Sea $f(t)$ una función que depende de $t\in\mathbb{R}$ definida para $t>0$. La transformada de Laplace de $f(t)$, que se denotara por $\mathcal{L}\{f(t)\}$, se define como
$$\mathcal{L}\{f(t)\}=f(s)=\int_0^{\infty}e^{-st}f(t)dt$$
donde consideraremos el parámetro $s$ un número real.

La transformada de Laplace convierte una función $f$ en una nueva función llamada $\la\{f \}$. Con frecuencia $t$
es la variable independiente para $f$ y $s$ para la variable independiente de $\la\{f \}$. Así, $f (t)$ es la función $f$ evaluada en $t$, y $\la\{f\}(s)$ es la función $\la\{f\}$ evaluada en $s$.

Se dice que la transformada de Laplace de $f(t)$ existe cuando la integral converge para algún valor del parámetro $s$, en caso contrario esta no existe.

Veamos las transformadas de las siguientes función:



  1. Si $f(t)=1$ tenemos que la transformada es

    \begin{eqnarray*} \la\{f\}=\la\{1\}&=&\int_0^{\infty}e^{-st}(1)dt=\lim_{a\rightarrow \infty}\int_0^{a}e^{-st}dt=\left.\lim_{a\rightarrow\infty}-\frac{e^{-st}}{s}\right|_0^a\\ \\ &&\mbox{evaluando y resolviendo el limite, recuerde que } \\ \\ e^{-a}\rightarrow0\ &&\mbox{cuando} \ \ \ a\rightarrow\infty\\ \\ &=&\lim_{a\rightarrow\infty }\frac{1-e^{-as}}{s}=\frac{1}{s}, \ \ \ \ s>0
    \end{eqnarray*}
    por lo que
    $$\la\{1\}(s)=\frac{1}{s}, \ \ \ \ \mbox{si} \ \ \ s>0$$


  2. Determinar la transformada de $f(t)=t$

    \begin{eqnarray*} \la\{t\}=\int_{0}^{\infty}te^{-st}dt=\lim_{a\rightarrow\infty}\int_0^ate^{-st}dt \end{eqnarray*}
    aplicando integración por partes a $\int te^{-st}dt$; esto es

    $$u=t\Longrightarrow du=dt\atop dv=e^{-st}dt\Longrightarrow v=-{1\over s}e^{-st}$$
    por lo que se tiene que
    $$\int te^{-st}dt=-{t\over s}e^{-st}+{1\over s}\int e^{-st}dt=-{t\over s}e^{-st}-{1\over s^2}e^{-st}+c$$
    sustituyendo esto se obtendrá

    \begin{eqnarray*} \la\{t\}&=&\int_{0}^{\infty}te^{-st}dt=\lim_{a\rightarrow\infty}\int_0^ate^{-st}dt=\lim_{a\rightarrow \infty}\left( -{t\over s}e^{-st}-{1\over s^2}e^{-st} \right)_0^a\\ \\ &=&\lim{a\rightarrow\infty}\left( -{a\over s}e^{-as}-{1\over s}e^{-as}+{1\over s^2} \right)={1\over s^2}
    \end{eqnarray*}
    por tanto se tiene que $$\la\{t\}=\frac{1}{s^2}, \ \ \ \ s>0$$


  3. Probar que $\displaystyle \la\{t^n\}={n!\over s^{n+1}}$

    Para probar esto prosigamos de la siguiente manera, sea

    $$I_n=\la\{t^n\}=\al t^ndt$$

    si aplicamos integración por por partes tenemos que

    $$I_n=\al t^ndt=\left.-{t^n\over s}e^{-st}\right|_0^{\infty}+{n\over s}\al t^{n-1}dt$$ $$=\lim_{t\rightarrow \infty}\left( -{t^n\over s}e^{-st} \right)+{n\over s}I_{n-1}$$

    $$I_n={n\over s}I_{n-1}$$

    si volvemos a repetir el proceso, se obtiene

    $$I_n={n\over s}\cdot{n-1\over s}I_{n-2}$$

    repitiendo nuevamente, se obtiene la sigueinte formula de recurencia

    $$I_n={n\over s}\cdot{n-1\over s}\cdot {n-2\over s}\cdot{n-3\over s}\cdot{n-4\over s}\cdots{1\over s}I_0$$

    $$I_n={n!\over s^n}I_0$$

    en este caso tenemos que

    $$I_0=\al t^0dt=\al dt={1\over s}$$

    por lo que $$I_n={n!\over s^n}\cdot {1\over s}={n!\over s^{n+1}}$$

    esto es

    $$\la\{t^n\}={n!\over s^{n+1}}, \ \ \ \ \ s>0$$

  4. Determinar la transformada de $\la\{e^{at}\}$

    \begin{eqnarray*} \la\{e^{at}\}&=&\int_0^{\infty}e^{-st}(e^{at})dt=\lim_{b\rightarrow\infty}\int_0^be^{-(s-a)t}dt\\ \\ &&\mbox{integrando por sustitución tenemos }\\ \\ &=&\lim_{b\rightarrow\infty}\left( e^{-(s-a)t}\over -(s-a) \right)0^b=\lim_{b\rightarrow\infty}\left( 1-e^{-(s-a)b}\over s-a \right)=\frac{1}{s-a}
    \end{eqnarray*}

    por lo que tenemos que
    $$\la\{e^{at}\}=\frac{1}{s-a}, \ \ \ \ \ s>a$$


  5. Probar que $\la\{\sin at\}=\displaystyle\frac{a}{s^2+a^2}$

    \begin{eqnarray*} \la{\sin at}&=& \int_0^{\infty}e^{-st}\sin at \ dt \end{eqnarray*}

    resolviendo la integral $\displaystyle \int e^{-st}\sin at \ dt$ por el método de integración por partes; esto es
    $$u=e^{-st}\Longrightarrow du=-se^{-st}dt\atop dv=\sin atdt\Longrightarrow v=-{1\over a}\cos at$$
    por lo que


    \begin{eqnarray*} \int e^{-st}\sin at \ dt&=&-\frac{e^{-st}\cos at}{a}-{s\over a}\int e^{-st}\cos at dt \\ \\ & & \mbox{aplicando nuevamente el método} \\ \\ & & p=e^{-st}\Longrightarrow dp=-se^{-st}dt\\ \\ & & dw=\cos atdt\Longrightarrow w={1\over a}\sin at\\ \\ &=&-\frac{e^{-st}\cos at}{a}-{s\over a}\left({e^{-st}\sin at\over a}+{s\over a}\int e^{-st}\sin atdt \right)\\ \\ \int e^{-st}\sin at dt &=&-\frac{e^{-st}\cos at}{a}-{se^{-st}\sin at\over a^2}-{s^2\over a^2}\int e^{-st}\sin atdt \end{eqnarray*}

    $$\int e^{-st}\sin at dt+{s^2\over a^2} \int e^{-st}\sin at dt=-\frac{e^{-st}\cos at}{a}-{se^{-st}\sin at\over a^2}$$

    $${s^2+a^2\over a^2}\int e^{-st}\sin at dt={-ae^{-st}\cos at-se^{-st}\sin at\over a^2}$$

    $$\int e^{-st}\sin at dt=\left( a^2\over s^2+a^2 \right){-ae^{-st}\cos at-se^{-st}\sin at\over a^2}+c$$

    $$\int e^{-st}\sin at dt= {-ae^{-st}\cos at-se^{-st}\sin at\over s^2+a^2}+c$$
    $$\int e^{-st}\sin at dt= {-e^{-st}(a\cos at+s\sin at)\over s^2+a^2}+c$$

    por lo que tendremos que
    \begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}e^{-st}\sin at dt&=&\lim_{b\rightarrow\infty}\left.{-e^{-st}(a\cos at+s\sin at)\over s^2+a^2} \right|0^b\\ \\ &=&\lim_{b\rightarrow \infty}\left( \frac{a}{s^2+a^2}-{e^{-sb}(a\cos ab+s\sin ab)\over s^2+a^2} \right)\\ \\
    &=&{a\over s^2+a^2}
    \end{eqnarray*}


    por lo que se tiene que $$\la\{\sin at\}=\frac{a}{s^2+a^2}, \ \ \ \ \ s>0$$


  6. Probar que $\la\{\cos at\}=\displaystyle\frac{s}{s^2+a^2}$

    Para probar esto se procede igual que en el caso anterior, esto es;
    \begin{eqnarray*} \la\{\cos at\}&=&\int_0^{\infty}e^{-st}\cos atdt=\lim_{k\rightarrow\infty}\int_0^ke^{-st}\cos atdt\\ \\ &&\mbox{aplicando integración por partes, se obtendra}\\ \\ &=&\lim_{k\rightarrow \infty}\left.\frac{-e^{-st}(s\cos at-a\sin at)}{s^2+a^2}\right|_0^k\\ \\ &=&\lim_{k\rightarrow \infty}\left( \frac{s}{s^2+a^2}-\frac{e^{-sk}\left( s\cos ak-a\sin ak \right)}{s^2+a^2} \right)\\ \\
    &=&\frac{s}{s^2+a^2}, \ \ \ \ \ s>0
    \end{eqnarray*}


  7. Encontrar $\la\{e^{8t}\} $

    Solución

    Para esto podemos sustituir en la formula deducida enteriormente, pero lo haremos aplicando la definición, esto es

    $$\la\{e^{8t}\}=\int_0^{\infty}e^{-st}e^{8t}dt=\int_0^{\infty}e^{-st+8t}dt=\int_0^{\infty}e^{-t(s-8)}dt$$
    resolviendo esta integral por el método de sustitución tenemos que
    $$\la\{e^{8t}\}={1\over s-8}\int_0^{\infty}e^{-u}du={1\over s-8}$$


  8. Encontrar $\la\{\cos9t\}$

    Solución

    Procederemos a aplicar la definición y no a utilizar la formula deducida anteriormente, esto es

    $$\la\{\cos9t\}=\int_0^{\infty}e^{-st}\cos9tdt$$
    aplicando integración por partes, tomando
    $$u=\cos9t, \ \ \ \ \ du=-9\sin9tdt$$
    $$dv=e^{-st}dt, \ \ \ \ \ v=-{1\over s}e^{-st}$$
    \begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}e^{-st}\cos9tdt&=& \lim_{p\to\infty}\left(\left. e^{-st}(-s\cos9t+9\sin9t)\over s^2+81\right|_0^p \right)\\ &=&\lim_{p\to\infty}\left( \frac{e^{-sp}(-s\cos9p+9\sin9p)}{s^2+81}+\frac{s}{s^2+81} \right) \\
    &=&\frac{s}{s^2+81}
    \end{eqnarray*}

    por lo que tenemos que $$\la\{\cos9t\}(s)=\frac{s}{s^2+81}$$


  9. Encontrar la transformada de $\displaystyle f(t)=\left\{0, \ \ \ 0<t<2 \atop t, \ \ \ \ \ \ \ \ 2<t \right.$

    Solución

    Queremos encontrar lo siguiente
    $$\la(f(t))(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)dt$$
    como la función esta definida a trozos tenemos lo sigueinte

    \begin{eqnarray*} \la(f(t))(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)dt&=&\int_0^{2}e^{-st}(0)dt+\int_2^{\infty}e^{-st}tdt \end{eqnarray*}
    ya vimos que $$\int e^{-st}tdt=-\frac{t}{s}e^{-st}-\frac{1}{s^2}e^{-st}+c$$
    por lo que
    \begin{eqnarray*} \int_2^{\infty} e^{-st}tdt&=&\lim_{p\to\infty}\left(\left.-\frac{t}{s}e^{-st}-\frac{1}{s^2}e^{-st}\right|_2^p\right)\\ &=&\lim_{p\to\infty}\left( -\frac{-pe^{-sp}}{s}-\frac{e^{-sp}}{s^2}+\frac{2e^{-2s}}{s}+\frac{e^{-2s}}{s^2} \right)=\frac{2e^{-2s}}{s}+\frac{e^{-2s}}{s^2}\\
    &=&e^{-2s}\left( \frac{2}{s}+\frac{1}{s^2} \right)=e^{-2s}\left( 2s+1\over s^2 \right)
    \end{eqnarray*}
    por tanto tenemos que la transformada de $\displaystyle f(t)=\left\{0, \ \ \ 0<t<2 \atop t, \ \ \ \ \ \ \ \ 2<t \right.$
    es $$e^{-2s}\left( 2s+1\over s^2 \right)$$


  10. Encontrar $\la(f(t))$ si $\displaystyle f(t)=\left\{5, \ \ \ 0<t<3 \atop 0, \ \ \ \ \ \ \ \ 3<t \right.$

    Solución

    Tenemos que $$\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)dt=\int_{0}^{3}5e^{-st}dt+\int_{3}^{\infty}(0)e^{-st}dt=5\int_{0}^{3}e^{-st}dt$$
    $$\la(f(t))=-\frac{5}{s}e^{-3s}+\frac{5}{s}=\frac{5}{s}(1-e^{-3s})$$


  11. Encontrar $\la(f(t))$ si $f(t)=1-\cos(at)$

    Solución

    Aplicando la definición a esto, tenemos

    $$\la(f(t))=\int_{0}^{\infty}e^{-st}(1-\cos(at))dt=\int_{0}^{\infty}e^{-st}dt-\int_{0}^{\infty}e^{-st}\cos(at)dt$$
    $$\la(f(t))=\frac{1}{s}-\frac{s}{s^2+a^2}=\frac{a^2}{s(s^2+a^2)}$$


  12. Encontrar $\la(f(t))$ si $\displaystyle f(t)=\frac{1}{ \sqrt{t}}$

    Solución

    Aplicando la definición tenemos

    $$\int_{0}^{\infty}t^{-1/2}e^{-st}dt$$ tomemos la sustitución $$u^2=t\Longrightarrow 2udu=dt$$

    $$\int_{0}^{\infty}t^{-1/2}e^{-st}dt=2\int_{0}^{\infty}e^{-su^2}\frac{udu}{u}=2\int_{0}^{\infty}e^{-su^2}du$$

    Resolveremos la siguiente integral $\displaystyle \int_{0}^{\infty}e^{-su^2}du$. Tomemos
    $$I=\int_{0}^{\infty}e^{-su^2}du \ \ \ \ \mbox{y} \ \ \ \ I=\int_{0}^{\infty}e^{-sk^2}dk$$
    estas son iguales puesto que la integral depende de los limites y no de las variables, por lo que

    $$I^2=\left( \int_{0}^{\infty}e^{-su^2}du\right) \left( \int_{0}^{\infty}e^{-sk^2}dk\right)=\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} e^{-su^2-sk^2}dudk=\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} e^{-s(u^2+k^2)}dudk $$

    Tomando cambio de variable a cordenadas polares
    $$\int\int_{C}f(r,\theta)J(r,\theta)drd\theta$$
    $$u=r\cos\theta, \ \ \ \ \ k=r\sin\theta, \ \ \ \ \ r^2=u^2+k^2$$
    $$\left\lbrace u\to 0, \ \ r\to 0 \atop u\to \infty \ \ r\to \infty \right. \ \ \ \ \ \left\lbrace k\to 0, \ \ \theta\to 0 \atop k\to \infty \ \ \theta\to \pi/2 \right.$$ y se tiene que $J(r,\theta)=r.$ Entonces

    $$I^2=\int_{0}^{\pi/2}\int_{0}^{\infty}re^{-sr^2}drd\theta$$
    integrando y evaluando, obtenemos $$I=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{s}}$$ y tenemos que
    $$\int_{0}^{\infty}t^{-1/2}e^{-st}dt=2I=2\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{s}}=\sqrt{\frac{\pi}{s}}$$

    Por lo que $$\la\left( 1\over \sqrt{t}\right) =\sqrt{\frac{\pi}{s}}$$

Definición de Transformada de Laplace
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