Cap´ıtulo 1

Transformada de Laplace La tranformada de Laplace (T.L) es un tipo especial de transformaci´on integral. En general, una transformada integral es una asociaci´on entre la funci´on Z Y (s) = y(t)k(s, t)dt (1.1) I

con la funci´on y(t) para alguna funci´ on fija k llamada n´ ucleo y alg´ un rango fijo I de integraci´on. Para m´as detalle ver [2]. Como se indica en [1], las transformadas integrales responden a la pregunta: ¿qu´e tanto se ”parece” una funci´ on dada y(t) a una funci´on est´andar particular ? En este curso, la transformada de Laplace la utilizamos principalmente en la resoluci´on de problemas de valor incial para L[y] = f (t) t > 0, (1.2) con L operador diferencial con coeficientes constantes. Ya disponemos de herramientas para estudiar este tipo de problemas, mediante el uso de la transformada de Laplace muchos resultados se pueden obtener de manera m´as f´acil y directa. Otras aplicaciones las veremos en la u ´ltima secci´ on. Para la presentaci´ on de definiciones y propiedades de la T.L seguimos principalmente las ideas dadas en [1].

1.1.

Definici´ on y ejemplos b´ asicos.

En lo que sigue consideramos f (t) funci´on real definida para todo t ≥ 0. Definici´ on 1.1.1 La funci´ on F (s) Transformada de Laplace de la funci´ on f (t) se define por Z ∞ F (s) = f (t)e−st dt (1.3) 0

para todo s > 0 (en el que converge la integral impropia).

1

Observaci´ on 1.1.1 Es importante recordar que la integral impropia de la definici´ on de Transformada de Laplace debe interpretarse como: Z b Z ∞ −st f (t)e−st dt f (t)e dt = l´ım 0

b→∞ 0

Y el resultado de esta integral es una funci´ on en la variable s F (s) = L(f (t))

lo que explica la notaci´ on

En relaci´on a (1.1), el n´ ucleo en la T.L es la funci´on k(s, t) = e−st y el rango de integraci´on I = [0, ∞[. Ejemplo 1.1.1 Por simplicidad comenzamos presentando la T.L de la funci´ on y(t) = 1. R∞ Directamente la integral 0 1 · e−st dt es divergente para todo s ≤ 0. Para s > 0 se tiene Z ∞ Z b e−st b −st −st 1 · e dt = l´ım 1 · e dt = l´ım − b→∞ 0 s 0 0   b→∞ −bt 1 e 1 = l´ım = . − b→∞ s s s 1 De este modo, la transformada de Laplace de la funci´ on y(t) = 1 es la funci´ on F (s) = s definida para s > 0. Conociendo la forma que tienen las soluciones de las EDOs homogeneas L[y] = 0 a continuaci´on presentamos las transformadas de Laplace de las funciones e−at , t, sin bt, con a, b n´ umeros reales. Los casos restantes los completamos m´as adelante con propiedades de este tipo de transformada integral. Ejemplo 1.1.2 Calculemos la T.L Rde la funci´ on y(t)R= e3t . Comenzamos buscando donde la ∞ ∞ −st 3t · e dt = 0 e(3−s)t dt, si el exponente es positivo integral es divergente. De la forma 0 e la integral diverge. Por lo tanto F (s) no est´ a definida para s ≤ 3. Para s > 3 consideremos Z ∞ Z ∞ e(3−s)t 3t −st e ·e = e(3−s)t dt = l´ım b→∞ 3 − s 0 0 1 1 e(3−s)b = l´ım − = . b→∞ 3 − s 3−s s−3 La T.L de la funci´ on y(t) = e3t es la funci´ on F (s) =

1 con s > 3. s−3

Observaci´ on 1.1.2 De manera similar, para s > a la funci´ on F (s) = funci´ on f (t) = e−at , con a ∈ R.

1 es la T.L de la s−a

1 es la T.L de f (t) = e−2t . Notar que la T.L de la s+2 funci´on f (t) = 1 se obtiene considerando a = 0. Recuerde que en la definici´ on de la T.L utilizamos los valores de s para los cuales la integral en (1.3) sea convergente. Asi, para s > −2 la funci´ on F (s) =

2

Ejemplo 1.1.3 Calculemos la T.L de la funci´ on y(t) = t, con t ≥ 0. En este caso utilizamos integraci´ on por partes. Para s > 0 se tiene Z

b

t · e−st dt =

0

=

Z −be−bt 1 b −st e dt + s s 0 −be−bt 1 − e−bs − . s s2

Por otra parte, para s > 0 se tiene l´ımb→∞ be−bs = 0. Por lo tanto Z ∞ 1 t · e−st dt = 2 s 0 Luego, para s > 0 la funci´ on Y (s) =

1 es la T.L de y(t) = t. s2

Ejemplo 1.1.4 Como u ´ltimo ejemplo en esta secci´ on, calculamos la T.L de y(t) = sin(2t). Nuevamente vamos a utilizar integraci´ on por partes. Z 0

b

s 1 e−st sin(2t)dt = − (e−sb cos(2b) − 1) − 2 2

Z

b

e−st cos(2t)dt.

(1.4)

0

De manera similar Z

b

e

−st

0

e−sb sin(2b) s cos(2t)dt = + 2 2

Z

b

e−st sin(2t)dt.

0

Reemplazando en (1.4) s2 + 4 4

Z 0

b

1 s e−st sin(2t)dt = (1 − e−sb cos(2b)) − e−bs sin(2b). 2 4

Considerendo s > 0 y tomando b → ∞ finalmente obtenemos Z ∞ 2 e−st sin(2t)dt = 2 . s + 22 0 Luego, para s > 0 la funci´ on Y (s) =

s2

2 es la T.L de y(t) = sin(2t). + 22

Remarcamos: De manera similar, para s > 0 la funci´on Y (s) =

(s2

a es la T.L de la + a2

funci´on y(t) = sin(at), con a ∈ R. Remarcamos: No toda funci´ on y(t) permite definir una funci´on en variable s por medio de 2 la relaci´on (1.3). Un ejemplo se obtiene la funci´on y(t) = et , t > 0. Por el tipo de R ∞ tomando 2 crecimiento de esta funci´ on se tiene 0 et −st dt es divergente para todo s ∈ R. En relaci´on al comentario anterior, entregamos una definici´on sobre funciones y(t) que nos permitar´a asegurar que existe 0 < s0 < ∞ tal que la integral en (1.3) es convergente para s > s0

3

Definici´ on 1.1.2 Se dice que f : [a, b] → R, es seccionalmente continua ´ o continua por tramos ssi 1. f es continua en todos los puntos del intervalo [a, b], salvo a lo m´ as en un n´ umero finito de ellos. 2. Todos los puntos t0 de discontinuidad de f, son discontinuidades de tipo salto de longitud finita, es decir, en los puntos de discontinuidades se tiene que los siguientes dos l´ımites, existen: l´ım f (t) = f (t− 0) ∈R − t→ t0

y

l´ım f (t) = f (t+ 0) ∈R + t→ t0

Observaci´ on 1.1.3 Para las funciones seccionalmente continuas ´ o continua por tramos tenemos que: − 1. El salto de discontinuidad mide |f (t+ 0 ) − f (t0 )| − 2. Si f (t+ 0 ) = f (t0 ), entonces f es continua en t0 . Si esto sucede en todos los puntos de discontinuidad, significa que f es continua en el intervalo [a, b]. Por lo tanto, f continua en [a, b] ⇒ f seccionalmente continua en [a, b]. Z b 3. Si f es seccionalmente continua en [a, b], entonces f (t) dt existe y es independiente a

de los valores que toma f en los puntos de discontinuidad. 4. Si f y g son seccionalmente continuas en [a, b] con f (x) = g(x) Z b Z b puntos de discontinuidad, entonces f (t) dt = g(t) dt. a

∀x excepto en los

a

Definici´ on 1.1.3 Se dice que f es seccionalmente continua en R+ 0 si f es seccionalmente continua en [0, t0 ] ∀t0 > 0. Definici´ on 1.1.4 Sea y(t) continua por tramos en [0, ∞[. Diremos que es de orden exponencial si existen α, K constantes positivas tal que |y(t)| ≤ Keαt ∀t > 0. Notamos: Sea y(t) de orden exponencial. Entonces se cumple Z b Z b −st y(t)e dt |y(t)|e−st dt ≤ 0

Si |y(t)| ≤

Keαt

0

para t > 0, entonces para todo b > 0 se tiene Z b Z b K −st y(t)e dt ≤ K e(α−s)t dt = (e(α−s)b − e(α−s)0 ). α−s 0 0

Utilizandio criterio de comparaci´ convergencia absoluta sobre integrales impropias, de la R ∞ on y −st desigualdad anterior se tiene 0 y(t)e dt es convergente para todo s > α. Luego, para toda funci´on de orden exponencial es posible definir su T.L. Para terminar esta secci´ on remarcamos que la transfomada de Laplace define una operaci´on que convierte una funci´ on y(t) en una funci´on Y (s). Por lo general, se utiliza la letra L para representar esta transformaci´ on, es decir escribimos Y (s) = L[y] con Y (s) definida en (1.3). 4

Ejemplo 1.1.5 Las siguientes funciones son de orden exponencial: 1. f (t) = 1 2. f (t) = tn con n ∈ N 3. f (t) = eat con a ∈ R 4. f (t) = sen(at) con a ∈ R 5. f (t) = cos(at) con a ∈ R 6. f (t) = tn sen(at) con a ∈ R, n ∈ N 7. f (t) = ebt tn sen(at) con a, b ∈ R, n ∈ N Ejemplo 1.1.6 Las siguientes funciones no son de orden exponencial: 2

1. f (t) = et 2. f (t) =

4 t2

3. f (t) = tg(t) Teorema 1.1.1 Si f es seccionalmente continua y de orden exponencial en R+ 0 entonces existe un valor a > 0 tal que f tiene T.L. para s > a. Demostraci´ on Como f es de orden exponencial, existen constantes positivas a, C tal que |e−st f (t)| = e−st |f (t)| ≤ Ce−st eat = Ce−t(s−a) Z

∞

Z

∞

Z

b

C s − a 0 0 Z ∞ Por lo tanto, por criterio de comparaci´ on para integrales impropias, la integral |e−st f (t)| dt 0 converge. |e−st f (t)| dt ≤

Ce−t(s−a) dt = l´ım

b→∞ 0

Ce−t(s−a) dt =

Observaci´ on 1.1.4 El teorema anterior es una condici´ on suficiente pero no necesaria para la 1 1 existencia de la T.L. de una funci´ on. Vemos que existe la L( √ ), aunque la funci´ on f (t) = √ , t t no es de orden exponencial pues tiene una discontinuidad en t = 0, claramente vemos que no 1 existen a, C ∈ R+ tal que t 2 ≤ Ceat . Vemos que r 1 π L( √ ) = , t > 0. s t

5

1.2.

Propiedades b´ asicas.

Teorema 1.2.1 Si f es una funci´ on seccionalmente continua y de orden exponencial, entonces: l´ım L(f (t))(s) = l´ım F (s) = 0 s→∞

Demostraci´ on

Como Z |F (s)| =

0

s→∞

|f (t)| ≤ Ceat ∀t > 0 se tiene: Z ∞ Z ∞ −st −st e f (t) dt ≤ e |f (t)| dt ≤ 0

Z

∞

e−(s−a)t dt =

0

1.2.1.

C =0 s→∞ s − a

l´ım |F (s)| ≤ l´ım

por lo tanto

s→∞

e−st Ceat dt

0

|F (s)| ≤ C

luego

∞

⇒

C s−a l´ım |F (s)| = 0

s→∞

Linealidad

Sean f (t), g(t) tal que L[f ], L[g] existen para s > s0 . Por lo tanto, para s > s0 se cumple L[f + g] = L[f ] + L[g] L[c · f ] = cL[f ] con c ∈ R Estos resultado (de linealidad) se obtiene utilizando ´algebra de l´ımites.

Ejemplo 1.2.1 Busquemos la T.L de la funci´ on f (t) = 2e−2t + 5 cos(8t). 1 s Sabemos L[e−2t ] = para s > −2. Por otra parte, L[cos(8t)] = 2 para s > 0. s+2 s + 82 2 s Luego L[2e−2t + 5 cos(8t)] = 2L[e−2t ] + 5L[cos(8t)] = +5 2 para s > 0. s+2 s + 82

1.2.2.

Transformada de Laplace de la derivada.

Teorema 1.2.2 Consideremos y(t) es una funci´ on diferenciable por tramos y de orden exponencial. Supongamos tambi´en que y 0 es de orden exponencial, para todo t > 0. Entonces se cumple: L[y 0 ] = sL[y] − y(0). (1.5) La relaci´on anterior es v´ alida para todo s tal que L[y] exista. Para obtener el resultado dado en (1.5) consideramos integraci´on por parte. Z

b

e

−st 0

y dt = e

−sb

Z y(b) − y(0) + s

0

0

6

b

e−st y(t)dt.

(1.6)

Como y(t) es de orden exponencial, existen M, K constantes positivas tal que |y(t)| ≤ eM t para t > K. Tomando s > M se cumple l´ım e−sb y(b) ≤ l´ım e−(s−M )b = 0. b→∞

b→∞

Finalmente, como existe s0 > tal que L[y] est´a definida para s > s0 , utilizando ´algebra de l´ımite en (1.6) se tiene Z ∞ Z ∞ −st 0 e y dt = s e−st y(t)dt − y(0) para s > s0 , 0

0

obteni´endose el resultado dado en (1.5). Ejemplo 1.2.2 Sea y(t) = t. Como y 0 (t) = 1 y sabiendo que se cumple L[1] = 1/s para s > 0, utilizando el resultado anterior se tiene L[1] = sL[t] − 0. Luego L[t] = 1/s2 para s > 0. Ejemplo 1.2.3 Sea y(t) = sin(t). Sabemos L[y(t)] = 1/(s2 + 1) para s > 0. Como y 0 (t) = cos(t), utilizando el resultado anterior se tiene L[cos(t)] = sL(sin(t)) − sin(0). Luego L[cos(t)] = s/(s2 + 1) Remarcamos: De manera similar podemos obter la T.L de la n-´esima derivada. Ejemplo: Bajo las condiciones necesarias L[y 00 ] = L[(y 0 )0 ] = sL[y 0 ] − y 0 (0) = s(sL[y] − y(0)) − y 0 (0) = s2 L[y] − sy(0) − y 0 (0) Para que la realci´ on anterior sea v´ alida debemos pedir que la funci´on y 0 sea de orden exponencial. Teorema 1.2.3 Consideremos y(t), y 0 (t), . . . , y (n−1) de orden exponencial. Supongamos y (n) (t) existe para todo t > 0. Entonces se cumple L[y (n) ] = sn L[y] − sn−1 y(0) − sn−2 y 0 (0) − · · · − y(n − 1)(0).

(1.7)

La demostraci´ on se obtiene por inducci´on. Aqu´ı y (k) denota la derivada de orden k. Nota Pareciera que para determinar las transformadas de Laplace de funciones, deberemos calcular siempre integrales impropias. Esto no es as´ı: una de las ventajas que tiene la transformada de Laplace son sus variadas propiedades que estudiaremos a continuaci´on, y que nos permitir´an hacer uso de las transformadas de funciones conocidas. Para ello, es conveniente notar que s´olo con la definici´ on, hemos constru´ıdo la siguiente tabla de transformadas de Laplace:

7

f (t)

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

1

1 s

s > 0

t

1 s2

s > 0

n!

tn

s > 0

sn+1

sen(at) cos(at)

a s 2 + a2

s > 0

s + a2

s > 0

s2

1 s−a

eat

s > a

Rt Comentario: Sea f (t) continua en [0, ∞[. Consideremos la funci´on f (t) = 0 f (v)dv. Por medio del primer Teorema fundamenteal del c´alculo integral (ver [3] Cap. 5.7.) se cumple h0 = f (t). A partir de lo anterior y utilizando el resultado en (1.7) se tiene L[h0 ] = sL[h] − h(0). Como h(0) = 0 se cumple L[h] = L[f (t)]/s para s > 0. Escribimos el resultado anterior como sigue: Z t  1 L f (v)dv = L[f (t)]. s 0 El resultado anterior puede facilitar y omitir algunos c´alculos por ejemplo fracciones parciales (Ver [3]). Ejemplo 1.2.4 Obtener f (t) tal que L[f (t)] = 1/(s(s2 +1)). Escribimos L[f (t)] = 1s L[sin(t)]. Rt Por medio del resultado anterior se tiene f (t) = 0 sin(v)dv, es decir, f (t) = 1 − cos(t). El comentario anterior se puede generalizar con el siguiente teorema, lo cual lo anterior es el caso de a = 0: t

Z Teorema 1.2.4 Si f es de orden exponencial, entonces

f (v) dv es de orden exponencial a

y se tiene que : Z L a

t



1 1 f (v)dv = L[f (t)] − s s

8

Z

a

f (v) dv 0

1.3.

Aplicaci´ on a problemas de valor inicial (primera parte).

Por medio de las propiedades b´ asicas que se acaban de presentar ya estamos en condiciones de presentar la aplicaci´ on principal de la T.L. Comencemos con el siguiente problema de valor inicial dy = 5y + 7e3t , dt

y(0) = 2.

(1.8)

De la igualdad se debe cumplir  dy = 5L[y] + 7L[e3t ]. L dt 



 dy Utilizando la condici´ on y(0) = 2 y el Teorema 1.2.2 obtenemos L = sL[y] − 2. Luego dt sL[y] − 5L[y] = 2 + 7/(s − 3). Notamos que resolver (1.8) se reduce a buscar una funci´on y(t) tal que su T.L sea de la forma 2 7 + . s − 5 (s − 5)(s − 3) Utilizando fracciones parciales (ver [3] cap´ıtulo 7) se tiene 1 1 1 = − . (s − 5)(s − 3) 2(s − 5) 2(s − 3) De lo anterior, buscamos y(t) tal que L[y(t)] =

11 7 − . 2(s − 5) 2(s − 3)

Sabemos L[e5t ] = 1/(s − 5) y L[e3t ] = 1/(s − 3). Utilizando las propiedades de linealidad se tiene 11 7 − . L[11e5t /2 − 7e3t /2] = 2(s − 5) 2(s − 3) Luego y(t) =

1.3.1.

11e5t 7e3t − , 2 2

t > 0 es la soluci´on de (1.8).

Inversa

En el u ´ltimo paso del resultado anterior no fuimos muy cuidadosos. Debemos tener presente que dos funciones distintas pueden tener la misma T.L. Basta tomar dos funciones f (t), g(t) que coicidan en [0, ∞[ salvo en t0 > 0. Como la T.L se define por medio de una integral esta diferencia no se alcanza a notar. Vemos que la aplicaci´ on L no es inyectiva, puesto que si f, g son dos funciones que poseen T.L. y que difieren en un n´ umero finito de puntos, entonces sus respectivas transformadas coinciden. Por lo tanto: L(f ) = L(g) ; f (t) = g(t) Por lo tanto, L no es inyectiva. Sin embargo, tenemos el siguiente teorema 9

Teorema 1.3.1 Sean f, g funciones tales que L(f ) = L(g). Entonces, f (t) = g(t) ∀t > 0, excepto a lo m´ as en un n´ umero finito de puntos de discontinuidad. Esto nos permite y facilita el c´ alculo de la T.L. de funciones como el de sus inversas. Definimos lo que entenderemos por tranformada de Laplace inversa. Definici´ on 1.3.1 Consideremos Y (s) definida en ]s0 , ∞[ y y(t) definida en [0, ∞[ funciones. Asumimos y(t) continua. Diremos que y(t) es la tranformada de Laplace inversa de Y (s) si se cumple L[y(t)] = Y (s) para s > s0 . La notaci´ on para esta relaci´ on es la siguiente L−1 [Y (s)] = y(t) y est´ a bien definida (como transformada) s´ olo si y(t) es continua. Remarcamos: Si L−1 est´ a bien definida corresponde ser una transformaci´on lineal. Esto es una consecuencia directa de la linealidad de la T.L. 2 7 Si volvemos al P.V.I (1.8) se tiene y(t) = L−1 [ + ]. s − 5 (s − 5)(s − 3) Ejemplo 1.3.1 Resolver el P.V.I dy = 10y + 3t, dt Utilizando T.L obtenemos L[y(t)] =

y(0) = 6.

(1.9)

3 −6 + 2 . s − 10 s (s − 10)

De la definici´ on de la T.L inversa, buscamos y(t) tal que   −6 3 −1 y(t) = L + . s − 10 s2 (s − 10) Por linealidad tenemos y(t) = −6L

−1



   1 1 −1 + 3L . s − 10 s2 (s − 10)

Por otra parte 1 1 1 1 = − − . s2 (s − 10) 100(s − 10) 100s 10s2 Buscamos y(t) tal que:       600 −1 1 3 −1 1 3 −1 1 y(t) = L − L − L . 100 s − 10 100 s 10 s2 Por separado tenemos L Luego y(t) =

−1



 1 = e10t , s − 10

−1

L

  1 = 1, s

603 10t 3 3t e − − . es la soluci´ on de (1.9). 600 100 10 10

−1

L



 1 = t. s2

dY (s) Teorema 1.3.2 Sea Y (s) = L(f ), entonces L[tf (t)] = − ds Demostraci´ on Z ∞ Z ∞ Z ∞ d e−st d dY (s) f (t)e−st dt = f (t) = dt = − t f (t) e−st dt = −L[tf (t)] ds ds 0 ds 0 0 L[tn f (t)] = (−1)n

Corolario 1.3.1 Sea Y (s) = L(f ), entonces

dn Y (s) dsn

Ejemplo 1.3.2 L d vemos que se cumple que ds



2 2 s +4

−1





s 2 (s + 4)2

 =

4s =− 2 ⇒ L−1 (s + 4)2



s 2 (s + 4)2

 =

sen(2t) 4

Ejemplo 1.3.3 −1

L

   s+1 ln = s+4

 s+1 = ln(s + 1) − ln(s + 4) claramente vemos que Y (s) = ln   s+4 dY 1 1 dY −e−t + e−4t = − ⇒ L−1 = e−t − e−4t = −ty(t) ⇒ y(t) = , t > 0 ds s+1 s+4 ds t −e−t + e−4t Por otro lado tenemos que l´ım = l´ım (e−t − 4 e−4t ) = −3 aplicando la regla t t→0+ t→0+   −3 si t = 0   de L´H´ opital, por lo tanto, la funci´ on continua es y(t) =  e−4t − e−t   si t > 0 t 

1.4.

1.4.1.

Propiedades de la transformada de Laplace y algunos resultados b´ asicos. Desplazamiento sobre el eje t.

Teorema 1.4.1 Sea

g(t) = u(t − a) f (t − a) =

  

0

si t ≤ a ,

f (t − a) si t > a

una funci´ on continua por tramos de orden exponencial. Entonces L[g] = e−as L[f ].

11

a≥0

Sea g(t) = ua (t) · f (t − a). Calculamos Z Z ∞ −st ua (t)f (t − a)e dt = L[g(t)] =

∞

f (t − a)e−st dt.

a

0

Utilizamos la sustituci´ on y = t − a. Se tiene dt = dy, si t = a entonces y = 0 y t → ∞ entonces y → ∞. Luego Z ∞ Z ∞ f (y)e−sy dy L[g(t)] = f (y)e−s(y+a) dy = e−as 0

0

= e−as L[f (t)] Teorema 1.4.2 Sea

g(t) = u(t − a) f (t) =

 

0

si t ≤ a ,

a≥0

f (t) si t > a



una funci´ on continua por tramos de orden exponencial. Entonces L[g] = e−as L[f (t + a)]. Sea g(t) = ua (t) · f (t). Calculamos Z L[g(t)] =

∞

−st

ua (t)f (t)e

0

Z

∞

dt =

f (t)e−st dt.

a

Utilizamos la sustituci´ on y = t − a. Se tiene dt = dy, si t = a entonces y = 0 y t → ∞ entonces y → ∞. Luego Z ∞ Z ∞ −s(y+a) −as f (y + a)e−sy dy f (y + a)e dy = e L[g(t)] = 0

0

= e−as L[f (t + a)] Ejemplo 1.4.1 L[u(t − π)sent] = e−πs L[sen(t + π)] = e−πs L[−sent] = −

e−πs s2 + 1

por otro lado, L[u(t − π)sen(t − π + π)] = L[u(t − π)(−sen(t − π)] = −e−πs L[sent] = −

1.4.2.

Desplazamiento sobre el eje s.

Comencemos con el siguiente problema Ejercicio 1.4.1 Obtener L−1 [2/(s2 + 2s + 10)]. 12

e−πs s2 + 1

Para este problema tenemos Y (s) = 3/(s2 + 2s + 10) = 3/((s + 1)2 + 32 ). Por otra parte, tenemos L[sin(3t)] = 3/(s2 + 9). Notamos que por medio de un traslado podemos relacionar ambas funciones. En t´erminos generales este tipo de problemas los podemos abordar de la siguiente manera: Consideremos y(t) con transformada de Laplace Y (s). De la definci´on Z ∞ Z ∞ at −st at y(t)e−(s−a)t dt e y(t)e dt = L[e y(t)] = 0

0

s0

= s − a obtenemos Z ∞ 0 at y(t)e−s t dt = Y (s0 ) = Y (s − a). L[e y(t)] =

Tomando la sustituci´ on

0

De este modo se tiene: Teorema 1.4.3 Sea f una funci´ on continua por tramos y de orden exponencial. Sea F (s) la transformada de Laplace de f , y sea c una constante. Entonces: Si

L[f (t)] = F (s),

entonces

L[eat f (t)] = F (s − a)

Volviendo al Ejercicio, por medio del resultado anterior tenemos: L[sin(3t)] = 3/(s2 + 9), entonces L[eat sin(t)] = 3/((s − a)2 + 9). Tomando a = −1 se obtiene el resultado. Luego L−1 [3/((s + 1)2 + 9)] = e−t sin(3t).

1.4.3.

Multiplicaci´ on por t.

Como mencionamos en la introducci´ on, la idea de presentar la T.L es estudiar (resolver) P.V.I para (1.2). A partir de los ejemplos que hemos presentado notamos que el desaf´ıo final es obtener T.L. inversas. Para que los c´alculos sean m´as directos necesitamos de m´as propiedades. Por ejemplo, para buscar L−1 [s/(s2 + 4)2 ] podemos utilizar fracciones parciales pero el resultado puede ser m´ as directo. En relaci´ on a lo anterior presentamos el siguiente resultado sobre T.L. Teorema 1.4.4 Sea F (s) transformada de Laplace de f (t), entonces L[t · f (t)] = − El resultado lo podemos obtener por c´ alculo formal como sigue: Z ∞ ∂e−st dY = dt y(t) ds ∂s 0 Z ∞ = − t · y(t)e−st dt 0

= −L[t · y(t)] 13

dF . ds

En t´erminos rigurosos necesitamos de resultados de convergencia que no tenemos en este curso. No es el inter´es de este curso ser tan detallista y en los casos que utilizamos este resultado se tienen todas las hip´ otesis necesarias para que sea cierto lo que estamos obteniendo, luego, no nos preocupemos m´ as de la cuenta. Volvamos al problema L−1 [s/(s2 + 4)2 ]. Notamos que se cumple   d 1 −2s = 2 . ds s2 + 4 (s + 4)2 Por otra parte L−1 [1/(s2 + 4)] = sin(2t)/2. Luego, se tiene L−1 [s/(s2 + 4)2 ] = tsen(2t)/4.

1.4.4.

Sobre funciones peri´ odicas

Consideremos y(t) funci´ on peri´ odica con periodo T > 0, es decir, y(t + T ) = y(t) para todo t ≥ 0. De la definici´ on tenemos Z ∞ y(t)e−st dt L[y(t)] = 0

(1.10) Z

T

=

y(t)e−st dt +

0

Z

∞

y(t)e−st dt

T

Consideramos η = t − T . Por lo tanto se tiene: dη = dt; si t = T entonces η = 0; si t → ∞ entonces η → ∞. Utilizando la periodicidad de y(t) se obtiene Z ∞ Z ∞ −st y(t)e dt = y(η + T )e−s(η+T ) dη T

0

= e

Z

−sT

∞

y(η)e−eη dη = e−sT L[y(t)]

0

Reemplazando en (1.10) y resolviendo para L[y(t)] obtenemos 1 L[y(t)] = 1 − e−sT

1.4.5.

Z

T

y(t)e−st dt

para s > 0.

0

Ejercicios.

Terminamos esta secci´ on con algunos ejercicios. Ejercicio 1.4.2 Obtener L−1 [3e−5s /(s2 + 2s + 10)]. Del Ejercicio (1.4.1) tenemos L[e−t sin(3t)] = 3/(s2 + 2s + 10). Luego 3e−5s = e−5s L[e−t sin(3t)]. s2 + 2s + 10 14

(1.11)

Sea y(t) = e−t sin(3t). Utilizando el Resultado se tiene L−1 [e−5s /(s2 + 2s + 10)] = u5 (t) · y(t − 5), y por lo tanto L−1 [e−5s /(s2 + 2s + 10)] = u5 (t) · e−(t−5) sin(3(t − 5)). −1

Ejercicio 1.4.3 Obtener L



 ln

s2 + 1 s2 + 4

 .

Claramente la funci´ on Y (s) = ln((s2 + 1)/(s2 + 4)) no se parece en nada a las T.L. que hemos presentado (todas funciones racionales en s). Para abordar este problema comenzamos escribiendo Y (s) = ln(s2 + 1) − ln(s2 + 4) (bajo las condiciones necesarias para que ambas funciones reales existan). Por lo tanto tenemos dY 2s 2s = 2 − . ds s + 1 s2 + 4 Sabemos L−1 [2s/(s2 + 1)] = 2 cost y L−1 [2s/(s2 + 4)] = 2 cos(2t). Por linealidad tenemos   −1 dY L = 2 cost − 2 cos(2t), ds Si y(t) = L−1 [Y (s)], por lo anterior, la funci´on y(t) se debe relacionar con 2 cost − 2 cos(2t). Espec´ıficamente tenemos: L[2 cost − 2 cos(2t)] =

dY = −L[t · y(t)], ds

es decir t · y(t) = 2 cost − 2 cos(2t). Para obtener y(t) debemos despejar, lo cual es v´alido s´olo para t > 0. Por otra parte tenemos (2 cost − 2 cos(2t))0 = l´ım −2sent + 4sen(2t) = 0. t→0 t→0 (t)0 l´ım

Aqu´ı f 0 indica derivada de la funci´ on f . Luego, por regla de L’Hopital se tiene 2 cost − 2 cos(2t) = 0. t→0 t l´ım

Por lo tanto la funci´ on continua y(t) =

 

0 2 cost − 2 cos(2t)  t

satisface y(t) = L−1 [ln((s2 + 1)/(s2 + 4))].

15

si t = 0 si t > 0

Ejercicio 1.4.4 Considere y(t) = sin t/t para t > 0 y y(0) = 1. Hallar Y (s) = L[y(t)]. Para g(t) = t · y(t), tenemos L[g(t)] = −

dY . Como g(t) = sin(t), entonces ds

dY 1 . =− ds 1 + s2 De este modo Y (s) = Y (0)−arctan(s). Por otra parte, la funci´on y(t) es de orden exponencial, por lo tanto se debe cumplir l´ım Y (s) = 0. Como l´ım arctan(s) = π/2, entonces Y (0) = π/2. s→∞

s→∞

Luego L[y(t)] = π/2 − arctan(s) Ejercicio 1.4.5 Calcular la T.L de la onda cuadrada  1 si 2n ≤ t < 2n + 1 para alg´ un entero n w(t) = −1 si 2n + 1 ≤ t ≤ 2n + 2 para alg´ un entero n Notamos que w(t) es peri´ odica con periodo T = 2. Comenzamos calculando Z 2 Z 2 Z 1 −st −st (−1)e−st dt e dt + w(t)e dt = 1

0

0

= −

=


1 (e−1·s − e0 ) − (e−2·s − e−1·s ) s

e−2s − 2es + 1 (e−2s − 1)2 = . s s

Utilizando (1.11) se tiene L[w(t)] =

1 − e−2s , s

para s > 0.

Para terminar esta secci´ on consideremos el siguiente P.V.I. Resolver dy = 5y + f (t), y(0) = 4, dt con f (t) funci´ on discontinua definida como sigue  0 si 0 < t < 3 f (t) = 8 si t ≥ 3

(1.12)

Notamos que la EDO la podemos estudiar para 0 < t < 3 y luego para t > 3. La idea es acortar los c´ alculos y tener resultados que ayuden a obtener T.L. de funciones definidas por tramos.

1.5.

Transformada de Laplace de funciones discontinuas.

Consideremos la siguiente EDO de segundo orden d2 y + y = f (t). dt2 16

Para f (t) = 0 se tiene la EDO asociada al oscilador arm´onico no amortiguado. Para f (t) arbitrario, lo podemos entender como un agente externo reflejado en la modelaci´on. Si pensamos que el agente externo comienza actuar a partir de t = t0 > 0, no es sorprendente que la funci´on f (t) sea discontinua. El objetivo en esta secci´ on es entregar herramientas de tal modo que para ciertas f (t) discontinuas el uso de la T.L. sea directo.

1.5.1.

Transformada de Laplace de la funci´ on Heaviside(funci´ on escal´ on).

Para a ≥ 0, la funci´ on  ua (t) = u(t − a) =

0 si t < a 1 si t ≥ a

es llamada funci´ on Heaviside o funci´ on escal´ on. Otras notaciones para esta funci´on son las siguientes: µa (t); µ(t − a). Pueden haber otras pero ´estas son las notaciones m´as frecuentes. Las funciones escalones pueden ser utilizadas para modelar el encendido de un interruptor. Comenzamos obteniendo la T.L de estas funciones escalones unitarios. Z ∞ Z a −st ua (t)e−st dt. ua (t)e dt + L[ua (t)] = a

0

De la definici´ on la primera integral toma el valor cero. Por otra parte, para t ≥ a se tiene ua (t) = 1, por lo tanto Z ∞ L[ua (t)] = e−st dt a

Z =

= Para s > 0 se tiene L[ua (t)] =

l´ım

b→∞ a

b

e−st dt

e−as e−sb − . b→∞ s s l´ım

e−as . s

Volvamos al PVI (1.12). Directamente se tiene sL[y] − 4 = 5L[y] + 8

e−3s . s

Por lo tanto −1

y(t) = −4L −1



L

 1 = e5t ; s−5



     1 8 −1 −3s 1 8 −1 −3s 1 + L − L . e e s−5 5 s−5 5 s     −1 −3s 1 −1 −3s 1 L e = u3 (t); L e = e5(t−3) u3 (t) s s−5

y por lo tanto 8 8 y(t) = 4e5t u0 (t) − u3 (t) + u3 (t) · e5(t−3) 5 5 17

(1.13)

1.6.

Delta de Dirac (funci´ on Impulso)

En esta parte introducimos una ”funci´ on”que puede ser utilizada para modelar forzamientos instant´aneos, por ejemplo el golpe de un martillo. Definici´ on 1.6.1 Sea a > 0 una constante, y considere la funci´ on  1  si −a ≤ t ≤ a  2a δa (t) =   0 si t < −a ´ o t>a Note que

∀a > 0 : Z

∞

δa (t) dt = 1 −∞

Se define la ”funci´ on”Delta de Dirac o funci´ on Impulso a aquella dada por: δ(t) = l´ım δa (t) a→0

Propiedades: 1. δ(t) = 0, ∀t 6= 0 Z ∞ 2. δ(t) dt = 1

δ(t) → ∞ para t = 0.

y

−∞

3. L(δ(t)) = 1  En efecto L(δ(t)) = l´ım L(δa (t)) = l´ım a→0

Z

∞

4.

a→0

 =1

∞

Z f (t) δ(t) dt = f (0)

−∞

eas − e−as 2as

f (t) δ(t) dt = f (0) 0

5. L(f (t) δ(t)) = f (0) Podemos generalizar la Delta de Dirac o funci´on Impulso reci´en definida centrada en 0, a un centro cualquiera c > 0 : Definici´ on 1.6.2 Sea a, c > 0 constantes tal que c ≥ a, y considere la funci´ on  1  si c−a ≤ t ≤c+a  2a δa (t − c) =   0 si t < c − a ´ o t>c+a Note que

∀a > 0 : Z

∞

δa (t − c) dt = 1 −∞

Se define la ”funci´ on”Delta de Dirac o funci´ on Impulso a aquella dada por: δ(t − c) = l´ım δa (t − c) a→0

18

Propiedades: 1. δ(t − c) = 0, ∀t 6= c Z ∞ δ(t − c) dt = 1 2.

δ(t) → ∞ para t = c.

y

−∞

3. L(δ(t − c)) = e−cs   as −as −cs e − e En efecto L(δ(t − c)) = l´ım L(δa (t − c)) = l´ım e = e−cs a→0 a→0 2as Z ∞ Z ∞ f (t) δ(t − c) dt = f (c) f (t) δ(t − c) dt = f (c) 4. −∞

0

5. L(f (t) δ(t − c)) = e−cs f (c) Consideremos el siguiente sistema masa resorte amortig¨ uado con forzamiento f (t): d2 y dy + 2 + 10y = δ(t − 5), 2 dt dt

(1.14)

con un forzamiento instant´ aneo en el instante de tiempo t = 5, De este modo, seguimos trabajando con el problema   2 dy d y + 2 + 10y = e−5s L dt2 dt Como y(0) = y 0 (0) = 0, entonces tenemos: L[y(t)] =

e−5s (s + 1)2 + 32

De este modo:

 u5 (t)  −(t−5) e sen(3(t − 5)) 3 Remarcamos: La funci´ on y(t) no puede estar satisfaciendo una EDO en todo t > 0 ya que no es diferenciable en t = 5. Recordemos tambi´en que fue justo en ese momento donde se sac´o del reposo al sistema. y(t) =

19

1.7.

Producto convoluci´ on.

A continuaci´ on una definici´ on que puede ser relacionada con la secci´on pasada sobre el delta de Dirac. Comencemos con un ejemplo. Supongamos que deseamos buscar L−1 [Y (s)] , con Y (s) =

(s2

3 . + 9)(s + 4)

Dejemos por un momento las fracciones parciales. Notamos Y (s) = L[sin(3t)] · L[e−4t ]. Es tentador pensar L−1 [Y (s)] = sin(3t) · e−4t . La funci´on L−1 [Y (s)] se relaciona con las funciones sin(3t), e−4t pero no corresponde ser el producto entre ´estas. Necesitamos de otro tipo de producto entre funciones. Adem´as que 2 1 1 1 = L(t2 ) 6= L(t) · L(t) = 2 · 2 = 4 3 s s s s Definici´ on 1.7.1 Sean f, g funciones definidas para t ≥ 0. La convoluci´ on f ∗ g entre f (t), g(t) es la funci´ on definida por: t

Z (f ∗ g)(t) =

f (t − η)g(η)dη 0

Ejemplo 1.7.1 Sean f (t) = sin(3t), g(t) = e−4t . De la definici´ on se tiene t

Z (f ∗ g)(t) =

sin(3(t − η))e−4η dη

0

Utilizando cambio de variables u = t − η se tiene Z t (f ∗ g)(t) = sin(3u)e−4(t−u) du 0

= e

−4t

Z

t

sin(3u)e4u du

0

=

1 3 (4 sin(3t) − 3 cos(3t)) + e−4t 25 25

Comentario: Utilizando cambio de variables en la integraci´on directamente se tiene (f ∗ g)(t) = (g ∗ f )(t). Remarcamos: Para f (t) = sin(3t), g(t) = e−4t estudiemos ahora L[(f ∗ g)]. Por definici´on

20

tenemos: ∞

Z L[(f ∗ g)] = 0

= =

=

3 1 (4 sin(3t) − 3 cos(3t)) + e−4t 25 25



· e−st dt

4 3 3 L[sin(3t)] − L[cos(3t)] + L[e−4t ] 25 25 25   4 s 1 3 − 2 + 2 25 s + 9 s + 9 s + 4 3 (s2 + 9)(s − 4)

= L[sin(3t)] · L[e−4t ] De manera general se tiene: Resultado 1.7.1 Sean f (t), g(t) funciones con transformadas de Laplace F (s), G(s) respectivamente. Entonces L[f ∗ g] = F (s) · G(s). Para la obtenci´ on del resultado anterior necesitamos de integrales dobles (impropias) materia que veremos en el pr´ oximo curso. Por el momento s´olo utilizamos el resultado. Volviendo al delta de Dirac se tiene L[δ0 ∗ f (t)] = L[δ0 ] · L[f (t)] =

e−0s · L[f (t)] s

Utilizando L−1 [e−t0 s L[f (t)]]/s = ut0 (t)f (t − t0 ), obtenemos (δ0 ∗ f )(t) = f (t).

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Bibliograf´ıa [1] P.Blanchard, R.Devaney, G.Hall, Ecuciones diferenciales, International Thomson Editores, 1999. [2] J.Marsden, M.Hoffman, An´ alisis cl´asico elemental, Adisson-Wesley Iberoamerica, S.A. 1998. [3] S. Stein, A. Barcellos, C´ alculo y geometr´ıa anal´ıtica (Vol1) quinta edici´on, McGRAWHILL, 1995.

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