Laplace11

MAT 1532Ecuaciones Diferenciales

Transformada de Laplace

Ivan Huerta

Facultad de Matematicas

Pontificia Universidad Catolica de Chile

[email protected]

Primer Semestre, 2008

Introduccion Transformada de Laplace

¿Porque la Transformada de Laplace?

• Es un metodo mas para resolver ecuaciones y sistemas deEDO’s lineales de coeficientes constantes.

• La novedad: permite reemplazar operaciones del calculo poroperaciones algebraicas.

• Es a veces mas y otras menos eficiente que los metodos yavistos.

1

Introduccion Transformada de Laplace

• Permite tratar eficientemente por metodos simbolicosecuaciones (lineales) que tienen funciones de forzamientodiscontinuas.

• Permite tratar problemas donde la funcion de forzamiento esuna distribucion. Por ejemplo, un ”golpe”.

• Permite resolver un oscilador armonico forzado a partirde las soluciones generadas (observables) por otra fuerzacompletamente diferente.

• La transformada de Laplace es una entre muchastransformadas de integrales, de las cuales podemos mencionarla Transformada de Fourier.

2

Definicion Transformada de Laplace

• Las transformadas de integrales tratan de responder lapregunta ¿cuanto se parece una funcion dada f(t) a unafuncion estandar particular?

• La transformada de Fourier compara f(t) con sin(ωt) y cos(ωt)

La Transformada de Laplaceintenta descubrir cuan rapidocrece una funcion comparando(en tamano) f(t) con est paradiferentes valores de s.

3


La Transformada de Laplace

Definicion 1. Sea f(t) definida para f(t) > 0. Entonces laintegral

F (s) = L(f)(s) =∫ ∞

0e−stf(t) dt (1)

se llama la Transformada de Laplace de f(t), siempre que laintegral impropia converja.

4


• La transformada de Laplace intenta descubrir el tamanoexponencial de la funcion para valores grandes de t.

• Note que sif(t) ∼ ea t para t ∼ ∞,

entonces

f(t)

est= e(a−s)t ∼ 1 para s = a,

• En este caso la integral L(f)(a) es divergente (criterio decomparacion)

5


Ejemplo 1. Para f(t) = e2t

• L(e2t) =∫ ∞

0e−ste2t dt =

∫ ∞

0e(2−s)tdt

• =e(2−s)t

2− s

/∞

t=0

=1

2− s(e(2−s)∞ − e0)

• =

{1s−2 si s > 2no definida para s ≤ 2

6


Es decir, la Transformada de Laplace de e2t es

F (s) = L(e2t) =

{1s−2 si s > 2no definida para s ≤ 2

El calculo de la Transformada de Laplace se escribe como

F (s) = L(e2t) =1

s− 2, s > 2

Vemos que

• cuando s es grande F (s) es muy pequeno, ylims→∞ F (s) = 0.• Cuando s se acerca a 2 (s > 2), F (s) se agranda tendiendo

a infinito.

7


• F (2) vale infinito.

8


Note que en L(f)(s) =∫∞

0 e−stf(t) dt

• Si f no esta definida en t = 0 la integral se considera impropiaen t = 0.• Podemos cambiar el valor de la funcion f en un numero finito

de puntos ti > 0 y su transformada de laplace no cambia.• No importan los valores que toma f(t) para t < 0.• Dos funciones f, g tales que f(t) 6= g(t) para t < 0, perof(t) = g(t) para t > 0, excepto posiblemente para unnumero finito de puntos, tienen la misma transformada delaplace.

9

Funciones elementales Transformada de Laplace

Transformadas de funciones elementales

Ejemplo 2.

L(1) =∫ ∞

0e−st · 1 · dt =

∫ ∞

0e−st dt

=e−st

−s

/∞

t=0

= 0− 1

−s

=1

s, s > 0

Note que para s ≤ 0 la integral impropia L(1) es divergente.

10


Ejemplo 3.

L(eat) =∫ ∞

0e−steat dt =

∫ ∞

0e(a−s)t dt

=e(a−s)t

a− s

/∞

t=0

=e(a−s)∞

a− s −1

a− s

=1

s− a, s > a

• Note que para s < a la integral impropia L(eat) es divergente.

• Para a = 0 obtenemos el resultado del ejemplo anterior.

11


Ejemplo 4. Tomando du = e−st dt, v = t e integrando porpartes,

L(t) =∫ ∞

0

e−st t dt =te−st

−s

/∞

t=0

−∫ ∞

0

e−st

−s dt

=1s

∫ ∞

0

e−st =1sL(1)

=1s2, s > 0

Note que para s < 0 la integral impropia L(t) es divergente.

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Ejemplo 5. Tomando du = e−st dt, v = t2 e integrando porpartes,

L(t2) =∫ ∞

0

e−st t2 dt =t2e−st

−s

/∞

t=0

−∫ ∞

0

e−st

−s 2t dt

=2s

∫ ∞

0

e−st tdt =2sL(t)

=2s3, s > 0

Note que para s < 0 la integral impropia L(t2) es divergente.

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Ejemplo 6. Tomando du = e−st dt, v = tn e integrando porpartes,

L(tn) =∫ ∞

0e−st tn dt =

tne−st

−s

/∞

t=0

−∫ ∞

0

e−st

−s ntn−1 dt

=n

s

∫ ∞

0e−sttn−1 dt =

n

sL(tn−1)

=n(n− 1)

s2L(tn−2) =

n(n− 1)(n− 2)

s3L(tn−3) = · · ·

=n!

sn+1, s > 0

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Ejemplo 7. Calculamos L(sin(bt)) =∫∞0e−st sin bt dt Integrando

dos veces por partes,

• primero con du = e−atdt, v = sin(bt)• y luego con du = e−atdt, v = cos(bt) y depejando la integral

se obtiene que

L(sin(bt)) =∫ ∞

0

e−st sin b t dt

=(−be

−st cos(b t)s2 + b2

− se−st sin(bt)s2 + b2

)/∞

t=0

=b

s2 + b2s > 0

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Ejercicio Propuesto 1. Demuestre que

L(cos(bt)) =s

s2 + b2

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Proposicion 1. L es una transformacion lineal, es decir

L(αf + βg) = αL(f) + βL(g) α, β ∈ R

para cada s donde L(f), L(g) esten ambas definidas.

Demostracion: Trivial....

L(αf + βg) =∫ ∞

0

(e−st(αf(t) + βg(t)) dt

=∫ ∞

0

(e−stαf(t) dt+∫ ∞

0

(e−stβg(t) dt

= αL(f) + βL(g)

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La propiedad lineal permite calcular la transformada de unacombinacion lineal de funciones para las cuales ya conocemossu transformada.

Ejemplo 8. Calcule L(3 t2 + 4 e2 t).

Solucion:

L(3 t2 + 4 e2 t) = 3L(t2) + 4L(e2 t)

= 32s3

+ 41

s− 2=

6s3

+4

s− 2

para s > 2.

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Ejemplo 9. Demuestre que

L(cosh(bt)) =s

s2 − b2, L(sinh(bt)) =

b

s2 − b2

Solucion: Demostramos solo la primera igualdad.

L(cosh(bt)) = L(ebt + e−bt

2) =L(ebt)

2+L(e−bt)

2

=1

2

1

s− b +1

2

1

s+ b=

1

2

2s

s2 − b2

=s

s2 − b2, s > |b|.

19


Ejemplo 10. La madre de las funciones definidas a tramos esla funcion Heaviside

H(t) ={

0 si t < 01 si t ≥ 0

La funcion Heaviside trasladada es

Ha(t) = H(t− a) ={

0 si t < a

1 si t ≥ a

Su grafico es .......

20


1.

0.

1.

0.

1.

0.

t

a>0

t

a=0

t

a<0Note que

• si a ≤ 0, las funciones Ha(t) = H(t − a) y f(t) = 1 sonindistinguibles para t ≥ 0.• Los traslaciones relevantes son para a > 0

21


L(Ha(t)) =∫ ∞

0

e−stHa(t) dt =∫ ∞

a

e−st dt

=e−st

−s

/∞

t=a

=e−s∞

−s −e−as

−s

=e−as

s, s > 0, a ≥ 0

Note que L(Ha(t)) =1

s, para a < 0,

22


Tabla de Transformadas

f(t) F (s)

11

s, s > 0

tnn!

sn+1, s > 0

eat1

s− a, s > a

Ha(t)e−as

s, s > 0, a ≥ 0

f(t) F (s)

sin(bt)b

s2 + b2, s > 0

cos(bt)s

s2 + b2, s > 0

sinh(bt)b

s2 − b2, s > |b|

cosh(bt)s

s2 − b2, s > |b|

Observe que en todos los casos

lims→∞

F (s) = 0

23


El cuadro de transformadas anterior

¡DE MEMORIA!

24

Existencia Transformada de Laplace

Existencia

Definicion 2. Se dice que f es de orden exponencial c si existenconstantes M,T > 0 tales que

|f(t)| ≤Mec t para t > T .

Es decir, f no crece mas rapidamente que una funcionexponencial.

Teorema 1. Si f es continua a tramos, con solo

discontinuidades de salto en [0,∞) y de orden exponencial

c, entonces L(f(t)) existe para s > c.

25


Demostracion: Como f es de orden exponencial

|f(t)| ≤Mec t para t > T .

Como f es continua a tramos, con solo discontinuidades desalto, f es acotada en [0, T ].Es decir,

|f(t)| ≤M0 0 ≤ t ≤ T.

Entonces,

|f(t)| ≤M0ec t 0 ≤ t ≤ T (pues ec t > 1).

Ası,

|f(t)| ≤M1ec t para t ≥ 0, con M1 = max(M,M1).

26


Por lo tanto

∫ ∞

0

|f(t)e−st| dt ≤∫ ∞

0

|M1ecte−st| dt

= M1

∫ ∞

0

ecte−st dt

=M

s− c <∞ para s > c

Hemos demostrado que∫∞0f(t)e−st dt es absolutamente

convergente, y en consecuencia convergente.

27


Corolario 1. Si f satisface las hipotesis del Teorema (1)

entonces lims→∞F (s) = 0.

Si lims→∞F (s) 6= 0, entonces F no puede ser la transformadade laplace de una funcion de orden exponencial.

• Ya demostramos que L(H(t−a)) =e−sa

s, por lo tanto es muy

tentador decir que L(H(t+ 1)) =es

s¡cosa que es falsa!

• No hay ninguna funcion tal que L(f(t)) = 1. Para lograr estohay que inventar las ”distribuciones”

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Inversas Transformada de Laplace

La Transformada Inversa de Laplace

Teorema 2. Si

• f, g satisfacen las hipotsis del Teorema (1)• L(f) = F (s), L(g) = G(s) existen• F (s) = G(s) para s > c

entonces f(t) = g(t) en cada punto t > 0 donde f, g seancontinuas.

(Sin demostracion).

29


Definicion 3. L−1(F (s)) = f(t) si y solo si L(f(t)) = F (s)

La tabla de transformadases tambien una tabla detransformadas inversas.

Proposicion 2. L−1 es lineal, es decir

L−1(αF + βG) = αL−1(F ) + βL−1(G)

Demostracion: (Trivial.... )

30


Ejemplo 11.

L−1(1

s3+

2

s2 − 7+

4s

s2 + 2+e−2s

s)

=t2

2+

2√7

sinh(√

7t) + 4 cos(√

2t) +H(t− 2)

Ejemplo 12.

L−1(3s+ 5

s2 + 7) = L−1(

3s

s2 + 7+

5

s2 + 7)

= 3 cos(√

7t) +5√7

sin(√

7t)

31


Ejemplo 13. Determine L−1( 1(s−1)(s−2)(s+4)).

Solucion: Por fracciones parciales

1

(s− 1)(s− 2)(s+ 4)=

A

s− 1+

B

s− 2+

C

s+ 4

=A(s− 2)(s+ 4) +B(s− 1)(s+ 4) + C(s− 1)(s− 2)

(s− 1)(s− 2)(s+ 4)entonces

1 = A(s− 2)(s+ 4) +B(s− 1)(s+ 4) + C(s− 1)(s− 2)

s = 1⇒ A =−1

5, s = 2⇒ B =

1

6, s = −4⇒ C =

1

30

32


Por lo tanto

L−1(1

(s− 1)(s− 2)(s+ 4)) = −e

t

5+e2 t

6+e−4 t

30

33

1er Teorema de Traslacion Transformada de Laplace

Teorema de Traslacion

Teorema 3. (1er Teorema de Traslacion) Sea L(f(t)) = F (s),entonces

L(ea tf(t)) = F (s− a)

o equivalentemente

L−1(F (s− a)) = ea tf(t)

Demostracion:

L(ea tf(t)) =∫ ∞

0e−steatf(t) dt =

∫ ∞

0e−(s−a)tf(t) dt

= F (s− a)

34


Ejemplo 14.

L(e5tt3) =3!

s4

/

s→s−5=

3!

(s− 5)4

Ejemplo 15.

L−1(

1

s2 + s+ 1

)= L−1

(1

(s+ 1/2)2 + 3/4

)

=1√

34

sin(

√3

4t)e−

12t

35


Ejemplo 16.

L (e−2t cos(4t))

=s

s2 + 16

/

s→s+2=

s+ 2

(s+ 2)2 + 16

36

Transformadas de funciones a tramos Transformada de Laplace

Transformadas de Funciones a Tramos

Definicion 4. La funcion caracterıstica del intervalo [a, b) es

Ψ[a,b)(t) =

0 t < a

1 a ≤ t < b

0 b ≤ t

t=bt=a

–1

1

2

37


Proposicion 3.

a) Ψ[a,b)(t) = H(t− a)−H(t− b)b) Ψ[−∞,a)(t) = 1−H(t− a)c) Ψ[b,∞)(t) = H(t− b)

La funcion caracterıstica resulta conveniente para definirfunciones a tramos.

Ejemplo 17. Para

f(t) =

2t t < 2sin(t) e−t 2 ≤ t < 4cos(t) 4 ≤ t

tenemos

38


f(t) = 2t(1−H(t− 2)) + sin(t) e−t(H(t− 2)−H(t− 4))

+ cos(t)H(t− 4)

= 2t+ (sin(t) e−t − 2t)H(t− 2)

+ (cos(t)− sin(t) e−t)H(t− 4)

Nos interesea entonces conocer L(f(t)H(t− a)).

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Teorema 4. (2do Teo. de Traslacion.) Sea F (s) = L(f(t)).

a) L(f(t− a)H(t− a)) = e−asF (s), o equivalentemente,b) L−1(e−asF (s)) = f(t− a)H(t− a)

Demostracion:

L(f(t− a)H(t− a)) =∫ ∞

0

e−st f(t− a)H(t− a) dt

=∫ ∞

a

e−stf(t− a) dt

=∫ ∞

0

e−s(τ+a)f(τ) dτ con τ = t− a

= e−sa∫ ∞

0

e−sτf(τ) dτ

= e−saF (s)

40


Note que para aplicar el teorema a L(f(t)H(t − a)) hay quesumar y restar a y de alguna manera expresar f(t) = f((t−a)+a)en terminos de funciones de t− a.

Ejemplo 18.

L(t2H(t− 1)) = L(((t− 1) + 1)2H(t− 1))

= L(((t− 1)2 + 2(t− 1) + 1)H(t− 1))

= e−s(2s3

+2s2

+1s)

41


Ejemplo 19. Para

f(t) =

2 0 < t ≤ 2−1 2 < t ≤ 30 3 < t

f(t) = 2(H(t− 0)−H(t− 2)) + (−1)(H(t− 2)−H(t− 3))

= 2− 3H(t− 2) +H(t− 3)

Entonces,

L(f(t)) =2

s− 3

e−2s

s+e−3s

s

42


Ejemplo 20. Para f(t) ={ 2t− 3 1 < t ≤ 3

0 otros casos

f(t) = (2t− 3)(H(t− 1)−H(t− 3))

= (2t− 3)H(t− 1)− (2t− 3)H(t− 3)

= (2(t− 1)− 1)H(t− 1)− (2(t− 3) + 3)H(t− 3)

Note que no importa como esta definida f(t) en los extremos delos subintervalos pues ello no afecta su tranformada de Laplace.

L(f(t)) = e−s(2

s2− 1

s)− e−3s(

2

s2+

3

s).

43


Ejemplo 21. Para G(s) = e−2s

s2+2s−1, calcule L−1(G(s)).

Combinamos los 2 teoremas de traslacion.

Como L−1(e−asF (s)) = f(t− a)H(t− a),

f(t) = L−1(F (s)) = L−1(1

s2 + 2s− 1)

= L−1(1

(s+ 1)2 − 2)

= e−tL−1(1

s2 − 2)

= e−tsinh(

√2t)√

2

44


Por lo tanto

L−1(G(s)) = f(t− 2)H(t− 2)

= e−(t−2)sinh(√

2(t− 2))√2

H(t− 2).

45

La derivada de F (s) Transformada de Laplace

Derivadas de Transformadas

Proposicion 4. Si f(t) es continua a tramos, con a lo masdiscontinuidades de salto, y de orden exponencial c entoncesF (s) = L(f(t)) es infinitamente diferenciable para s > c y

L(tnf(t)) = (−1)ndnF (s)

dsns > c

Demostracion: Como F (s) =∫∞0e−stf(t) dt es uniformamente

convergente en s (para s > c) podemos derivar bajo el signointegral.

46


Entonces

d

dsF (s) =

d

ds

∫ ∞

0e−stf(t) dt

=∫ ∞

0(−t)e−stf(t) dt

= (−1)L(tf(t))

Similarmente,

d2

ds2F (s) =

∫ ∞

0(−t)2e−stf(t) dt = L(t2f(t))

47


Ejemplo 22.

L(teat) = − dds

(1

s− a) =1

(s− a)2

L(t2eat) =d2

ds2(

1

s− a) =2

(s− a)3

En general

L(tkeat) = (−1)kdk

dsk(

1

s− a) =k!

(s− a)k+1

Este ultimo resultado tambien se obtiene mediante el 1erteorema de traslacion (3) (propuesto).

48


Ademas

L(t sin(bt)) = − dds

(b

s2 + b2

)=

2bs

(s2 + b2)2

L(t sinh(bt)) = − dds

(b

s2 − b2

)=

2bs

(s2 − b2)2

Podemos agregar estas ultimas tres identidades a nuestra tablade transformadas.

49


Ejemplo 23. Por fracciones parciales

F (s) =1

(s− 2) (s− 1)2 =1

s− 2− 1

(s− 1)2− 1

s− 1

y por lo tanto L−1(F (s)) = e2 t − tet − et

Ejemplo 24.

L(te−t cos(t)) = − dds

(L(e−t cos(t)))

= − dds

(s+ 1

(s+ 1)2 + 1

)

=(s+ 1)2 − 1

((s+ 1)2 + 1)2

50

Transformada de derivadas Transformada de Laplace

Transformada de derivadas

L(f ′(t)) =

∫∞0 e−st︸︷︷︸ f ′(t) dt︸︷︷︸

u dv

= e−stf(t)/∞

0 −∫ ∞

0(−s) e−stf(t) dt

= −f(0) + sL(f(t))

Por lo tanto

L(f ′) = sL(f)− f(0)

51


L(f ′′) =

∫∞0 e−st︸︷︷︸ f ′′(t) dt︸︷︷︸

u dv

= e−stf ′(t)/∞

0 −∫ ∞

0(−s) e−stf ′(t) dt

= −f ′(0) + sL(f ′) = −f ′(0) + s(sL(f)− f0)

= s2L(f)− sf(0)− f ′(0)

L(f ′′) = s2L(f)− sf(0)− f ′(0)

En general tenemos ...

52


Teorema 5. Si f (n)(t) es continua a tramos, con a lo masdiscontinuidades de salto en [0,∞), y de orden exponencialentonces

L(f (n)) = snL(f)− sn−1f(0)− sn−2f ′(0)− · · · f (n−1)(0)

Demostracion: Queda propuesta (por induccion)

53


Ejemplo 25. Resuelva y′ − 3y = e2t, y(0) = 1.

Solucion: Sea F (s) = L(y(t)). Aplicando la transformada a laecuacion obtenemos

sF (s)− y(0)− 3F (s) =1

s− 2

sF (s)− 1− 3F (s) =1

s− 2

F (s) =1

(s− 2)(s− 3)+

1

s− 3

Por fracciones parciales

54


1

(s− 2)(s− 3)=

A

s− 2+

B

s− 3=A(s− 3) +B(s− 2)

(s− 2)(s− 3)

1 = A(s− 3) +B(s− 2)⇒ A = −1, B = 1,

Por lo tanto,

F (s) = − 1

(s− 2)+

1

s− 3+

1

s− 3= − 1

(s− 2)+

2

s− 3.

Ası,y(t) = L−1(F (s)) = −e2t + 2e3t.

55


Ejemplo 26. Resuelva y′′ − 6y′ + 9y = t2e3t, y(0) = 2,y′(0) = 6.

Solucion: Aplicando la transformada obtenemos

s2F (s)− sy(0)−y′(0)− 6(sF (s)− y(0)) + 9F (s) = L(t2e3t)

s2F (s)− 2s− 6−6(sF (s)− 2) + 9F (s) =d2

ds2

(1

s− 3

)

(s2 − 6s+ 9)F (s)=2

(s− 3)2+ 2s+ 6

56


Pero s2 − 6s+ 9 = (s− 3)2. Entonces

F (s) =2

(s− 3)5+ 2

s

(s− 3)2− 6

(s− 3)2

=2

(s− 3)5+ 2

s− 3

(s− 3)2

=2

(s− 3)5+ 2

1

(s− 3)

y(t) = L−1(F (s)) = 2t4

4!e3t + 2e3t.

57


Ejemplo 27. Resuelva y′′ + 4y′ + 6y = 1 + e−t,y(0) = y′(0) = 0.

Solucion:

L(y′′) + 4L(y′) + 6L(y) =1

s+

1

s+ 1

s2F (s) + 4sF (s) + 6F (s) =2s+ 1

s(s+ 1)

F (s) =2s+ 1

s(s+ 1)(s2 + 4s+ 6)

Por fracciones parciales

F (s) =2s+ 1

s(s+ 1)(s2 + 4s+ 6)=A

s+

B

s+ 1+

Cs+D

s2 + 4s+ 6

58


Por lo tanto

2s+1 = A(s+1)(s2+4s+6)+Bs(s2+4s+6)+(Cs+D)s(s+1)

s = −1 ⇒ (−1) = −3B ⇒ B =1

3

s = 0 ⇒ 1 = 6A⇒ A =1

6s = 1, s = −2 ⇒ C = −1/2, D = −5/3 (completar detalles)

Por lo tanto

F (s) =1

6s+

1

3(s+ 1)+−s2 − 5

3

s2 + 4s+ 6

59


y(t) =1

6+e−t

3− L−1(G(s))

con

G(s) =s2 + 5

3

s2 + 4s+ 6=

s2 + 5

3

(s+ 2)2 + 2

=s+2−2

2 + 53

(s+ 2)2 + 2

=1

2

s+ 2

(s+ 2)2 + 2+

2/3

(s+ 2)2 + 2

L−1(G(s)) =1

2e−2t cos(

√2t) +

2

3√

2sin(√

2t)e−2t

60


Entonces,

y(t) =1

6+e−t

3− 1

2e−2t cos(

√2t)− 2

3√

2sin(√

2t)e−2t

Este es claramente un caso donde el metodo de Laplace no escompetitivo con el metodo clasico.

61


Ejemplo 28. Resuelva

x′ = x+ y x(0) = 1

y′ = x− y y(0) = 2

Sea X(s) = L(x(t)), Y (s) = L(y(t)). Aplicando la transformadade laplace obtenemos

sX − x(0) = = X + Y

sY − y(0) = X − Y,

entonces,

−1 = (1− s)X + Y

−2 = X − (1 + s)Y.

62


Por lo tanto,

X =s+ 2

s2 − 2, Y =

2s− 1

s2 − 2,

de donde,

x = cosh(√

2t) +2√2

sinh(√

2t)

y = 2 cosh(√

2t)− 1√2

sinh(√

2t).

63


Ejemplo 29. Mediante el metodo de la transformada deLaplace es a veces posible resolver algunas ecuaciones linealesde coeficientes no constantes. Por ejemplo,

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

Sea Y = L(y). Aplicando la transformada de Laplace obtenemos

− ddsL(y′′) +

d

dsL(y′) + Y =

2

s

− dds

(s2Y − 2s+ 1)) +d

ds(sY − 2) + Y =

2

s,

64


de donde,

Y ′ = −2

sY +

2

s2.

Resolviendo esta ecuacion obtenemos

Y =C

s2+

2

s,

llegando ay(t) = Ct+ 2 t ≥ 0.

Usando las condiciones iniciales obtenemos C = −1.

65

Transformada de la integral Transformada de Laplace

Transformada de la integral

Proposicion 5. Sea F (s) = L(f(t)), entonces

i) L(∫ t

0f(τ)) dτ

)= F (s)

s , o equivalentemente

ii) L−1(F (s)s ) =

∫ t0f(τ)) dτ).

Demostracion: Sea g(t) =∫ t0f(τ)) dτ . Entonces g(0) = 0,

g′(t) = f(t) y

L(g′(t)) = sL(g(t))− g(0)⇒ L(g(t)) =L(f(t))

s

Es decir, L(g(t)) = F (s)s .

66


Ejemplo 30.

L−1(1

s(s2 + 1)) =

∫ t

0sin(τ ) dτ = 1− cos(t)

L−1(1

s2(s2 + 1)) =

∫ t

0(1− cos(τ )) dτ = t− sin(t)

L−1(1

s3(s2 + 1)) =

∫ t

0(τ − sin(τ )) dτ =

t2

2− 1 + cos(t)

67


Ejemplo 31. Resuelva la ecuacion integro-diferencial

dy

dt+ 2y +

∫ t

0y(τ ) dτ = t−H(t− 1), y(0) = 0.

Solucion: Aplicando la transformada de Laplace obtenemos

sF (s) + 2F (s) +F (s)s

=1s2− e−s

s

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

1s2− e−s

s

(s2 + 2s+ 1)s

F (s) =1s2− e−s

s

F (s) =1

s(s2 + 2s+ 1)− e−s

(s2 + 2s+ 1)

68


F (s) =1

s(s+ 1)2− e−s

(s+ 1)2

Como L(e−tt) = 1(s+1)2

, tenemos que

L−1

(1

s(s+ 1)2

)=∫ t

0

e−ττ dτ

= 1− e−t − e−tt

L−1

(e−s

(s+ 1)2

)= e−(t−1)(t− 1)H(t− 1)

69


Por lo tanto,

y(t) = L−1(F (s)) = 1− e−t− e−tt− e−(t−1)(t− 1)H(t− 1)

70

Transformada de una funcion periodica Transformada de Laplace

Transformada de una funcion periodica

Proposicion 6. Si f es continua a tramos en [0,∞) de orden

exponencial y periodica con perıodo T entonces

L(f(t)) =1

1− e−st∫ T

0e−stf(t)dt

Demostracion:

• L(f(t)) =∫∞0e−stf(t) dt

• =∑∞k=0

∫ (k+1)T

kTe−stf(t) dt

• =∑∞k=0

∫ T0e−s(τ+kT )f(τ + kT ) dτ ( con t = τ + kT )

71


• =∑∞k=0

(∫ T0e−sτf(τ) dτ

)e−ksT

• =∫ T0e−sτf(τ) dτ

(∑∞k=0 e

−ksT)

• =∫ T0e−sτf(τ) dτ 1

1−e−sT

Aquı usamos la serie geometrica∑∞k=0 r

k = 11−r con r = e−sT .

72


Ejemplo 32.

0

1

1 2 3 4t

f(t) ={t 0 ≤ t < 10 1 ≤ t < 2

f(t+ 2) = f(t), ∀t

f es

periodica con T = 2. pause

• L(f) =1

1− e−2s

∫ 2

0

e−stf(t) dt

• =1

1− e−2s

(∫ 1

0

e−st t dt+∫ 2

1

e−st · 0 dt)

73


• =1

1− e−2s

(−e

s

s+

1− e−ss2

)

• =1− (s+ 1)e−s

s2(1− e−2s)

74


Ejemplo 33. Una masa de m = 1 esta sujeta a un resorte deconstante k = 1 y se le aplica un fuerza externa

f(t) ={

1 0 ≤ t < 10 1 ≤ t < 2

f(t+ 2) = f(t) ∀ t

Si y(0) = 0, y′(0) = 0, determine la posicion de la masa.

Solucion: Debemos resolver la ecuacion diferencial

y′′ + y = f(t) y(0) = 0, y′(0) = 0

75


Aplicando la transformada obtenemos

s2F − sy(0)− y′(0) + F =1

1− e−2s

∫ 2

0

e−stf(t) dt

(1 + s2)F =1

1− e−2s

∫ 1

0

e−st dt

=1− e−s

(1− e−2 s) s

Por lo tanto

F =1− e−s

(1− e−2s)s(s2 + 1)

=1

(1− e−2s)s(s2 + 1)− e−s

(1− e−2s)s(s2 + 1)

76


= F1− F2

Pero

1

1− e−2s= 1 + e−2s + e−4s + · · · =

∞∑

k=0

e−2ks

Entonces

F1 =1

(1− e−2s)s(s2 + 1)

=1

s(s2 + 1)+

e−2s

s(s2 + 1)+ · · ·

=∞∑

k=0

e−2ks

s(s2 + 1)

77


Como

L−1(1

s(s2 + 1)) =

∫ t

0(sin(τ ) dτ = 1− cos(t),

tenemos,

L−1(F1) =∞∑

k=0

L−1

(e−2ks

s(s2 + 1)

)

=∞∑

k=0

(1− cos(t− 2k))H(t− 2k)

= 1− cos(t) + (1− cos(t− 2))H(t− 2) · · · para t > 0

78


Similarmente

F2 =e−s

(1− e−2s)s(s2 + 1)

=e−s

s(s2 + 1)+

e−3s

s(s2 + 1)+ · · ·

=∞∑

k=0

e−2(k+1)s

s(s2 + 1)

y entonces,

79


L−1(F2) =∞∑

k=0

L−1

(e−(2k+1)s

s(s2 + 1)

)

=∞∑

k=0

(1− cos(t− (2k + 1)))H(t− (2k + 1))

= (1− cos(t− 1))H(t− 1) + (1− cos(t− 3))H(t− 3) + · · ·

Por lo tanto la solucion buscada es

y = L−1(F1− F2)

=∞∑

k=0

(−1)k(1− cos(t− k))H(t− k).

80


Note que en esta sumatoria para cada valor de t hay solo unnumero finito de terminos no nulos.

Su grafico en [0, 10] es

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

2 4 6 8 10t~

Observe que para 2 ≤ t < 3 tenemos

y(t) = (1− cos(t))H(t)− (1− cos(t− 1))H(t− 1)

81


+(1− cos(t− 2))H(t− 2)

= (1− cos(t))− (1− cos(t− 1)) + (1− cos(t− 2))

= 1− cos(t) + cos(t− 1)− cos(t− 2)

Para otros intervalos tenemos

y(t) =

1− cos(t) 0 ≤ t < 1− cos(t) + cos(t− 1) 1 ≤ t < 21− cos(t) + cos(t− 1)− cos(t− 2) 2 ≤ t < 3etc.... · · ·

82

Convoluciones Transformada de Laplace

Convoluciones

Definicion 5. Sean f , g funciones continuas a tramos en [0,∞),la convolucion de f , g se representa como f ∗ g y se definecomo

f ∗ g =∫ t

0f(τ )g(t− τ ) dτ

Realizando el cambio de variable T = t− τ se obtiene que

∫ t

0

f(τ)g(t− τ) dτ =∫ 0

t

f(t− T )g(T )(−dT )

=∫ t

0

f(t− T )g(T )(dT )

es decir,f ∗ g = g ∗ f

83


Ejemplo 34. La convolucion de et y sin(t) es

et ∗ sin(t) =∫ t

0

eτ sin(t− τ) dτ

= (1/2 eτ cos(−t+ τ)− 1/2 eτ sin(−t+ τ))/t0= 1/2 et − 1/2 cos(t)− 1/2 sin(t)

84


Teorema 6. (Teorema de convolucion) Si f , g son continuasa tramos en [0,∞) y de orden exponencial entonces

L(f ∗ g) = L(f)L(g) = F (s)G(s)

o equivalentemente

L−1(F (s)G(s)) = f ∗ g

Sin demostracion

85


Ejemplo 35. La ecuacion integral de Volterra

f(t) = g(t) +∫ t

0f(τ )h(t− τ ) dτ

para determinar f(t) conocidos g(t), h(t) se puede resolver porel metodo de Laplace.

Resuelva f(t) = t+∫ t0f(τ)et−τ dτ .

Solucion: Aplicando la transformada de Laplace llegamos a

F (s) =1

s2+F (s)

s− 1,

86


de donde,

F (s) =s− 1

s2 (s− 2)= 1/4 (s− 2)−1 + 1/2 s−2 − 1/4 s−1

Entonces,f(t) = 1/4 e2 t + 1/2 t− 1/4.

Ejemplo 36. Calcule L−1( 1(s−1)(s2+4)

)

Solucion:

L−1(1

(s− 1)(s2 + 4)) = 1/2 sin(2t) ∗ et

=∫ t

0

et−τ sin(2τ) dτ

87


= 1/2et∫ t

0

e−τ sin(2τ) dτ

= et(−2/5 e−τ cos(2 τ)− 1/5 e−τ sin(2 τ)

)/t0

=25et(−2/5 e−t cos(2 t)− 1/5 e−t sin(2 t) + 2/5

)

= 1/5 et − 1/5 cos(2 t)− 1/10 sin(2 t)

Ejemplo 37. Resuelva la ecuacion

∫ t

0y(t− τ ) (y(τ )− 1− eτ)) dτ = et − 1, t ≥ 0.

Solucion: Sea Y (s) = L(y(t)). Aplicando la transformada delaplace obtenemos

88


Y (s)2 − Y (s)L(1 + et) = L(et − 1)

Y (s)2 − Y (s)(

1s

+1

s− 1

)=

1s− 1

− 1s

Y (s)2 − Y (s)(

1s

+1

s− 1

)− 1s(s− 1)

= 0(Y (s)− 1

s

)(Y (s)− 1

s− 1

)= 0)

Por lo tanto hay dos soluciones:

y(t) = 1 y(t) = et t ≥ 0

89


Ejemplo 38. Considere un sistema masa-resorte con

m = 1, c = 5, k = 6

que parte del reposo desde el punto de equilibrio sujeto a unafuerza externa f(t).

Escriba la posicion de la masa como una convolucion.

Solucion: Debemos resolver la ecuacion diferencial

x′′ + 5x′ + 6x = f(t), x(0) = 0, x′(0) = 0.

Aplicando la transformada de laplace obtenemos

(s2 + 5s+ 6)X(s) = F (s)

90


X(s) =F (s)

s2 + 5s+ 6

Como

L−1(1

s2 + 5s+ 6) = L−1(

1s+ 2

− 1s+ 3

)

= e−2t − e−3t

91


tenemos que

x(t) = L−1(

1

s2 + 5s+ 6F (s)

)

= (e−2t − e−3t) ∗ f(t)

=∫ t

0(e−2τ − e−3τ)f(t− τ ) dτ

Si consideramos a f(t) como el ”INPUT” del sistema y ax(t) como el ”OUTPUT” vemos que OUTPUT (t) = w(t) ∗INPUT (t)

92

Convoluciones Sistemas Convolutivos

Sistemas Convolutivos

Definicion 6. Un sistema se dice convolutivo si el

”OUTPUT” depende del ”INPUT” por medio de una

convolucion

OUTPUT (t) = w(t) ∗ INPUT (t)

=∫ t

0

w(τ)INPUT (t− τ) dτ

• w(t) se llama la funcion peso del sistema. Tambien recibe elnombre de funcion impulso.• W (s) = L(w(t)) se llama la funcion de transferencia.

93


En el ejemplo anterior

• la funcion de transferencia es W (s) = 1s2+5s+6

.• la funcion peso es w(t) = (e−2t − e−3t).

Note que

x(10) =∫ 10

0w(τ )f(10−τ ) dτ =

∫ 10

0(e−2τ−e−3τ)f(10−τ ) dτ

Por lo tanto w(10) = e−20 − e−30 es el peso o importancia quetiene f(0) en t = 10.

Que w(10) sea muy chico, significa que podemos cambiar lafuerza aplicada en t = 0 sin alterar mucho la posicion de la

94


masa en t = 10.

En general, w(T ) indica el ”peso” o importancia que tiene elinput f en el instante t− T para el valor de x(t).

95


Considere la ecuacion lineal de coeficientes constantes

L(y) = P (D)(y) =n∑

k=0

akDk(y) = g(t).

con condiciones iniciales nulas y(0) = · · · = y(n−1)(0) = 0.

Sea F (s) = L(y). Como,

L(L(y)) =n∑

k=0

akL(Dk(y))

= (n∑

k=0

ak sk)F (s)

96


= P (s)F (s) = L(g(t)) = G(s)

tenemos queF (s) =

1

P (s)G(s).

La funcion de transferencia es entonces W (s) = 1P (s), la funcion

peso es w(s) = L−1(

1P (s)

)y

y(t) = L−1(F (s)) = w(t) ∗ g(t) =∫ t

0w(t− τ )g(t)dτ

97


Ejemplo 39. Sea

F (s) =s2 + 1 + 2 s+ e−s

s (s2 + 2 s− 1), y(t) = L−1(F (s))

Determine una ecuacion diferencial con condiciones inicialesy(0) = a, D(y)(0) = b con a2 + b2 6= 0 tal que y(t) sea susolucion.

Solucion: Consideramos la ecuacion y′′ + Ay′ + By = g(t).Aplicando la transformada de Laplace obtenemos

(s2 +As+B)Y − sy(0)− y′(0)−Ay(0) = G(s)

98


Y =sa+ b+Aa+G(s)

s2 +As+B=s2 + 1 + 2 s+ e−s

s (s2 + 2 s− 1)

=sa+ b+Aa

s2 +As+B+

G(s)s2 +As+B

Comparando con la ecuacion podemos tomar s+2 = sa+b+Aa,A = 2, B = −1, G(s) = 1+e−s

s .

Entonces a = 1 b = 0, g(t) = 1 +H(t− 1). La ecuacion es

y′′ + 2y′ − y = 1 +H(t− 1).

y(0) = 1 , y′(0) = 0.

99

Laplace11

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