tema 6. transformada de laplace - Jos Luis Quintero D vila

TEMA 6
TRANSFORMADA DE LAPLACE
6.1. MOTIVACIÓN
En temas anteriores se aprendió cómo resolver ecuaciones diferenciales
lineales con coeficientes constantes sujetas a condiciones dadas llamadas de frontera o
condiciones iniciales. Se recordará que el método consiste en encontrar la solución
general de las ecuaciones en términos de un número de constantes arbitrarias y luego
determinar estas constantes de las condiciones dadas. Durante el siglo XIX estuvo de
moda para científicos e ingenieros, encabezados y motivados por el ingeniero
electricista Heaviside, usar métodos de operador tales como los descritos en el tema
anterior para resolver varios problemas involucrando ecuaciones diferenciales. En estos
métodos los operadores fueron tratados como símbolos algebraicos y las ecuaciones
resultantes fueron manipuladas de acuerdo a las reglas del álgebra. Admirablemente,
los métodos condujeron a respuestas correctas.
Algunos matemáticos inquietos, viendo que las manipulaciones algebraicas sí
conducían a resultados correctos, razonaron que debería haber alguna manera de
colocar los procedimientos en una base matemática rigurosa. La investigación hacia
ese objetivo condujo al poderoso método de la transformada de Laplace, el cual se
examina en este tema. Este método tiene ventajas sobre otros métodos. Primero,
usando el método se pueden transformar ecuaciones diferenciales dadas en ecuaciones
algebraicas. Segundo, cualquiera condiciones iniciales dadas automáticamente se
incorporan en el problema algebraico de modo que no se necesita hacer ninguna
consideración especial sobre ellas. Finalmente, el uso de tablas de transformadas de
Laplace pueden reducir el trabajo de obtener soluciones lo mismo que las tablas de
integrales reducen el trabajo de integración.
6.2. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Definición 1. Sea f(t) una función definida para t ≥ 0 ; entonces la integral dada por
L{f(t)} =
∫
∞
0
e−st f(t)dt = lím
b →∞
∫
b
e−st f(t)dt se llama transformada de Laplace de f,
0
siempre y cuando la integral converja.
Simbólicamente, la transformada de Laplace de f se denota por L{f(t)} , y
puesto que el resultado depende de s, se escribe L{f(t)} = F(s) .
José Luis Quintero
1
∫
Ejemplo 1. Calcule L{1} =
∞
e
− st
0
(1)dt = lím
b →∞
b
∫
e
− st
0
−e−st
dt = lím
b →∞
s
b
= lím
0
b →∞
−e−sb + 1 1
=
s
s
siempre que s > 0 .
El uso del símbolo de límite se vuelve algo tedioso, por eso se adoptará la
notación
∞
0
b
para indicar lím ( ) 0 .
b →∞
Ejemplo 2. Determine L{t} .
Solución. Se tiene L{t} =
∞
∫
0
e−st tdt =
−te−st
s
∞
+
0
1
s
∫
∞
0
e−st dt =
1
s2
, s > 0.
Ejemplo 3. Determine L{sen(2t)} .
Solución. Se tiene
L{sen(2t)} =
∫
2
=
s
∞
e
0
∫
∞
0
− st
−e−st sen(2t)
sen(2t)dt =
s
∞
2
s
+
0
∞
∫
e−st cos(2t)dt
0
e−st cos(2t)dt, s > 0
∞


2  −e−st cos(2t)
2 ∞ −st
−
e sen(2t)dt 

s
s
s 0
0


2
4
= 2 − 2 L{sen(2t)}, s > 0.
s
s
∫
=
4
2
2

Despejando L{sen(2t)} : 1 + 2  L{sen(2t)} = 2 ⇒ L{sen(2t)} = 2
, s > 0.
s 
s
s +4

Para una suma de funciones se puede escribir
∫
∞
0
e−st [αf(t) + βg(t)]dt = α
∫
∞
0
e−st f(t)dt + β
∫
∞
e−st g(t)dt
0
cuando ambas integrales convergen. Por lo tanto, se tiene que
L{αf(t) + βg(t)} = αL{f(t)} + βL{g(t)} = αF(s) + β G(s) .
Ejemplo 4. Determine L{3t − 5sen(2t)} .
Solución. De los ejemplos 2 y 3 y de la linealidad de la transformada de Laplace se
puede escribir
L{3t − 5sen(2t)} = 3L{t} − 5L{sen(2t)} = 3.
1
s2
− 5.
2
s2 + 4
=
12 − 7s2
s2 (s2 + 4)
, s>0
El teorema siguiente generaliza algunos de los ejemplos precedentes. De aquí
en adelante no se formularán restricciones para s; se sobreentiende que s está lo
suficientemente restringido para garantizar la convergencia de la correspondiente
transformada de Laplace.
José Luis Quintero
2
TEOREMA 1.
1
s
a.
L{1} =
b.
L{tn } =
c.
d.
e.
f.
g.
n!
, n = 1,2, 3,...
sn +1
1
L{eat } =
s−a
k
L{sen(kt)} = 2
s + k2
s
L{cos(kt)} = 2
s + k2
k
L{senh(kt)} = 2
s − k2
s
L{cosh(kt)} = 2
s − k2
6.3. CONDICIONES SUFICIENTES PARA LA EXISTENCIA DE
LA TRANSFORMADA DE LAPLACE
Las condiciones de suficiencia que garantizan la existencia de L{f(t)} son que f
sea continua por tramos en 0, ∞ ) y que f sea de orden exponencial para t > T .
Recuerde que una función es continua por tramos en 0, ∞ ) si en cualquier intervalo
0 ≤ a ≤ t ≤ b hay, cuando mucho, un número finito de puntos tk , k = 1, 2,...,n
(tk −1 < tk ) en los cuales f tiene discontinuidades finitas y es continua en todo intervalo
abierto tk −1 < t < tk .
Definición 2. Se dice que una función f es de orden exponencial c si existen
constantes c, M > 0 y T > 0 , tales que f(t) ≤ Mect para todo t > T .
Si f es una función creciente, la condición f(t) ≤ Mect , t > T sólo expresa que
la gráfica de f en el intervalo (T, ∞) no crece con más rapidez que la gráfica de la
función exponencial Mect , donde c es una constante positiva. Las funciones f(t) = t ,
f(t) = e− t y f(t) = cos t son todas de orden exponencial c = 1 para t > 0 porque,
respectivamente, t ≤ et , e−t ≤ et y cos t ≤ et (ver figura 1).
José Luis Quintero
3
Figura 1. Orden exponencial para algunas funciones
2
Una función como f(t) = et
no es de orden exponencial porque, su gráfica
crece más rápido que cualquier potencia lineal positiva de e para t > c > 0 .
En este tema se estudiarán solamente funciones que son continuas parte por
parte y de orden exponencial. Sin embargo, se hace notar que estas condiciones son
suficientes pero no necesarias para la existencia de la transformada de Laplace. La
función f(t) = t −1 / 2 no es continua parte por parte para t ≥ 0 pero su transformada de
Laplace existe (ver ejercicio propuesto).
TEOREMA 2. Si f(t) es continua por tramos en el intervalo 0, ∞ ) y de orden
exponencial c para t > T , entonces L{f(t)} existe para s > c .
0 0 ≤ t < 3
Ejemplo 5. Evalúe L{f(t)} cuando f(t) = 
.
t≥3
2
Solución. L{f(t)} =
∫
∞
0
e−st f(t)dt =
∫
3
0
e−st 0dt +
∫
∞
3
e−st 2dt = −
2e−st
s
∞
=
3
2e−3s
, s > 0.
s
6.4. LA TRANSFORMADA INVERSA
Usando la definición integral de la transformada de Laplace de una función f se
determina otra función F, esto es, una función del parámetro s de la transformada.
Simbólicamente, se denota esto por L{f(t)} = F(s) .
Ahora se invierte el problema, es decir, dada F(s) se quiere encontrar la
función f(t) que corresponde a esta transformación. Se dice que f(t) es la
transformada inversa de Laplace de F(s) y se escribe f(t) = L-1{F(s)} .
José Luis Quintero
4
TEOREMA 3.
a.
1 
1 = L−1  
s 
b.
 n! 
tn = L−1  n +1  , n = 1, 2, 3,...
s 
c.
 1 
eat = L−1 

s − a
d.
 k

sen(kt) = L−1  2
2
s + k 
e.
 s 
cos(kt) = L−1  2

 s + k2 
f.
 k

senh(kt) = L−1  2

 s − k2 
g.
 s 
cosh(kt) = L−1  2

 s − k2 
1
Ejemplo 6. Determine L−1  5  .
s 
Solución. Se multiplica y se divide por 4! y luego se usa la parte b del teorema 2. Se
1 4
 1  1 -1  4!
tiene que L-1  5  =
L  5 =
t .
 s  4!
 s  24
 1 
Ejemplo 7. Determine L−1  2
.
s + 7
Solución. Para coincidir con la forma del inciso (d) del teorema 3, se define k2 = 7 ,
por lo que k = 7 . Se acondiciona la expresión multiplicando y dividiendo por 7 :
1 −1  7 
1
 1 
L−1  2
L  2
sen 7t .
=
=
7
7
s + 7 
 s + 7 
TEOREMA 4. La transformada inversa de Laplace también es lineal; esto es, para
constantes α y β , L−1 {αF(s) + βG(s)} = αL−1 {F(s)} + β L−1 {G(s)} , donde F y G son las
transformadas de ciertas funciones f y g.
 −2s + 6 
Ejemplo 8. Determinar L−1  2
.
 s +4 
Solución. Primero se reescribe la función de s como la suma de dos expresiones,
mediante división término a término, a continuación:
2s
6 
s  6 −1  2 
 −2s + 6 
−1 
−1 
L−1  2
+ 2
 = L − 2
 = −2L  2
+ L  2
 = −2 cos(2t) + 3sen(2t)
 s +4 
 s + 4 s + 4
s + 4  2
s + 4 
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5
6.5. COMPORTAMIENTO DE F(s) CUANDO S TIENDE A
INFINITO
TEOREMA 5. Si f es continua por tramos en 0, ∞ ) y de orden exponencial para t > T ,
entonces lím L {f(t)} = 0 .
s →∞
Demostración. Dado que f(t) es continua por tramos en 0 ≤ t ≤ T , necesariamente es
acotada en el intervalo; esto es, f(t) ≤ M1 = M1e0t . También, f(t) ≤ M2eβt para t > T . Si
M representa el máximo de M1 ,M2  y c indica el máximo de 0, β , entonces se tiene
que
L {f(t)} ≤
∫
∞
0
∫
e−st f(t) dt ≤ M
∞
0
e−st ect dt = −M
e−(s − c)t
s−c
∞
=
0
M
s−c
para
s > c . Cuando
s → ∞ , se tiene L {f(t)} → 0 , de modo que L {f(t)} → 0 .
Ejemplo 9. F(s) = s2 no es la transformada de Laplace de ninguna función continua
parte por parte de orden exponencial ya que F(s) no tiende a cero cuando s tiende a
infinito. Por consiguiente L−1 {F(s)} no existe.
6.6. TEOREMAS DE TRASLACIÓN
No es conveniente usar la definición 1 cada vez que se quiera evaluar la
transformada de Laplace de una función f(t). En la discusión que sigue se presentarán
varios teoremas que permiten ahorrar trabajo y éstos, a su vez, permiten construir
una lista más extensa de transformadas sin que sea necesario recurrir a la definición
de transformada de Laplace.
TEOREMA 6. (PRIMER TEOREMA DE TRASLACIÓN). Si a es un número real
cualquiera, entonces L{eat f(t)} = F(s − a) en donde F(s) = L{f(t)} .
Demostración. La demostración es inmediata ya que por la definición 1 se tiene
L{eat f(t)} =
∫
∞
0
e−st eat f(t)dt =
∫
∞
0
e−(s − a)t f(t)dt = F(s − a) .
Por consiguiente, si ya se conoce L{f(t)} = F(s) se puede calcular L{eat f(t)} sin
otro esfuerzo adicional que al trasladar, o cambiar, F(s) por F(s − a) .
Ejemplo 10. Calcule L{e5t t3 } .
Solución. Los resultados se desprenden del teorema 6. L{e5t t3 } =
6
(s − 5)4
.
Ejemplo 11. Calcule L{e−2t cos(4t)} .
Solución. L{e−2t cos(4t)} =
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s+2
(s + 2)2 + 16
.
6
La forma recíproca del teorema 6 puede escribirse como eat f(t) = L−1 {F(s − a)} .
s


Ejemplo 12. Calcule L−1  2
.
 s + 6s + 11 
Solución.


s
s
s+3
3



 s + 3 − 3 

−1 
−1 
−1 
L−1  2
−
=L 
=L 
=L 

2
2
2
2
 s + 6s + 11 
(s + 3) + 2 
 (s + 3) + 2 
(s + 3) + 2 (s + 3) + 2 



s+3
1
3 −3t

−1 
−3t
= L−1 
e sen( 2t)
 − 3L 
 = e cos( 2t) −
2
2
2
 (s + 3) + 2 
(s + 3) + 2 
1
 1

Ejemplo 13. Determine L−1 
+ 2
.
3
s + 2s − 8 
 (s − 1)
Solución.
 1

 1 −1  2!  1 −1 

1
1
3
 1
−1 
L−1 
+ 2
+
L 
=L 
=
+ L 

3
3
2
3
2
s + 2s − 8 
(s + 1) − 9  2!
 (s − 1)
(s − 1)
 (s − 1)  3
 (s + 1) − 9 
1
1
= et t2 + e− t senh(3t)
2
3
En ingeniería se encuentran a menudo funciones que pueden “conectarse” o
“desconectarse”. Por ejemplo, una fuerza exterior que actúa sobre un sistema
mecánico o un voltaje suministrado a un circuito pueden ser desconectados después de
un cierto período. Es por lo tanto, conveniente definir una función especial llamada
función escalón unitaria.
0 0 ≤ t < a
Definición 3. La función U(t − a) se define como U (t − a) = 
.
t≥a
1
La función escalón unitaria, al ser combinada con otras funciones definidas
para t ≥ 0 , “trunca” una parte de sus gráficas. Por ejemplo,
0 ≤ t < 2π
 0
.
f(t) = sen(t)U (t − 2π) = 
sent
t ≥ 2π

En el teorema 6 se vió que el multiplicar f(t) por una exponencial, genera un
cambio o traslación de la transformada F(s). Con el próximo teorema se verá que cada
vez que F(s) se multiplica por una función exponencial apropiada, la gráfica de f(t) no
solo se traslada sino que además una porción de la misma queda truncada.
TEOREMA 7 (SEGUNDO TEOREMA DE TRASLACIÓN). Si a > 0 , entonces
L{f(t − a)U (t − a)} = e−asL{f(t)} = e−asF(s) .
Demostración. De la definición 1 se tiene
L{f(t − a)U (t − a)} =
∫
a
0
e−st f(t − a)U (t − a)dt +
∫
∞
a
e−st f(t − a)U (t − a)dt =
∫
∞
a
e−st f(t − a)dt .
Ahora bien, sea v = t − a , dv = dt ; entonces
José Luis Quintero
7
L{f(t − a)U (t − a)} =
∫
∞
0
e−s(v + a)f(v)dv = e−as
{
}
L {t } = e
∫
∞
e−sv f(v)dv = e−asL {f(t)} .
0
Ejemplo 14. Evalúe L (t − 2)3U (t − 2) .
{
}
Solución. L (t − 2)3U (t − 2) = e−2s
3
−2s
3!
s4
6
= e−2s
s4
.
Ejemplo 15. Evalúe L {U(t − 5)} .
Solución. L {U (t − 5)} = e−5s L {1} =
e−5s
.
s
Ejemplo 16. Determine L {sentU (t − 2π)} .
Solución. L {sentU (t − 2π)} = L {sen(t − 2π)U (t − 2π)} = e−2πs L {sent} =
e−2 πs
s2 + 1
{
.
}
La forma recíproca del teorema 7 es f(t − a)U (t − a) = L−1 e−asF(s) , en donde
−1
a > 0 y f(t) = L
{F(s)} .
 e−πs / 2 
Ejemplo 17. Calcule L−1  2
.
 s + 9 
 e−πs / 2  1
π  
π 1
π


Solución. L−1  2
 = sen  3(t − )  U  t −  = cos(3t)U  t −  .
2  
2 3
2


 s + 9  3
6.7. DERIVADAS DE UNA TRANSFORMADA
Si F(s) = L {f(t)} y si se supone que es posible intercambiar el orden de
derivación y el de integración, entonces
∞ ∂
d
d ∞ −st
e−st f(t)dt  = −
F(s) =
e f(t)dt =

ds
ds 0
0 ∂s 
∫
Esto es, L {tf(t)} = −
{
}
∫
∫
∞
0
e−st tf(t)dt = −L {tf(t)} .
d
L {f(t)} . Análogamente,
ds
L t2 f(t) = L {t.tf(t)} = −
d
d  d
d2

L {tf(t)} = −
−
L {f(t)}  =
L {f(t)} .

ds
ds  ds
 ds2
Los dos casos precedentes sugieren el siguiente teorema:
{
}
TEOREMA 8. Para n = 1, 2, 3, ... L tnf(t) = (−1)n
F(s) = L {f(t)} .
José Luis Quintero
dn
dsn
L {f(t)} = (−1)n
dn
dsn
F(s) , en donde
8
{ }
d
d  1 
1
Solución. L {te } = −
L {e } = −
=


ds
ds  s − 3  (s − 3)
Ejemplo 18. Calcule L te3t .
3t
3t
2
{
.
}
Ejemplo 19. Calcule L t2sen(kt) .
Solución.
{
}
L t2sen(kt) =
d2
L {sen(kt)} = −
2
ds
{
 6ks2 − 2k 3
d
d 
2ks
.
L {tsen(kt)} = −
 2
=
2
2
ds
ds  (s + k )  (s2 + k2 )3
}
Ejemplo 20. Calcule L te− t cos t .
{
}
Solución. L te− t cos t = −

d
d 
s +1
(s + 1)2 − 1
.
L e− t cos t = −
=


ds
ds  (s + 1)2 + 1  (s + 1)2 + 1


{
}
6.8. TRANSFORMADAS DE DERIVADAS
El objetivo inmediato de este tema es aplicar la transformada de Laplace para
resolver ecuaciones diferenciales. Para ello, se necesitan evaluar cantidades como
 d2 y 
 dy 
L   y L  2  . Si f’ es continua para t ≥ 0 , por integración por partes, entonces
 dt 
 dt 
L {f '(t)} =
∫
∞
0
e−st f '(t)dt = e−st f(t)
o sea L {f '(t)} = sF(s) − f(0) .
∞
0
+s
∫
∞
0
e−st f(t)dt = −f(0) + sL {f(t)}
Se supuso que e−st f(t) → 0 cuando t → ∞ . De igual modo, se tiene:
L {f ''(t)} =
∫
∞
e−st f ''(t)dt = e−st f '(t)
0
∞
0
+s
∫
∞
0
e− st f '(t)dt = −f '(0) + sL {f '(t)} = s sF(s) − f(0) − f '(0)
o sea L {f ''(t)} = s2F(s) − sf(0) − f '(0) .
Se observa la naturaleza recursiva de la transformada de Laplace de las
derivadas. El siguiente teorema define la transformada de Laplace de la n-ésima
derivada de f.
TEOREMA 9. Si f, f ',..., f(n −1) son continuas en 0, ∞ ) , son de orden exponencial y si
f (n)(t) es continua por tramos en 0, ∞ ) , entonces
{
}
L f (n) (t) = snF(s) − s(n −1)f(0) − s(n − 2)f '(0) − ... − f (n −1)(0) ,
donde F(s) = L {f(t)} .
José Luis Quintero
9
Ejemplo 21. Calcule L {kt cos(kt) + sen(kt)} .
Solución.


2ks
d

 d

L {kt cos(kt) + sen(kt)} = L  (tsen(kt) = sL {tsen(kt)} = s  −
L {sen(kt)} = s  2
2 2
dt
ds




 (s + k ) 
=
2ks2
(s + k2 )2
2
Ejemplo 22. Sea f una función continua a trozos y de orden exponencial en [0, ∞) .
Demuestre que L-1 {s.F '(s)} = −f(t) − t.f '(t) .
d
d
L {f '(t)} = −
[s.F(s) − f(0)] = −F(s) − sF '(s) , entonces,
ds
ds
t.f '(t) = −f(t) − L-1 {s.F '(s)} de donde L-1 {s.F '(s)} = −f(t) − t.f '(t) .
Solución. L {t.f '(t)} = −
6.9. CONVOLUCIÓN
Definición 4. Si dos funciones f y g son continuas parte por parte para t ≥ 0 entonces
su convolución, denotada por f ∗ g , está definida mediante la integral dada por
f ∗g =
∫
t
0
f(τ)g(t − τ)dτ .
Ejemplo 23. La convolución de f(t) = et y g(t) = sen(t) es
et ∗ sen(t) =
∫
t
0
eτ sen(t − τ)dτ =
1
(−sen(t) − cos(t) + et ) .
2
Es posible obtener la transformada de Laplace de la convolución de dos
funciones, como la dada con la fórmula de la definición 4, sin que se tenga que evaluar
en realidad la integral. El siguiente resultado se conoce como teorema de la
convolución.
TEOREMA 10. Sean f(t) y g(t) continuas parte por parte para t ≥ 0 y de orden
exponencial. Entonces L {f ∗ g} = L {f(t)} L {g(t)} = F(s)G(s) .
Observación 1. La convolución de f y g es conmutativa, es decir, f ∗ g = g ∗ f .
Observación 2. Cuando g(t) = 1 y G(s) = 1 / s , el teorema de la convolución implica

que la transformada de Laplace de la integral de una función f es L 


Ejemplo 24. Calcule L 


Solución. L 

∫
∫
t
0
∫
 F(s)
.
f(τ)dτ =
s
0

t

eτsen(t − τ)dτ .

{ }

1
1
1
.
eτsen(t − τ)dτ = L et L {sent} =
. 2
=
s − 1 s + 1 (s − 1)(s2 + 1)
0

t
José Luis Quintero
10
A veces, el teorema de la convolución es útil para encontrar la transformada
inversa de Laplace de un producto de dos transformadas de Laplace. En virtud del
teorema 10 se tiene que f ∗ g = L−1 {F(s)G(s)} .
Ejemplo 25. Demuestre que 1 ∗ 1 ∗
Solución. 1 ∗ 1 =
(1 ∗ 1 ∗ 1) ∗ 1 =
1 ∗1∗
∫
∗1 =
...
...
∗1 =
t
tn −1
, n ≥ 2.
(n − 1)!
t
, (1 ∗ 1) ∗ 1 = t ∗ 1 =
dτ = t =
1!
0
t2
∗1 =
2
(n factores)
(n factores)
∫
t
0
τ2
τ3
dτ =
2
6
t
∫
τ2
τdτ =
2
0
t
t
=
0
t2
t2
=
,
2
2!
t3
t3
=
. Al generalizar se tiene que:
6
3!
=
0
n −1
t
, n ≥ 2.
(n − 1)!
Ejemplo 26. Determine la transformada de Laplace de f(t) = e2t
∫
t
0
u.senudu + g(t) ,
donde g(t) = sen(t) 1 − U (t − π) + tU (t − π) .

Solución. L {f(t)} = L e2t

Sea h(t) =
∫

u.senudu + L {g(t)} , usando propiedad de linealidad.
0

t
t
∫
u.senudu , entonces:
0

L {h(t)} = L 

∫
t
0

1 1
d
1
1
d
L {senu}. = . −
. 2
u.senudu = L {u.senu}. = −
s
s
ds
s
ds
s
+1

2
.
= 2
(s + 1)2
t


2
.
Luego L e2t u.senudu =
2
2
0

 ((s − 2) + 1)
L {g(t)} = L {sen(t)} − L {sen(t)U (t − π)} + L {tU (t − π)}
∫
L {g(t)} =
1
s2 + 1
−
e−πs
(s + π)2 + 1
Por lo tanto: L {f(t)} =
+
e−πs
(s + π)2
2
((s − 2)2 + 1)2
1
+
s2 + 1
−
e−πs
(s + π)2 + 1
+
e−πs
(s + π)2
.


1
.
(s
−
1)(s
+
4)


Ejemplo 27. Determine L−1 
Solución. Sería posible usar fracciones parciales, pero si F(s) =
1
1
y G(s) =
s+4
s −1
entonces L−1 {F(s)} = f(t) = et y L−1 {G(s)} = g(t) = e−4t . Por lo tanto se puede escribir

1

L−1 
=
(s
−
1)(s
+
4)


José Luis Quintero
∫
t
0
f(τ)g(t − τ)dτ =
∫
t
0
eτe−4(t − τ)dτ = e−4t
∫
t
0
e5τ dτ = e−4t
t
1 5τ
1
1
e
= et − e−4t .
5
5
5
0
11

1

Ejemplo 28. Evalúe L−1 
.
2
2 2
(s + k ) 
1
1
 k
 1
Solución. Sea F(s) = G(s) = 2
de modo que f(t) = g(t) = L−1  2
 = sen(kt) .
k
s + k2
 s + k2  k
Por consiguiente,
1
1


L−1  2
= 2
2 2
(s
+
k
)
k


t
∫
sen(kτ)sen(k(t − τ))dτ =
0
1
2k
2
∫
t
0
cos(k(2τ − t) − cos(kt  dτ
t
=
1 1
sen(kt) − kt cos(kt)

sen(k(2τ − t)) − τ cos(kt) =

2k2  2k
2k3
0
6.10. DIVISIÓN POR T
TEOREMA 11. Si f(t) es continua parte por parte para t ≥ 0 y de orden exponencial y
∞
f(t)
 f(t) 
si existe lím
y es finito, entonces L 
F(σ)dσ , donde F(s) = L {f(t)} .
=
+
t
s
t →0
 t 
∫
Ejemplo 29. Determine L 

sen(t) 
.
t 
Solución. Se puede ver que lím
t → 0+
 sen(t) 
L
=
 t 
∫
∞
s
∫
∞
s
sen(t)
= 1 . Se tiene entonces que:
t
L {sen(t)} ds =
∫
∞
s
dσ
σ2 + 1
∞
= arctg(σ) s =
π
− arctg(s) .
2
El resultado puede escribirse de otra forma, como sigue:
b dσ
b−s 
 b−s 

1
= lím
= lím(arctg(b) − arctg(s)) = lím arctg 
= arctg  lím
= arctg  


2
2
b →∞
σ + 1 b →∞ s σ + 1 b →∞
 1 + bs 
 b →∞ 1 + bs 
s
dσ
∫
Ejemplo 30. Calcule L
-1 

1
s.arctg   − 1 .
s


Solución.



s 
1
1
 1 
−1 
f(t) = L−1 s.arctg   − 1 ⇒ t.f(t) = −L−1 arctg   − 2
 = cos(t) − L arctg   
s
 s  s + 1
 s 





 1 
 1 
g(t) = L−1 arctg    ⇒ t.g(t) = L−1  2
 = sen(t)
 s 
 s + 1

sen(t) t.cos(t) − sen(t)
t.cos(t) − sen(t)
Por tanto t.f(t) = cos(t) −
=
⇒ f(t) =
.
t
t
t2
6.11. TRANSFORMADA DE UNA FUNCIÓN PERIÓDICA
Si una función periódica tiene período T, siento T > 0 , entonces f(t + T) = f(t) .
La transformada de Laplace de una función periódica puede obtenerse integrando
sobre un período.
José Luis Quintero
12
TEOREMA 12. Sea f(t) continua parte por parte para t ≥ 0 y de orden exponencial. Si
T
1
f(t) es periódica de período T, entonces L {f(t)} =
e− st f(t)dt .
−sT
0
1−e
∫
Demostración. La transformada de Laplace puede ser escrita como
L {f(t)} =
∫
T
e− st f(t)dt +
0
∫
∞
e− st f(t)dt .
T
Haciendo t = u + T , la última integral se transforma en
∫
∞
e− st f(t)dt =
T
∫
∞
e−s(u + T)f(u + T)du = e− sT
0
∞
∫
∫
0
Despejando L {f(t)} resulta L {f(t)} =
1
1−e
−sT
e−suf(u)du = e−sT L {f(t)} .
T
e−st f(t)dt .
0
Ejemplo 31. Halle la transformada de Laplace de la función periódica dada por
t 0 ≤ t < 1
.
f(t) = 
0 1 ≤ t < 2
Solución.
L {f(t)} =
=
1
1 − e−2s
∫
2
e−st f(t)dt =
0
1 − (s + 1)e
1
1 − e−2s



∫
1
e−st tdt +
0
∫
2
1
 e − s 1 − e− s 

1
e−st 0dt  =
−
+

−2s 
s2 
 s
 1−e
−s
s2 (1 − e−2s )
6.12. APLICACIONES A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES
{
}
Puesto que L y(n) (t) , n > 1 , depende de y(t) y sus n − 1 derivadas calculadas
en t = 0 , la transformada de Laplace es especialmente adecuada para resolver
problemas de valor inicial para ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes
constantes. Esta clase de ecuación diferencial puede ser reducida a una ecuación
algebraica en la función transformada Y(s). para ver esto, considere el problema de
valor inicial
dny
dn −1y
dy
−1)
,
+ a0 y = g(t) , y(0) = y0 , y '(0) = y'0 , ... , y(n −1) (0) = y(n
an n + an −1 n −1 + ... + a1
0
dt
dt
dt
−1)
son constantes.
en donde ai , i = 0,1,...,n y y0 , y'0 , ..., y(n
0
Por la linealidad de la transformada de Laplace se puede escribir
n −1
 dny 
 d y 
anL  n  + an −1L  n −1  + ... + a0 L {y} = L {g(t)} .
 dt 
 dt

Usando el teorema 9, la expresión anterior se transforma en
an sn Y(s) − sn −1y(0) − ... − y(n −1)(0) + an −1 sn −1 Y(s) − sn − 2 y(0) − ... − y(n − 2) (0) + ... + a0 Y(s) = G(s)




o bien
José Luis Quintero
13
−1) 
− 2) 
ansn + an −1sn −1 + ... + a0  Y(s) = an sn −1y0 + ... + y(n
+ an −1 sn − 2 y0 + ... + y(n
+ ... + G(s)
0
0






en donde Y(s) = L {y(t)} y G(s) = L {g(t)} . Despejando Y(s) se encuentra y(t) calculando
la transformada inversa y(t) = L−1 {Y(s)} .
Ejemplo 32. Use la transformada de Laplace para resolver el problema de valor inicial
dy
+ 3y = 13sen(2t), y(0) = 6 .
dt
Solución. Primero se calcula la transformada de cada término de la ecuación
dy
dy
diferencial: L   + 3L {y} = 13L {sen2t} . Se sabe que L   = sY(s) − y(0) = sY(s) − 6 ,
dt
 
 dt 
26
2
. De modo que: sY(s) − 6 + 3Y(s) = 2
. Al despejar Y(s) se tiene:
L {sen2t} = 2
s +4
s +4
Y(s) =
6s2 + 50
(s + 3)(s + 4)
2
. Se expresa:
6s2 + 50
(s + 3)(s + 4)
2
=
A
Bs + C
8
−2s + 6
+
=
+ 2
.
s + 3 s2 + 4 s + 3
s +4
s 
2 
 1 
−1 
−1 
Finalmente: y(t) = 8L−1 
 − 2L  2
 + 3L  2
.
s + 3
s + 4 
s + 4 
Como consecuencia, la solución del problema de valor inicial es
y(t) = 8e−3t − 2 cos(2t) + 3sen(2t) .
Ejemplo 33. Resuelva y ''− 3y '+ 2y = e−4t , y(0) = 1, y '(0) = 5 .
 d2 y 
 dy 
Solución. L 
− 3L   + 2L {y} = L e−4t .
2
 dt 
 dt 
{ }
s2 Y(s) − sy(0) − y '(0) − 3 sY(s) − y(0) + 2Y(s) =
Y(s) =
s+2
s2 − 3s + 2
+
1
(s2 − 3s + 2)(s + 4)
De modo que: y(t) = L−1 {Y(s)} = −
=
1
s+4
s2 + 6s + 9
(s − 1)(s − 2)(s + 4)
16 t 25 2t
1 −4t
e +
e +
e .
5
6
30
6.13. ECUACIÓN INTEGRAL
El teorema de la convolución es útil para resolver otros tipos de ecuaciones en
las que aparece una función incógnita bajo un signo de integral. En el ejemplo
siguiente se obtiene f(t) resolviendo una ecuación integral dada por la forma
f(t) = g(t) +
∫
t
0
f(τ)h(t − τ)dτ . Las funciones g(t) y h(t) son conocidas.
Ejemplo 34. Obtenga f(t) si f(t) = 3t2 − e− t −
{ } { }
∫
{ }
t
0
f(τ)et − τdτ .
Solución. L {f(t)} = 3L t2 − L e−t − L {f(t)} L et
F(s) = 3.
2
3
s
−
1
1
1 
6
1
s
6
1

− F(s).
⇒ 1 +
 F(s) = 3 − s + 1 ⇒ s − 1 F(s) = 3 − s + 1
s +1
s −1
s
−
1
s
s


José Luis Quintero
14
F(s) =
6(s − 1)
s4
−
s −1
6
6 1
2
. Por lo tanto,
=
−
+ −
s(s + 1) s3 s4 s s + 1
 2! 
 3! 
1 
 1 
2
3
−t
f(t) = 3L−1  3  − L−1  4  + L−1   − 2L−1 
 = 3t − t + 1 − 2e .
s
s
+
1
s 
s 
 


6.14. FUNCIÓN DELTA DE DIRAC
A menudo, los sistemas mecánicos están sometidos a una fuerza exterior (o a
una tensión aplicada en el caso de los circuitos eléctricos) de gran magnitud que
solamente actúa durante un tiempo muy corto. Por ejemplo, una descarga eléctrica
podría caer sobre el ala ya vibrante de un avión o a un peso sujeto a un resorte podría
dársele un golpe seco con un martillo, o bien una pelota de golf inicialmente en reposo
podría ser enviada velozmente a los aires al ser golpeada con violencia por un bastón o
 1 t − t0 < a
palo de golf. La función δa(t − t0 ) =  2a
puede servir de modelo matemático
 0 t − t0 ≥ a
para tal fuerza. Para valores de a, δa(t − t0 ) es esencialmente una función constante de
gran magnitud que está “conectada” o “activada” solo por un corto intervalo de tiempo
en torno a t0 . A la función δa(t − t0 ) se le llama impulso unitario ya que tiene la
propiedad de integración
∫
∞
−∞
δa(t − t0 )dt = 1 .
En la práctica es conveniente trabajar con otro tipo de impulso unitario, que es
una “función” que se aproxima a δa(t − t0 ) y está definida por el límite dado por
δ(t − t0 ) = lím δa(t − t0 ) . Esta última expresión, la cual en realidad no es una función, se
a→ 0
puede caracterizar mediante las dos propiedades siguientes:
∞
∞ t = t0
a. δ(t − t0 ) = 
b.
δ(t − t0 )dt = 1 .
−∞
 0 t ≠ t0
∫
A la expresión δ(t − t0 ) se le denomina función delta de Dirac y fue creada
por el físico británico Paul A.M. Dirac. Es posible obtener la transformada de Laplace de
δ(t − t0 ) mediante la suposición formal L {δ(t − t0 )} = lím L {δa (t − t0 )} . Sabiendo que
a→ 0
e − e
L {δa(t − t0 )} = e−st0 

2sa

sa
− sa

 entonces aplicando la regla de L’Hospital:

 esa − e−sa 
− st
lím L {δa(t − t0 )} = e−st0 lím 
 = e 0 .
a→ 0
a→ 0 
2sa


De esta manera se define L {δ(t − t0 )} = e−st0 . Ahora bien, es razonable concluir
de lo anterior que cuanto t0 = 0 se tiene L {δ(t)} = 1 . Este último resultado destaca el
hecho de que δ(t) no es una función ordinaria puesto que se espera que L {f(t)} → 0
cuando s → ∞ .
José Luis Quintero
15
Ejemplo 35.
Resuelva y ''+ y = δ(t − 2π) sujeta a
(a). y(0) = 1, y '(0) = 0
(b). y(0) = 0, y '(0) = 0
Solución. Estos dos problemas de valores iniciales podían servir como modelos para
describir el movimiento de una masa sujeta a un resorte que tiene lugar en un medio
en el cual la amortiguación es insignificante. En t = 2π segundos la masa recibe un
golpe seco. En (a) la masa se suelta desde el reposo, en un punto que está 1 unidad
debajo de la posición de equilibrio. En (b) la masa está en reposo en la posición de
equilibrio.
(a). La transformada de Laplace de la ecuación diferencial es s2 Y(s) − s + Y(s) = e−2 πs o
bien Y(s) =
s
+
e−2πs
. Usando el segundo teorema de traslación se tiene que,
s2 + 1 s2 + 1
y(t) = cos(t) + sen(t − 2π)U (t − 2π) . Puesto que sen(t − 2π) = sen(t) , la solución anterior
cos t
0 ≤ t < 2π

se puede escribir como y(t) = 
.
cos
t
sent
t ≥ 2π
+

(b) En este caso la transformada de la ecuación es simplemente Y(s) =
e−2 πs
s2 + 1
y por lo
0 ≤ t < 2π
 0
tanto y(t) = sen(t − 2π)U (t − 2π) = 
.
sent
t ≥ 2π

Ejemplo 36. Encuentre la solución de la ecuación integro-diferencial
y '(t) +
∫
t
0
y(u)e2(t −u)du = et (1 + δ(t − 2))
,
y(0) = 0 .
Solución. Usando transformada de Laplace se tiene:
L {y '(t)} = sY(s) − y(0) = sY(s) , usando transformada de una derivada.

L


Y(s)
, por convolución.
y(u)e2(t-u)du = L {y(t) ∗ e2t } = L {y(t)} L {e2t } =
s−2
0

1
L {et (1 + δ(t − 2))} = L {et + et δ(t − 2)} = L {et } + L {et δ(t − 2)} =
+ e−2(s −1) ,
s −1
∫
t
usando propiedades. En consecuencia:
Y(s)
1
1 
1

sY(s) +
=
+ e−2(s −1) ⇒  s +
Y(s) =
+ e−2(s −1)
s −2 s −1
s − 2 
s −1

1
 s(s − 2) + 1 
−2(s −1)
⇒
 Y(s) = s − 1 + e
s
−
2


 (s − 1)2 
1
Y(s) =
⇒
+ e−2(s −1)
 s − 2 
s
−
1


s−2
s − 2 −2(s −1)
⇒ Y(s) =
+
e
3
(s − 1)
(s − 1)2
(s − 1) − 1
(s − 1) − 1 −2s
⇒ Y(s) =
+ e2
e
3
(s − 1)
(s − 1)2
⇒ Y(s) =
Entonces: L-1 {Y(s)} = t.et −
José Luis Quintero
1
(s − 1)
2
−
1
2
e−2s
e.− 2s
.
+ e2 .
− e2 .
3
2 (s − 1)
s −1
(s − 1)2
1 2 t
t e + e2et − 2u(t − 2) − e2 (t − 2)et − 2u(t − 2) .
2
16
t

= t.et 1 −  + etu(t − 2) − (t − 2)etu(t − 2) = et (t(1 − 2t ) + u(t − 2)(3 − t)) .
2

Ejemplo 37. Resuelva la ecuación dada por 2y '(t) +
sujeta a las condiciones y(0) =
∫
∞
0
∫
t
0
y '''(t − τ)dτ + y(t) = δ(t − 1)
e−3t sen2 (2t)
dt , y '(0) = y ''(0) = 0 .
t
Solución.
 t

L {2y '(t)} + L  y '''(t − τ)dτ  + L {y(t)} = L {δ(t − 1)}
 0

L {2y '(t)} = 2L {y '(t)} = 2 sY(s) − y(0)
∫

L

∫

y ''(0)
y '''(t − τ)dτ = L {y '''(t) ∗ 1} = L {y '''(t)} L {1} = s2 Y(s) − sy(0) − y '(0) −
s
0

t
= s2 Y(s) − sy(0)
L {y(t)} = Y(s)
L {δ(t − 1)} = e−s
Por lo tanto

L {2y '(t)} + L 

∫

y '''(t − τ)dτ + L {y(t)} = L {δ(t − 1)}
0

t
2 sY(s) − y(0) + s2 Y(s) − sy(0) + Y(s) = e−s
−s
(s + 2)y(0)
s2 + 2s + 1 Y(s) = e−s + (s + 2)y(0) ⇒ Y(s) = e
+
2


(s + 1)
(s + 1)2
−s
 1
 1 

 e

−1 
y(t) = L−1 {Y(s)} = L−1 
+ y(0)L−1 
 + y(0)L 

2
2
 s + 1
 (s + 1) 
(s + 1) 
y(t) = e− t tU (t − 1) + y(0)(e−t + e− t t)
y(0) =
lím
t → 0+
{
∫
∞
0
 sen2 (2t) 
e−3t sen2 (2t)
dt = F(3) , donde F(s) = L 
.
t
t


sen2 (2t)
sen2 (2t)
= lím 4t.
= 0.
t
4t2
t → 0+
}
1
1 1
s
1 − cos(4t)  1

L sen2 (2t) = L 
 = L {1} − L {cos(4t)} =  − 2
2
2
2  s s + 16 

 2
 sen2 (2t)  1
L
=
t

 2
∫
∞
s
∞
σ
1
1
1


2
σ − 2
 dσ = 2  ln(σ) − 2 ln(σ + 16) 
σ + 16 


s
∞
=

1 
σ
1  s2 + 16 

ln 
 = ln 

2  σ2 + 16 
2 
s


s
Por tanto, y(0) =
∫
∞
0
e−3t sen2 (2t)
1 5
dt = ln   .
t
2 3
En consecuencia, y(t) = e− t tU (t − 1) +
José Luis Quintero
1  5  −t
ln
(e + e−t t)
2  3 
17
6.15. PROBLEMAS PROPUESTOS
1. Para los siguientes problemas, use la definición para encontrar L {f(t)} :
a.
b.
 −1 0 < t < 1
f(t) = 
t ≥1
1
t 0 < t < 1
f(t) = 
t ≥1
1
c.
f(t) = et + 7
d.
f(t) = te4t
e.
f(t) = e−t sent
f.
f(t) = t cos t
2. La función gamma se define de la forma Γ(α) =
{ }
que L t α =
Γ(α + 1)
α +1
s
∫
∞
0
t α −1e− t dt , α > 0 . Demuestre
{
}
, α > −1 y use este resultado para evaluar L t −1 / 2 .
3. Demuestre que la función 1 / t2 no tiene transformada de Laplace. (Sugerencia.
Considere
L {f(t)} =
∫
1
0
e−st f(t)dt +
impropia para demostrar que
∫
1
∫
∞
e−st f(t)dt .
Use
la
definición
de
integral
1
e−st f(t)dt no existe).
0
4. Usando la tabla de transformadas, calcule L {f(t)} en cada caso:
a.
b.
f(t) = t5
f(t) = 4t − 10
c.
f(t) = t2 + 6t − 3
d.
f(t) = (t + 1)3
e.
f(t) = 1 + e4t
f.
f(t) = (1 + e2t )2
g.
f(t) = 4t2 − 5sen(3t)
h.
f(t) = et senh(t)
i.
f(t) = sen(2t) cos(2t)
j.
f(t) = cos(t) cos(2t)
k.
f(t) = te10t
l.
f(t) = t3e−2t
m. f(t) = et sen(3t)
n.
f(t) = e5t senh(3t)
o.
f(t) = t(et + e2t )2
p.
q.
f(t) = e− t sen2 (t)
f(t) = (t − 1)U (t − 1)
José Luis Quintero
18
r.
f(t) = tU (t − 2)
s.
f(t) = cos(2t)U (t − π)
t.
f(t) = t.cos(2t)
u.
f(t) = t2senh(t)
v.
f(t) = te2t sen(6t)
t
∫ e cos(τ)dτ
f(t) =
∫ τe dτ
f(t) = t sen(τ)dτ
∫
w. f(t) =
−τ
0
t
x.
t −τ
0
t
y.
0
z.
f(t) = 1 ∗ t3
aa. f(t) = t2 ∗ t 4
bb. f(t) = e−t ∗ et cos(t)
cc. f(t) =
senh(t)
t
dd. f(t) =
e−bt − e−at
t
ee. f(t) =
sen2 (t)
t
5. Usando la tabla de transformadas, calcule L−1 {f(t)} en cada caso:
a.
F(s) =
b.
F(s) =
c.
F(s) =
d.
F(s) =
e.
F(s) =
f.
F(s) =
g.
F(s) =
h.
F(s) =
i.
F(s) =
j.
F(s) =
k.
F(s) =
1
s3
(s + 1)3
s4
1
2
s
1
1
+
s s−2
−
1
4s + 1
4s
4s2 + 1
1
s2 − 16
2s − 6
s2 + 9
1
s2 + 3s
s
s2 + 2s − 3
2s + 4
(s − 2)(s2 + 4s + 3)
1
s (s + 4)
2
2
José Luis Quintero
19
l.
F(s) =
m. F(s) =
s
(s + 4)(s + 2)
2
1
(s + 2)3
1
n.
F(s) =
o.
F(s) =
p.
F(s) =
q.
F(s) =
r.
F(s) =
s.
F(s) =
t.
F(s) =
u.
F(s) =
v.
s − 3
F(s) = ln 

 s + 1
w. F(s) =
x.
y.
z.
s − 6s + 10
s
2
s2 + 4s + 5
s
(s + 1)2
2s − 1
s2 (s + 1)3
e−2s
s3
e−πs
s2 + 1
e− s
s(s + 1)
s
(s2 + 1)2
π
s
− arctg  
2
2
1
s(s + 1)
1
F(s) =
(s + 1)(s − 2)
s
F(s) = 2
(s + 4)2
F(s) =
6. Escriba la función dada en términos de la función escalón unitaria. Encuentre la
transformada de cada función.
2 0≤t <3
a. f(t) = 
t≥3
 −2
b.
c.
 0 0 ≤ t < 1
f(t) =  2
t ≥1
t
t 0 ≤ t < 2
f(t) = 
t≥2
0
7. Demuestre la propiedad distributiva de la integral de convolución dada por
f ∗ (g + h) = f ∗ g + f ∗ h .
José Luis Quintero
20
8. Si F(s) = L {f(t)} , pruebe que L {f(t) cosh(at)} =
para encontrar L {sen(kt) cosh(at)} .
1
F(s − a) + F(s + a) . Use el resultado
2
9. Si a > 0 , demuestre que L {f(at)} = (1 / a)F(s / a) .
10. Si f(t) es continua a trozos y de orden exponencial, demuestre que se cumple la
0
 t

expresión L  f(τ)dτ  = F(s) / s + (1 / s)
f(τ)dτ ( a > 0 ) en donde F(s) = L {f(t)} .
a
 a

∫
∫
11. Demuestre que t ∗ U (t − a) =
1
(t
2
− a)2 U (t − a) .
 2s

.
12. Determine L−1  2
2
 (s − 1) 
13. Use la transformada de Laplace para resolver la ecuación diferencial dada sujeta a
las condiciones iniciales que se indican:
a. y '− y = 1 y(0) = 0
d.
y '+ 4y = e−4t y(0) = 2
y ''+ 5y '+ 4y = 0 y(0) = 1
y ''− 6y '+ 9y = t y(0) = 0
e.
y ''− 4y '+ 4y = t3e2t
f.
y ''+ y = sen(t)
g.
y ''− y ' = et cos(t)
b.
c.
y '(0) = 0
y '(0) = 1
y(0) = 0
y(0) = 1
y(0) = 0
−t
y '(0) = 0
y '(0) = −1
y '(0) = 0
h.
2y '''+ 3y ''− 3y '− 2y = e
i.
0 0 ≤ t < 1
y '+ y = f(t) , en donde f(t) = 
t ≥1
5
j.
y ''+ 4y = f(t) , en donde f(t) = sen(t)U (t − 2π), y(0) = 1,
k.
l.
y(0) = 0
y '(0) = 0
y ''(0) = 1
y(0) = 0
y '(0) = 0
π
3π 


, y(0) = 0 , y '(0) = 0
y ''+ y = δ  t −  + δ  t −
2
2 


y ''+ 4y '+ 13y = δ(t − π) + δ(t − 3π) , y(0) = 1 , y '(0) = 0
14. Use la transformada de Laplace para resolver la ecuación integral o integro-
diferencial dada:
a.
b.
c.
f(t) +
∫
t
0
(t − τ)f(τ)dτ = t
f(t) = tet +
∫
t
0
τf(t − τ)dτ
y '(t) = 1 − sent −
∫
t
0
y(τ)dτ ,
y(0) = 0
 esa − e−sa 
15. Demuestre que L {δa(t − t0 )} = e−st0 
 .

2sa


José Luis Quintero
21
16. Una viga uniforme de longitud L soporta una carga concentrada P0 en x = L / 2 . La
viga está empotrada en su extremo izquierdo y libre en su extremo derecho. Use la
transformada de laplace para determinar la deflexión y(x) a partir de la ecuación
d4 y
L

K
= P0 δ  x −  , y(0) = 0 , y '(0) = 0 , y ''(L) = 0 , y '''(L) = 0 .
4
2
dx

17. Calcule las siguientes integrales impropias:
a.
b.
c.
d.
∫
∫
∫
∫
∞
te−10t cos(t)dt
0
e−5t − e−3t
dt
t
0
∞ cos(at) − cos(bt)
dt ,
t
0
∞
∞
0
a y b constantes positivas
e−t sen2 (t)
dt
t
José Luis Quintero
22
RESPUESTAS A LOS PROBLEMAS PROPUESTOS
1. a.
4. a.
2 −s 1
e −
s
s
120
4
b.
6
1
b.
s
−
2
−
2
s
s
1
2
1
f. +
+
s s−2 s−4
1
2
s
10
s
g.
s.
1
(s − 2)2
+
se−πs
2
(s − 3)2
x.
5. a.
f.
t2
2
senh(4t)
4
3
s
(s − 4)2
l.
y.
2
e−t 8e2t e−3t
+
−
3
15
5
m.
t2e−2t
2
k.
n. e3t sen(t)
q. 5 − t − 5e− t − 4te− t −
y. −
6
+
3
6
3
2
m.
e.
2
s2 − 1
(s2 + 1)2
1
1
+
s s−4
2
i.
s + 16
3
2
(s − 1)2 + 9
q.
(s − 2)2 + 36 


s (s + 1)
2
s + 2s + 2
1
s
+
f.
2
n.
e−s
r.
s2
3
(s − 5)2 − 9
e−2s
s2
+2
e−2s
s
12s − 24
3s2 + 1
ee.
2
6
z.
5
s
aa.
2
48
8
s
bb.
s −1
(s + 1) (s − 1)2 + 1


1 
4
ln 1 + 2 
4 
s 
c. t − 1 + e2t
t sen(2t)
−
4
8
h.
l.
d.
e− t / 4
4
1 e−3t
−
3
3
t
e. cos  
2
i.
3e−3t et
+
4
4
e−2t cos(2t) sen(2t)
+
+
4
4
4
o. e−2t cos(t) − 2e−2t sen(t)
3t2e− t
2
t. U (t − 1) − e−(t −1)U (t − 1)
+
(s + 2)4
v.
(s2 − 1)3
1
4

1 1
s +1
−


2
2  s + 1 (s + 1) + 4 
6s2 + 2
u.
(s − 4)
6
1
e.
2
s
s
s
1
1
h.
−
2(s − 2) 2s
(s − 10)2
p.
1
d.
d.
g. 2 cos(3t) − 2sen(3t)
j. −
x. 1 − e− t
−
s +9
1
3t2 t3
+
2
6
b. 1 + 3t +
2
2
s (s − 1)
s (s + 1) + 1


1  s + 1
 s + a
cc. ln 
dd. ln 


2  s − 1
s +b
2
6
s
15
1
(s2 + 4)2
s +1
w.
−
s
s2 − 4
t.
s2 + 4
+
s
3
k.
+
3
8
e7
s −1
c.
2
c.
1 s
s 
j.  2
+ 2
2  s + 9 s + 1 
o.
e− s
p. e− t − te− t
(t − 2)2 U (t − 2)
s. −sen(t)U (t − π)
2
tsen(t)
e−t − e3t
sen(2t)
u.
v.
w.
2
t
t
e−t e2t
+
3
3
r.
tsen(2t)
4
2 4 −3s
L {f(t)} = − e
s s
6. a. f(t) = 2 − 4U (t − 3)
z.
f(t) = t2U (t − 1) = (t − 1)2 U (t − 1) + 2(t − 1)U (t − 1) + U (t − 1)
b.
L {f(t)} =
2e−s
e−s
s
s3
s2
f(t) = t − tU (t − 2) = t − (t − 2)U (t − 2) − 2U (t − 2)
c.
L {f(t)} =
1
2
s
12. f(t) = t.senh(t)
−
José Luis Quintero
2e−s
+
e−2s
2
s
−
+
2e−2s
s
23
13.a. y = −1 + et
d. y =
b. y = te−4t + 2e−4t
t
2
2e3t 10te3t
+
−
+
9 27
27
9
c. y =
e. y =
t5e2t
20
4e−t e−4t
−
3
3
f. y = cos(t) −
sen(t) t cos(t)
−
2
2
8e− t / 2 e−2t 5et e−t
+
+
+
9
9
18
2
1
i. y = 5 − 5e−(t −1)  U (t − 1)
j. y = cos(2t) − sen(2(t − 2π))U (t − 2π)


6
π
3π 


k. y = − cos(t)U  t −  + cos(t)U  t −
2
2 



g. y =
1 et cos(t) et sen(t)
−
+
2
2
2
h. y = −
l. y = e−2t cos(3t) + 2 e−2tsen(3t) + 1 e−2(t − π)sen(3(t − π))U(t − π) + 1 e−2(t − 3π)sen(3(t − 3π))U (t − 3π)
3
14.a. f(t) = sen(t)
3
b. f(t) = −
−t
3
t
t
2 t
e
e
3te
t e
+
+
+
8
8
4
4
c. y = sen(t) −
tsen(t)
2
P0  L 2 1 3 
  x − x  0 ≤ x < L /2
6 
K 4
16. y(x) = 
2
 P0L  1 x − L  L / 2 ≤ x ≤ L
 4K  2
12 

17.a.
99
10201
3
b. ln  
5
José Luis Quintero
b 
c. ln  
 a
d.
1
ln5
4
24