TEMA I: LA TRANSFORMADA DE LAPLACE

1. Introduccion

En el desarrollo del tema seguiremos la siguiente estrategia: en primer lugar definiremos la Trans-

formada de Laplace y trabajaremos con ella como una herramienta para resolver ciertos problemas, sin

preocuparnos en exceso del rigor matematico de las demostraciones que se presentan, donde de hecho

se trabajara a nivel formal, suponiendo siempre que se esta en las condicones ideales para efectuar

las manipulaciones matematicas presentadas. A continuacion se ejercitara el uso de las propiedades

introducidas, en la resolucion de problemas: calculo de integrales, ecuaciones diferenciales y sistemas

de ecuaciones diferenciales.

Como parte final del tema se presentara, como apendice del mismo, un estudio riguroso de la

transformada de Laplace, comenzando por la convergencia (abscisa y semiplano de convergencia) y

pasando por las demostraciones rigurosas de las propiedades estudiadas en las secciones anteriores. En

esta seccion se incluiran una serie de problemas semiteoricos que enriqueceran los conceptos aprendidos.

Por ultimo y debido a que la asignatura se encuadra, dentro del Plan de Estudios, en el primer

cuatrimestre del tercer ano y que por tanto los alumnos no han estudiado aun variable compleja;

en la primera parte del tema trabajaremos sobre valores reales del parametro s, introduciendo en el

apendice su variacion en los complejos.

2. Definicion y resultados basicos

Definicion: Sea F (t) una funcion definida para t > 0. La transformada de Laplace de F (t), denotada

por L{F (t)}(s), se define como

L{F (t)}(s) = f(s) =∫ ∞

0e−stF (t)dt

cuando la integral converge para algun valor de s. Por ahora supondremos que s es real, aunque

tambien puede considerarse complejo.

1

Ejemplos:

• L{1}(s) =∫ ∞

0e−st dt = lim

b→+∞

∫ b

0e−st dt = lim

b→+∞{−1

se−sb +

1s}

Luego

L{1}(s) =1s

(s > 0)

• L{t}(s)∫ ∞

0e−stt dt = lim

b→+∞

∫ b

0e−stt dt =

u = t ⇒ du = dt

dv = e−stdt ⇒ v = −1se−st

= limb→+∞

{− b

se−sb−

1s2

e−sb +1s2}

Luego

L{t}(s) =1s2

(s > 0)

• L{eat}(s) =∫ ∞

0e−steat dt = lim

b→+∞

∫ b

0e−(s−a)t dt = lim

b→+∞{− 1

s− ae−(s−a)b +

1s− a

}Luego

L{eat}(s) =1

s− a(s > a)

Definicion: Si existen constantes reales M > 0 y γ tales que ∀t > N

|e−γtF (t)| < M o |F (t)| < Meγt

se dice que F (t) es una funcion de orden exponencial γ cuando t →∞, o simplemente que es de orden

exponencial.

Teorema 2.1: Si F (t) es continua a trozos en cada intervalo finito 0 ≤ t ≤ N y de orden exponencial

γ para t > N , entonces existe la transformada de Laplace f(s) para todo s > γ.

Demostracion

Partiendo del hecho de que |F (t)| < Meγt para todo t > N hemos de comprobar que la integral∫ ∞

0e−stF (t)dt es convergente. Esta claro que

∫ N

0e−stF (t)dt existe, por lo que bastara con demostrar

que la integral∫ ∞

Ne−stF (t)dt converge.

∣∣∣∣∣∫ b

Ne−stF (t)dt

∣∣∣∣∣ ≤∫ b

N|e−stF (t)|dt ≤ M

∫ b

Ne−(s−γ)tdt = − M

s− γ

[e−(s−γ)b − e−(s−γ)N

]

Por ultimo, es sencillo ver que − M

s− γ

[e−(s−γ)b − e−(s−γ)N

]tiende a

M

s− γe−(s−γ)N cuando b → +∞,

siempre que s > γ.

Propiedades y reglas operacionales

2

1. Linealidad

L{c1F1(t) + c2F2(t)}(s) = c1L{F1(t)}(s) + c2L{F2(t)}(s)

Se deduce facilmente del hecho de que la integral es un operador lineal.

Ejemplos:

L{cosh(at)}(s) = L{eat + e−at

2}(s) =

12

[1

s− a+

1s + a

]=

s

s2 − a2(s > |a|)

L{senh(at)}(s) = L{eat − e−at

2}(s) =

12

[1

s− a− 1

s + a

]=

a

s2 − a2(s > |a|)

2. Primera propiedad de traslacion

Si L{F (t)}(s) = f(s), entonces L{eatF (t)}(s) = f(s− a)

Demostracion L{eatF (t)}(s) =∫ ∞

0e−steatF (t) dt =

∫ ∞

0e−(s−a)tF (t) dt = L{F (t)}(s− a)

Ejemplos:

L{teat}(s) = L{t}(s− a) =1

(s− a)2

L{ebtcosh(at)}(s) = L{cosh(at)}(s− b) =s− b

(s− b)2 − a2

3. Segunda propiedad de traslacion

Si L{F (t)}(s) = f(s) y G(t) =

{F (t− a) t ≥ a0 0 ≤ t < a

, entonces L{G(t)}(s) = e−asf(s)

Demostracion∫ ∞

0e−stG(t) dt =

∫ ∞

ae−stF (t− a) dt = {x = t− a} =

∫ ∞

0e−s(x+a)F (x) dx =

e−asL{F (t)}(s)

Ejemplo:

G(t) =

0 0 ≤ t < 2

senh[a(t− 2)] t ≥ 2⇒ L{G(t)}(s) = e−2s a

s2 − a2

4. Propiedad de cambio de escala

Si L{F (t)}(s) = f(s), entonces L{F (at)}(s) =1af(

s

a) (a > 0)

Demostracion∫ ∞

0e−stF (at) dt = {x = at} =

∫ ∞

0e−

saxF (x)

dx

a=

1aL{F (t)}(s

a)

Ejemplo:

L{πt eπt}(s) =1πL{tet}( s

π) =

1π

1( s

π − 1)2=

π

(s− π)2

3

5. Transformada de Laplace de las derivadas

Si L{F (t)}(s) = f(s), entonces L{F ′(t)}(s) = sf(s)− F (0)

esta formula puede ser generalizada a la derivada de orden n

L{F (n)(t)}(s) = snf(s)− sn−1F (0)− sn−2F ′(0)− .....− sF (n−2)(0)− F (n−1)(0)

Demostracion Trabajaremos formalmente (ya lo demostraremos rigurosamente en el apendice

del tema). Hemos de suponer que existe F ′(t) y que es transformable Laplace. Entonces

L{F ′(t)}(s) =∫ ∞

0e−stF ′(t) dt = lim

b→+∞

∫ b

0e−stF ′(t) dt

∫ b

0e−stF ′(t) dt =

u = e−st ⇒ du = −se−st

dv = F ′(t)dt ⇒ v = F (t)

=[F (t)e−st

]b

0+ s

∫ b

0e−stF (t) dt =

= F (b)e−sb − F (0) + sL{F (t)}(s)

Esta ultima cantidad tiende a sL{F (t)}(s) − F (0), cuando b → +∞ bajo ciertas condiciones.

A partir de aquı podemos demostrar la formula generalizada usando el metodo de induccion

matematica.

Ejemplo:

L{[cosh(at)]′}(s) = sL{cosh(at)} − cosh(0) = ss

s2 − a2− 1 =

a2

s2 − a2= L{a senh(at)}(s)

6. Transformada de Laplace de la integral

Si L{F (t)}(s) = f(s), entonces L{∫ t

0F (u) du}(s) =

f(s)s

Demostracion Nuevamente trabajaremos formalmente. Sea G(t) =∫ t

0F (u) du, entonces

G′(t) = F (t) y por tanto L{G′(t)}(s) = L{F (t)}(s), pero por otro lado sabemos que L{G′(t)}(s) =

sL{G(t)}(s)−G(0). Teniendo en cuenta que G(0) = 0 y despejando se obtiene el resultado de-

seado.

Ejemplo:

L{∫ t

0cosh(au) du}(s) =

L{cosh(at)}(s)s

=s

s2−a2

s=

1s2 − a2

= L{senh(at)a

}(s)

4

7. Multiplicacion por tn

Si L{F (t)}(s) = f(s), entonces L{tnF (t)}(s) = (−1)n dn

dsnf(s) = (−1)nf (n)(s)

Demostracion Operando de manera formal, derivaremos bajo el signo de la integral aplicando

la regla de Leibnitz

f ′(s) =d

ds

∫ ∞

0e−stF (t) dt =

∫ ∞

0e−st(−t)F (t) dt = −L{tF (t)}(s)

Ejemplo:

L{t eat}(s) = −[L{eat}(s)]′ = −(

1s− a

)′=

1(s− a)2

8. Division por t

Si L{F (t)}(s) = f(s), entonces L{F (t)t}(s) =

∫ ∞

sf(u) du

siempre que exista limt→0

F (t)t

.

Demostracion f(s) =∫ ∞

0e−stF (t) dt, integrando a ambos lados entre s e ∞ obtenemos

∫ ∞

sf(u) du =

∫ ∞

s

∫ ∞

0e−utF (t) dt du =

∫ ∞

0

(∫ ∞

se−ut du

)F (t) dt =

∫ ∞

0e−st F (t)

tdt

Ejemplo:

L{sen t

t}(s) =

∫ ∞

s

1u2 + 1

du =π

2− arctg s

9. Si L{F (t)}(s) = f(s), entonces: lims→∞ f(s) = 0

Una demostracion poco rigurosa puede obtenerse intercambiando el lımite y la integral.

Ejemplo:

lims→+∞

(π

2− arctg s

)= 0

10. Teorema del valor inicial

limt→0

F (t) = lims→∞ sf(s)

siempre que existan ambos lımites

Demostracion Supongamos que F ′(t) es transformable, entonces L{F ′(t)}(s) = sf(s) − F (0)

y como debe ser lims→∞L{F

′(t)}(s) = 0, el teorema queda demostrado.

5

Ejemplo:

lims→+∞ s

(π

2− arctg s

)= 1 = lim

t→0

sen t

t

Una generalizacion: Si F (t) ∼ G(t) para t → 0, entonces f(s) ∼ g(s) para s →∞.

11. Teorema del valor final

limt→∞F (t) = lim

s→0sf(s)

siempre que existan ambos lımites

Demostracion Supongamos nuevamente que F ′(t) es transformable, entonces L{F ′(t)}(s) =∫∞0 e−stF ′(t) dt = sf(s)− F (0) trabajando sobre el lado izquierdo de la igualdad

lims→0

∫ ∞

0e−stF ′(t) dt =

∫ ∞

0F ′(t) dt = lim

b→∞

∫ b

0F ′(t) dt = lim

b→∞[F (b)− F (0)]

si lo hacemos ahora sobre el lado derecho

lims→0

[sf(s)− F (0)] = limt→∞[F (t)− F (0)]

lo que finaliza la demostracion.

Ejemplo:

lims→0

s

(π

2− arctg s

)= 0 = lim

t→+∞sen t

t

Una generalizacion: Si F (t) ∼ G(t) para t →∞, entonces f(s) ∼ g(s) para s → 0.

12. La convolucion: Si L{F (t)}(s) = f(s) y L{G(t)}(s) = g(s), entonces

L{∫ t

0F (u)G(t− u)du}(s) = f(s).g(s)

la operacion (F∗G)(t) =∫ t

0F (u)G(t− u)du se denomina producto de convolucion o simplemente

convolucion.

Demostracion

L{∫ t

0F (u)G(t− u)du}(s) =

∫ ∞

0e−st

(∫ t

0F (u)G(t− u)du

)dt =

∫ ∞

0F (u)

(∫ ∞

ue−stG(t− u)dt

)du = (C)

si en la integral de dentro efectuamos el cambio t− u = z obtenemos

(C) =∫ ∞

0F (u)

(∫ ∞

0e−s(z+u)G(z)dz

)du =

∫ ∞

0e−suF (u)

(∫ ∞

0e−szG(z)dz

)du = f(s).g(s)

6

Nota: Es muy facil comprobar que el producto de convolucion es conmutativo.

Ejemplo: Para calcular la siguiente integral∫ t

0un(t− u)m du, aplicaremos la transformada de

Laplace. En primer lugar tengase en cuenta que L{tk}(s) =k!

sk+1, Aplicando ahora la transfor-

mada de Laplace a la integral obtenemos

L{∫ t

0un(t− u)m du}(s) = L{tn}(s).L{tm}(s) =

n!m!sn+m+2

=n!m!

(m + n + 1)!.(m + n + 1)!

sn+m+2

y es facil comprobar quen!m!

(m + n + 1)!tm+n+1 es la funcion cuya transformada es la obtenida.

Luego ∫ t

0un(t− u)m du =

n!m!(m + n + 1)!

tm+n+1

Se invita al lector a obtener el resultado de la integral por otra vıa.

3. Aplicaciones

Evaluacion de integrales

Si L{F (t)}(s) = f(s), entonces∫ ∞

0e−stF (t)dt = f(s). Tomando lımite cuando s → 0

∫ ∞

0F (t) dt = f(0)

Ejemplos:

•∫ ∞

0

e−tsen t

tdt =

π

4ya que:

L{sen t}(s) =1

s2 + 1,

lo que implica que

L{sen t

t}(s) =

∫ ∞

s

1u2 + 1

du =π

2− arctg s

y por ultimo

L{e−t sen t

t}(s) =

π

2− arctg (s + 1) = f(s).

Por lo tanto f(0) =π

2− π

4=

π

4.

Por otro lado tambien podrıamos haber obtenido el valor de la integral a partir del hecho de que

L{sen t

t}(s) =

∫ ∞

0e−st sen t

tdt =

π

2− arctg s = f(s),

por lo que ∫ ∞

0e−t sen t

tdt = f(1) =

π

2− arctg 1 =

π

4

7

•∫ ∞

0t3e−tsen t dt = 0 dado que:

L{sen t}(s) =1

s2 + 1,

lo que nos lleva a

L{t3sen t}(s) = (−1)3d3

ds3

1s2 + 1

=24 s(s2 − 1)(1 + s2)4

,

luego

L{e−tt3sen t}(s) =24 (s + 1)[(s + 1)2 − 1]

(1 + (s + 1)2)4= f(s).

Entonces, f(0) = 0.

Al igual que en el ejemplo anterior, podrıamos hebernos quedado en

L{t3sen t}(s) = (−1)3d3

ds3

1s2 + 1

=24 s(s2 − 1)(1 + s2)4

= f(s)

y haber calculado f(1).

Resolucion de ecuaciones diferenciales

Mediante la utilizacion de la transformada de Laplace podemos resolver ecuaciones diferenciales

lineales de coeficientes constantes, transformandolas en ecuaciones algebraicas.

Ejemplos:

• Resolver el siguiente problema de valores iniciales

y′′′(t)− y(t) = et

y(0) = y′(0) = y′′(0) = 0Supongamos que la funcion incognita y(t) es transformable Laplace y denotemos por Y (s) a

su transformada. Entonces, aplicando la transformada de Laplace a la ecuacion diferencial, y

teniendo en cuenta las condiciones iniciales, esta se transforma en:

s3Y (s)− Y (s) =1

s− 1

con lo que una vez despejada Y (s) obtenemos

Y (s) =1

(s− 1)(s3 − 1)=

1(s− 1)2(s2 + s + 1)

=A

s− 1+

B

(s− 1)2+

Cs + D

s2 + s + 1

de donde obtenemos los siguientes valores A = −13; B = C = D =

13. Por lo tanto

Y (s) = −13

1s− 1

+13

1(s− 1)2

+13

s + 1s2 + s + 1

8

analicemos a continuacion cada uno de los sumandos. −13

1s− 1

es la transformada de la funcion

−13

et. Dado que13

1(s− 1)2

= − d

ds[13

1(s− 1)

], el segundo sumando es la transformada de la

funcion13

t et. Por ultimo, el tercer sumando requiere de una pequena manipulacion para que

se vea claramente de que funcion proviene.

13

s + 1s2 + s + 1

=13

s + 1(s + 1

2)2 + 34

=13

s + 12

(s + 12)2 + [

√34 ]2

+13

12

(s + 12)2 + [

√34 ]2

es facil comprobar que esta expresion es la de la transformada de la funcion13e−

t2 cos[

√3

2t] +

23√

3e−

t2 sen[

√3

2t]. Ya para finalizar y teniendo en cuenta la linealidad de la Transformada de

Laplace, podemos asegurar que la solucion del problema original es la funcion

y(t) = −13

et +13

t et +13e−

t2 cos[

√3

2t] +

13√

3e−

t2 sen[

√3

2t]

• Resolver el siguiente problema de valores en la frontera

y′′(t) + 9y(t) = 18t

y(0) = 0, y(π2 ) = 0

Procedemos de forma analoga al ejemplo anterior L{y(t)}(s) = Y (s). Transformando la ecuacion

s2Y (s)− y′(0) + 9Y (s) =18s2

despejando Y (s)

Y (s) =18 + y′(0)s2

s2(s2 + 9)=

A

s+

B

s2+

Cs + D

s2 + 9

resolviendo obtenemos A = C = 0; B = 2; D = y′(0)− 2, con lo que

Y (s) =2s2

+y′(0)− 2s2 + 9

de lo que se deduce que la solucion original sera

y(t) = 2t +y′(0)− 2

3sen(3t)

por ultimo aplicando la condicion de que y(π

2) = 0 llegamos a que

y(t) = 2t + π sen(3t)

Tambien podremos resolver ciertas ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes variables.

9

Ejemplo:

y′′ + ty′ − y = 0

y(0) = 0, y′(0) = 1En este caso debemos tener en cuenta que si L{y(t)}(s) = Y (s), entonces

L{ty′(t)}(s) = − d

dsL{y′(t)}(s) = − d

ds{sY (s)− y(0)} = − d

ds{sY (s)} = −Y (s)− sY ′(s)

por lo que transformando la ecuacion obtenemos

s2Y (s)− 1− Y (s)− sY ′(s)− Y (s) = 0

y tras la correspondientes operaciones nos queda la ecuacion diferencial lineal de primer orden

Y ′(s)− (s− 2s)Y = −1

s

cuya solucion viene dada por la expresion

Y (s) = e∫

(s− 2s) ds

∫−e−

∫(s− 2

s) ds 1

sds =

1s2

luego la solucion buscada sera

y(t) = t

Resolucion de sistemas ecuaciones diferenciales

De forma analoga al caso de las ecuaciones diferenciales lineales, podemos aplicar la transformada

de Laplace en la resolucion de ciertos sistemas de ecuaciones diferenciales

Ejemplos:

• Resolver el siguinete sistema de ecuacuiones diferenciales

y′ + 2z′ = ty′′ − z = e−t

y(0) = 3, y′(0) = −2, z(0) = 0Si denotamos L{y(t)}(s) = Y (s) y L{z(t)}(s) = Z(s), el sistema se transforma en

sY (s)− 3 + 2[sZ(s)− 0] =1s2

s2Y (s)− 3s + 2− Z(s) =1

s + 1

es decir

sY (s) + 2sZ(s) =1s2

+ 3

s2Y (s)− Z(s) =1

s + 1+ 3s− 2

utilizando el metodo de Cramer

Y (s) =6s5 + 2s4 + s3 + 3s2 + s + 1

s3(2s2 + 1)(s + 1); Z(s) =

2s2 + 2s + 1s(s + 1)(2s2 + 1)

descomponiendo en fracciones simples

Y (s) =A

s+

B

s2+

C

s3+

D

s + 1+

Es + F

2s2 + 1

10

obteniendose A = C = 1, B = 0, D = 23 , E = 8

3 y F = −83 , de lo que se deduce que

y(t) = 1 +t2

2+

23

e−t +43

[cos(t√2)−

√2 sen(

t√2)]

por otro lado si

Z(s) =A

s+

B

s + 1+

Cs + D

2s2 + 1se llega A = 1, B = −1

3 , C = −43 y D = 4

3 . Por lo que

z(t) = 1− 13

e−t − 23[cos(

t√2)−

√2 sen(

t√2)]

• Idem con

−3y′′ + 3z′′ = te−t − 3cos tty′′ − z′ = sen ty(0) = −1 , y′(0) = 2 , z(0) = 4 , z′(0) = 0

aplicando la transformada de Laplace al sistema obtenemos

−3s2Y (s)− 3s + 6 + 3s2Z(s)− 12s =1

(s + 1)2− 3

s

s2 + 1

− d

ds[s2Y (s) + s− 2]− sZ(s) + 4 =

1s2 + 1

, es decir

−3s2Y (s) + 3s2Z(s) =1

(s + 1)2− 3

s

s2 + 1+ 15s− 6

−2sY (s)− s2Y ′(s)− sZ(s) =1

s2 + 1− 3

Despejando Z(s) en la primera ecuacion

Z(s) =1

3s2(s + 1)2− 1

s(s2 + 1)+ Y (s) +

5s− 2

s2

y llevando este resultado a la segunda

Y ′(s) +3sY (s) = − 2

s2− 1

3s3(s + 1)2+

2s3

resolviendo la ecuacion diferencial

Y (s) = −1s

+13

1s3(s + 1)

+2s2

de lo que se deduce, despues de la correspondiente descomposicion en fracciones simples, que

y(t) = −23

+53t +

16t2 − 1

3e−t

Llevando ahora el valor de Y (s) a la exprsion que nos daba Z(s) tenemos

Z(s) =1

3s2(s + 1)2− 1

s(s2 + 1)+

133

1s− 1

31s2

+13

1s3− 1

31

s + 1

que nos conduce a

z(t) =83

+16t2 +

13e−t +

13te−t + cos t

11

4. Problemas

1. Calcular.

(a)L−1{ e−5s

(s−2)4} (b)L−1{ 6s−4

s2−4s+20} (c)L−1{ 4s+12

s2+8s+16}

(d)L−1{ 1s3(s2+1)

} (e)L−1{ 5s2−15s−11(s+1)(s−2)3

} (f)L−1{ s2+2s+3(s2+2s+2)(s2+2s+5)

}

2. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales.

y′′ + y = t; y(0) = 1, y′(0) = −2.

y′′ − 3y′ + 2y = 4e2t; y(0) = −3, y′(0) = 5.

y′′ + 2y′ + 5y = e−tsen t; y(0) = 0, y′(0) = 1.

y′′′ − 3y′′ + 3y′ − y = t2et; y(0) = 1, y′(0) = 0, y′′(0) = −2

y′′ + 9y = cos 2t; y(0) = 1, y(π2 ) = −1.

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

y′′ + y = sen t; y(0) = 0, y′(0) = 0.

y′′ − 4y′ + 5y = 125t2; y(0) = 0, y′(0) = 0.

y′′ − 4y′ + 3y = F (t) y(0) = 1, y′(0) = 0.

12

3. Resolver los siguientes sistemas de ecuaciones diferenciales

x′ = 2x− 3yx(0) = 8, y(0) = 3

y′ = y − 2x

x′′ + y′ + 3x = 15e−t

x(0) = 35, x′(0) = −48, y(0) = 27, y′(0) = −55y′′ − 4x′ + 3y = 15sen 2t

y′ − z′ − 2y + 2z = sen ty(0) = 0, y′(0) = 0, z(0) = 0

y′′ + 2z′ + y = 0

4. Calcular el valor de las siguientes integrales:

(a)∫ ∞

0te−2t cos tdt.

(b)∫ ∞

0x4e−xdx.

(c)∫ ∞

0

e−t − e−3t

tdt.

5. Si F (t) = L−1{f(s)}, demostrar que

(a) L−1{sf ′(s)} = −tF ′(t)− F (t).

(b) L−1{sf ′′(s)} = t2F ′(t) + 2tF (t).

(c) L−1{s2f ′′(s)} = t2F ′′(t) + 4tF ′(t) + 2F (t).

6. Resolver la ecuacion integral

x(t) = 7√

3 sen(√

3t) + 4∫ t

0cos 2(t− u)x(u)du

7. Resolver la ecuacion integro-diferencial∫ t

0y′(u)y(t− u)du = 24t3, y(0) = 0.

8. La funcion H(t) =

{0 t < 01 t > 0

, se denomina funcion salto de Heaviside. Se pide

(a) Calcular la transformada de Laplace de H(t− t0), t0 > 0.

(b) Calcular la transformada de Laplace de H(t− t0)F (t), t0 > 0, siendo f(s) la transformada

de F (t).

13

(c) Expresar la funcion G(t) =

{F (t) t < t00 t > t0

en terminos de F (t) y H(t).

9. Calcular la transformada de Laplace de la funcion F (t) = ta, a > −1.

14

APENDICE

5. introduccion

En este apartado comenzaremos estudiando el comportamiento de la exponencial compleja de-

pendiente de un parametro, cuando dicho parametro tiende a ∞. Para ello recordemos las siguientes

cuestiones:

• z = x + iy ∈ C, Re(z) = x ∈ R ; Im(z) = y ∈ R.

• ex+iy = ex · eiy = ex[cos y + i sen y].

• para todo α ∈ R se tiene que |eiα| = 1.

• |ex+iy| = ex.

• |z · w| = |z| · |w|; z, w ∈ C

Pasemos ahora a estudiar el comportamiento de e−sb para s ∈ C y b → +∞

e−sb = e−[Re(s)+iIm(s)]b = e−Re(s)b · e−iIm(s)b

El factor e−Re(s)b es una exponencial real y se verifica que

limb→+∞

e−Re(s)b =

+∞ Re(s) < 0

1 Re(s) = 0

0 Re(s) > 0

Por otro lado el factor e−iIm(s)b representa para todo b un numero complejo de modulo 1, por

lo que cuando b va aumentando nos iremos moviendo siempre sobre la circunferencia unidad. No

alcazaremos lımite alguno pero sabemos que no saldremos de esa curva.

Con lo visto hasta ahora, podemos afirmar que limb→+∞

e−sb convergera a cero cuando Re(s) > 0

y esta convergencia se producira siguiendo un movimiento sobre una espiral, la cual se recorrera en

sentido contrario, es decir hacia el infinito complejo, cuando Re(s) < 0. Por ultimo, cuando Re(s) = 0

el lımite no existira.

15

Introducimos ahora el concepto de funcion derivable y funcion Holomorfa o analıtica en variable

compleja.

Definicion: Dada una funcion de variable compleja f(z), diremos que es derivable en un punto z0 de

su dominio si existe el lımite siguiente

f ′(z0) = lim∆z→0

f(z0 + ∆z)− f(z0)∆z

Ejemplos:

• f(z) = z2;

f ′(z) = lim∆z→0

(z + ∆z)2 − z2

∆z= lim

∆z→0(2z + ∆z) = 2z.

• f(z) = |z|2;

f ′(z) = lim∆z→0

|z + ∆z|2 − |z|2∆z

= lim∆z→0

(z + ∆z)(z + ∆z)− zz

∆z=

=zz + z∆z + z∆z + ∆z∆z − zz

∆z= lim

∆z→0

[z + z

∆z

∆z+ ∆z

],

por lo que si z = 0 es claro que f ′(0) = 0. Sin embargo, si z 6= 0 podemos comprobar la no

derivabilidad de f , dado que el lımite del cociente∆z

∆zno existe:

∆z

∆z=

∆z = ∆x :∆z

∆z= 1,

∆z = i∆y :∆z

∆z= −1.

Definicion: Una funcion de variable compleja f(z) se dice Holomorfa o analıtica en un punto z0 de

su dominio, si existe un numero r > 0 tal que f(z) es derivable en todos los puntos del disco D(z0; r).

6. El semiplano de convergencia

En esta seccion demostraremos que cuando una funcion F (t) posee transformada de Laplace

f(s) con s ∈ C, esta tiene sentido en un semiplano derecho.

Teorema 6.1

Si la integral de Laplace de un funcion converge absolutamente en un punto s0, entonces converge

absolutamente en Re(s) ≥ Re(s0).

16

Demostracion Usaremos el criterio de convergencia de Cauchy, es decir

∫ ∞

0g(t) dt < ∞ ⇔ ∀ ε > 0 ∃ b > 0 : (∀ b2 > b1 > b) |

∫ b2

b1g(t) dt| < ε

Sea s ∈ C y Re(s) ≥ Re(s0):

∫ b2

b1|e−stF (t)|dt =

∫ b2

b1|e−(s−s0)te−s0tF (t)|dt =

∫ b2

b1e−Re(s−s0)t|e−s0tF (t)|dt ≤

∫ b2

b1|e−s0tF (t)|dt

Pero por hipotesis sabemos que∫ ∞

0|e−s0tF (t)|dt converge, con lo que para todo ε > 0 existe

un b > 0 tal que para todo b2 > b1 > b se verifica que∫ b2

b1|e−s0tF (t)|dt < ε, lo que concluye nuestra

demostracion.

Teorema 6.2

Si la integral f(s) =∫ ∞

0e−stF (t)dt converge absolutamente en s0 ∈ C, entonces f(s) esta

acotada en el semiplano derecho Re(s) ≥ Re(s0).

Demostracion Sea s : Re(s) ≥ Re(s0)

|f(s)| = |∫ ∞

0e−stF (t)dt| ≤

∫ ∞

0|e−stF (t)|dt =

∫ ∞

0e−Re(s)t|F (t)|dt ≤

≤∫ ∞

0e−Re(s0)t|F (t)|dt =

∫ ∞

0|e−s0tF (t)|dt ≤ C

Teorema 6.3

El dominio donde la integral de Laplace de un funcion es absolutamente convergente es en un

semiplano derecho abierto (Re(s) > α) o bien un semiplano derecho cerrado (Re(s) ≥ α), donde α

puede tomar los valores ±∞.

Demostracion Estudiaremos los tres casos posibles

1. La integral es absolutamente convergente para todo s ∈ C. En este caso la convergencia se

verifica para Re(s) > −∞ = α.

2. La integral no converge en ningun s ∈ C, entonces podemos escribir que se da la convergencia

para Re(s) > +∞ = α.

3. La integral converge absolutamente en unos valores y diverge absolutamente en otros. De-

notaremos por K1 y K2 a los conjuntos compuestos por los puntos de convergencia y diver-

gencia respectivamente. Es claro que se verifican las siguientes cuestiones: K1 ∪ K2 = C,

K1 ∩ K2 = Ø y K1 6= Ø 6= K2. Ademas podemos afirmar que ∀s1 ∈ K1 y ∀s2 ∈ K2 se da

17

que Re(s2) < Re(s1). En caso contrario, es decir, que existiesen s1 ∈ K1 y s2 ∈ K2 tales que

Re(s2) ≥ Re(s1), aplicando el teorma 6.1 concluirıamos que s2 ∈ K1 lo cual es absurdo. Por

tanto, ∃α ∈ R : ∀s1 ∈ K1, ∀s2 ∈ K2 : Re(s2) < α < Re(s1) (corte de Dedekin). De hecho

α es el supremo del conjunto compuesto por las partes reales de los elementos de K2 y el ınfimo

del conjunto compuesto por las partes reales de los elementos de K1.

Se tiene entonces que el dominio de convergencia absoluta de la integral de Laplace es Re(s) > α

o Re(s) ≥ α.

(a) ∀s : Re(s) > α la integral converge absolutamente:

Re(s) > α ⇒ ∃s1 ∈ K1 : α < Re(s1) < Re(s)

y aplicamos el teorema 6.1.

(b) ∀s : Re(s) < α la integral diverge absolutamente:

Re(s) < α ⇒ ∃s2 ∈ K2 : α > Re(s2) > Re(s)

si convergiera absolutamente en Re(s) aplicarıamos el teorema 6.1 y concluirıamos la con-

vergencia en s2 lo que constituirıa un absurdo.

(c) Para Re(s) = α puede ocurrir cualquiera de las dos cosas y habrıa que comprobarlo en cada

caso.

Ejemplos Estudiese la integral de Laplace de las funciones F (t) =1

1 + t2, F (t) = 1, F (t) = et2 y

F (t) =

{1 0 ≤ t ≤ 10 t > 1

Al numero α se le denomina abscisa de convergencia absoluta de la integral de

Laplace y al semiplano Re(s) > α o Re(s) ≥ α semiplano de convergencia absoluta.

Teorema 6.4(Teorema fundamental)

Si la integral de Laplace∫ ∞

0e−stF (t) dt converge para s = s0, entonces converge para todo s

en el semiplano abierto Re(s) > Re(s0). Ademas se tiene que

∫ ∞

0e−stF (t) dt = (s− s0)

∫ ∞

0e−(s−s0)tG(t) dt,

donde G(t) =∫ t

0e−s0yF (y) dy

18

Demostracion Por definicion de integral impropia tenemos,∫ ∞

0e−stF (t) dt = lim

b→∞

∫ b

0e−stF (t) dt

calcularemos primero la integral propia para luego estudiar su lımite∫ b

0e−stF (t) dt =

∫ b

0e−(s−s0)te−s0tF (t) dt = (∗)

usando el metodo de integracion por partes, donde

u = e−(s−s0)t du = −(s− s0)e−(s−s0)t dt

dv = e−s0tF (t) dt v =∫ t

0e−s0yF (y) dy = G(t)

obetenemos

(∗) = [e−(s−s0)tG(t)]b0 + (s− s0)∫ b

0e−(s−s0)tG(t) dt = e−(s−s0)bG(b) + (s− s0)

∫ b

0e−(s−s0)tG(t) dt

analicemos por separado el lımite de cada sumando

• veamos que limb→∞

e−(s−s0)bG(b) = 0, siempre que (Re(s) > Re(s0)).

G(b) =∫ b

0e−s0yF (y) dy ; lim

b→∞G(b) =

∫ ∞

0e−s0yF (y) dy = f0

aquı f0 representa el valor de la integral de Laplace de F (t) en s = s0.

De lo anterior se deduce que G(t) es una funcion acotada en [0,∞), ya que:

∀t > T , |G(t)− f0| < ε ⇒ |G(t)| < |f0|+ ε , t > T

∀t ∈ [0, T ] , G(t) es continua ⇒ |G(t)| ≤ C , t ∈ [0, T ]

⇒ |G(t)| ≤ M

Luego

|e−(s−s0)bG(b)| ≤ Me−(Re(s)−Re(s0))b −→ 0 (b →∞) (Re(s) > Re(s0))

lo que demuestra nuestro objetivo.

• Comprobemos ahora que

limb→∞

∫ b

0e−(s−s0)tG(t) dt =

∫ ∞

0e−(s−s0)tG(t) dt

existe y es absolutamente convergente para Re(s) > Re(s0).∫ ∞

0|e−(s−s0)tG(t)| dt ≤ M

∫ ∞

0e−[Re(s)−Re(s0)]t dt =

M

Re(s)−Re(s0)

19

Por tanto, ∫ ∞

0e−stF (t) dt = (s− s0)

∫ ∞

0e−(s−s0)tG(t) dt,

donde la integral del segundo miembro convege absolutamente.

Notas:

a) En este caso no podemos asegurar nada acerca de la convergencia en la lınea Re(s) = Re(s0).

b) Observando la demostracion vemos que no es necesario que exista∫ ∞

0e−s0tF (t) dt, bastarıa con

que la funcion G(t) =∫ t

0e−s0yF (y) dy estuviese acotada.

Teorema 6.5

El dominio de convergencia simple (absoluta o condicional) de la integral de Laplace es el

semiplano derecho Re(s) > β. donde β puede ser ±∞, y ademas puede ocurrir cualquier cosa respecto

a la convergencia en los puntos de la lınea Re(s) = β, es decir, puede converger en todos, algunos o

ningun punto de esta.

Demostracion Analoga a la del teorema 6.3.

Ejemplo: Estudiemos la transformada de Laplace de la funcion F (t) = ta, (a > −1)

f(s) =∫ ∞

0e−stta dt =

∫ 1

0e−stta dt +

∫ ∞

1e−stta dt

analicemos las dos ultimas integrales por separado

• ∣∣∣∣∫ 1

0e−stta dt

∣∣∣∣ ≤∫ 1

0e−Re(s)tta dt

esta integral existe independientemente de s para todo a ≥ 0 ya que la funcion integrando es

continua.

Para −1 < a < 0 y dado que

limt→0

e−Re(s)tta

ta= 1

podemos garantizar que el caracter de nuestra integral es el mismo que el de la siguiente

∫ 1

0ta dt =

(ta+1

a + 1

)1

0

=1

a + 1

por lo que tenemos asegurada la convergencia absoluta, y por tanto la convergencia, para todo

s siempre que a > −1.

20

• ∣∣∣∣∫ ∞

1e−stta dt

∣∣∣∣ ≤∫ ∞

1e−Re(s)tta dt

teniendo en cuenta que

limt→∞

e−Re(s)tta

t−2= 0

para cualquier a siempre que Re(s) > 0, y dado que∫ ∞

1t−2 dt converge, podemos concluir que

nuestra integral converge. En este caso cabe preguntarse que ocurre con la integral sobre la lınea

Re(s) = 0.

– s = 0 ∫ ∞

1ta dt =

(ta+1

a + 1

)∞

1

< ∞ si a + 1 ≤ 0

pero en este caso la integral entre 0 y 1 diverge, con lo que nos llevarıa la divergencia de la

integral inicial.

– s = iy, y 6= 0, y ∈ R∫ ∞

1e−iytta dt =

∫ ∞

1cos(yt)ta dt− i

∫ ∞

1sen(yt)ta dt

1. Si −1 < a < 0, aplicamos el ctiterio de Abel para integrales impropias:

Sean f(x) y g(x) dos funciones integrables en cualquier intervalo [a, t) ⊂ [a,∞) y sea

g(x) una funcion monotona. Entonces, para que la integral∫ ∞

af(x)g(x)dx converja

es suficiente que se cumpla cualquiera de los dos siguientes pares de condiciones:

(a)∫ ∞

af(x)dx converja y g(x) acotada en [a,∞).

(b)∫ t

af(x)dx este acotada para todo t ∈ [a,∞) y g(x) converja a cero cuando x →∞.

En nuestro caso g(t) = ta, que es monotona decreciente y verifica que limt→∞ g(t) = 0, y

f(t) = cos(yt), para la que∣∣∣∣∣∫ b

1cos(ty)dt

∣∣∣∣∣ =(∣∣∣∣

sen(yt)y

∣∣∣∣)b

1

=∣∣∣∣sen(yb)

y− sen y

y

∣∣∣∣ ≤2y

Luego∫ ∞

1cos(yt)ta dt es convergente. De forma analoga se demuestra para la otra

integral.

2. Si a ≥ 0: sen(yt) = 0 ⇔ yt = nπ

∫ ∞

1sen(yt) ta dt =

∫ πy

1sen(yt) ta dt +

∞∑

n=1

∫ (n+1)πy

nπy

sen(yt) ta dt

21

Veamos que la serie diverge, con lo que quedara demostrada la divergencia de la integral.

∫ (n+1)πy

nπy

sen(yt) ta dt =

(x = yt− nπdx = y dt

)=

∫ π

0sen(x + nπ) (x + nπ)a dx

ya+1=

=1

ya+1(−1)n

∫ π

0sen x(x + nπ)adx

llamando an =∫ π

0sen x (x + nπ)adx, comprobemos que la serie

∞∑

n=1

(−1)nan no con-

verge.

limn→∞ an = lim

n→∞

∫ π

0sen x (x + nπ)adx ≥ lim

n→∞

∫ π

0sen x (nπ)adx =

= limn→∞(nπ)a[−cos x]π0 = lim

n→∞ 2(nπ)a = ∞

Por lo tanto limn→∞ an = ∞, es decir lim

n→∞(−1)nan no existe, lo que garantiza que la serie

no converge.

Resumiendo: L{ta}(s) converge en {Re(s) > 0} cuando a ≥ 0 y converge en

{Re(s) > 0} ∪ {s = iy, y 6= 0, y ∈ R} cuando −1 < a < 0.

Por ultimo comentar que es facil demostrar, usando propiedades de la funcion gamma de Euler,

que L{ta}(s) =Γ(a + 1)

sa+1.

7. Propiedades de la transformacion de Laplace

En realidad repetiremos propiedades ya establecidas, pero las enunciaremos con todo rigor incluyendo

informacion sobre el semiplano de convergencia en cada caso.

1. Linealidad: Si L{F1(t)}(s) = f1(s), (Re(s) > β1) y L{F2(t)}(s) = f2(s), (Re(s) > β2),

entonces

L{c1F1(t) + c2F2(t)}(s) = c1f1(s) + c2f2(s), (Re(s) > β = max{β1, β2})

2. Primera propiedad de traslacion: Si L{F (t)}(s) = f(s), (Res(s) > β), entonces

L{eatF (t)}(s) = f(s− a), (Re(s) > Re(a) + β)

3. Segunda propiedad de traslacion:

Si L{F (t)}(s) = f(s), (Re(s) > β) y G(t) =

{F (t− a) t ≥ a0 0 ≤ t < a, (a > 0)

entonces L{G(t)}(s) = e−asf(s), (Re(s) > β)

22

4. Propiedad de cambio de escala: Si L{F (t)}(s) = f(s), (Re(s) > β) entonces

L{F (at)}(s) = 1af( s

a) (a > 0), (Re(s) > βa)

8. La transformacion de Laplace como funcion analıtica

En esta seccion se presenta un teorema que pone de manifiesto que cuando una funcion es transformable

Laplace, su transformada es una funcion analıtica, es decir admite derivadas de cualquier orden, lo

que permite aplicar a esta toda la teorıa de las funciones complejas.

Teorema

Si L{F (t)}(s) = f(s), (Re(s) > β), entonces f(s) admite derivadas de cualquier orden y

ademas:

f (n)(s) = (−1)n∫ ∞

0e−sttnF (t) dt = (−1)nL{tnF (t)}(s), (Re(s) > β)

Demostracion: En primer lugar, lo demostraremos para n = 1, para luego aplicar el metodo de

induccion. Veamos entonces que

f ′(s) = −∫ ∞

0e−sttF (t) dt

Sea s ∈ C : Re(s) > β. Por el teorema 6.4, sabemos que

f(s) = (s− s0)∫ ∞

0e−(s−s0)tG(t) dt; G(t) =

∫ t

0e−s0xF (x) dx

donde s0 es un numero complejo tal que existe f(s0).

Ademas, tenıamos que |G(t)| ≤ M, t > 0 y que la nueva integral que define a f(s) es absoluta-

mente convergente.

Elegimos s0 de la siguiente forma: como Re(s) > β, podemos encontrar un ε de forma que

Re(s) − β = 3ε y tomamos s0 = β + ε ⇒ Re(s) − s0 = 2ε. En caso de que β = −∞, sustituimos β

por cualquier numero real menor que Re(s).

Por la definicion de derivada tenemos que

f ′(s) = limh→0

f(s + h)− f(s)h

si derivamos formalmente bajo el signo de la ultima integral que define a f(s) se obtiene

Ψ(s) =∫ ∞

0e−(s−s0)tG(t) dt− (s− s0)

∫ ∞

0e−(s−s0)ttG(t) dt

comprobemos ahora que

limh→0

f(s + h)− f(s)h

= Ψ(s)

23

Tomamos |h| < ε, lo cual es posible ya que trabajamos con h → 0, y nos aseguramos el que

Re(s + h) > β.

D(h) =f(s + h)− f(s)

h−Ψ(s) =

=1h

{(s + h− s0)

∫ ∞

0e−(s+h−s0)tG(t) dt− (s− s0)

∫ ∞

0e−(s−s0)tG(t) dt

}−

−∫ ∞

0e−(s−s0)tG(t) dt + (s− s0)

∫ ∞

0e−(s−s0)ttG(t) dt =

=∫ ∞

0e−(s−s0)t[e−ht − 1]G(t) dt + (s− s0)

∫ ∞

0e−(s−s0)t[

e−ht − 1h

+ t]G(t) dt

Acotemos ahora |D(h)|.

|D(h)| ≤∫ ∞

0|e−ht − 1||e−(s−s0)tG(t)| dt + |s− s0|

∫ ∞

0

∣∣∣∣∣e−ht − 1

h+ t

∣∣∣∣∣ |e−(s−s0)tG(t)| dt

teniendo en cuenta el desarrollo de la funcion exponencial

ez =∞∑

n=0

zn

n!

podemos escribir

|e−ht − 1| ≤ |h|t(

1 +|h|t1!

+|h|2t2

2!+|h|3t3

3!+ · · ·

)= |h|te|h|t ≤ |h|teεt

|e−ht − 1

h+ t| ≤ |h|t2

(1 +

|h|t1!

+|h|2t2

2!+|h|3t3

3!+ · · ·

)= |h|t2e|h|t ≤ |h|t2eεt

Por tanto,

|D(h)| ≤∫ ∞

0|h|teεte−2εtM dt + |s− s0|

∫ ∞

0|h|t2eεte−2εtM dt =

= M |h|∫ ∞

0te−εt dt + M |h||s− s0|

∫ ∞

0t2e−εt dt = C|h|

donde C es una constante que depende ε. Luego,

limh→0

D(h) = 0 ⇒ f ′(s) = Ψ(s)

Podemos entonces escribir

f ′(s) =∫ ∞

0e−(s−s0)tG(t) dt− (s− s0)

∫ ∞

0e−(s−s0)ttG(t) dt =

=∫ ∞

0e−(s−s0)tG(t) dt +

∫ ∞

0−(s− s0)e−(s−s0)ttG(t) dt

24

resolvamos la integral del segundo sumando usando el metodo de integracion por partes.

u = tG(t) du = [G(t) + te−s0tF (t)] dt

dv = −(s− s0)e−(s−s0)t v = e−(s−s0)t

notese que tG(t) =∫ t

0

d

dx[xG(x)] dx =

∫ t

0[G(x) + xG′(x)] dx y que G(x) =

∫ x

0e−s0uF (u) du.

Con esto∫ ∞

0−(s− s0)e−(s−s0)ttG(t) dt =

[tG(t)e−(s−s0)t

]∞0−

∫ ∞

0[e−(s−s0)tG(t) + te−stF (t)] dt =

= −∫ ∞

0[e−(s−s0)tG(t) + te−stF (t)] dt

ya que limt→∞ tG(t)e−(s−s0)t = 0. Por tanto,

f ′(s) =∫ ∞

0e−(s−s0)tG(t) dt−

∫ ∞

0[e−(s−s0)tG(t) + e−sttF (t)] dt =

= −∫ ∞

0e−sttF (t) dt = L{−tF (t)}(s)

Una vez establecido el resultado para n = 1, procedemos por induccion aceptando que la derivada

de orden n − 1 de f(s) existe y que vale f (n−1)(s) = L{(−1)n−1tn−1F (t)}(s). Veamos el resultado

para n

f (n)(s) = [f (n−1)(s)]′ = [L{(−1)n−1tn−1F (t)}(s)]′ = L{−t(−1)n−1tn−1F (t)}(s) = (−1)nL{tnF (t)}(s)

9. Transformada de Laplace de la integracion y las derivadas

Teorema 9.1 (Teorema de integracion)

Si L{F (t)}(s) = f(s) converge para algun s = x0 > 0 (x0 ∈ R), entonces

L{H(t)}(s) = L{∫ t

0F (u) du

}(s) converge para s = x0

y se tiene

L{H(t)}(s) = L{∫ t

0F (u) du

}(s) =

L{F (t)}(s)s

, s = x0 y Re(s) > x0

Ademas, H(t) = o(ex0t

)cuando t →∞, es decir,

limt→∞

H(t)ex0t

= 0

y por tanto L{H(t)}(s) converge absolutamente para Re(s) > x0.

Demostracion: Veamos primero que L{H(t)}(s) converge para s = x0 y que

L{H(t)}(s) =f(x0)

x0. Para ello utilizaremos la regla de L’Hopital:

25

1. Sean Φ, Ψ funciones diferenciables para x > A (para cierto A).

2. Supongamos ademas que Ψ es una funcion real tal que:

limx→∞Ψ(x) = +∞ y Ψ′(x) 6= 0

Entonces,

Si limx→∞

Φ′(x)Ψ′(x)

= a ⇒ limx→∞

Φ(x)Ψ(x)

= a

admitiendose incluso los casos a = ±∞ cuando Φ sea una funcion real.

Si queremos aplicar L’Hopital y dado que∫ ∞

0e−x0tH(t) dt = lim

x→∞

∫ x

0e−x0tH(t) dt = lim

x→∞G(x),

tomamos:

Φ(x) = ex0xG(x) y Ψ(x) = ex0x

• Φ y Ψ son diferenciables (para x > 0): H(t) continua ⇒ G(t) derivable.

• limx→∞Ψ(x) = +∞ pues (x0 > 0), Ψ′(x) = x0e

x0x 6= 0 (x0 6= 0).

•lim

x→+∞Φ′(x)Ψ′(x)

= limx→+∞

x0ex0xG(x) + ex0xe−x0xH(x)

x0ex0x=

= limx→+∞

1x0

(x0

∫ x

0e−x0tH(t) dt + e−x0xH(x)

)

y aplicando el metodo de integracion por partes a la integral obtenemos

limx→+∞

Φ′(x)Ψ′(x)

= limx→+∞

1x0

(∫ x

0e−x0tF (t) dt

)=

f(x0)x0

Por la regla de L’Hopital:

limx→+∞

Φ(x)Ψ(x)

=f(x0)

x0, es decir, lim

x→+∞G(x) =f(x0)

x0

y entonces,

L{H(t)}(x0) =∫ ∞

0e−x0tH(t) dt =

f(x0)x0

Tenemos entonces que L{H(t)}(s) converge para Re(s) > x0 (Teorema 6.4); veamos que en ese

caso,

h(s) = L{H(t)}(s) =f(s)

s

26

1. Si s ∈ R y s > x0 razonamos, para cada s fijo, de igual manera; por tanto

h(x) = L{H(t)}(x) =f(x)

x, ∀x > x0

2. h(s) es analıtica en Re(s) > x0,f(s)

ses analıtica en Re(s) > x0 y por otro lado h(x) =

f(x)x

, ∀x ∈ R, x > x0. Entonces, h(s) =f(s)

s, Re(s) > x0.

Nota: Hemos utilizado un resultado de variable compleja que nos dice: Si una funcion φ analıtica

en un dominio D, se anula en una sucesion de puntos distintos {zn} ⊂ D, y tal que la sucesion

tiene lımite z0, entonces φ se anula en todo D. En nuestro caso φ(z) = h(z)− f(z)z y la sucesion

es cualquier sucesion convergente extraida de la semirecta x > x0.

Por tanto:

L{∫ t

0F (x) dx

}(s) =

f(s)s

, s = x0 y Re(s) > x0

Comprobemos ahora que H(t) = o(ex0t) cuando t →∞.

limt→∞

H(t)ex0t

= limt→∞ e−x0tH(t) = lim

t→∞G′(t)

por otro lado

limt→∞G(t) = lim

t→∞Φ(t)Ψ(t)

= limt→∞

Φ′(t)Ψ′(t)

= limt→∞

1x0

[x0G(t) + G′(t)]

de lo que se deduce que

limt→∞G(t) = lim

t→∞G(t) +1x0

limt→∞G′(t)

lo que implica que limt→∞G′(t) = 0, ya que lim

t→∞G(t) = h(x0) existe.

Para finalizar comentar que lo anteriormente visto, demuestra que H(t) es de orden exponencial

con lo que queda garantizada la convergencia absoluta de L{H(t)}(s) para Re(s) > x0.

Corolario

Supongamos que L{F (t)}(s) converge en s = s0 ∈ C: Re(s0) ≥ 0, entonces L{H(t)}(s)converge y es igual a

f(s)s

para Re(s) > Re(s0).

Demostracion Sea s ∈ C : Re(s) > Re(s0). Sabemos que L{F (t)}(s) converge para s = s0 ∈ C :

Re(s0) ≥ 0, entonces ∃ x0 > 0 : Re(s0) < x0 < Re(s) y L{F (t)}(s) converge en x0 > 0 y aplicando

el teorema anterior se obtiene el resultado buscado.

27

Teorema 9.2 (Teorema de derivacion)

Sea F (t) una funcion derivable para t > 0 tal que L{F ′(t)}(s) converge para algun real x0 > 0.

Entonces existe F (0+) y L{F (t)}(s) converge para s = x0. Ademas se tiene la relacion:

L{F ′(t)}(s) = sL{F (t)}(s)− F (0+), s = x0 y Re(s) > x0

Mas aun, F (t) = o(ex0t) cuando t →∞ y por tanto L{F (t)}(s) converge absolutamente para

Re(s) > x0.

Demostracion Si L{F ′(t)}(s) converge para x0 > 0, entonces por el teorema 9.1:

• L{∫ t

0F ′(x) dx

}(s) =

L{F ′(t)}(s)s

, Re(s) > x0 y s = x0.

•∫ t

0F ′(x) dx = o

(ex0t

)cuando t →∞.

•∫ t

0F ′(x) dx converge absolutamente para Re(s) > x0.

Por tanto, ya que∫ t

0F ′(x) dx = F (t)− F (0+), tenemos:

•L{F (t)− F (0+)}(s) =

L{F ′(t)}(s)s

⇒ L{F (t)}(s)− F (0+)s

=L{F ′(t)}(s)

s⇒

⇒ L{F ′(t)}(s) = sL{F (t)}(s)− F (0+), s = x0, Re(s) > x0 > 0

•F (t)− F (0+) = o(ex0t) (t →∞) ⇔ lim

t→∞[F (t)− F (0+)]e−x0t = 0 ⇔

⇔ limt→∞F (t)e−x0t = lim

t→∞F (0+)e−x0t = 0

• L{F (t)}(s) converge absolutamente para Re(s) > x0 (teorema 2.1).

Notas:

1. Si L{F ′(t)}(s) converge para x0 > 0, estamos asegurando entonces la existencia de F (0+),

pues para que exista L{F ′(t)}(s) ha de exigirse que F ′(t) sea absolutamente integrable en cada

intervalo finito de la forma 0 ≤ t ≤ T . Entonces:

∫ 1

0F ′(t) dt = A < ∞ ⇒ F (1)− lim

ε→0+F (ε) = A ⇒ F (0+) = F (1)−A < ∞

28

2. Exigimos solo que F sea derivable para t > 0. No importa que ocurre con la derivada en t = 0.

Ası trataremos con funciones como:

F (t) =

0 t = 0

1 t > 0; F (t) = 2

√t, t ≥ 0

que no son derivables en t = 0.

El teorema 9.2 puede ser generalizado de la siguiente manera:

Teorema 9.3

Si F (t) es derivable n veces para t > 0 y L{F (n)(t)}(s) converge para algun x0 > 0 entonces,

• Existen los lımites F (0+), F ′(0+), ..... ,F (n−1)(0+).

• L{F (t)}(s) existe para s = x0.

• Se tiene la relacion:

L{F (n)(t)}(s) = snL{F (t)}(s)−sn−1F (0+)−sn−2F ′(0+)−· · ·−F (n−1)(0+), s = x0 y Re(s) > x0

• F (t) = o(ex0t), · · · , F (n−1)(t) = o(ex0t) cunado t →∞ y por tanto L{F (t)}(s), · · · ,L{F (n−1)(t)}(s)convergen absolutamente para Re(s) > x0.

Notas:

1. Si F (0+) = F (0), F ′(0+) = F ′(0), ..... ,F (n−1)(0+) = F (n−1)(0), entonces F , F ′, ...., F (n−1)

son continuas para t ≥ 0 y obtendrıamos:

L{F (n)(t)}(s) = snL{F (t)}(s)− sn−1F (0)− sn−2F ′(0)− · · · − F (n−1)(0) =

= sn

{f(s)− F (0)

s− F ′(0)

s2− · · · − F (n−1)(0)

sn

}=

= snL{

F (t)−(

F (0) +F ′(0)

1!t + · · ·+ F (n−1)(0)

(n− 1)!tn−1

)}

Notese que entre parentesis aparecen los n primeros terminos del desarrollo de Taylor de F en

t = 0.

2. Las condiciones para F del teorema 9.2 son, a la hora de la practica, muy restrictivas . De hecho

encontramos funciones que verifican el teorema y no verifican todas las condiciones.

29

Teorema 9.4

Si tenemos

a) F continua para t > 0 y tal que F (0+) exista.

b) F ′ es continua a trozos o casi continua a trozos.

c) F de orden exponencial α0.

Entonces, L{F (t)}(s) existe y L{F ′(t)}(s) = sf(s)− F (0+), Re(s) > α0.

Tambien podemos encontrarnos con funciones que no son continuas en t > 0 y presentan dis-

continuidades de salto finito, es decir, funciones continuas a trozo. En estos casos actuaremos como

sigue: sea F continua a trozos para t ≥ 0 y sean Tk, k = 0, 1, 2, 3, · · · con T0 = 0 los puntos de

discontinuidad. Si entendemos F ′ como la funcion que no esta definida en los puntos Tk y que en el

resto es igual a la derivada de F , podemos definir la funcion F0(t) como

F0(t) =∫ t

0F ′(x) dx

Esta nueva funcion es continua en todos los puntos y la diferencia Dk = F (t)−F0(t), Tk < t < Tk+1

es constante y nos mide los saltos de F en los puntos de discontinuidad Tk. Construyamos entonces

la funcion escalonada

D(t) = F (t)− F0(t) =∞∑

k=0

BkH(t− Tk), B0 = D0, · · · , Bk = Dk −Dk−1, k ≥ 1

se obtiene entonces

Teorema 9.5

Si F es una funcion continua a trozos, de tipo exponencial y tal que F0(t) es tambien de tipo

exponencial, y sea la funcion discontinua:

D(t) = F (t)−∫ t

0F ′(x) dx =

∞∑

k=0

BkH(t− Tk)

de orden exponencial α0, (se entiende F ′ no definida en los puntos de discontinuidad). Entonces,

L{F ′(t)}(s) = sf(s)−∞∑

k=0

Bke−sTk , Re(s) > α0

Demostracion:

L{

F (t)−∫ t

0F ′(x) dx

}(s) = L

{ ∞∑

k=0

BkH(t− Tk)

}

30

f(s)− L{F ′(t)}(s)s

=∞∑

k=1

Bke−sTk

s

luego

L{F ′(t)}(s) = sf(s)−∞∑

k=1

Bke−sTk

10. La convolucion

Definicion

Sean F y G dos funciones definidas para t ≥ 0. Definimos la convolucion de F y G, y la

denotamos por F ∗G, a la funcion dada por:

(F ∗G)(t) =∫ t

0F (x)G(t− x) dx

si esta integral existe.

Ası como el producto de series de potencia convergentes tambien es convergente, no ocurre lo

mismo con la integral (F ∗G)(t): sean las funciones F (t) =1√t

y G(t) =1√|1− t| . Es facil comprobar

que se trata de funciones integrables en cualquier intervalo [0, t], sin embargo no ocurre lo mismo con

F ∗G

(F ∗G)(1) =∫ 1

0x−

12 (|1− (1− x)|)− 1

2 dx =∫ 1

0x−

12 x−

12 dx =

∫ 1

0

1x

dx = ∞

Esto nos lleva a introducir una clase de funciones que aseguren la existencia de F ∗G.

Definicion

Definimos la clase L0 como aquel conjunto formado por funciones F verificando

(a) Son absolutamente integrables en [0, T ] para todo T > 0.

(b) Son acotadas en todo intervalo finito [T1, T2] que no incluya al cero.

Proposicion

Si F y G pertenecen a L0, entonces F ∗G existe para todo t ≥ 0.

Demostracion:

(F ∗G)(t) =∫ t

0F (x)G(t− x) dx =

∫ t2

0F (x)G(t− x) dx +

∫ t

t2

F (x)G(t− x) dx

analicemos las dos integrales por separado

31

• 0 ≤ x ≤ t2 ⇒ t

2 ≤ t− x ≤ t ⇒ |G(t− x)| ≤ M1t

∣∣∣∣∣∫ t

2

0F (x)G(t− x) dx

∣∣∣∣∣ ≤ M1t

∫ t2

0|F (x)| dx < ∞

• En primer lugar hagamos el cambio de variable u = t− x y tengamos en cuenta que

0 ≤ u ≤ t2 ⇒ t

2 ≤ t− u ≤ t ⇒ |F (t− u)| ≤ M2t

∣∣∣∣∣∫ t

t2

F (x)G(t− x) dx

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∫ t

2

0F (t− u)G(u) du

∣∣∣∣∣ ≤ M2t

∫ t2

0|G(u)| du < ∞

Propiedades

1. F ∗G = G ∗ F

2. F ∗ (λG + µH) = λ(F ∗G) + µ(F ∗H)

3. F ∗ (G ∗H) = (F ∗G) ∗H

Teorema

Sean F1, F2 ∈ L0. Si L{F1} = f1, L{F2} = f2 convergen absolutamente para s = s0, entonces

L{F1∗F2} converge absolutamente para s = s0 y ademas L{F1∗F2}(s) = f1(s)·f2(s), Re(s) ≥ Re(s0).

Demostracion: Extenderemos los valores de Fi para t < 0 de la siguiente manera: Fi(t) = 0,

i = 1, 2, t < 0.

Veamos que ocurre en s = s0.

f1(s0) · f2(s0) =∫ ∞

−∞e−s0xF1(x) dx

∫ ∞

−∞e−s0uF2(u) du =

dado que f2(s0) es una constante

=∫ ∞

−∞e−s0xF1(x)

{∫ ∞

−∞e−s0uF2(u) du

}dx =

efectuando el cambio de variable u = t− x ⇒ t = u + x en la integral interna

=∫ ∞

−∞e−s0xF1(x)

{∫ ∞

−∞e−s0(t−x)F2(t− x) dt

}dx =

∫ ∞

−∞F1(x)

{∫ ∞

−∞e−s0tF2(t− x) dt

}dx =

cambiando el orden de integracion (ya que las integrales convergen absolutamente)

=∫ ∞

−∞e−s0t

{∫ ∞

−∞F1(x)F2(t− x) dx

}dt

32

sabemos que para x < 0, F1(x) = 0, con lo que la integral interna puede escribirse con los lımites de

integracion entre 0 y ∞, es decir para x ∈ (0,∞). Por otro lado para t < 0 y x ∈ (0,∞) ocurre que

t− x < 0, luego F2(t− x) = 0. Por lo tanto

f1(s0) · f2(s0) =∫ ∞

0e−s0t

{∫ ∞

0F1(x)F2(t− x) dx

}dt

pero como t− x < 0 para todo x > t, ocurre que

∫ ∞

0F1(x)F2(t− x) dx =

∫ t

0F1(x)F2(t− x) dx

con lo que obtenemos

f1(s0) · f2(s0) =∫ ∞

0e−s0t

{∫ t

0F1(x)F2(t− x) dx

}dt = L{F1 ∗ F2}(s0)

Para los s tales que Re(s) ≥ Re(s0), hay que tener en cuenta que, por el teorema 6.1, f1(s) y

f2(s) convergen absolutamente, y a partir de aquı actuar como en el caso anterior.

Teorema

Sean F1, F2 ∈ L0. Entonces (F1 ∗ F2)(t) es continua para t > 0.

Demostracion: Sea t > 0, hemos de comprobar que

limh→0

(F1 ∗ F2)(t + h) = (F1 ∗ F2)(t) ⇔ limh→0

[(F1 ∗ F2)(t + h)− (F1 ∗ F2)(t)] = 0

denotemos

D(t, h) = (F1 ∗ F2)(t + h)− (F1 ∗ F2)(t) =∫ t+h

0F1(x)F2(t + h− x) dx−

∫ t

0F1(x)F2(t− x) dx

Sean 0 < h ≤ 1 (podemos asumir que h > 0, en caso de que h < 0, la demostracion es analoga) y

0 < t0 ≤ t2 .

D(t, h) =∫ t0

0F1(x)[F2(t + h− x)− F2(t− x)] dx +

∫ t

t0F1(x)[F2(t + h− x)− F2(t− x)] dx+

+∫ t+h

tF1(x)F2(t + h− x) dx = I1 + I2 + I3

veamos que ocurre con I1: estudiemos el rango de variacion de la variable de la funcion F2.

0 ≤ x ≤ t0 ⇔

t− t0 ≤ t− x ≤ t

t + h− t0 ≤ t− x + h ≤ t + h

⇒

t2 ≤ t− t0 ; t + h ≤ t + 1

t2 + h ≤ t− t0 + h

33

Por tanto, la variable no sale del intervalo ( t2 , t + 1), en el que podemos garantizar que

|F2(u)| ≤ M1t , ya que F2 ∈ L0. Entonces

|I1| ≤∫ t0

0|F1(x)| |F2(t + h− x)− F2(t− x)| dx ≤

∫ t0

0|F1(x)| [|F2(t + h− x)|+ |F2(t− x)|] dx ≤

≤ 2M1t

∫ t0

0|F1(x)| dx

Veamos ahora I2: efectuemos el cambio de variable u = t− x

∫ t

t0F1(x)[F2(t + h− x)− F2(t− x)] dx = −

∫ 0

t−t0F1(t− u)[F2(u + h)− F2(u)] du

|I2| ≤∫ t−t0

0|F1(t− u)| |F2(u + h)− F2(u)| du

analicemos el rango de la variable de F1

0 ≤ u ≤ t− t0 ⇔ t0 ≤ t− u ≤ t

F1 ∈ L0

⇒ |F1(t− u)| ≤ Mt0

|I2| ≤ Mt0

∫ t−t0

0|F2(u + h)− F2(u)| du

Estudiamos ahora I3:

[t, t + h] ⊂ [t, t + 1]

F1 ∈ L0

⇒ |F1(x)| ≤ M2

t , ∀x ∈ [t, t + 1]

realicemos el cambio u = t + h− x

I3 =∫ t+h

tF1(x)F2(t + h− x) dx = −

∫ 0

hF1(t + h− u)F2(u) du =

∫ h

0F1(t + h− u)F2(u) du

|I3| ≤ M2t

∫ h

0|F2(u)| du

Por tanto,

|D(t, h)| ≤ |I1|+ |I2|+ |I3| ≤

≤ 2M1t

∫ t0

0|F1(x)| dx + Mt0

∫ t−t0

0|F2(u + h)− F2(u)| du + M2

t

∫ h

0|F2(u)| du

• dado ε > 0, escogemos t0 suficientemente pequeno para que

2M1t

∫ t0

0|F1(x)| dx <

ε

3

34

• Se sabe que si una funcion f es absolutamente integrable en [0, T ], entonces

limh→0

∫ T

0|f(t + h)− f(t)| dt = 0. Por lo que en nuestro caso podemos garantizar que

limh→0

∫ t−t0

0|F2(u + h)− F2(u)| du = 0

lo que nos permite asegurar que ∃h1 > 0 : ∀ 0 < h < h1 se verifica que

Mt0

∫ t−t0

0|F2(u + h)− F2(u)| du <

ε

3

• Por otro lado ∃h2 > 0 : ∀ 0 < h < h2, se tiene

M2t

∫ h

0|F2(u)| du <

ε

3

Entonces, tomando h0 = min{1, h1, h2} ocurre que para todo h ∈ (0, h0) se cumple que

|D(t, h)| <ε

3+

ε

3+

ε

3= ε

Notas:

(a) La convolucion no tiene que ser continua en t = 0. Tomese como ejemplo las funciones

F1(t) = F2(t) =1√t.

(b) En caso de que F1, F2 ∈ L0 y una de las dos funciones este acotada en un entorno de cero,

entonces F1 ∗ F2 es continua para t ≥ 0.

11. Transformada inversa de Laplace

El hecho de que la transformada de Laplace de una cierta funcion F este definida mediante una integral

parametrica, nos hace pensar que el proceso de inversion no diferencia a cierta clase de funciones. Por

ejemplo:

F (t) =

{0 t = 01 t > 0

y G(t) = 1, t ≥ 0

L{F (t)}(s) = L{G(t)}(s) =1s

por lo que

L−1{1s}(t) = F (t), G(t), .....

35

Esto pone de manifiesto que la transfomada de Laplace no distingue entre funciones que se diferencian

en un numero finito de puntos. Pero esta conclusion puede llevarse mas lejos

Definicion

Diremos que una funcion n(t) es una funcion nula si se verifica que:

∫ t

0n(u) du = 0 , ∀t ≥ 0

Teorema

Sean F1, F2 dos funciones tales que f1(s) = L{F1(t)}(s) = L{F2(t)}(s) = f2(s), (Re(s) > α).

Entonces existe una funcion nula n(t) tal que

F1(t) = F2(t) + n(t) , t ≥ 0

Si la funcion nula es continua, entonces n(t) ≡ 0, ya que si n(t) es continua∫ t

0n(u) du 6= 0 para

algun t a menos que n(t) ≡ 0.

Por tanto, si L−1{f(s)}(t) = F (t) y F (t) es continua, entonces F (t) es la unica inversa continua

de f(s).

Como conclusion podemos asegurar que las inversas de f(s) solo se diferencian en puntos de

discontinuidad.

Para finalizar presentaremos un teorema donde se expresa la transformada inversa de Laplace

mediante una integral en el campo complejo, aunque en la practica se utilizan metodos como los

trabajados en clase para encontrar las inversas.

Teorema

Supongamos que e−atF (t) es absolutamente integrable localmente en [0,∞). Supongamos

ademas que F (t) es continua y que existen las derivadas laterales en cada t. Si

f(s) =∫ ∞

0e−stF (t) dt , (Re(s) > α), entonces

F (t) = limR→∞

12πi

∫ c+iR

c−iRestf(s) ds , (t > 0)

siendo c > α.

El numero real c se elige de forma que la lınea vertical x = c quede dentro del semiplano de

convergencia, pero salvo esta condicion, c es arbitrario.

36

12. Problemas

1. Haciendo uso de las propiedades para la transformacion de Laplace, calcular L{F} para las

siguientes funciones:

(a) F (t) =

1− e−t, 0 < t < 1e− 1

ee−t, 1 < t

(b) F (t) =

sen(bt), 0 ≤ t < π/b

0, π/b ≤ t < (2π)/b

sen(bt), (2π)/b ≤ t < (3π)/b

0, (3π)/b ≤ t

(c) F (t) =

{t2, 0 ≤ t < 26, 2 ≤ t

2. Evaluar las siguientes transformadas de Laplace:

(a) L{cos2(bt)} (b) L{sen(at)cos(bt)} (c) L{t−1/2cos(at1/2)}

3. Se define la funcion error

erf(x) =2√π

∫ x

0e−t2dt

y la funcionn error complementario

erfc(x) =2√π

∫ ∞

xe−t2dt

Demostrar que, para a > 0, se tiene que

L{e−at2}(s) =12

√π

aes2/(4a)

[1− erf(

s

2√

a)].

4. Demostrar que:

(i) L{erfc(t)}(s) =1s− L{erf(t)}(s), Res > 0.

(ii) L{e−t2/4}(s) =√

πes2erfc(s), Res > 0.

(iii) L{e− 14b2t2}(s) =

√πb−1es2/b2erfc(s/b), b > 0.

(iv) L{erf(t)}(s) =es2/4

serfc(s/2), Res > 0.

(v) L{erf(bt)}(s) =es2/(4b2)

serfc

( s

2b

), b > 0.

37

(vi) L{erf

( t

2a

)}(s) =

ea2s2

serfc(as), a > 0.

(vii) L{e−a

√t

√t

}(s) =

√π

sea2/(4s)

(1− erf(

a

2√

s))

5. La funcion de Bessel Jµ(t) de primera especie y orden µ admite el desarrollo en serie

Jµ(t) =∞∑

r=0

(−1)r(t/2)2r+µ

r!Γ(µ + r + 1).

Establecer que L{tµJµ(t)}(s) =2µΓ(µ + 1/2)√

π(1 + s2)−µ−1/2, µ > −1/2 y Re s > 1.

Nota: Γ(2p)Γ(1/2) = 22p−1Γ(p)Γ(p + 1/2); Γ(1/2) =√

π.

6. Comprobar que L{sen√t}(s) =√

π

2s3/2e−14s y hallar L

{cos√

t√t

}.

7. Evaluar L{t2eat} usando la ecuacion diferencial de tercer orden que satisface t2eat.

8. Calcular L{J0(t)} haciendo uso de la ecuacion diferencial que satisface la funcion de Bessel J0(t)

(tJ ′′0 (t) + J ′0(t) + tJ0(t) = 0).

9. Sea F (t) una funcion periodica de periodo T > 0. Demostrar que entonces

L{F (t)}(s) =

∫ T

0e−stF (t)dt

1− e−sT.

Aplicar este resultado a la funcion 4-periodica tal que

f(t)

1, 0 ≤ t < 2

−1, 2 ≤ t < 4

10. Calcular L{F (t)} si F (t) = sent, 2kπ < t < (2k + 1)π, F (t) = 0, (2k + 1)π ≤ t ≤ (2k + 2)π,

k = 0, 1, 2, ....

11. Demostrar que L{F (t)} =s + (s− 1)e−πs

s2 + 1, donde

F (t) =

{cost, 0 < t < πsent, t > π

.

12. (a) Demostrar que L{sen5t} =120

(s2 + 1)(s2 + 9)(s2 + 25).

(b) Calcular tambien L{sen3t} podrıas llegar a un resultado correspondiente para L{sen2n−1t},siendo n = 1, 2, ...? Justificar.

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13. (a) Hallar L{Fε(t)}, donde Fε(t) es la funcionn definida por

Fε =

{1/ε, 0 ≤ t ≤ ε0, t > ε

(b) Demostrar que limε→0

L{Fε(t)} = 1.

(c) ¿Es el resultado en (b) el mismo que L{

limε→0

Fε(t)}?

14. Si L{F (t)}(s) = f(s) , (Re(s) > β). Demostrar que

(a) L{(

td

dt

)n

F (t)}

(s) =(− d

dss

)n

f(s)

(b) L{(

d

dtt

)n

F (t)}

(s) =(−s

d

ds

)n

f(s)

(c) L{(

et d

dt

)n

F (t)}

(s) = (s− 1) · (s− 2) · · · (s− n)f(s− n), siempre que F (k)(0) = 0, para

k = 0, 1, · · · , n− 1

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