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3 Transformada de Laplace

3.1 Breve nota sobre integrales impropias

Recordemos que la integral de RiemannZ ba

f (t) dt;

slo est denida para algunas funciones acotadas en un intervalo nito. Las funcionespara las cuales la integral de Riemann est denida se llaman integrables e incluyen alas funciones cuyas discontinuidades forman un conjunto numerable. Si la funcin noes acotada o el intervalo no es nito no existe la posibilidad de integrabilidad Riemanndirectamente porque el caso no fue incluido en la denicin. Para tratar integrales deltipo R 1

0dxpxR11

dxx2; (1)

hay que introducir un concepto nuevo: el de integrales impropias. Hay que imaginar queun conjunto no acotado, como el subgrafo de las funciones en (1), puede tener rea nita.

0.0 0.5 1.0 1.5

5

10

x

y

y = 1px

2 4 6 8 100.0

0.5

1.0

x

y

y = x2

Si la funcin f es integrable (en particular acotada) en todo subintervalo [a; b] yexiste el lmite

` = limb!+1

Z ba

f (t) dt;

diremos que existe o que es convergente la integral impropiaR1af (t) dt y escribiremosZ 1

a

f (t) dt = `:

Clculo III 2012 Transformada de Laplace

Si converge la integral impropiaR1ajf (t)j dt se puede probar que la integral

R1af (t) dt

es convergente. En este caso diremos queR1af (t) dt es absolutamente convergente. La

integralR1af (t) dt puede converger sin que lo haga

R1ajf (t)j dt. En este caso hay

convergencia condicional. Un ejemplo de esta situacin se da con la integral impropiaZ 10

sen t

tdt:

Para funciones f no negativas,R baf (t) dt es una funcin no negativa y creciente de

b. Esto deja slo dos posibilidades: o la integral converge o limb!1R baf (t) dt = +1: Es

por eso que para este caso (f 0) y slo para este caso, la convergencia de la integralimpropia se expresa diciendo que

R1af (t) dt


Z 11

tdt =

8>>>: limb!11

+1(b+1 1) =

8 1; si 6= 1

limb!1 ln b = +1 si = 1

2. Si > 0;R10etdt = 1

etj10 = 1

3. La funcin gamma. Sea a > 0 y consideremos la integral impropiaZ 10

ta1etdt: (2)

Si 0 < a < 1, esta integral es doblemente impropia, porque adems de ser innitoel intervalo el integrando tiene una singularidad en 0. Se divide en dos integrales:

I1 =R 10ta1etdt y I2 =

R11ta1etdt:

La primera es fcil porque, para t 0; et 1. Entonces ta1et ta1,una potencia de exponente mayor que 1; y la integral converge como se vi enel ejemplo 1. El anlisis de I2 es ms complicado. Primero se advierte que laexponencial crece ms fuerte que cualquier potencia (lHopital lo corrobora). Demodo que ta+1et ! 0 para t ! +1. Esto asegura que, a partir de un ciertovalor K > 1, ser, digamos, ta+1et 1: Pero entonces

t K =) ta1et t2:

En consecuencia, Z 1K

ta1etdt Z 1K

t2dt :Demostracin. Bajo la condicin de la hiptesis,f (t) est Me(s)t:Si s > estamos ante una exponencial negativa cuya integral converge, deacuerdo con el ejemplo 2. de la seccin anterior

Ser conveniente prestarle alguna atencin a la clase de las funciones que verican lacondicin del teorema. Llamemos

M =f : f es localmente integrable y 9M : jf (t)j Met

:

Con esta denicin el teorema 4 se lee:

f 2M =) 9L [f ] (s) para s > :

Es claro que 1 < 2 =) M1 M2. Las clases M albergan a funcionesque aceptan un ciero tipo de acotacin. La acotacin es ms difcil de satisfacer cuandoachicamos , y esto es restrictivo: La funcin tet 2M+" 8" > 0; pero no pertenece aM. Invitamos al lector a demostrar ambas armaciones. La primera requiere un trucocomo el que usamos en la denicin de la funcin .Pertenecer a todas las clases M+" 8" > 0 tiene un premio. Denamos

M+ =\">0

M+":

Si aceptamos la invitacin de ms arriba tenemos dmostrado que M $M+. Por lotanto, aunque trivial, la siguiente es una verdadera extensin del teorema 4.

Teorema 4.f 2M+ =) 9L [f ] (s) para s >

Demostracin: El resultado es evidente. Si s > , existe " > 0 tal ques > + ". Ahora bien, f 2M+ =) f 2M+" =) 9F (s)

5


Bueno, Demostraste o no que tet 2M+" 8" > 0? Es un poco ms general:

f 2M =) tnf (t) 2M+: (3)

En particular, esto muestra cierta estabilidad de las clases M;

Corolario. Si f 2M entonces existe L [P (t) f (t)] (s) para s > , paracualquier polinomio P:

Demostracin: Claramente basta probar (3). Partimos de jf (t)j Met.Para cualquier " > 0; tn=e"t ! 0 para t ! 1. Luego 9K > 1 :(t > K =) tn=e"t 1). Pero para 0 t K es tn Kn Kne"t. Endenitiva, si M 0 = MKn;

tn jf (t)j Kne"tMet = K 0e(+")t:

Valiendo la acotacin para todo ", tnf (t) 2M+

Otra cuestin a ser observada es la siguiente. Cuando f 2 M, el comportamientoen el 1 de F queda determinado por esta circunstancia. En efecto:

Teorema 5. Si f 2M, entonces1. jsF (s)j est acotada en todo intervalo [;1) con > :2.F (s)! 0 para s!1:Demostracin: De jf (t)j Met se sigue

jF (s)j Z 10

Me(s)tdt = Me(s)t

s

t=0

=M

s :

De esta acotacin siguen inmediatamente ambas conclusiones

La transformada de Laplace, como est denida por una integral, es obviamente lineal.Esto es:

L [f + g] = L [f ] + L [g]Ejemplos.

1. f (t) = eat:

F (s) =

Z 10

e(as)tdt =1

a se(as)t

1a

=1

s a; para s > a:

2. Tomando a = 0 en el ejemplo anterior, f (t) = 1 y F (s) = 1=s:

3. f (t) = t

F (s) =

Z 10

testdt =ests

t

10

+1

s

Z 10

estdt =1

s2:

4. Sobre la base del ejemplo anterior es fcil probar inductivamente que

L [tn] (s) = n!sn+1

:

6


5. Pero no es necesario que n sea entero. Si a > 0;

L [ta] (s) =Z 10

taestdt

Con la sustitucin st = x; que implica t = sxy dt = 1

sdx, resulta

L [ta] (s) = 1sa+1

Z 10

xaexdx = (a+ 1)

sa+1:

Ntese que esta igualdad implica que, para n natural, (n+ 1) = n!

La transformada de Laplace se puede denir sobre funciones complejas de la variablereal t 2 [0;1) : Si f = u+ iv;

L [f ] = L [u] + iL [v] :

Este proceder, con la ayuda de la linealidad, y sabiendo que ei!t = cos!t + i sen!t,permite calcular con facilidad otras transformadas. La cuenta del ejemplo 1. sirve si laconstante a es compleja.

6.Lei!t

(s) =

1

s i! =s+ i!

s2 + !2=

s

s2 + !2+ i

!

s2 + !2:

Luego, como L [ei!t] = L [cos!t+ i sen!t] = L [cos!t] + iL [sen!t] ; resulta

L [cos!t] = ss2 + !2

; L [sen!t] = !s2 + !2

:

7. Si recordamos que

coshx =ex + ex

2y que senh x =

ex ex2

;

obtendremos que

L [cosh at] (s) = 12

1

s a +1

s+ a

=

s

s2 a2

L [senh at] (s) = 12

1

s a 1

s+ a

=

a

s2 a2 :

3.3 Transformada de una derivada

Si la funcin f es derivable con continuidad,

L [f 0] (s) =Z 10

f 0 (t) estdt = f (t) est10

+ s

Z 10

f (t) estdt = sL [f ] (s) f (0) : (4)

Iterando el procedimiento se pueden tratar derivadas de orden superior. Por ejemplo, sif 2 C2;

L [f 00] (s) = sL [f 0] (s) f 0 (0) = s fsL [f ] (s) f (0)g f 0 (0) = (5)= s2L [f ] (s) sf (0) f 0 (0) :

Esta propiedad ms la linealidad hacen de la T de L un instrumento til para tratarproblemas lineales de valores iniciales con coecientes constantes.Ejemplos

7


1. Consideremos el siguiente PVI8


descompone Y (s) en fracciones simples (partial fractions). Yo estoy usando elMaple que viene acoplado al editor de texto con que escribo (Scientic Work Place).s+1s21 +

1s2(s21) =

32(s1)

12(s+1)

1s2, Is Laplace transform of 3

2et t 1

2et

En conclusin,y = et t+ senh t:

Una iteracin de las frmulas (4)(5) mostrar que, si Y = L [y] ;

Ly(n)

(s) = snY

nXj=1

y(nj) (0) sj1 (7)

Obsrvese que el segundo trmino en el miembro de la derecha es un polinomio en s degrado n 1 cuyos coecientes estn formados con las derivadas de orden n 1 de yen el origen.Un operador lineal de orden n con coecientes constantes se fabrica a expensas

de un polinomio de grado n; reemplazando las potencias Xn por las derivadas deorden n Dn. Si P (X) = Xn + an1Xn1 + a1X + a0 es el polinomio, P (D) =Dn + an1D

n1 + a1D + a0 es el operador diferencial

P (D) (y) = Dny + an1Dn1y + + a1Dy + a0y =

= y(n) + an1y(n1) + + a1y0 + a0y:

Si aplicamos (7), la T de L se calcula fcilmente obtenindose

L [P (D) (y)] (s) = P (s) T (s) ;

donde T (s) es un polinomio de grado n 1 cuyos coecientes son funcin de los datosiniciales y (0) ; :::; y(n) (0) : Un problema lineal de valores iniciales de orden n8


La segunda frmula es consecuencia de la primera y sta es un clculo sencillo:Z 10

eatf (t) estdt =

Z 10

e(sa)tf (t) dt = F (s a) :

Ejemplos.

1. A partir de las transformadas ya calculadas podemos establecer las siguientes trans-formadas:

f (t) F (s)

eattn n!(sa)n+1

eat cos!t sa(sa)2+!2

eat sen!t !(sa)2+!2

2. Solucin de un problema de valores iniciales asociado a una oscilacin armnica amor-tiguada 8


Con este articio, la transformada de una trasladada se realiza sobre la funcinu (t a) f (t a). Las frmulas que se obtienen son sencillas:

L [u (t a) f (t a)] (s) = easF (s)

L1 [easF (s)] = u (t a) f (t a)(9)

Como en (8), la segunda es consecuencia de la primera y sta fruto de un clculosimple. Con el cambio de variable t a = ;Z 1

0

u (t a) f (t a) estdt =Z 1a

f (t a) estdt =Z 10

f () es(+a)d = easF (s) :

Ejemplos.

1. Calcular L1he3s

s3

i: La idea es calcular la antitransformada de 1

s3y despus usar

la segunda de las igualdades (9). Para el primer objetivo se usa el ejemplo 4. en laseccin 3.2.

L11

s3

(t) =

1

2L1

2

s3

(t) =

1

2t2:

Luego,

L1e3s

s3

(t) =

1

2u (t 3) (t 3)2 :

2. Hallar L [f ] para f dada por el siguiente grco:

2 3 4

1

1

2

t

y

Lo primero es escribir una formulacin de f usando la funcin de Heviside.

f (t) = 2u (t) 2u (t ) + u (t 2) sen (t 2)

Entonces,

F (s) =2

s 2e

s

s+ e2s

1

s2 + 1:

3. Calcular f (t) si

F (s) =2

s2 2e

2s

s2 4e

2s

s+

ses

s2 + 1:

Solucin:

f (t) = 2t 2u (t 2) (t 2) 4u (t 2) + u (t ) cos (t )

O bien,

f (t) =

8

11


Un par de ejemplos ms con ecuaciones diferenciales obtenidas de circuitos elctricos.Deberemos recordar las frmulas:

ER = Ri EC =1Cq

EL = Li0 i (t) = q0 (t)

4. (RL)

0V L

R

Interruptor

Encontrar i suponiendo que i (t) = 0para t < 0 y que se cierra el interruptorpara t = 0: El PVI resulta8


Para transformar Laplace se tendr en cuenta que

i = q0 =) I = sQ q (0) =) Q = 1s[I + q (0)]

Entonces,

sI +1

sI =

1 ess2

:

Luego

I =1 es

s2s+ 1

s

= 1 ess (s2 + 1)

=1

s (s2 + 1) e

s

s (s2 + 1):

Ahora bien, por descomposicin en fracciones simples,

1

s (s2 + 1)=

1

s ss2 + 1

:

En consecuencia,

L1

1

s (s2 + 1)

(t) = 1 cos t:

Pero

L1

1

s (s2 + 1)

(t) = 1cos t =) L1

es

s (s2 + 1)

(t) = u (t 1) [1 cos (t 1)] :

En denitiva,i (t) = 1 cos t+ u (t 1) [1 cos (t 1)] :

Esto es,

i (t) =

8 1:

3.5 Impulso unitario. La de Dirac

El impulso es la integral de la fuerza con respecto al tiempo. Una fuerza constanteaplicada durante un tiempo brevsimo que produzca un impulso unitario deber ser demagnitud grandsima. La funcin escaln nos ayudar a escribirla:

f" (t) =1

"fu (t) u (t ")g =)

Z 10

f" (t) dt = 1:

Consideraremos como una funcin al lmite para " ! 0 de esta situacin, aunqueclaramente no hay una funcin que valga 1 en el 0 y 0 en cualquier otro punto. Elmodelo matemtico correcto requiere entrar en la teora de las distribuciones. Pero estafuncin o distribucin tendr un comportamiento bien denido dentro de la integral:Z 1

0

f (t) (t) dt = f (0) ;

Z 10

f (t) (t a) dt = f (a) :

Consideremos la transformada:

L [f"] (s) =1

"

1

s e

"s

s

=

1 e"s"s

:

13


De manera que, calculando con la regla de LHospital,

lim"!0

L [f"] (s) = lim"!0

se"s

s= 1:

Aceptado que L [] (s) = 1 para s > 0, si el impulso unitario se aplica en el instante a,de acuerdo con la frmula (9) de traslaciones en t, tendremos que L [ (t a)] (s) = eas:

Ejemplo Consideremos un sistema masa - resorte amortiguado, con un impulso unitarioen el instante t = a (un martillazo).8


deberemos vericar las acotaciones del teorema 2 en cada intervalo (c; d) (;+1). Laconvergencia absoluta de

R10f (t) estdt para cada s 2 (c; d) ; adems de ser muy fcil,

ya fue vista en el teorema 4. El otro punto es obtener una mayoracin uniforme en valorabsoluto del integrando en el tercer miembro de (10). s > c implicatf (t) est tf (t) ect :y Z 1

0

tf (t) ect dt = L [t jf (t)j] (c) ;cuya existencia est garantizada por el corolario del teorema 4. Ntese que derivadas detodos los rdenes son posibles.

Teorema 6. Si f 2M entonces F 2 C1 (;1) y

F (n) (s) = (1)n L [tnf (t)] (s) :

Pero vamos a resaltar el resultado para derivada primera

L [tf (t)] (s) = F 0 (s) (11)L1 [F 0 (s)] = tf (t)

Aplicaciones.La aplicacin de la primera de las igualdades (11) a las funciones f (t) = cos!t y

f (t) = sen!t.

L [t sen!t] (s) = dds

!

s2 + !2=

2s!

(s2 + !2)2(12)

L [tcos!t] (s) = dds

s

s2 + !2=

s2 !2

(s2 + !2)2(13)

Como hemos visto en las aplicaciones a problemas lineales, es deseable saber calcularantitransformadas de las fracciones que aparecen en descomposicin enfracciones simples.Los resultados obtenidos (12)(13)sugieren su utilidad para el clculo de antitransformadasde

1

(s2 + !2)2;

s

(s2 + !2)2;

s2

(s2 + !2)2:

En este punto hay que recordar que ya sabemos que

L1

!sen!t

(s) =

1

s2 + !2=

s2 + !2

(s2 + !2)2: (14)

De (12) sale directamente que

L1

s

(s2 + !2)2

=

t

2!sen!t:

15


Por otra parte, sumando o restando (14) con (13) se resuelven las otras dos

s2 + !2

(s2 + !2)2+

s2 !2

(s2 + !2)2=

2s2

(s2 + !2)2) (15)

L1

s2

(s2 + !2)2

=

1

2

1

!sen!t+ tcos!t

;

s2 + !2

(s2 + !2)2 s

2 !2

(s2 + !2)2=

2!2

(s2 + !2)2) (16)

L1

1

(s2 + !2)2

=

1

2!2

1

!sen!t tcos!t

:

Una manera de mirar estos resultados es la siguiente: La segunda frmula en (11)permite calcular la antitransformada de F 0 cuando se conoce la antitransformada de F .abe la pregunta: Se puede calcular la antitransformada de F cuando se conoce la deF 0? Hablando rudamente, si F 0 = G, se busca una frmula para L1

RG: Antes de

pensar en las condiciones, la cuenta es as: Si F 0 = L [g] y existe f = L1 [F ], deberaser F 0 = L [tf (t)]. en consecuencia, el candidato es f (t) = g (t) =t: Para aplicar elresultado anterior se necesita que g (t) =t 2 M: Si g 2 M; el problema con g (t) =tpuede surgir en el origen, no para t grande.

Teorema 7. Si g (t) 2 M y limt!0+ jg (t) =tj = ` y limx!1 F (x) = 0, entonces

L1 [F ] = g (t)t

o bien Lg (t)

t

(s) = F (s) (17)

Demostracin: Las dos condiciones sobre g aseguran que g (t) =t 2 M.Entonces, de acuerdo con (11), llamando F1 = L

hg(t)t

i, tenemos que F 01 (s) =

Lhtg(t)

t

i(s) = G (s) ; s > :

Consecuentemente, (F + F1)0 = GG = 0 de donde F + F1 es constante.

Por ltimo, ambas funciones tienen lmite nulo en el innito, F por hiptesisy F1 por ser transformada de una funcin de clase M (teorema 5 parte2). Entonces F + F1 = 0, lo que asegura que

F (s) = F1 (s) = Lg (t)

t

(s)

Ejemplo. Encontrar

L1ln

1 +

!2

s2

:

Se observa que

d

dsln

1 +

!2

s2

=

2!2

s31 + !

2

s2

= 2!2s (s2 + !2)

=2s

s2 + !2 2s:

16


Esta expresin tiene antitransformada conocida. Se sabe que

L1

s

s2 + !2

= cos!t y L1

1

s

= 1;

de donde

L1

2s

s2 + !2 2s

= 2 (cos!t 1) :

Es entonces de aplicacin el teorema 7 con

F (s) = ln

1 +

!2

s2

; y g (t) = 2 (cos!t 1) :

Se concluye que

L1ln

1 +

!2

s2

=

2

t(1 cos!t) :

3.7 Convoluciones

Suele ocurrir que debamos antitransformar una funcin H que es producto de otrasdos funciones que s sabemos antitransformar. Es decir, se busca L1 [FG] cuando seconocen f = L1 [F ] y g = L1 [G] :Indudablemente

F (s)G (s) =

Z 10

f () esG (s) d :

Si recordamos ahora las frmulas (9) relativas a traslaciones en t, esG (s) = L [u (t ) g (t )] (s).Entonces

F (s)G (s) =

Z 10

f ()

Z 10

u (t ) g (t ) etsdtd :

Si se puede invertir el orden de integracin, cuestin que dejamos pendiente,

F (s)G (s) =

Z 10

etsZ 10

f ()u (t ) g (t ) ddt = (18)

=

Z 10

etsZ t

0

f () g (t ) ddt

Como f y g son localmente integrables, la expresin entre llaves tiene sentido y deneuna funcin de t: Se la llama producto de convolucin de f con g:

(f g) (t) =Z t0

f () g (t ) d (19)

Adems, si f; g 2 M, jf () g (t )j Mee(t) = Met. Luego j(f g) (t)j Mtet. Esta acotacin permite armar, de acuerdo con la relacin (3), que f g 2M+:Ntese ahora que (18) se puede leer de la siguiente manera:

F (s)G (s) = L [(f g) (t)] (s)

Esto es

L (f g) = L (f)L (g) (20)L1 (FG) = L1 (F ) L1 (G) (21)

17


Por ltimo, las acotaciones realizadas mostraron que las integrales iteradas, antomando valor absoluto del integrando, llevan a un valor nito si se las calcula en elsegundo de los rdenes en que fueron consideradas. Esto basta para armar que el cam-bio de orden es legtimo, de acuerdo con el teorema 3.La operacin de convolucin recin denida tiene las propiedades algebraicas de un

producto. La prueba queda como ejercicio.

1. f g = g f

2. f (g h) = (f g) h

3. f (g + h) = f g + f hEjemplos.

1. Si f (t) = t y g (t) = cos t;

f g (t) =Z t0

(t ) cos d = tZ t0

cos d Z t0

cos d =

= t sen t sen jt0

Z t0

sen d

= 1 cos t:

Esta es una ocasin para vericar la igualdad (20).

L [1 cos t] (s) = 1s ss2 + 1

=1

s (s2 + 1)

L [t]L [cot s] = 1s2

s

s2 + 1=

1

s (s2 + 1):

2. La "funcin" tambin admite convoluciones.

(f ) (t) =Z t0

f () (t ) d = f (t) :

Esto es, acta como unidad para el producto de convolucin. Y eso es biennatural ya que la transformada de Laplace convierte convoluciones en productosordinarios y la unidad del producto de convolucin debe ser la antitransformada dela unidad del producto ordinario.

3. Ecuacin lineal de segundo orden con coefcientes constantes y condiciones inicialeshomogneas. Sabemos resolver para una entrada r (t) de tipo particular (mtodode coecientes indeterminados).8


4. Un caso particular del ejemplo anterior. Respuesta de un sistema no amortiguado auna onda cuadrada. 8:12cos

p2 (t )

t0= 1

2

1 cos

p2t

si t < 1

12cos

p2 (t )

10= 1

2

cos

p2 (t 1) cos

p2t

si t > 1

1 2 3

1

1

t

y

Entrada

t

y

Salida

3.8 Funciones Peridicas

Una funcin pperidica se caracteriza por f (t+ p) = f (t) : Para calcular su trans-formada se parte el intervalo de integracin (0;1) en subintervalos de la longitud delperodo

L [f ] (s) =Z 10

f (t) estdt =1Xk=0

Z (k+1)pkp

f (t) estdt:

Si en el intervalo [kp; (k + 1) p] hacemos la sustitucin t = kp + , usando que por laperiodicidad f (kp+ ) = f (),

L [f ] (s) =1Xk=0

ekpsZ p0

f () esd =

Z p0

f () esd1Xk=0

eps

k:

19


La suma innita es una serie geomtrica, fcil de evaluar. Poniendo sn =nX

k=0

rk; es claro

que (r 1) sn = rn+1 1. Si jrj < 1;

limn!1

sn = limn!1

rn+1 1r 1 =

1

1 r :

Por lo tanto, para s > 0;

L [f ] (s) = 11 eps

Z p0

f () esd :

Ejemplo. Transformada de Laplace de una onda cuadrada peridica. Supongamos quef est dada por el siguiente grco:

t

y

a

k

Se trata de una funcin de perodo 2a:Z 2a0

f (t) estdt = k

Z a0

estdtZ 2aa

estdt

=

k

s

e2as 2eas + 1

=

=k

s

1 eas

2:

Entonces, como1 e2as =

1 + eas

1 eas

;

resulta

L [f ] (s) = ks

1 eas1 + eas

=k

stanh

as

2:

20


El grco de L [f ] (s) con k = 5 y a = 2 se ve as:

7.552.50

5

0

s

y

s

y

y = 5stanh s

3.9 Tabla

1. L ftag = (a+1)sa+1

2. L featg = 1sa

3. L fsen!tg = !s2+!2

4. L fcos!tg = ss2+!2

5. L fsenh atg = as2a2

6. L fcosh atg = ss2a2

7.

8