫∫∫

[[[[ ]]]]

∫∫∫∫

∞ ∞ ∞ ∞ ∞∞∞∞ ∞ ∞ ∞ ∞

====









0 0 st -st -0 st

-dt

(-t)e

f(t)

dt

e

ds

d

f(t)

dt

e

f(t)

ds

d

y observando la última integral podemos afirmar que F’(s) = L[-t f(t)]

Derivando nuevamente F”(s) =

∫∫∫∫

[[[[ ]]]]

∫∫∫∫

∞ ∞∞ ∞ ∞∞∞∞ ∞ ∞ ∞ ∞

====









0 0 st -2 st -2 2 0 st -2 2

dt

e

(-t)

f(t)

dt

e

ds

d

f(t)

dt

e

f(t)

ds

d

como la última integral es la TL de t2 f(t) podemos afirmar que

F”(s) = L[(-t)2 f(t)] = L[t2 f(t)]

Si continuamos derivando y lo hacemos n veces se obtiene el resultado que buscamos, es decir:

(23)

⊕

Observación

A partir del teorema anterior observamos que si f(t) = L-1[F(s)] entonces L-1[F(n)(s)] = (-t)n f(t),

por lo tanto vale la siguiente expresión

L-1[F(n)(s)] = (-t)n L-1[F(s)]

Ejemplos

1- Como L[sen (3t)] =

9 s

3

2

++++

entonces

((((

₂

))))

2 2

9 s

s

6

9 s

3 ds

d

(3t)]

sen

(-t)

L[

-sen(3t)]

L[t

++++

====









++++

−−−−

====

((((

))))

...

9 s

s

6 ds

d

9 s

3 ds

d

sen3t]

L[t

₂ 2 2 2 2 2

====













++++

−−−−

====









++++

====

(completar) 2 - Hallar f(t) =

























++++

−−−−

2 s

3 s

ln

L

1

En este ejemplo se pretende mostrar que muchas veces es más fácil para encontrar una antitransformada, buscar primero la antitransformada de la derivada

Si llamamos F(s) al logaritmo del cociente entonces

2 s

1

3 s

1 )

s

(

'

F

++++

−−−−

====

si buscamos su antitransformada obtenemos L-1[F'(s)] = e3t - e-2t

y por el teorema anterior podemos reemplazar L-1[F'(s)] por - t f(t) , por lo tanto:

- t f(t) = e3t - e-2t y despejando encontramos que

t

e

)

t

(

f

t 3 t 2

−−−−

====

−−−−

3- El teorema permite resolver algunas ecuaciones diferenciales con coeficientes polinomiales, para ello vamos a mostrar como encontrar la solución de la ecuación

f''(t) + t f'(t) - 2 f(t) = 0 , con f(0) = 1 , f'(0) = 0

Comenzamos aplicando TL a ambos miembros: