Transformada de Laplace

Matemática 4 Segundo Cuatrimestre 2 Transformada de Laplace M. del C. Calvo Dada f G(R ), definimos la transformada de Laplace de f como L(f)(s) = e st f(t) dt para los s R para los cuales converge esta integral. Según veremos esta integral converge para un considerable número de funciones y la función L(f)(s) está definida sobre semirrectas de la forma (a, + ). La linealidad de la integral implica la de L. Ejemplos 1. f(t) = 1, t L(f)(s) = para s > y diverge si s. e st e st dt = lím A s A = 1 s 2. f(t) = e at, t, a R L(f)(s) = e st e at dt = e (s a)t dt = lím A e (s a)t (s a) A = 1 s a para s > a y diverge si s a. 3. f(t) = e zt, t, z = x + iy C L(f)(s) = e st e zt dt = e (s z)t e (s x)t e iyt dt = lím A (s z) A = 1 s z para s > x y diverge si s x.

2 4. f(t) = sen(at), t, a R L(f)(s) ( e iat e iat ) = L (s) = 1 2i 2i L(eiat )(s) 1 2i L(e iat )(s) = 1 1 2i s ia 1 1 2i s + ia = a s 2 + a 2 para s > Re(ia), Im( ia) =. 5. f(t) = cos(at), t, a R L(f)(s) ( e iat + e iat ) = L (s) = 1 2 2 L(eiat )(s) + 1 2 L(e iat )(s) = 1 1 2 s ia + 1 1 2 s + ia = s s 2 + a 2 para s > Re(ia), Im( ia) = Funciones de orden exponencial Vamos a ver ahora que hay una familia de funciones para las cuales su transformada de Laplace está definida sobre una semirrecta. Proposición 1 Sea f G(R ). Si existen constantes K > y a R tales que f(t) Ke at (1) para todo t entonces, L(f)(s) está definida para todo s > a. Basta ver que el integrando está mayorado por una función absolutamente integrable. Por hipótesis es e st f(t) = e st f(t) e st Ke at = Ke (s a)t para todo t. Y ya vimos que esta función es integrable para s > a.

Definición Decimos que una función f : R C es de orden exponencial en R si satisface (1) para todo t. 3 El siguiente resultado proporciona una manera simple de comprobar si una función es o no de orden exponencial Proposición 2 Sea f G(R ), entonces f es de orden exponencial en R si y sólo si existe β > f(t) tal que lím =. t e βt Sean K > y a R tales que f(t) Ke at para todo t. Entonces, con sólo tomar β > a,. f(t) e βt Ke (β a)t t f(t) Sea β > tal que lím =. Entonces, existe b > tal que f(t) < e βt para todo t e βt t b. Pero como f está acotada en [, b] existe M > tal que f(t) M e βt para todo t por ser βt. Basta entonces tomar K = máx{m, 1} con lo cual se tiene f(t) Ke βt para todo t. Observaciones 1. A partir de esta proposición es fácil verificar que las funciones 1, t, t n, e at, sen(at), cos(at) son de orden exponencial. Y también que 1 t y e t2 no lo son.

4 2. L(f)(s) puede estar definida en todo s R. Es por ejemplo el caso de e t2, L(e t2 )(s) = e st e t2 dt = e (t2 +st) dt = e s2 /4 e (t+s/2)2 dt que converge para todo s R. 3. Hay funciones que no son de orden exponencial pero para las cuales existe su transformada de Laplace. Consideremos la función f(t) = t 1/2 1 1. Como dt converge, t también lo hace 1 e st t dt. Por lo tanto, e st t dt converge y además vale e st 2 Aε dt = lím t ε + s A sε e v2 dv = 2 s e v2 dv = 2 π π s 2 = s Luego, L( 1 t )(s) = π s para s >. Proposición 3 Si f G(R ) es de orden exponencial entonces, lím L(f)(s) = s Sabemos que existen K > y a R tales que f(t) Ke at para todo t. Luego, si s > a L(f)(s) e st f(t) dt K e (s a)t dt = K s a s Derivación e integración Nos ocuparemos ahora de ver cómo se relaciona la transformada de Laplace con la derivación e integración

Proposición 4 Sea f continua en R, de orden exponencial y tal que f G(R ). Entonces, existe la transformada de Laplace de f y vale para todo s > a. 1 L(f )(s) = sl(f)(s) f() 5 Veamos primero que está definida. Fijado s, e st f (t) es continua a trozos en [, L] para todo L >. Sean = x < x 1 < < x n = L las discontinuidades de f en este intervalo. Entonces, L e st f (t) dt = = n i=1 xi e st f (t) dt = x i 1 f continua n e st f(t) i=1 n (e sx i f(x i ) e sx i 1 f(x i 1 )) + s i=1 = (e sl f(l) e f()) + s L xi e st f(t) dt x xi i x i 1 x i 1 e st f(t) dt x i 1 se st f(t) dt Como consecuencia de ser f de orden exponencial resulta que el primer sumando tiende a f() cuando L para todo s > a mientras que el segundo lo hace a sl(f)(s). Esto prueba tanto la convergencia de para s > a. e st f (t) dt como la igualdad L(f )(s) = sl(f)(s) f() Teorema 1 Sean f, f,..., f (n 1) continuas en R y tales que existen constantes K > y a R que satisfacen f (j) (t) Ke at (2) para todo j =,..., n 1 y todo t. Si además f (n) G(R ), entonces (a) L(f (n) ) está definida para s > a y vale L(f (n) )(s) = s n L(f)(s) s n 1 f() s n 2 f () f (n 1) () 1 f(t) Ke at para todo t.

6 (b) L(t n f(t)) = ( 1) n dn (L(f))(s) para s > a. dsn Lo hacemos por inducción sobre n. (a) Para n = 1 fue probado en la proposición anterior. Supongamos ahora que vale n y veamos también es cierto para n + 1. Como f (n) satisface las condiciones de la proposición anterior tenemos (b) L(f (n+1) )(s) = L((f (n) ) )(s) = sl(f (n) )(s) f (n) () = s(s n L(f)(s) s n 1 f() f (n 1) ()) f (n) () = s n+1 L(f)(s) s n f() sf (n 1) () f (n) () Comprobemos primero que t n f(t) es de orden exponencial. Para f sabemos que es f(t) cierto, luego existe β > tal que lím =. Pero entonces t e βt t n f(t) t n lím = lím t e (β+1)t t e. lím f(t) = t t e βt i.e., t n f(t) también es de orden exponencial. Notemos además que la condición (2) implica que e st f (j) (t) Ke (s a)t para todo t y todo s > a. Es decir, e st f (j) satisface las hipótesis del teorema que permite derivar bajo el signo integral. Para n = 1 debemos ver que L(f) (s) = L(tf(t))(s). En efecto, L(f) (s) = d ds e st f(t) dt = te st f(t) dt = L(tf(t))(s) Supongamos ahora que el resultado es válido para n y veamos que también vale para n+1, n+1 dn+1 ( 1) L(f)(s) ds = d ) (( 1) n dn n+1 ds ds L(f) (s) = d n ds (L(tn f(t)))(s) L(t.t n f(t))(s) = L(t n+1 f(t))(s) = n=1 Proposición 5 Si f G(R ) es de orden exponencial 2, entonces [ x ] L f(t) dt (s) = 1 s L(f)(s) 2 f(t) Ke at para todo t

7 para s > a + 1. En principio notemos que como f es de orden exponencial, también lo es la función F (x) = x f(t) dt, la que además es continua en R. Por lo tanto podemos aplicar la proposición 4 y así obtener que para s > a L(f)(s) = L(F )(s) = sl(f )(s) F () = L(F )(s) Traslaciones y homotecias Proposición 6 Si f G(R ) es de orden exponencial 3, entonces (a) L(e αt f(t))(s) = L(f)(s α) para todo α R y s > a + α (b) L(f(αt))(s) = 1 L(f)(s/α) para todo α > y s > αa. α (a) L(e αt f(t))(s) = si s α > a. (b) e st e αt f(t) dt = e (s α)t f(t) dt = L(f)(s α) si s/α > a. L(f(αt))(s) = 3 f(t) Ke at para todo t e st f(αt) dt = u=αt,α> e su/α f(u) 1 α du = 1 α L(f)(s/α)

8 Ejemplos 1. L(t n )(s) = n! s n+1, s > 2. L(e αt sen(βt))(s) = 3. L(e αt cos(βt))(s) = β, α, β (s α) 2 R, s > α. + β2 s α, α, β (s α) 2 R, s > α. + β2 La función de Heaviside Para cada c definimos si t c u c (t) = 1 si c t y la llamamos función de Heaviside. Su transformada de Laplace es L(u c )(s) = e st u c (t) dt = e st e st dt = lím A A s c para todo s >. c = e cs s Sean < c < d y consideremos la función 1 si c t < d f cd (t) = si t [c, d) Es inmediato verificar que f cd = u c u d y por lo tanto L(f cd )(s) = L(u c )(s) L(u d )(s) = e cs e ds s para todo s >. Consideremos ahora la función parte entera: f(t) = [t] para t. Es fácil comprobar m que u n f uniformemente en R lo que permite pasar al límite bajo la integral y n=1 de esa forma calcular L([t])(s) = L(u n )(s) = n=1 n=1 e sn s = 1 s (e s ) n = 1 e s s 1 e = 1 s s(e s 1) n=1

9 para todo s >. El siguiente resultado es útil cuando se trata de transformar una función partida. Teorema 2 Sea f una función para la cual existe L(f)(s) para s > a y sea c >. Entonces, para s > a. L(u c (t)f(t c))(s) = e cs L(f)(s) L(u c (t)f(t c))(s) = f(t c)e st dt = c f(u)e s(u+c) du = e cs L(f)(s) Ejemplos, t < 2 1. Sea f(t) =. Calculemos su transformada de Laplace. t 2, t 2 Buscamos una función g tal que f(t) = u 2 (t)g(t 2) para t. En particular, para t 2 debe ser t 2 = f(t) = g(t 2); i.e., g(t 2) = t 2 para t 2 lo implica que la función g(t) = (t + 2) 2 definida para t es la que buscamos. Por lo tanto, L(f)(s) = e 2s L(g)(s) = e 2s L(t 2 + 4t + 4)(s) = e 2s ( 2 s 3 + 4 s 2 + 4 s para s >. 5, t < 1 2. Sea f(t) = t + 4, 1 t < 2. 4t 2, 2 t Ahora vamos a buscar tres funciones g, g 1, g 2 tales que f(t) = g (t) + u 1 (t)g 1 (t) + u 2 (t)g 2 (t). Si consideramos en principio el intervalo [, 1), esta condición dice que debe ser 5 = f(t) = g (t). Entonces, ahora en el intervalo [1, 2), se debe cumplir )

1 t + 4 = f(t) = 5 + g 1 (t 1). Entonces, g 1 (t) = t 1. Finalmente, para t 2 tenemos la relación 4t 2 = f(t) = 5 + (t 1) + g 2 (t 2). De aquíse deduce que g 2 (t) = 3t para t. Ya podemos calcular la transformada de f usando esta descomposición y el resultado anterior para t. L(f)(t) = L(g )(s) + e s L(g 1 )(s) + e 2s L(g 2 )(s) = 5 s + e s s 2 + 3e 2s s 2 Inyectividad de L El siguiente teorema 4 nos permite antitransformar una gran familia de funciones lo que resulta necesario en la aplicación de la transformada de Laplace para la resolución de ecuaciones diferenciales. Teorema de Lerch Sean f, g G(R ) de orden exponencial tales que sus respectivas transformadas de Laplace están definidas y coinciden en R >a para algún a R. Entonces f(t) = g(t) para todo t > donde ambas son continuas. Producto de convolución Dadas f, g G(R ) de orden exponencial extendiéndolas como la función nula en R < se puede pensar que son continuas a trozos y de orden exponencial en R, con lo cual repitiendo lo hecho para el caso de Fourier podríamos definir f g(t) = f(t y)g(y) dy Pero como g es nula en los reales negativos resulta que f g(t) = f(t y)g(y) dy 4 se puede ver su demostración en: Kreider, D.L., Kuller, R.G., Ostberg, D.R., Perkins, F.W., Introducción al análisis lineal, Fondo Educativo Latinoamericano, 1971.

11 y como lo mismo ocurre con f se tiene f(t y) = para todo y > t y en consecuencia t f(t y)g(y) dy, t f g(t) =, t < Todo esto sugiere la siguiente Definición Dadas f, g G(R ) de tipo exponencial se llama producto de convolución de f con g a la función f g(t) = definida para t. t f(t y)g(y) dy Observación Es inmediato comprobar que esta operación es conmutativa y también lineal respecto de cada variable. Teorema 3 Sean f, g G(R ) de tipo exponencial. Si f(t) K 1 e at y g(t) K 2 e at para todo t y ciertas constantes K 1, K 2 > y a R, entonces (a) f g(t) K 1 K 2 te at para t (b) L(f g)(s) = L(f)(s).L(g)(s) para s > a (a) f g(t) t t t f(t y) g(y) dy K 1 K 2 e a(t y) e ay dy = K 1 K 2 e at dy = K 1 K 2 te at (b) En principio notemos que lo probado en (a) garantiza que está definida la transformada

12 de Laplace de f g. La calculamos L(f g)(s) = = = = Fubini = f(t y)=,y>t = u=t y f g(t)e st dt = = L(f)(s).L(g)(s) f(t y)=,y>t f(t y)g(y)e st dy dt t e st f(t y)g(y) dy dt f(t y)e s(t y) g(y)e sy dy dt ( ) f(t y)e s(t y) dt g(y)e sy dy ( ) f(t y)e s(t y) dt g(y)e sy dy y ( ) f(u)e su du g(y)e sy dy = La función Gama Comencemos por calcular la transformada de Laplace de f p (t) = t p definida para t y donde p > 1. Es fácil comprobar que la transformada está definida para s > y resulta L(f p )(s) = e st t p 1 ( u ) p dt = e u 1 du = e u u p du s u=st s s p+1 La integral del último miembro es sólo función de p. Se la llama función gama, aunque su definición habitual es Γ(p) = e u u p 1 du para p >. De esta forma, para s > y p > 1. Si recordamos que L(t n )(s) = n! s n+1 para todo n N. L(t p )(s) = Γ(p + 1) s p+1 para n N, obtenemos la relación Γ(n + 1) = n! Propiedades

13 1. Γ(p + 1) = pγ(p) para todo p >. Γ(p + 1) = e u u p du = e u u p ( e u )pu p 1 du = pγ(p) 2. Γ(1) = 1 3. Γ(1/2) = π Γ(1) = e u du = e u = 1 Γ(1/2) = Γ( 1/2 + 1) = s 1/2+1 L(t 1/2 )(s) = s 1/2+1 π s = π 4. Γ(p + n) = (p + n 1)(p + n 2)... (p 1)pΓ(p) Por inducción sobre n. El caso n = 1 fue hecho en 1. ( ) 2n + 1 5. Γ = 2 (2n 1)(2n 3)... 3.1 2 n π Es una consecuencia inmediata de la propiedad anterior con p = 1/2. 6. L(t n 1/2 )(s) = (2n 1)!! π 2 n 1 s n+1/2 L(t n 1/2 )(s) = Γ(n 1/2 + 1) s n+1/2 = Γ( 2n+1 2 ) s n+1/2 = (2n 1)!! π 1 2 n s n+1/2 Aplicación a la resolución de ecuaciones diferenciales Vamos a resolver primero un problema homogéneo y luego uno no homogéneo. 1. Consideremos el problema de valores iniciales y + 2y + 5y =, t > y() = 1, y () = Sabemos que este problema tiene solución única. ambos miembros de la ecuación y obtenemos Para encontrarla transformamos = L(y + 2y + 5y)(s) = (s 2 L(y)(s) sy() y ()) + 2(sL(y)(s) y()) + 5L(y)(s) = (s 2 + 2s + 5)L(y)(s) s 2

14 Luego, L(y)(s) = s + 2 s 2 + 2s + 5 = s + 2 (s + 1) 2 + 4 = s + 1 (s + 1) 2 + 4 + 1 (s + 1) 2 + 4 = L(e t cos(2t))(s) + 1 2 L(e t sen(2t))(s) = L(e t cos(2t) + 1 2 L(e t sen(2t))(s) Entonces, el teorema de Lerch nos dice que es la solución del problema. y(t) = e t cos(2t) + 1 2 e t sen(2t) 2. Consideremos ahora un problema no homogéneo y + y = h(t), t > y() =, y () = donde h(t) = 1 en [π, 2π) y h(t) = fuera de ese intervalo. Notemos en principio que h = u π u 2π. Aplicando el mismo procedimiento anterior, ahora tenemos (s 2 + s)l(y)(s) sy () 2y() = L(u π u 2π )(s) = e πs e 2πs Y teniendo en cuenta las condiciones iniciales resulta s L(y)(s) = e πs e 2πs s(s 2 + s) = e πs e 2πs s 2 (s + 1) Pero que 1 s 2 (s + 1) = L(e t + t 1)(s). Entonces, si llamamos g(t) = e t + t 1, resulta L(y)(s) = L(u π (t)g(t π))(s) L(u 2π (t)g(t 2π))(s) Es decir, L(y)(s) = L ( u π (t)g(t π) u 2π (t)g(t 2π) ) (s) De donde finalmente se obtiene la solución del problema y(t) = u π (t)(e (t π) 1 + (t π)) u 2π (t)(e (t 2π) 1 + (t 2π))

15 Bibliografía [1] Pinkus, A., Zafrany, S., Fourier Series and Integral Transforms, Cambridge University Press, 1997.