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Unformatted text preview: Capítulo 4 LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 4.1. La transformada de Laplace Denición 4.1.1 (Transformada integral). Una transformada integral, es una relación de la forma Z β K(s, t)f (t)dt, F (s) = α en donde una función dada f , se transforma en otra función F por medio de una integral. Se dice que F es la transformada de f y la función K se llama kernel de la transformación. Denición 4.1.2 (Transformada de Laplace). Sea f (t) una función dada para t ≥ 0 y suponga que f satisface ciertas condiciones que se darán más adelante. La transformada de Laplace de f se denotará L {f (t)} o por F (s) y se dene como L {f (t)} = Z ∞ e−st f (t)dt 0 siempre que la integral converja. Es importante, recordar como resolver integrales impropias, es decir tener en cuenta que Z ∞ Z a b→∞ b f (t)dt. f (t)dt = l´ım a De ahora en adelante, se usaran letras minúsculas para denotar las funciones sin transformar y las letras mayúsculas para denotar la transformada de Laplace, así L {f (t)} = F (s), L {g(t)} = G(s), L {h(t)} = H(t), Encontremos algunas transformadas usando la denición 17 L {y(t)} = Y (s). CAPÍTULO 4. 18 LA TRANSFORMADA DE LAPLACE Ejemplo 4.1.3. Encuentre la transformada de f (t) = 1, t ≥ 0 Solución. De la denición tenemos Z L {1} = ∞ Z −st b (1)dt = l´ım e−st dt b→∞ 0 0  −st b −e −esb + 1 1 = l´ım = l´ım = b→∞ b→∞ s s s 0 e  siempre que s > 0. En otras palabras, si s > 0, el exponente −sb es negativo y e−sb → 0 cuando b → ∞. La integral diverge para s < 0. Ejemplo 4.1.4. Encuentre la transformada de f (t) = t, t ≥ 0 Solución. De la denición Z L {t} = ∞ te−st dt 0 integrando por partes se sigue −te−st L {t} = l´ım b→∞ s  b 1 + s 0 Z ∞ e−st dt 0 −te−st , s > 0 y el resultado anterior, se sigue t→∞ s   Z 1 1 ∞ −st 1 1 1 e dt = L {1} = L {t} = = 2. s 0 s s s s usando que l´ım Ejemplo 4.1.5. Encuentre la transformada de f (t) = eat , t ≥ 0 Solución. Usando la denición y los resultados anteriores, se sigue que L {e } = at Z ∞ −st at e 0 Z ∞ e dt = e−(s−a)t dt = 0 1 , s−a s > a. Observacion 4.1.6. La transformada de Laplace, es una transformación lineal, puesto que para una combinación lineal de funciones, podemos escribir Z ∞ −st e 0 Z [αf (t) + βg(t)]dt = α ∞ e 0 −st Z f (t)dt + β ∞ e−st g(t)dt 0 siempre que ambas integrales converjan para s>c. por lo que se tiene que L {αf (t) + βg(t)} = αL {f (t)} + βL {g(t)} = αF (s) + βG(s). Al igual que la transformada, vamos a denotar la transformada inversa como f (t) = L −1 {f (t)}, la cual nos devuelve la función f . al igual que la transformada, esta también es lineal. CAPÍTULO 4. LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 19 Cuadro 4.1: TRANSFORMADAS IMPORTANTES f (t) = L −1 {F (s)} F (s) = L {f (t)} 1 , s>0 s 1 , s>a s−a n! , s>0 n+1 s a , s>0 s 2 + a2 s , s>0 2 s + a2 a , s > |a| 2 s − a2 s , s > |a| 2 s − a2 b , s>a (s − a)2 + b2 s−a , s>a (s − a)2 + b2 n! , s>a (s − a)n+1 1 eat tn , n un entero positivo sen(at) cos(at) senh(at) cosh(at) eat sen(bt) eat cos(bt) tn eat , n un entero positivo Ejemplo 4.1.7. Encontrar las siguientes transformadas de Laplace a) f (t) = sen(2t), Usando la tabla 4.1, tomando a = 2, si sigue que L {sen(2t)} = s2 b) f (t) = t4 , por la tabla 4.1 L {t4 } = 2 2 = 2 . 2 +2 s +4 4! s4+1 = 24 s5 c) g(t) = sen(3t) cos(2t). Notar que esta función no aparece en la tabla, sin embargo, si usamos la identidad trigonométrica 1 sen θ cos β = [sen(α + β) + sen(α − β)] 2 CAPÍTULO 4. 20 LA TRANSFORMADA DE LAPLACE con α = 3t y β = 2t, tenemos L {g(t)} = L {sen(3t) cos(2t)} = L   1 (sen(5t) + sen(t)) 2 1 1 L {sen(5t)} + L {sen t} 2 2 1 5 1 1 5 1 = + 2 = + 2 2 2 2 s + 25 2 s + 1 2(s + 25) 2(s + 1) = 1 2 d) h(t) = cos2 t. Usando la identidad trigonométrica cos2 t = (1 + cos(2t)), se tiene L {h(t)} = L {cos t} = L 2   1 (1 + cos(2t)) 2 1 1 L {1} + L {cos(2t)} 2 2 1 s 11 1 s + 2 = + = 2 2s 2s +4 2s 2(s + 4) = e) f (t) = cos(4t + 5). Usando la identidad trigonométrica cos(A + B) = cos A cos B − sen A sen B con A = 4t y B = 5, así L {f (t)} = L {cos(4t + 5)} = L {cos(5) cos(4t) − sen(5) sen(4t)} = cos(5)L {cos(4t)} − sen(5)L {sen(4t)} s 4 s cos(5) − sen(5) = cos(5) 2 − sen(5) 2 = . s + 16 s + 16 s2 + 16 Ejemplo 4.1.8. Encontrar las siguientes transformadas inversas 1 a) F (s) = 5 . s Lo primero que debemos hacer, es remitirnos a la tabla 4.1, vericar que función de la tabla se parece a lo buscado, para este caso, notamos que se parece a la transformada de tn , con n = 4, sin embargo, de acuerdo a la tabla debería aparecer 4! ; lo que vamos hacer, s5 es completar lo que nos hace falta, multiplicando y dividiendo para luego usar la tabla, así     L {F (s)} = L s2 + 6s + 9 b) F (s) = . (s − 1)(s − 2)(s + 4) 1 s5 = 1 L 4! 4! s5 = 1 4 t 24 Nuevamente buscamos en la tabla algo parecido, sin embargo, esta vez no hay nada que CAPÍTULO 4. 21 LA TRANSFORMADA DE LAPLACE se le parezca; lo que haremos será, llevar la expresión dada a una más simple usando fracciones parciales (Recordar), luego, aplicando fracciones parciales A B C s2 + 6s + 9 = + + (s − 1)(s − 2)(s + 4) s−1 s−2 s+4 notar que al encontrar las constates A, B y C , ya las expresiones se pueden buscar en la tabla. Encontremos las constantes s2 + 6s + 9 = A(s − 2)(s + 4) + B(s − 1)(s + 4) + C(s − 1)(s − 2) tomando varios valores para s, se tiene Si s = 1 ⇒ 12 + 6(1) + 9 = A(1 − 2)(1 + 4) ⇔ 16 = −5A ⇔ A = − Si s = 2 ⇒ 22 + 6(2) + 9 = B(2 − 1)(2 + 4) ⇔ 25 = 6B ⇔ B = 16 . 5 25 . 6 Si s = −4 ⇒ (−4)2 + 6(−4) + 9 = B(−4 − 1)(−4 − 2) ⇔ 1 = 30C ⇔ C = 1 . 30 Así L −1 {F (s)} = L = − −1     25/6 1/30 −1 +L +L s−2 s+4      1 25 −1 1 1 −1 1 + L + L s−1 6 s−2 30 s+4 −16/5 s−1  16 −1 L 5  −1  Notar que en cada caso, se parece a la transformada de eat con a = 1, a = 2 y a = −4 respectivamente, por lo tanto L −1 {F (s)} = − 16 t 25 2t 1 e + e + e−4 . 5 6 30 CONDICIONES SUFICIENTES PARA LA EXISTENCIA DE L {f (t))} Denición 4.1.9 (Continuidad por tramos en [0, ∞)). Una función f es continua por tramos en [0, ∞) si, en cualquier intervalo 0 ≤ a ≤≤ b, hay un número nito de puntos tk , k = 1, 2, ..., n (tk−1 < tk ) en los que f tiene discontinuidades nitas y es continua en cada intervalo abierto (tk−1 , tk ). Denición 4.1.10 (Orden exponencial). Se dice que f es de orden exponencial c si existen constantes c, M > 0, T > 0 tales que |f (t)| ≤ M ect para toda t > T . Teorema 4.1.11. Si f es una función continua por tramos en [0, ∞) y de orden exponencial c, entonces L {f (t)} existe para s>c. CAPÍTULO 4. LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 22 4.2. Solución de problemas con valor inicial Ahora se resolverán ecuaciones diferenciales con coecientes constantes, usando transformadas de Laplace, cabe resaltar que se pueden resolver ecuaciones diferenciales de orden n. Teorema 4.2.1. Si f, f 0 , ..., f (n−1) son continuas en [0, ∞) y son de orden exponencial y si f (n) (t) es continua por tramos en [0, ∞), entonces L {f (n) (t)} = sn L {f (t)} − sn−1 f (0) − sn−2 f 0 (0) − · · · − f (n−1) (0). Observacion 4.2.2. En el teorema anterior a) Si n = 1, L {f 0 (t)} = sL {f (t)} − f (0). b) Si n = 2, L {f 00 (t)} = s2 L {f (t)} − sf (0) − f 0 (0). c) Si n = 3, L {f 000 (t)} = s3 L {f (t)} − s2 f (0) − sf 0 (0) − f 00 (0). d) Si n = 4, L {f (4) (t)} = s4 L {f (t)} − s3 f (0) − s2 f 0 (0) − sf 00 (0) − f 000 (0) .. . Solución de una EDO lineal El procedimiento para resolver una EDO lineal utilizando transformada de Laplace, como ya se dijo anteriormente, sirve para resolver una EDO de orden n, Para efectos de simplicidad en los calculos, se hará el analisis para una EDO lineal con coecientes constantes de 2 orden. Dado un problema con valor de inicial, de la forma ay 00 + by 0 + cy = f (t), y(0) = y0 Suponiendo que y 00 , y 0 , y y f cumplen las condiciones necesarias y sucientes para la existencia de las transformadas y de la transforma de la derivada (Teorema (4.2.1), se toma transformada de Laplace a ambos lados de la ecuación diferencial, así L {ay 00 + by 0 + cy} = L {f (t)} Teniendo en cuenta la linealidad de la transformada y usando el teorema (4.2.1) y despejando L {y} = Y (s) se sigue aL {y 00 } + bL {y 0 } + cL {y} = L {f (t)} a(s2 L {y} − sy(0) − y 0 (0)) + b(sL {y} − y(0)) + cL {y} = L {f (t)} as2 Y (s) − asy(0) − ay 0 (0) + bsY (s) − by(0) + cY (s) = F (s) (as2 + bs + c)Y (s) − (as + b)y(0) − ay 0 (0) = F (s) (as + b)y(0) + ay 0 (0) F (s) Y (s) = + 2 2 as + bs + c as + bs + c CAPÍTULO 4. 23 LA TRANSFORMADA DE LAPLACE Llegado a este punto, se toma transformada inversa para recuperar y(t). Del lado derecho, debemos buscar en la tabla o manipular la expresión para que se parezca a alguna de las funciones en la tabla de transformadas. El proceso anterior, es el que se usará en la solución de problemas con valor inicial, sin importar el orden de la ecuación diferencial. Ejemplo 4.2.3. Encontrar la solución del problema con valor inicial, usando transformada de Laplace y 00 − y 0 − 2y = 0, y(0) = 1, y 0 (0) = 0 Solución. Tomando transformada de Laplace en ambos lados de la ecuación diferencial y usando el procedimiento anterior, reemplazando esta vez las condiciones iniciales, se tiene L {y 00 } − L {y 0 } − 2L {y} = L {0} s2 L {y} − sy(0) − y 0 (0) − (sL {y} − y(0)) − 2L {y} = 0 s2 Y (s) − s − sY (s) + 1 − 2Y (s) = 0 (s2 − s − 2)Y (s) = s − 1 s−1 Y (s) = 2 s −s−2 Ahora tomando transformada inversa y(t) = L −1 {Y (s)} = L −1  s−1 2 s −s−2  al buscar la parte derecha en la tabla, notamos que no aparece nada similar, luego debemos manipular la expresión, para este caso, usaremos fracciones parciales, así s2 s−1 A B s−1 = = + −s−2 (s − 2)(s + 1) s−2 s+1 de donde s − 1 = A(s + 1) + B(s − 2) 2 1 y B = , luego y(t) queda 3 3     1/3 2/3 −1 −1 y(t) = L +L s−2 s−1     1 −1 1 2 −1 1 = L + L 3 s−2 3 s−1 resolviendo el sistema que resulta, se sigue que A = Notar que las expresiones de la derecha, son similares a la transformada de eat con a = 2 y a = −1 respectivamente, así 2 1 y(t) = e2t + e−t . 3 3 CAPÍTULO 4. 24 LA TRANSFORMADA DE LAPLACE Ejemplo 4.2.4. Resolver el problema con valor inicial y 00 + y = sen(2t), y(0) = 2, y 0 (0) = 1 Solución. Tomando transformada en ambos lados y siguiendo el procedimiento ya descrito se tiene L {y 00 } + L {y} = L {sen(2t)} 2 s2 L {y} − sy(0) + L {y} = 2 s +4 2 s2 Y (s) − 2s − 1 + Y (s) = 2 s +4 2 + 2s + 1 (s2 + 1)Y (s) = 2 s +4 2s3 + s2 + 8s + 6 (s2 + 1)Y (s) = s2 + 4 3 2 2s + s + 8s + 6 Y (s) = (s2 + 1)(s2 + 4) Aplicando fracciones parciales 2s3 + s2 + 8s + 6 As + B Ds + E = 2 + 2 2 2 (s + 4)(s + 1) s +1 s +4 2s3 + s2 + 8s + 6 = (As + B)(s2 + 4) + (Dz + E)(s2 + 1) 2s3 + s2 + 8s + 6 = (A + D)s3 + (B + E)s2 + (4A + D)s + (4B + E) Al comparar los coecientes, se tiene A + D = 2, B + E = 1, 4A + D = 8, 4B + E = 6. De donde A = 2, B = 5/3, D = 0 y E = −2/3, por tanto y(t) = 2s 5/3 2/3 + 2 − 2 +1 s +1 s +4 s2 teniendo en cuenta la tabla se tiene y(t) = 2 cos t + 5 1 sen t − sen(2t). 3 3 Ejemplo 4.2.5. Resolver el siguiente problema con valor inicial y (iv) − y = 0, y(0) = 0, y 0 (0) = 1, y 00 (0) = 0, y 000 (0) = 0 Solución. Aplicando el teorema (4.2.1), la transformada de Laplace de la ecuación es s4 Y (s) − s3 y(0) − s2 y 0 (0) − sy 00 (0) − y 000 (0) − Y (s) = 0 CAPÍTULO 4. 25 LA TRANSFORMADA DE LAPLACE Usando las condiciones iniciales y despejando Y (s), se tiene Y (s) = s2 s4 − 1 El desarrollo en fracciones parciales de Y (s) es Y (s) = AS + B Ds + E + 2 s2 − 1 s +1 De donde s2 = (As + B)(s2 + 1) + (Ds + E)(s2 − 1) así s2 = (A + D)s3 + (B + E)s2 + (A − D)s + (B − E) igualando los coecientes se tiene A + D = 0, B+E =1 A − D = 0, B−E =0 1 2 De donde A = D = 0, B = E = , luego Y (s) = 1/2 1/2 + 2 −1 s +1 s2 aplicando transformada inversa Y (s) = 1 1 senh t + sen t. 2 2 Ejemplo 4.2.6. Resuelva y00 − 3y0 + 2y = e−4t , y(0) = 1, y0 (0) = 5 Solución. La transformada de la ecuación es s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) − 3[sY (s) − y(0)] + 2Y (s) = 1 s+4 Usando las condiciones iniciales y despejando Y (s) se tiene Y (s) = s+2 1 s2 + 6s + 9 + = s2 − 3s + 2 (s2 − 3s + 2)(s + 4) (s2 − 3s + 2)(s + 4) La fracción parcial de esta expresión se realizó en el ejemplo (4.1.8). luego y(t) = − 16 t 25 2t 1 e + e + e−4 . 5 6 30 CAPÍTULO 4. LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 26 4.3. Funciones escalón Algunas de las aplicaciones más interesantes del método de transformada, se presenta en la solución de ecuaciones diferenciales lineales con fuerza discontinua o de impulso. En el análisis de ujo de corriente en circuitos eléctricos o en las vibraciones de sistemas mecánicos surgen con frecuencia este tipo de ecuaciones. A n de tratar de manera ecaz las funciones que presentan discontinuidades por salto, se introducirá la función escalón unitario. Denición 4.3.1 (Función escalón unitario). La función escalón unitario, se denotara por Uc (t) o U (t − c), c > 0 y se dene como Uc (t) = 0, si 0 ≤ t < c 1, si t≥c Figura 4.1: Gráca de la función escalón unitario La función escalón unitario, va ser de utilidad a la hora de rescribir una función denida a tramos en una forma compacta, por ejemplo, una función f denida como f (t) = g(t), si 0 ≤ t < c h(t), si t≥c Se puede reescribir como f (t) = g(t) + [h(t) − g(t)]Uc (t). Análogamente una función de tipo 0, si 0 ≤ t < a f (t) = g(t), si a ≤ t < b 0, si t≥b Puede ser escrita como f (t) = g(t)[Ua (t) − Ub (t)]. CAPÍTULO 4. 27 LA TRANSFORMADA DE LAPLACE Denición 4.3.2 (Transformada de Laplace de Uc (t)). La transformada de Laplace de Uc se determina con facilidad teniendo en cuenta la dención Z ∞ e−st Uc (t)dt L {Uc (t)} = Z0 ∞ = e−st dt c e−cs = , s Por tanto L {Uc (t)} = e−cs , s s>0 s>0. Teorema 4.3.3 (Primer teorema de traslación). Si L {f (t)} = F (s) y a es cualquier número real, entonces L {eat f (t)} = F (s − a) En algunos casos se puede usar el simbolismo L {eat f (t)} = L {f (t)}|s→s−a , lo que signica que al encontrar la transformada de f , s se debe cambiar por s − a. A la inversa L −1 {F (s − a)} = eat L −1 {F (s)} = eat f (t). Ejemplo 4.3.4. a) L {e5t t3 } = L {t3 }|s→s−5 = 3! 6 |s→s−5 = 4 s (s − 5)4 b) L {e−2t cos(4t)} = L {cos(4t)}|s→s+2 = s2 s s |s→s+2 = + 16 (s + 2)2 + 16 Ejemplo 4.3.5. Encontrar la transformada inversa en cada caso a) L −1  2s + 5 (s − 3)2  Solución. Primero apliquemos fracciones parciales, notar que son factores lineales repetidos, luego queda 2s + 5 A B = + 2 (s − 3) s − 3 (s − 3)2 de donde 2s + 5 = A(s − 3) + B así A = 2 y B = 11, por tanto L −1  2s + 5 (s − 3)2  = 2L −1  1 s−3  + 11L −1  1 (s − 3)2  CAPÍTULO 4. 28 LA TRANSFORMADA DE LAPLACE Ahora, aplicando el primer teorema de traslación se tiene L −1  1 (s − 3)2  =e L 3t −1  1 s2  = e3t t La otra transformada inversa la encontramos en la tabla, así L b) L −1  s/2 + 5/3 s2 + 4s + 6 −1  2s + 5 (s − 3)2  = 2e3t + 11e3t t  Solución. Para empezar, note que el denominador no tiene raíces reales, por lo que no podemos aplicar fracciones parciales. En esta situación completamos cuadrados, dando como resultado s/2 + 5/3 s/2 + 5/3 = 2 s + 4s + 6 (s + 2)2 + 2 Ahora reescribimos el numerador, así 2 1 (s + 2) + s/2 + 5/3 s+2 2 1 3 =1 = 2 + 2 2 2 (s + 2) + 2 (s + 2) + 2 2 (s + 2) + 2 3 (s + 2)2 + 2 ya reescrito, pasamos a encontrar la transformada inversa, teniendo en cuenta la tabla y el primer teorema de traslación L −1  s/2 + 5/3 s2 + 4s + 6     s+2 1 2 −1 + L (s + 2)2 + 2 3 (s + 2)2 + 2 ( √ )   1 −2t −1 2 s 2 −2t −1 = e L + √ e L 2 2 2 s +2 s +2 3 2 √ √ √ 1 −2t 2 −2t e cos( 2t) + e sen( 2t). = 2 3 1 −1 L = 2  Teorema 4.3.6 (Segundo teorema de traslación). Si F (s) = L {f (t)} y c > 0, entonces L {f (t − c)Uc (t)} = e−cs L {f (t)} = e−cs F (s) A la inversa  L −1 e−cs F (s) = Uc (t)f (t − c). Ejemplo 4.3.7. Encuentre la transformada de f (t) en cada caso a) f (t) = sen t, si 0 ≤ t < π/4 sen t + cos(t − π/4), si t ≥ π/4 CAPÍTULO 4. b) f (t) = 0, 29 LA TRANSFORMADA DE LAPLACE si 0 ≤ t < 2 2 (t − 2) , si t≥2 c) f (t) = (t − 3)U2 (t) − (t − 2)U3 (t) d) f (t) = t − U1 (t)(t − 1), t > 0 e) f (t) = t e cos t, si 0 ≤ t < 2π (t − 2π)4 et , si t ≥ 2π Solución a) Para encontrar la transformada, primero escribimos la función de manera compacta, como ya se explicó con anterioridad, teniendo en cuenta que la función escalón en este caso es Uπ/4 (t) f (t) = sen t + [sen t + cos(t − π/4) − sen t]Uπ/4 (t) = sen t + cos(t − π/4)Uπ/4 (t) Ahora usando el segundo teorema de traslación y la tabla 4.1, se sigue L {f (t)} = L {sen t} + cos(t − π/4)Uπ/4 (t) 1 = 2 + e−(π/4)s L {cos t} s +1 1 s = 2 + e−(π/4)s 2 s +1 s +1 −(π/4)s 1 + se . = s2 + 1 b) La forma compacta de la función es f (t) = (t − 2)2 U2 (t), luego usando el teorema, se tiene L {f (t)} = L {(t − 2)2 U2 (t)} = e−2s L {t2 } = c) 2e−2t s3 L {f (t)} = L {(t − 3)U2 (t) − (t − 2)U3 (t)} notar que no se puede aplicar el segundo teorema de traslación directamente, puesto que la traslación de la función no coincide con la función escalón en cada caso. Lo que haremos, será reescribir la función para que concuerde la traslación con la función escalón, así [(t − 2) − 1]U2 (t) − [(t − 3) + 1]U3 (t) = (t − 2)U2 (t) − U2 (t) − (t − 3)U3 (t) − U3 (t) Ahora tomando transformada L {f (t)} = L {(t − 3)U2 (t) − (t − 2)U3 (t)} = L {(t − 2)U2 (t) − U2 (t) − (t − 3)U3 (t) − U3 (t)} = L {(t − 2)U2 (t)} − L {U2 (t)} − L {(t − 3)U3 (t)} − L {U3 (t)} e−2s e−3s − e−3s L {t} − = e−2s L {t} − s s e−2s e−2s e−3s e−3s = − − 2 − . s2 s s s CAPÍTULO 4. 30 LA TRANSFORMADA DE LAPLACE d) L {f (t)} = L {t − (t − 1)U1 (t)} = L {t} − L {(t − 1)U1 (t)} = 1 − e−s L {t} s2 e−s 1 − e−s 1 . = 2− 2 = s s s2 e) Escribimos la función en su forma compacta, teniendo en cuenta que la función escalón asociada es U2π (t) f (t) = et cos t + [(t − 2π)4 et + 2 − et cos t]U2π = et cos t + [(t − 2π)4 et − et cos t]U2π = et cos t + [(t − 2π)4 et − et cos t]U2π ya reescrita, notamos que la traslación no coincide con la función escalón, debemos completarla f (t) = et cos t + [(t − 2π)4 et − et cos t]U2π = et cos t + [(t − 2π)4 e(t−2π)+2π − e(t−2π)+2π cos(t − 2π)]U2π = et cos t + [e2π (t − 2π)4 e(t−2π) − e2π e(t−2π) cos(t − 2π)]U2π En lo anterior, se utilizó el hecho de que la función coseno, es 2π periódica, es decir cos(t − 2π) = cos(t + 2π) = cos t, además se usó la propiedad de la multiplicación de potencias de igual base. Ahora si podemos encontrar la transformada L {f (t)} = L {et cos t + [e2π (t − 2π)4 e(t−2π) − e2π e(t−2π) cos(t − 2π)]U2π }   24e2π e2π (s − 1) s−1 + − e2πs . = 2 5 2 (s − 1) + 1 (s − 1) (s − 1) + 1 Ejemplo 4.3.8. Evalúe a) L −1  1 −2s e s−4  b) L −1  s e−πs/2 s2 + 9  Solución. a) Aplicaremos el segundo teorema de traslación a la inversa, para ello debemos identicar en la transformada las características, para este caso c = 2, F (s) = L −1 {F (s)} = e4t , luego L −1  1 −2s e s−4  1 y s−4 = e4(t−2) U2 (t). s b) Con c = π/2, F (s) = 2 y L −1 {F (s)} = cos(3t), aplicando el segundo teorema de s +9 traslación     L −1 s e−πs/2 2 s +9 = cos 3 t − π Uπ/2 (t). 2 CAPÍTULO 4. 31 LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 4.4. Ecuaciones diferenciales con fuerza discontinua En esta sección nos centraremos en resolver varios ejemplos, donde el término no homogéneo o función de fuerza, es discontinuo. Ejemplo 4.4.1. Encontrar la solución de la ecuación diferencial 5 y 00 + y 0 + y = g(t) y(0) = 0, 4 1, si 0 ≤ t < π donde g(t) = 1 − Uπ (t) = 0, si t≥π y 0 (0) = 0 Este problema rige la carga en el condensador de un circuito electrico simple con un voltaje aplicado en la forma de un pulso rectangular. Alternativamente, y puede representar la respuesta de un oscilador amortiguado sujeto a la fuerza aplicada g(t). Solución. Para solucionar el problema se realizará el mismo proceso que se ha hecho hasta ahora. La transformada de Laplace de la ecuación diferencial es 5 e−πs s2 Y (s) − sy 0 (0) − y 00 (0) + sY (s) − y(0) + Y (s) = 1 − 4 s reemplazando las condiciones iniciales y despejamos Y (s) Y (s) = 1 − e−πs   5 2 s s +s+ 4 Notar que no podemos aplicar fracciones parciales en la expresión anterior, pues el numerador no es un polinomio, luego, reescribimos la expresión de esta manera 1  Y (s) = (1 − eπs )  5 s s2 + s + 4 tomando H(s) = s (s2 1 + s + 5/4) se tiene Y (s) = (1 − e−πs )H(s) = H(s) − H(s)e−πs si L −1 {...
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