LAPLACE (2)

Cap´ıtulo 1

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

con la función y(t) para alguna función fija k llamada n´ ucleo y alg´ un rango fijo I de integración. Para más detalle ver [2]. Como se indica en [1], las transformadas integrales responden a la pregunta: ¿qué tanto se ”parece” una función dada y(t) a una función estándar particular ? En este curso, la transformada de Laplace la utilizamos principalmente en la resolución 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 más fácil y directa. Otras aplicaciones las veremos en la u ´ltima sección. Para la presentación de definiciones y propiedades de la T.L seguimos principalmente las ideas dadas en [1].

1

1.1.

Definici´ on y ejemplos b´ asicos.

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

b→∞

0

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

lo que

En relación a (1.1), el n´ ucleo en la T.L es la función k(s, t) = e−st y el rango de integración I = [0, ∞[. Ejemplo 1.1.1 Por simplicidad comenzamosR presentando la T.L de la ∞ funci´ on y(t) = 1. Directamente la integral 0 1 · e−st dt es divergente para todo s ≤ 0. Para s > 0 se tiene Z ∞ Z b −st b e 1 · e−st dt = l´ım 1 · e−st dt = l´ım − b→∞ b→∞ s 0 0 0 1 1 e−bt = l´ım − = . b→∞ s s s De este modo, la transformada de Laplace de la función y(t) = 1 es la 1 funci´ on F (s) = definida para s > 0. s Conociendo la forma que tienen las soluciones de las EDOs homogéneas L[y] = 0 a continuación presentamos las transformadas de Laplace de las funciones e−at , t, sen(bt), con a, b constantes reales. Los casos restantes los completamos más adelante con propiedades de este tipo de transformada integral. 2

Ejemplo 1.1.2 Calculemos la T.L de la función y(t) = e3t . ComenzamosRbuscando donde la es divergente. R ∞integral ∞ −st 3t (3−s)t En 0 e · e dt = 0 e dt, si el exponente es positivo la integral diverge. Por lo tanto F (s) no está definida para s ≤ 3. Para s > 3 consideremos Z ∞ Z ∞ (3−s)t b e e3t · e−st = e(3−s)t dt = l´ım b→∞ 3 − s 0 0 0 e(3−s)b 1 1 = l´ım − = . b→∞ 3 − s 3−s s−3 La T.L de la funci´ on y(t) = e3t es la función F (s) =

1 con s > 3. s−3

Observaci´ on 1.1.2 De manera similar, para s > a la función 1 F (s) = es la T.L de la función f (t) = eat , con a ∈ R. s−a 1 es la T.L de f (t) = e−2t . Notar s+2 que la T.L de la función f (t) = 1 se obtiene considerando a = 0. Recuerde que en la definición de la T.L utilizamos los valores de s para los cuales la integral en (1.3) sea convergente. Asi, para s > −2 la función F (s) =

Ejemplo 1.1.3 Calculemos la T.L de la función y(t) = t, con t ≥ 0. En este caso utilizamos integraci´ on por partes. Para s > 0 se tiene Z Z b −be−bt 1 b −st −st t · e dt = + e dt s s 0 0 −be−bt 1 − e−bs = − . s s2 Por otra parte, para s > 0 se tiene l´ım be−bs = 0. Por lo tanto b→∞

Z

∞

t · e−st dt =

0

Luego, para s > 0 la función Y (s) =

3

1 s2

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

Ejemplo 1.1.4 Como u ´ltimo ejemplo en esta sección, calculamos la T.L de y(t) = sen(2t). Nuevamente vamos a utilizar integración por partes. Z b Z b 1 s e−st sen(2t)dt = − (e−sb cos(2b) − 1) − e−st cos(2t)dt. (1.4) 2 2 0 0 De manera similar Z b Z b −sb s e sen(2b) + e−st sen(2t)dt. e−st cos(2t)dt = 2 2 0 0 Reemplazando en (1.4) Z 1 s2 + 4 b −st s e sen(2t)dt = (1 − e−sb cos(2b)) − e−bs sen(2b). 4 2 4 0 Considerendo s > 0 y tomando b → ∞ finalmente obtenemos Z ∞ 2 e−st sen(2t)dt = 2 . s + 22 0 Luego, para s > 0 la funci´ on Y (s) =

2 es la T.L de y(t) = sen(2t). s2 + 2 2

Remarcamos: De manera similar, para s > 0 la función Y (s) =

a (s2 + a2 )

es la T.L de la función y(t) = sen(at), con a ∈ R. Remarcamos: No toda función y(t) permite definir una función en variable s por medio de la relación (1.3). Un ejemplo se obtiene tomando t2 la funci´ o n y(t) = e , t > 0. Por el tipo de crecimiento de ésta función se R ∞ t2 −st tiene 0 e dt es divergente para todo s ∈ R. En relación al comentario anterior, entregamos una definición sobre funciones y(t) que nos permitará asegurar que existe 0 < s0 < ∞ tal que la integral en (1.3) es convergente para cualquier s > s0

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 más en un n´ umero finito de ellos. 4

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

l´ım f (t) = f (t+ 0) ∈R + t→ t0

y

Observaci´ on 1.1.3 Para las funciones seccionalmente continuas ó 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 exisa

te y es independiente 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) ∀x excepto en los puntos de discontinuidad, entonces Z Z b

b

f (t) dt = a

g(t) dt. 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

0

5

Si |y(t)| ≤ Keαt para t > 0, entonces para todo b > 0 se tiene Z b Z b K (α−s)t −st y(t)e dt ≤ K e dt = (e(α−s)b − e(α−s)0 ). α−s 0 0 Utilizandio criterio de comparación y convergencia absoluta sobre inR∞ tegrales impropias, de la desigualdad anterior se tiene 0 y(t)e−st dt es convergente para todo s > α. Luego, para toda función de orden exponencial es posible definir su T.L. Para terminar esta sección remarcamos que la transfomada de Laplace define una operación que convierte una función y(t) en una función Y (s). Por lo general, se utiliza la letra L para representar esta transformación, es decir escribimos Y (s) = L[y] con Y (s) definida en (1.3). 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

4 t2 3. f (t) = tang(t) 2. f (t) =

Teorema 1.1.1 Si f es seccionalmente continua y de orden exponencial en R+ 0 entonces 6

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 −st −t(s−a) |e f (t)| dt ≤ Ce dt = l´ım Ce−t(s−a) dt =

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

Observaci´ on 1.1.4 El teorema anterior es una condición suficiente pero no necesaria para la existencia de la T.L. de una función. Vemos que 1 1 existe la L √ , aunque la función f (t) = √ , no es de orden expot t nencial pues tiene una discontinuidad en t = 0, claramente vemos que 1 no existen a, C ∈ R+ tal que t− 2 ≤ Ceat . Veremos mas adelante que r π 1 , t > 0. L √ = s t 1.2.

Propiedades b´ asicas.

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

s→∞

s→∞

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

Demostraci´ on

0

0

0

Z |F (s)| ≤ C

luego

∞

e−(s−a)t dt =

0

por lo tanto

C =0 s→∞ s − a

l´ım |F (s)| ≤ l´ım

s→∞

7

⇒

C s−a l´ım |F (s)| = 0

s→∞

1.2.1.

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 a´lgebra de l´ımites.

Ejemplo 1.2.1 Busquemos la T.L de la función f (t) = 2e−2t +5 cos(8t). 1 para s > −2. Por otra parte, L[cos(8t)] = Sabemos L[e−2t ] = s+2 s para s > 0. s2 + 8 2 2 s Luego L[2e−2t + 5 cos(8t)] = 2L[e−2t ] + 5L[cos(8t)] = +5 2 s+2 s + 82 para s > 0. 1.2.2.

Transformada de Laplace de la derivada.

Teorema 1.2.2 Consideremos y(t) es una función diferenciable por tramos y de orden exponencial. Supongamos también que y 0 es de orden exponencial, para todo t > 0. Entonces se cumple: L[y 0 ] = sL[y] − y(0).

(1.5)

La relación anterior es válida para todo s tal que L[y] exista. Para obtener el resultado dado en (1.5) consideramos integración por parte. Z b Z b e−st y 0 dt = e−sb y(b) − y(0) + s e−st y(t)dt. (1.6) 0

0

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 −sb l´ım e y(b) ≤ l´ım e−(s−M )b = 0. b→∞

b→∞

8

Finalmente, como existe s0 > tal que L[y] está definida para s > s0 , utilizando álgebra 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

obteniéndose 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-ésima 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 relación anterior sea válida debemos pedir que la función y 00 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 demostración se obtiene por inducción. Aqu´ı y (k) denota la derivada de orden k. 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 Nota

9

variadas propiedades que estudiaremos a continuación, y que nos permitirán hacer uso de las transformadas de funciones conocidas. Para ello, es conveniente notar que sólo con la definición, hemos constru´ıdo la siguiente tabla de transformadas de Laplace:

f (t)

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

1

1 s

s > 0

t

1 s2

s > 0

n!

tn

sn+1

s > 0

sen(at)

a s 2 + a2

s > 0

cos(at)

s s 2 + a2

s > 0

eat

1 s−a

s > a

Comentario: Sea f (t) continua en [0, ∞[. Consideremos la función Rt f (t) = 0 f (v)dv. Por medio del primer Teorema fundamenteal del cálculo 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 cálculos por ejemplo fracciones parciales (Ver [3]). 10

Ejemplo 1.2.4 Obtener f (t) tal que L[f (t)] = 1/(s(s2 + 1)). Escribimos L[f (t)] = 1s L[sin(t)]. Por medio del resultado anterior se tiene f (t) = Rt 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: Z t Teorema 1.2.4 Si f es de orden exponencial, entonces f (v) dv es de orden exponencial y se tiene que : Z t Z 1 a 1 L f (v)dv = L[f (t)] − f (v) dv s s 0 a 1.3.

a

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

Por medio de las propiedades básicas que se acaban de presentar ya estamos en condiciones de presentar la aplicación 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 L = 5L[y] + 7L[e3t ]. dt Utilizando la condición y(0) = 2 y el Teorema 1.2.2 obtenemos dy = sL[y] − 2. Luego L dt sL[y] − 5L[y] = 2 + 7/(s − 3). Notamos que resolver (1.8) se reduce a buscar una función y(t) tal que su T.L sea de la forma 2 7 + . s − 5 (s − 5)(s − 3)

11

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) 11e5t 7e3t Luego y(t) = − , 2 2 1.3.1.

t > 0 es la solución 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 coincidan 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 aplicación 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 Teorema 1.3.1 Sean f, g funciones tales que L(f ) = L(g). Entonces, f (t) = g(t) ∀t > 0, excepto a lo más en un n´ umero finito de puntos de discontinuidad. Esto nos permite y facilita el cálculo de la T.L. de funciones como el de sus inversas. Definimos lo que entenderemos por tranformada de Laplace inversa. 12

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 está bien definida (como transformada) sólo si y(t) es continua. Remarcamos: Si L−1 está bien definida corresponde ser una transformación lineal. Esto es una consecuencia directa de la linealidad de la T.L. 7 2 + ]. 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

y(0) = 6.

Utilizando T.L obtenemos L[y(t)] =

3 −6 + 2 . s − 10 s (s − 10)

De la definici´ on de la T.L inversa, buscamos y(t) tal que −6 3 y(t) = L−1 + . 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 13

(1.9)

Por separado tenemos 1 1 1 L−1 = e10t , L−1 = 1, L−1 2 = t. s − 10 s s 603 10t 3 3t Luego y(t) = e − − . es la solución de (1.9). 600 100 10 dY (s) Teorema 1.3.2 Sea Y (s) = L(f ), entonces L[tf (t)] = − ds Demostraci´ on Z Z ∞ Z ∞ −st dY (s) d ∞ d e = f (t)e−st dt = f (t) dt = − t f (t) e−st dt = −L[tf (t)] ds ds 0 ds 0 0 Corolario 1.3.1 Sea Y (s) = L(f ), entonces

n

n nd Y

L[t f (t)] = (−1)

(s)

dsn

Ejemplo 1.3.2 s = L−1 (s2 + 4)2 d 2 4s s −1 vemos que se cumple que =− 2 ⇒L = ds s2 + 4 (s + 4)2 (s2 + 4)2 tsen(2t) 4

Ejemplo 1.3.3 s+1 L ln = s+4 s+1 claramente vemos que Y (s) = ln = ln(s + 1) − ln(s + 4) s + 4 dY 1 1 −1 dY = − ⇒ L = e−t − e−4t = −ty(t) ⇒ y(t) = ds s+1 s+4 ds −t −4t −e + e −e−t + e−4t , t > 0 Por otro lado tenemos que l´ım+ = t→0 t t l´ım+ (e−t − 4 e−4t ) = −3 aplicando la regla de L´Hópital, por lo tanto, la t→0   −3 si t = 0   funci´ on continua es y(t) =  e−4t − e−t   si t > 0 t −1

14

1.4.

Propiedades de la transformada de Laplace y algunos resultados b´ asicos.

1.4.1.

Desplazamiento sobre el eje t.

Teorema 1.4.1 Sea

g(t) = u(t − a) f (t − a) =

  

si t ≤ a

0

,

a≥0

f (t − a) si t > a

una funci´ on continua por tramos de orden exponencial. Entonces L[g] = e−as L[f ]. Sea g(t) = ua (t) · f (t − a). Calculamos Z ∞ Z −st L[g(t)] = ua (t)f (t − a)e dt = 0

∞

f (t − a)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 L[g(t)] = f (y)e dy = e f (y)e−sy dy 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 Z ∞ −st L[g(t)] = ua (t)f (t)e dt = 0

a

15

∞

f (t)e−st dt.

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 L[g(t)] = f (y + a)e dy = e f (y + a)e−sy dy 0

0

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

−πs

−πs

L[sen(t + π)] = e

e−πs L[−sent] = − 2 s +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.

e−πs s2 + 1

Desplazamiento sobre el eje s.

Comencemos con el siguiente problema Ejercicio 1.4.1 Obtener L−1 [2/(s2 + 2s + 10)]. 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 términos generales este tipo de problemas los podemos abordar de la siguiente manera: Consideremos y(t) con transformada de Laplace Y (s). De la definción Z ∞ Z ∞ at at −st L[e y(t)] = e y(t)e dt = y(t)e−(s−a)t dt 0

0

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

De este modo se tiene: 16

Teorema 1.4.3 Sea f una función 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 introducción, 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 cálculos sean más directos necesitamos de más propiedades. Por ejemplo, para buscar L−1 [s/(s2 + 4)2 ] podemos utilizar fracciones parciales pero el resultado puede ser más directo. En relación 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· dF f (t)] = − . ds El resultado lo podemos obtener por cálculo formal como sigue: Z ∞ dY ∂e−st = y(t) dt ds ∂s 0 Z ∞ = − t · y(t)e−st dt 0

= −L[t · y(t)] En términos rigurosos necesitamos de resultados de convergencia que no tenemos en este curso. No es el interés de este curso ser tan detallista 17

y en los casos que utilizamos este resultado se tienen todas las hipótesis necesarias para que sea cierto lo que estamos obteniendo, luego, no nos preocupemos más de la cuenta. Volvamos al problema L−1 [s/(s2 + 4)2 ]. Notamos que se cumple −2s d 1 = . ds s2 + 4 (s2 + 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) función periódica con periodo T > 0, es decir, y(t + T ) = y(t) para todo t ≥ 0. De la definición tenemos Z ∞ L[y(t)] = y(t)e−st dt 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

−sT

∞

Z

y(η)e−eη dη = e−sT L[y(t)]

0

Reemplazando en (1.10) y resolviendo para L[y(t)] obtenemos Z T 1 y(t)e−st dt para s > 0. L[y(t)] = −sT 1−e 0 1.4.5.

Ejercicios.

Terminamos esta sección con algunos ejercicios. 18

(1.11)

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)]. 2 s + 2s + 10 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)). Ejercicio 1.4.3 Obtener L

−1

2 s +1 . ln 2 s +4

Claramente la función 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 − 2 . ds s +1 s +4 Sabemos L−1 [2s/(s2 + 1)] = 2 cost y L−1 [2s/(s2 + 4)] = 2 cos(2t). Por linealidad tenemos −1 dY = 2 cost − 2 cos(2t), L ds Si y(t) = L−1 [Y (s)], por lo anterior, la función y(t) se debe relacionar con 2 cost − 2 cos(2t). Espec´ıficamente tenemos: 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 válido sólo para t > 0. Por otra parte tenemos L[2 cost − 2 cos(2t)] =

(2 cost − 2 cos(2t))0 l´ım = l´ım −2sent + 4sen(2t) = 0. t→0 t→0 (t)0 19

Aqu´ı f 0 indica derivada de la función f . Luego, por regla de L’Hopital se tiene 2 cost − 2 cos(2t) l´ım = 0. t→0 t Por lo tanto la función continua   0 si t = 0 y(t) = 2 cost − 2 cos(2t)  si t > 0 t satisface y(t) = L−1 [ln((s2 + 1)/(s2 + 4))].

20

Ejercicio 1.4.4 Considere y(t) = sin t/t para t > 0 y y(0) = 1. Hallar Y (s) = L[y(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 función y(t) es de orden exponencial, por lo tanto se debe cumplir l´ım Y (s) = 0. Como Para g(t) = t·y(t), tenemos L[g(t)] = −

s→∞

l´ım arctan(s) = π/2, entonces Y (0) = π/2. Luego L[y(t)] = π/2 −

s→∞

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 periódica con periodo T = 2. Comenzamos calculando Z 2 Z 1 Z 2 −st −st w(t)e dt = e dt + (−1)e−st dt 0

0

= −

1

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 1 − e−2s , para s > 0. L[w(t)] = s Para terminar esta sección consideremos el siguiente P.V.I. Resolver dy = 5y + f (t), y(0) = 4, dt con f (t) función discontinua definida como sigue 0 si 0 < t < 3 f (t) = 8 si t ≥ 3 21

(1.12)

Notamos que la EDO la podemos estudiar para 0 < t < 3 y luego para t > 3. La idea es acortar los cálculos 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 Para f (t) = 0 se tiene la EDO asociada al oscilador armónico no amortiguado. Para f (t) arbitrario, lo podemos entender como un agente externo reflejado en la modelación. Si pensamos que el agente externo comienza actuar a partir de t = t0 > 0, no es sorprendente que la función f (t) sea discontinua. El objetivo en esta sección 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 función ua (t) = u(t − a) =

0 si t < a 1 si t ≥ a

es llamada funci´ on Heaviside o función escalón. Otras notaciones para esta función son las siguientes: µa (t); µ(t − a). Pueden haber otras pero éstas son las notaciones más 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 a Z ∞ −st L[ua (t)] = ua (t)e dt + ua (t)e−st dt. 0

a

De la definición la primera integral toma el valor cero. Por otra parte, 22

para t ≥ a se tiene ua (t) = 1, por lo tanto Z ∞ L[ua (t)] = e−st dt a

Z = l´ım

b→∞

b

e−st dt

(1.13)

a

e−as e−sb − . = l´ım b→∞ s s Para s > 0 se tiene L[ua (t)] =

e−as . s

Volvamos al PVI (1.12). Directamente se tiene e−3s sL[y] − 4 = 5L[y] + 8 . s Por lo tanto y(t) = −4L

−1

1 L−1 = e5t ; s−5 y por lo tanto

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

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

23

1.6.

Delta de Dirac (funci´ on Impulso)

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

Note que

Z

∞

δa (t) dt = 1 −∞

Se define la ”funci´ on”Delta de Dirac o función 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

Z f (t) δ(t) dt = f (0)

−∞

eas − e−as 2as

=1

∞

f (t) δ(t) dt = f (0) 0

5. L(f (t) δ(t)) = f (0) Podemos generalizar la Delta de Dirac o función Impulso recién definida centrada en 0, a un centro cualquiera c > 0 :

24

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 función Impulso a aquella dada por: δ(t − c) = l´ım δa (t − c) a→0

Propiedades:

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

δ(t) → ∞ para t = c.

y

−∞

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

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), (1.14) dt2 dt con un forzamiento instantáneo en el instante de tiempo t = 5, De este modo, seguimos trabajando con el problema 2 dy dy L + 2 + 10y = e−5s dt2 dt 25

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)) y(t) = 3 Remarcamos: La función y(t) no puede estar satisfaciendo una EDO en todo t > 0 ya que no es diferenciable en t = 5. Recordemos también que fue justo en ese momento donde se sacó del reposo al sistema.

26

1.7.

Producto convoluci´ on.

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

3 . (s2 + 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 función L−1 [Y (s)] se relaciona con las funciones sin(3t), e−4t pero no corresponde ser el producto entre éstas. Necesitamos de otro tipo de producto entre funciones. Además que 1 1 1 2 2 = L(t ) = 6 L(t) · L(t) = · = s3 s2 s2 s4 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 función definida por: Z t (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 definición se tiene Z t (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 −4t

Z

= e

t

sin(3u)e4u du

0

=

3 1 (4 sin(3t) − 3 cos(3t)) + e−4t 25 25 27

Comentario: Utilizando cambio de variables en la integración 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 definición tenemos: Z ∞ 3 −4t 1 (4 sin(3t) − 3 cos(3t)) + e L[(f ∗ g)] = · e−st dt 25 25 0 4 3 3 L[sin(3t)] − L[cos(3t)] + L[e−4t ] 25 25 25 4 s 1 3 − + = 25 s2 + 9 s2 + 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 obtención del resultado anterior necesitamos de integrales dobles (impropias) materia que veremos en el próximo curso. Por el momento sólo 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, Análisis clásico elemental, Adisson-Wesley Iberoamerica, S.A. 1998. [3] S. Stein, A. Barcellos, Cálculo y geometr´ıa anal´ıtica (Vol1) quinta edición, McGRAW-HILL, 1995.

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LAPLACE (2)

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