1. Transformada de Laplace

1. Tranformada de Laplace Sea f : [, ) R, decimo que f e continua a trozo (continua por tramo) en [, ), i en cualquier intervalo [a, b] [, ) hay a lo má un número finito de punto de dicontinuidade t 1,..., t l de alto finito, eto ignifica que f e continua en cada intervalo (t k, t k+1 ), y f(t), t (t k, t k+1 ), tiende a un limite finito cuando t tiende a t k o t k+1, para todo k = 1,.., l 1. Definición 1. Decimo que una función f : [, ) R e de orden exponencial i exiten contante C, M > y T > tale que: f(t) Me Ct para todo t T Ejemplo: (1) para f(t) = t, t, e tiene f(t) = t e t, por lo tanto e de orden exponencial con M = 1, C = 1 y T cualquier número poitivo. (2) para f(t) = co t, t, e tiene f(t) = co t e t, por lo tanto e de orden exponencial con M = 1, C = 1 y T cualquier número poitivo. (3) para f(t) = t n in t, t, e tiene f(t) t n (e t ) n = e nt, por lo tanto e de orden exponencial con M = 1, C = n y T cualquier número poitivo. Comencemo a continuación con la definición de la Tranformada de Laplace. Sea f : [, ) R y conideremo la expreión, τ e t f(t)dt donde R y τ >. Supongamo que 1

2 τ lím e t f(t)dt = τ e t f(t)dt exite, entonce F () := e t f(t)dt la llamaremo la tranformada de Laplace de f. E cotumbre también denotar la tranformada de Laplace por L(f(t)). Aí, L(f(t)) = F () = e t f(t)dt Notamo que el dominio de definición de eta tranformada depende de la función f. En ete repecto e tiene Teorema 1. Sea f : [, ) R continua por trozo y de orden exponencial, i.e. exiten contante M >, C y T > tale que f(t) Me Ct para todo t T, entonce F () exite para todo > C. Demotración 1. Se tiene τ F () = lím τ T e t f(t)dt τ = e t f(t)dt + lím e t f(t)dt τ T Ahora, de lo curo de cálculo e abe que exite, i τ lím e t f(t)dt τ T τ lím e t f(t) dt = τ T T e t f(t) dt <, (1.1)

3 aí que etudiaremo ete ultimo limite. Se tiene por lo tanto, τ T e t f(t) dt M τ T e t e Ct dt = M τ = M C [e ( C)T e ( C)τ ] T e ( C)t dt Luego, τ lím e t f(t) dt τ T M C e ( C)T, para todo > C. T e t f(t) dt <, para todo > C. lo que implica que F () = e t f(t)dt exite para todo > C, que e lo que e quería demotrar El iguiente teorema no dice que la tranformada e continua. Teorema 2. Supongamo que la función f atiface la condicione del teorema anterior, entonce la tranformada de Laplace, F (), e continua en el intervalo (C, ). Demotración 2. Sean 1, 2 (C, ). Queremo demotrar que i 1 2, entonce F ( 1 ) F ( 2 ). Se tiene entonce, F ( 1 ) = F ( 2 ) = e 1t f(t)dt e 2t f(t)dt

4 F ( 1 ) F ( 2 ) e 1t e 2t f(t) dt. Suponiendo, in perder generalidad que 1 < 2, lo cual implica que e 1t > e 2t, e tiene F ( 1 ) F ( 2 ) = T (e 1t e 2t ) f(t) dt (e 1t e 2t ) f(t) dt + T c 1 (e 1t e 2t )dt + M donde c 1 = up t [,T ] f(t). Notando que T T (e 1t e 2t ) f(t) dt (e 1t e 2t )e Ct dt, T e 1t dt T e 2t dt cuando 1 2 y que (e 1t e 2t )e Ct dt = T T (e ( 1 C)t e ( 2 C)t )dt 1 = 1 C e ( 1 C)T 1 2 C e ( 2 C)T, cuando 1 2, e obtiene que F ( 1 ) F ( 2 ), cuando 1 2. Eto implica que F () e una función continua en (C, ). En el iguiente teorema evaluamo la tranformada de Laplace de alguna funcione elementale. Teorema 3. Se tiene lo iguiente (a) L(1) = 1, >

5 (b) L(t n ) = n!, >, n 1 n+1 (c) L(e at ) = 1 a, > a (d) L(in kt) = (e) L(co kt) = (f) L(inh kt) = (g) L(coh kt) = k 2 + k 2 2 + k 2 k 2 k 2 2 k 2. Demotración 3. (a) e inmediato. (b) por inducción, para n = 1, e debe tener Probemo eto. L(t) = 1! 2 L(t) = τ te t dt = lím te t dt, τ y e tiene τ te t dt = te t τ = τe τ + 1 + 1 τ e τ e t dt τ Luego = e τ + 1 2 [1 e τ ] 1 2 cuando τ. τ L(t) = lím te t dt = τ te t dt = 1 2.

6 Suponemo ahora el reultado para n y queremo probarlo para n + 1. Por definición y τ L(t n+1 ) = lím t n+1 e t dt τ τ t n+1 e t dt = tn+1 e t Haciendo que τ e obtiene τ + (n + 1) τ t n e t dt. L(t n+1 ) = (n + 1) t n e t dt = (n + 1) L(t n ) = (n + 1) n! (n + 1)! =. n+1 n+2 Para demotrar (c), por definición e tiene L(e at ) = e t e at dt = e ( a)t dt = 1 a Finalmente vamo a demotrar (d), el reto queda de ejercicio. Se tiene y τ L(in kt) = lím e t in kt dt τ τ e t in kt dt = } {{ } I(τ) τ in kt τ e t + k e t co kt dt }{{} J(τ) de donde I(τ) = in kτ e τ + k J(τ).

7 Por otro lado J(τ) = = τ co kt τ e t k e t in kt dt ( ) 1 co kτ e τ k I(τ). Haciendo que τ e obtiene primero que I(τ) L(in kt) y J(τ) L(co kt) y de la expreione anteriore e obtiene entonce que Reolviendo que implica L(in kt) = k L(co kt) L(co kt) = 1 k L(in kt). L(in kt) = k [ 1 k ] L(in kt) y análogamente, L(in kt) = k 2 + k 2 L(co kt) = L(in kt) = k 2 + k 2 Notemo ahora que la T. de L. e un operador lineal. De la definición e tiene que i f, g : [, ) R admiten de la T. de L. entonce L(αf(t) + βg(t)) = αl(f(t)) + βl(g(t))

8 para α y β R cualequiera. Eto e debe a que L(αf(t) + βg(t)) = e t (αf(t) + βg(t))dt = α e t f(t)dt + β e t g(t)dt. Eto no implifica la evaluación de la T. de L. Ejemplo Para evaluar la T. de L. de L(5 co 3t + 1 inh 6t) = 5L(co 3t) + 1L(inh 6t) = 5 2 + 9 + 6 2 36. 1.1. Tranformada Invera. Vamo a comenzar con un ejemplo. Sabemo que L(co kt) = 2 + k 2 = F () Supongamo ahora que tenemo dada la expreión, F () = 2 + k 2 y queremo aber i exite una función f(t) tal que, F () = 2 + k 2 = L(f(t)) En ete cao, abemo la repueta, evidentemente f(t) = co kt. Má generalmente dada una función F : (C, ) R queremo aber i exite una función f(t) tal que,

9 F () = L(f(t)). Si una tal f exite, entonce uaremo la iguiente notación, f(t) = L 1 (F ()) y la llamaremo la tranformada invera de F (). Como conecuencia inmediata del teorema 3 e tiene el iguiente reultado Teorema 4. Se tiene lo iguiente reultado: (a) L 1 ( 1 ) = 1, > (b) L 1 ( n! n+1 ) = tn, (c) L 1 1 ( a ) = eat, n 1 entero > a (d) L 1 k ( ) = in kt 2 + k2 (e) L 1 ( ) = co kt 2 + k2 (f) L 1 k ( ) = inh kt 2 k2 (g) L 1 ( ) = coh kt 2 k2 > k > k Nota 1. Tenemo que la T. de L. de una función f eta definida por una integral L(f(t)) = e t f(t)dt = F (). Si g e una función que difiere de f en un número finito de punto ailado entonce obviamente e tendrá que

1 L(g(t)) = Ete imple ejemplo demuetra que la ecuación e t g(t)dt = F (). L(f(t)) = F () (1.2) no tiene olución única. Sin embargo, e puede demotrar que i do funcione tienen la mima T. de L. entonce olo una de ella puede er continua. En cuanto a propiedade de linealidad de la tranformada invera e tiene el iguiente reultado. Supongamo que L 1 (F ()) y L 1 (G()) on funcione continua (y de orden exponencial), entonce para α y β contante cualequiera L 1 (αf () + βg()) = αl 1 (F ()) + βl 1 (G()). En efecto, i L 1 (F ()) = f(t) y L 1 (G()) = g(t) donde f y g on funcione continua, y i Z() = L(αf(t) + βg(t)) = αl(f(t)) + βl(g(t)) = αf () + βg(), entonce αf(t) + βg(t) = L 1 (αf () + βg()), que implica αl 1 (F ()) + βl 1 (G()) = L 1 (αf () + βg()). Ejemplo. Calcule la tranformada invera de la función

11 F () = + 6 2 + 4. Ecribimo + 6 2 + 4 = 2 + 4 + 3 2 2 + 4, entonce L 1 ( + 6 2 + 4 ) = L 1 ( 2 + 4 ) + 2 3L 1 ( ) = co 2t + 3 in 2t. 2 + 4 Propiedade operacionale Teorema 5. (Primer teorema de tralación.) Sea a R, y f : [, ) R una función que admite tranformada de Laplace. Entonce donde F () = L(f(t)). L(e at f(t)) = F ( a), Demotración 4. Se tiene que L(f(t)) = entonce e t f(t)dt = F (), L(e at f(t)) = e t e at f(t)dt = e ( a)t f(t)dt = F ( a) Ejemplo. Evaluemo L(e 2t co(4t)). Se tiene que f(t) = co(4t) y a = 2.

12 F () = L(co(4t)) = 2 + 16 F ( + 2) = L(e 2t co(4t)) = Del teorema anterior e tiene que + 2 ( + 2) 2 + 16 = + 2 2 + 4 + 2 L 1 (F ( a)) = e at f(t) con L 1 (F ()) = f(t). Ejemplo. Encuentre f(t) tal que f(t) = L 1 ( 2 + 6 + 11 ). Completando el cuadrado del binomio en el denominador 2 + 6 + 11 = ( + 3) 2 + 2 y decomponiendo para identificar tranformada conocida = + 3 ( + 3) 2 + ( 2) 2 3 ( + 3) 2 + ( 2) 2 que tienen repectivamente la forma Sabemo que = + 3 ( + 3) 2 + ( 2) 2 3 2 2 ( + 3) 2 + ( 2) 2 2 +k 2 y k 2 +k 2 (con k = 2) pero deplazada. L 1 ( 2 + ( 2) ) = co( 2t) 2 y utilizando el teorema anterior,

13 L 1 + 3 ( ( + 3) 2 + ( 2) ) = (co( 2t))e 3t 2 De la mima forma 2 L 1 ( ( + 3) 2 + ( 2) ) = (in( 2t))e 3t 2 2 ya que L 1 ( 2 +( ) = in( 2t). 2) 2 Finalmente uando la linealidad de la tranformada invera, e concluye que f(t) = co( 2t)e 3t 3 2 in( 2t)e 3t. En el egundo teorema de tralación vamo a uar la iguiente función, que llamaremo función ecalón unitario o implemente función ecalón. U(t a) = { i t < a, 1 i t a. } donde a. Notemo que eta función etá definida para t, e continua a trozo, y de orden exponencial. En particular la función U(t) e igual a 1 para todo t. Teorema 6. (Segundo teorema de tralación) Sea a y f : [, ) R una función que admite tranformada de Laplace. Entonce L(f(t a)u(t a)) = e a F () con F () = L(f(t)). Demotración 5. De la definición de T. de L. L(f(t a)u(t a)) = f(t a)u(t a)e t dt = a f(t a)e t dt.

14 Haciendo el cambio de variable de integración t a = u, no queda L(f(t a)u(t a)) = f(u)e (a+u) du = e a f(u)e u du = e a F (). Nota. La forma invera del teorema e L 1 (e a F ()) = f(t a)u(t a). Veamo alguno ejemplo. Ejemplo. Conideremo la función f definida por f(t) = 2 i t < 2 1 i 2 t < 3 i t 3. Con la ayuda de la función ecalón la podemo ecribir como Evaluando u T. de L., obtenemo f(t) = 2U(t) 3U(t 2) + U(t 3). L(f(t)) = 2L(U(t)) 3L(U(t 2)) + L(U(t 3)) = 2 3 e 2 + e 3 Ejemplo. Calculemo L(in t U(t 2π)). Notamo que eta función aparentemente no tiene la forma L(f(t a)u(t a)). Sin embargo e puede reducir a dicha forma uando que in t e 2π periódica, eto e in t = in(t 2π) para todo t R. Entonce in t U(t 2π) = in(t 2π)U(t 2π), con lo cual

15 L(in t U(t 2π)) = L(in(t 2π)U(t 2π)) = e 2π L(in t) = e 2π 2 + 1 Teorema 7. (Derivada de una tranformada) Sea f : [, ) R continua a trozo y de orden exponencial ( f(t) Me Ct para todo t T ). Entonce para cada n N y > C + n, e tiene que donde F () = L(f(t)). d n d n F () = ( 1)n L(t n f(t)) (1.3) Nota 1. Ete teorema e ua mucha vece en la forma L(t n f(t)) = ( 1) n dn d n F (). Nota 2. Se tiene que t n f(t) e nt Me Ct = Me (C+n)t, por lo que dn d n F () quedará definida para todo > C + n. Demotración 6. Por definición F () = e t f(t)dt. Notamo que (1.3) e puede obtener derivando formalmente bajo la integral con repecto a. Se obtiene df () d = te t f(t)dt (1.4) que correponde al cao n = 1 en (1.3), d 2 F () d 2 = t 2 e t f(t)dt,

16 etc. Jutifiquemo ete proceo. Tomemo > C + 1 y formemo F ( + h) F () = Definamo (e (+h)t e t )f(t)dt = (e ht 1)e t f(t)dt. (1.5) I(h) := F ( + h) F () h + tf(t)e t dt. (1.4) erá cierta i lím h I(h) =. Probemo eto. De (1.5) e tiene I(h) = (( e ht 1 h ) + t)f(t)e t dt. (1.6) Uamo dearrollo en erie para acotar la función ( e ht 1) + t), e tiene h e ht 1 h + t = ht2 2! h2 t 3 3! ± = h( t2 2! ht3 ± ). 3! Con lo cual e ht 1 h + t h ( t2 2! + t2 3! + ), donde in pérdida de generalidad tomamo h 1. Entonce e ht 1 h + t h e t Tomando valor aboluto en (1.6), reemplazando la ultima expreión, y uando que f e de orden exponencial, obtenemo

17 I(h) h ( T e t f(t) e t dt h e (1 )t f(t)dt + M donde recordamo que > C + 1. Por lo tanto T ) e ( C 1)t dt, de donde lím h I(h) =. ( T ) I(h) h e (1 )t f(t)dt + Me ( C 1)T, C 1 Ahora vamo a probar el cao general. Lo hacemo por inducción, notamo que la demotración recién hecha correponde al cao n = 1. Supongamo entonce (1.3) para n y probemo el cao n + 1. Suponemo aqui > C + n + 1. De la definición de T. de L. L(t n+1 f(t)) = t n+1 f(t)e t dt = donde G() = L(tf(t)). Pero t n (tf(t))e t dt = ( 1) n dn d n G() L(tf(t)) = ( 1) d d F (), por lo que L(t n+1 f(t)) = ( 1) n+1 dn+1 F (). dn+1 Nota. La forma invera de ete Teorema e t n f(t) = ( 1) n L 1 ( dn d n F ())

18. Alguno ejemplo. Ejemplo. Se pide evaluar L(t 2 in(kt)). Vamo a aplicar el teorema anterior. Tomamo f(t) = in(kt), entonce F () = L(in(kt)) = Del teorema anterior, con n = 2, e tiene k 2 + k 2. Derivando L(t 2 in(kt)) = ( 1) 2 d2 d2 k F () = d2 d 2 2 + k. 2 df () d = 2k ( 2 + k 2 ) 2 y d 2 F () d 2 = 2k(32 k 2 ) ( 2 + k 2 ) 3. Por lo tanto Notemo que también e tiene L(t 2 in(kt)) = 2k 32 k 2 ( 2 + k 2 ) 3. t 2 in(kt) = 2kL 1 ( 3 2 k 2 ( 2 + k 2 ) 3 ).

Ejemplo. Se quiere calcular L(te t co t). Uamo el teorema anterior, con f(t) = e t co t. Se tiene 19 Derivando F () = L(e t co t) = + 1 ( + 1) 2 + 1. df () d = (2 + 2) ( 2 + 2 + 2) 2, y aplicando el teorema anterior, e obtiene L(te t co t) = 2 + 2 ( 2 + 2 + 2) 2. A continuación vamo a aplicar la T. de L. para reolver ecuacione diferenciale lineale de orden n de la forma a n y (n) + a n 1 y (n 1) +... + a 1 y + a y = g(t), donde lo coeficiente a,, a n on contante. El método conitirá en aplicar T. de L. a ambo miembro de eta ecuación. De aquí e ve la neceidad de aber calcular la T. de L. de derivada de y. Eto lo hacemo en el iguiente teorema. Recordemo primero que h : [, ) R e de orden exponencial i exiten contante poitiva C, M, T tal que h(t) Me Ct para todo t T. (1.7) Teorema 8. (Tranformada de derivada.) Sea f : [, + ) R que atiface la iguiente condición. f, f,..., f (n) on continua a trozo y de orden exponencial, uponemo que toda eta funcione atifacen (1.7), con la mima contante. Entonce, i F () = L(f(t)), e tiene

2 L(f (n) (t)) = n F () n 1 f() n 2 f () f (n 2) () f (n 1) (), > C. Notemo que f, f,..., f (n) on continua excepto en un conjunto numerable de punto en [, ). Demotración 7. Por inducción. Primero el cao n = 1. Queremo demotrar L(f (t)) = F () f(). Se tiene: L(f (t)) = τ f (t)e t dt = lím f (t)e t dt τ [ τ ] = lím f(t)e t τ + f(t)e t dt τ [ τ ] = lím f(τ)e τ f() + f(t)e t dt τ = ya que f(t)e t dt = L(f(t)) f(), f(τ)e τ Me Cτ e τ = Me ( C)τ, > C, y por lo tanto lím τ f(τ)e τ =. Queda entonce demotrado el cao n = 1. Supongamo a continuación el reultado cierto para n y queremo probarlo para n + 1. Se tiene:

21 L(f (n+1) (t)) = f (n+1) (t)e t dt [ τ ] = lím f (n) (t)e t τ + f (n) (t)e t dt τ = L(f (n) (t)) f (n) (). Eto e Reemplazando en eta expreión L(f (n+1) (t)) = L(f (n) (t)) f (n) (). L(f (n) (t)) = n F () n 1 f() n 2 f () f (n 2) () f (n 1) (), que e la hipótei de inducción, no queda finalmente L(f (n+1) (t)) = n+1 F () n f()... f (n 1) () f (n) (), que e el cao n + 1. Eto termina la demotración Aplicacione a EDO Conideremo a n y (n) + a n 1 y (n 1) +... + a 1 y + a y = g(t) con la condicione iniciale y() = c 1, y () = c 2,..., y (n 1) () = c n, donde g e una función que admite T. de L. y

22 a, a 1,..., a n y c,..., c n on contante reale. Vamo a aplicar T. de L. a ambo miembro. Sea entonce, del teorema anterior Y () = L(y(t)), L(y (i) (t)) = i Y () i 1 y() i 2 y () y (i 2) () y (i 1) (), para i = 1,..., n. Aplicando eto a la ecuación diferencial, e obtiene a n [ n Y () n 1 y()... y (n 1) ()] + a n 1 [ n 1 Y () n 2 y()... y (n 2) ()] + a n 2 [ n 2 Y () n 3 y()... y (n 3) ()] + + a Y () = G() donde G() = L(g(t)). Agrupando, e obtiene donde P ()Y () + Q() = G(). P () = a n n + a n 1 n 1 +... + a 1 + a (polinomio caracterítico) y Q() e un polinomio de grado n 1 en, función de la condicione iniciale. Depejando Y (), e obtiene Y () = G() Q() P () = G() P () Q() P (). Para encontrar y(t) tenemo que aplicar tranformada invera a eta ultima expreión, no da

23 y(t) = L 1 {Y ()} = L 1 { G() P () } L 1 { Q() P () } Ejercicio. Reuelva uando T. de L. y 3y = e 2t, y() = 1. Aplicando T. de L. y con la notación anterior Y () y() }{{} 1 3Y () = 1 2 ( 3)Y () = 1 + 1 2 = 1 2 Y () = 1 ( 2)( 3), uamo fraccione parciale, (repaar), para lo cual ecribimo: Y () = A 2 + B 3 calculando, obtenemo A = 1 B = 2. y por lo tanto Y () = 1 2 + 2 3. Aplicando T. I., reulta y(t) = L 1 {Y ()} = L 1 1 ( 2 ) + 1 2L 1 ( 3 )

24 = e 2t + 2e 3t. Ejemplo. Reuelva uando T. de L. (ecuación del péndulo en reonancia) con la condicione iniciale y + k 2 y = co kt, k >, y() = c 1, y () = c 2. Aplicando T. de L. en ámbo lado de la ecuación, e obtiene: 2 Y () c 1 c 2 + k 2 Y () = Y () = ( 2 + k 2 ) + c 1 + c 2 2 2 + k 2 2 + k 2 = ( 2 + k 2 ) + c 2 1 2 + k + c 1 2 2 2 + k. 2 Aplicando T. I., y(t) = L 1 {Y ()} = L 1 { ( 2 + k 2 ) }+ 2 c 1 L 1 { 2 + k } + c 2L 1 1 { 2 2 + k } 2 = L 1 { ( 2 + k 2 ) } + c 2 1 co kt + c 2 in kt. k Para evaluar L 1 { ( 2 + k 2 ) } vamo a uar la fórmula d F () = L{tf(t)}, o 2 d mejor tf(t) = L 1 ( d F ()). Identificando F () = 1, e tiene primero que d 2 + k2

25 f(t) = L 1 {F ()} = 1 in kt. k A continuación notando que e tiene que ( 2 + k 2 ) = 1 2 2 ( 2 ( 2 + k 2 ) ) = 1 2 2 d d ( 1 2 + k ). 2 y entonce d d ( 1 2 + k ) = d kt F () = L{tf(t)} = L{tin 2 d k }, ( 2 + k 2 ) = 1 L{t in kt} 2 2k L 1 ( ( 2 + k 2 ) )} = 1 t in kt. (1.8) 2 2k Finalmente y(t) = t in kt 2k + c 1 co kt + c 2 k in kt Ejercicio. Reuelva la ecuación con condicione iniciale y + 16y = f(t), y() = y () = 1. donde f(t) = co 4t (U(t) U(t π)). Poniendo L(y(t)) = Y (), y aplicando T. de L. 2 Y () 1 + 16Y () = L{f(t)}. (1.9) pero f(t) = co 4t (U(t) U(t π)) = co 4t co 4t U(t π)

26 = co 4t co 4(t π)u(t π), de donde L{f(t)} = 2 + 16 e π 2 + 16. Subtituyendo en (1.9) y depejando Y (), Y () = Ahora de (1.8), e tiene que ( 2 + 16) 2 e π ( 2 + 16) + 1 2 2 + 16. (1.1) L 1 ( ( 2 + 16) ) = 1 t in 4t. 2 8 Por lo tanto L 1 {e π ( 2 + 16) } = 1 U(t π)(t π) in 4(t π). 2 8 Finalmente tomando T.I en (1.1), no queda y(t) = 1 8 t in 4t 1 U(t π)(t π) in 4(t π) + 1 in 4t 8 }{{} 4 in 4t = in 4t 4 ( t 2 U(t π)(t π) 2 + 1), que e puede ecribir como, y(t) = 1 4 in 4t + 1 t in 4t t < π 8 2 + π 8 in 4t t π.

27 Producto de Convolución Sean f, g : [, + ) R do funcione que admiten T. de L. Definimo el producto de convolución de f y g, que denotamo por f g, de la forma iguiente: (f g)(t) = t E inmediato ver que ete producto atiface f(τ)g(t τ)dτ f g = g f. En efecto, haciendo el cambio de variable t τ = en la definición, e tiene (f g)(t) = t f(t )g()d = t f(t )g()d = (g f)(t) El teorema principal repecto del producto de convolución e el iguiente. Teorema 9. Sean f, g : [, + ) R do funcione continua a trozo y de orden exponencial tal que amba atifacen (1.7), entonce donde F () = L(f(t)) y G() = L(g(t)). L{(f g)(t)} = F ()G(), Forma invera del teorema: L 1 (F ()G()) = (f g)(t) Demotración 8 (del Teorema 9). Vamo a redefinir f y g agregando la condición que f(t) = g(t) = para todo t <. Del egundo teorema de tralación e tiene que L(g(t τ)) = g(t τ)e t dt = U(t τ)g(t τ)e t dt = e τ G(),

28 donde > C. De aquí F ()G() = Se puede demotrar (ej.) que f(τ)g()e τ dτ = f(τ) g(t τ)e t dtdτ F ()G() = Entonce e t f(τ)g(t τ)dτdt. F ()G() = e t f(τ)g(t τ)dτdt = ya que g(t τ) = para t < τ. Aí F ()G() = t e t f(τ)g(t τ)dτdt, t e t f(τ)g(t τ)dτdt = L((f g)(t)). Ejercicio. Demuetre que la función t f(τ)g(t τ)dτ en el teorema anterior e de orden exponencial. Nota. Un cao particular intereante e cuando f = g. En ete cao e tiene (F ()) 2 = L((f f)(t)). Ejemplo. Encuentre L 1 1 ( ). Aplicando la forma invera del teorema, e ( 2 + k 2 ) 2 tiene L 1 1 ( ( 2 + k 2 ) ) = 1 (in k( ) in k( ))(t) 2 k2 = 1 k 2 t in kτ in k(t τ)dτ = 1 (in kt kt co kt), 2k3 donde hemo uado la identidade trigonométrica: co(a + B) = co A co B in A in B, (1.11) co(a B) = co A co B + in A in B. (1.12)

Corolario 1. Tranformada de una integral. Sea f : [, + ) R continua a trozo y de orden exponencial. Entonce 29 L{ t f(τ)dτ} = 1 F (), donde F () = L(f(t)). Forma invera del teorema. L 1 ( 1 t F ()) = f(τ)dτ. Demotración 9 (del Corolario 1). Se tiene t f(τ)dτ = t f(t )d = t f(t )d donde hemo hecho el cambio de variable τ = t. Mirando la ultima expreión como la integral de 1 por f(t ) y recordando que L(1) = 1, del ultimo teorema e igue inmediatamente que L{ t Ejercicio. Encuentre L 1 1 ( ( 2 + 1)( 2 + 4) ) f(τ)dτ} = 1 F (). Definiendo F () = 1 2 + 1 y G() = 1, e tiene que 2 + 4 f(t) = L 1 (F ()) = L 1 1 ( 2 + 1 ) = in t y g(t) = L 1 (G()) = L 1 1 ( 2 + 4 ) = 1 in 2t. 2

3 Entonce del teorema anterior, e igue que L 1 1 ( ( 2 + 1)( 2 + 4) ) = t f(τ)g(t τ)dτ = 1 2 t in τ in 2(t τ)dτ. Uando la identidade trigonométrica (1.11), (1.12), e obtiene que 2 in τ in 2(t τ) = co (3t 2τ) co (2t τ). Reemplazando eta expreión en la integral e integrando, reulta: Ejercicio. Encuentre L 1 ( ( 2 + k 2 ) ). Definiendo F () = L 1 1 ( ( 2 + 1)( 2 + 4) ) = 1 3 in t 1 in 2t 6 2 + k y G() = 1, e tiene que 2 2 + k2 f(t) = L 1 (F ()) = L 1 ( ) = co kt 2 + k2 y g(t) = L 1 (G()) = L 1 1 ( 2 + k ) = 1 in kt. 2 k Del teorema del producto de convolución L 1 ( ( 2 + k 2 ) ) = 1 2 k t co kτ in k(t τ)dτ = t in(kt), 2k que e el mimo valor que coneguimo por otro método. Teorema 1. Sea f : [, ) R continua a a trozo y de orden exponencial ( f(t) Me Ct, t T ). Supongamo que exite una contante a > tal que f(t + a) = f(t), para todo t. Entonce F () = a e t f(t)dt 1 e a,

31 donde como iempre F () = L(f(t). En ete cao diremo que la función f(t) e a periódica para t. Demotración 1. Se tiene, por definición de la T. de L. F () = e t f(t)dt = a e t f(t)dt + a e t f(t)dt. Haciendo el cambio de variable de integración τ = t a en la ultima integral, e obtiene e t f(t)dt = e (τ+a) f(τ + a)dτ = e a e τ f(τ)dτ = e a F (), a por lo que F () = que implica el reultado. a e t f(t)dt + e a F (), Ejercicio. Encuentre la T. de L. de la función M b (t) definida por M b (t) = { 1 i t < b 1 i b t < 2b, M b (t + 2b) = M b (t). Se tiene 2b e t M b (t)dt = b e t dt 2b b e t dt = 1 (1 e b ) 2. Entonce

32 L(M b (t)) = (1 e b ) 2 (1 e 2b ) = (1 e b ) (1 + e b ) = 1 tanh b 2. (1.13) Ejercicio. Se quiere encontrar la T. de L. de H b (t), dado por H b (t) = { t i t < b 2b t i b t < 2b, H b (t + 2b) = H b (t). Para reolver ete problema notamo que H b atiface H b (t) = t M b(τ)dτ. Eto e claro i t [, 2b). Si t 2b e tiene H b (t + 2b) = t+2b M b (τ)dτ = t M b (τ)dτ + t t+2b M b (τ)dτ Por lo que hay que probar que lo cual queda de ejercicio. = H b (t) + t+2b t t+2b t M b (τ)dτ. M b (τ)dτ =, Aplicando la formula L{ t f(τ)dτ} = 1 F (), e obtiene de inmediato que L(H b (t)) = 1 2 tanh b 2. A continuación por aplicación directa de (1.13) e tiene que L( 1 2 + 1 2 M b(t)) = 1 2 (1 + (1 e b ) (1 + e b ) ) = 1 (1 + e b ).

33 Notemo que la función R b (t) := 1 2 + 1 2 M b(t) queda dada por la iguiente expreión: { 1 i t < b R b (t) = i b t < 2b, R b (t + 2b) = R b (t). Uando terminologia de Ingenieria eléctrica decimo que R b (t) e una rectificación de media onda de la función M b (t). Má generalmente conideremo una función f : [, ) R continua a trozo en el intervalo [, 2b] y que atiface f(t + b) = f(t) para t [, b) y f(t + 2b) = f(t) para todo t >. Calculemo la T. de L. de eta función. Se tiene primero lo iguiente. 2b e t f(t)dt = b e t f(t)dt + 2b b e t f(t)dt = b e t f(t)dt + b e (τ+b) f(τ + b)dτ = b b e t f(t)dt e b e t f(t)dt = (1 e b ) b e t f(t)dt. A continuación aplicando la formula para la tranformada de una función periódica, obtenemo F () = e t f(t)dt = de donde finalmente obtenemo 1 (1 e 2b ) 2b e t f(t)dt = (1 e b ) (1 e 2b ) b e t f(t)dt, F () = 1 (1 + e b ) b e t f(t)dt. Sea ahora f 1 (t) la rectificación de media onda de f(t). Evaluemo u T. de L. Tenemo que eta función e 2b periódica, aplicando entonce la formula para la tranformada de una función periódica, obtenemo

34 F 1 () = e t f 1 (t)dt = 1 (1 e 2b ) 2b e t f 1 (t)dt = 1 (1 e 2b ) b e t f(t)dt = (1 + e b ) F () F () = (1 e 2b ) (1 e b ). Definamo a continuación la función f 2 (t) = f 1 (t b), donde uponemo f 1 (τ) = para τ <. Entonce e tiene F 2 () := L(f 2 (t)) = L(f 1 (t b)) = L(U(t b)(f 1 (t b)) = e b F 1 () = e b F () (1 e b ). Supongamo finalmente que f 3 (t) = f 1 (t) + f 2 (t). Entonce F 3 () := L(f 3 (t)) = L(f 1 (t)) + L(f 2 (t)) = F () (1 e b ) + e b F () (1 e b ) = (1 + e b )F () (1 e b ) = coth( b )F (). 2 La función f 3 e llama la rectificación de onda completa de la función f. 1 Ejercicio. Conideremo f(t) = in t. Sabemo que F () =. A modo de 2 + 1 ejercicio vamo a calcular eta tranformada ai como otra aplicando la formula anteriore. Se tiene que f(t) = in t atiface la condicione f(t+π) = f(t) para t [, π) y f(t + 2π) = f(t) para todo t >. Podemo calcular u tranformada por la formula 1 π F () = e t in tdt. (1 + e π ) Como e tiene que e obtiene F () = π e t in tdt = (e π + 1) e π 2 + 1, 1 1 (1 + e π ) (e π + 1) 2 + 1 = 1 2 + 1.

35 La rectificación de media onda de in t e la función { in t i t < π f 1 (t) = i π t < 2π, f 1 (t + 2π) = f 1 (t). Su tranformada e dada por F 1 () = F () (1 e π ) = 1 (1 e π )( 2 + 1). Evaluemo la T. de L. de la función f 2 (t) = f 1 (t π), donde uponemo f 1 (τ) = para τ <. Notamo primero que { i t < π f 2 (t) = in t i π t < 2π, f 2 (t + 2π) = f 2 (t). Entonce e tiene F 2 () := L(f 2 (t)) = e π F () (1 e π ) = e π (1 e π )( 2 + 1). Supongamo finalmente que f 3 (t) = f 1 (t) + f 2 (t). Entonce e claro que f 3 (t) = in t, para todo t. Se tiene de la formula anteriore que π F 3 () = coth( π coth( 2 )F () = 2 ) 2 + 1. La función f 3 e llama la rectificación de onda completa de in t. Por otro lado como la función in t e π periodica u tranformada e puede calcular directamente por medio de F 3 () = L( in t ) = lo que no da el mimo reultado. 1 π e t in t dt, (1 e π )

36 Vamo a etudiar ahora una condición que debe cumplir una función F : [C, ) R, para er la T. de L. de una función f : [, ) R continua a trozo y de orden exponencial, eto e f(t) Me Ct para todo t T. Como en la clae paada, exite una contante N > tal que Entonce e tiene f(t) Ne Ct para todo t. F () = L(f(t)) e t f(t) dt N e ( C)t dt N C, de donde En particular, la función + 1 trozo y de orden exponencial. lím F () =. no e la T. de L. de ninguna función continua a A continuación vamo a etudiar la funcione delta de Dirac. Conideremo primero el iguiente ejemplo. Sea h a n : [, ) R definida por h a n(t) = { n i a t < a + 1 n i t / [a, a + 1 ). n donde a. Entonce para todo b a + 1, e tiene n y de aquí b h a n(t)dt = a+ 1 n a h a n(t)dt = 1, h a n(t)dt = 1.

37 Notamo que tomando el límite b lím n h a n(t)dt = 1 y lím n h a n(t)dt = 1. Supongamo que e pudiera intercambiar el límite con la integral y llamemo δ a (t) la función límite bajo el igno integral, eto e b lím n h a n(t)dt = b lím n ha n(t)dt = b δ a (t)dt = 1, lím n h a n(t)dt = lím n ha n(t)dt = δ a (t)dt = 1. Motremo a continuación que tal función δ a (t) no puede exitir. En efecto, como e inmediato de ver, e tiene que lím h a n n(t) = excepto en el punto a. De la teoría de integración e igue entonce que lím h a n n(t)dt =, lo que no da una contradicción. Vamo a introducir a continuación la funcione δ. Sea g : [, ) R una función continua. Entonce, para n grande, por el teorema del valor medio, e tiene que a+ 1 n a g(t)dt = 1 n g(t ), para algún t [a, a + 1 ]. De aquí, uando la continuidad de g, e tiene n lím n h a n(t)g(t)dt = lím a+ 1 n n a a+ 1 h a n n(t)g(t)dt = lím n g(t)dt = g(a). n a Sabemo por lo vito ante que no podemo paar el límite bajo el igno integral. Sin embargo podemo penar aí, el proceo que hemo hecho aigna a cada g continua u valor g(a). LLamemo a el operador que manda la funcione g en u valor en el punto a, eto e a (g) = g(a). E fácil ver que para α y β reale: a (αg + βh) = (αg + βh)(a) = αg(a) + βh(a) = α a (g) + β a (h).

38 eto e el operador a e lineal. E cotumbre ecribir a (g) = δ a (t)g(t)dt, con lo que la acción del operador a, queda como δ a (t)g(t)dt = g(a). Por abuo de lenguaje vamo a llamar al ímbolo δ a una función δ. El operador a e lo que e conoce como una ditribución, llamada la ditribución de Dirac. Notemo que i tomamo g(t) = e t entonce δ a (t)e t dt = e a. Debido a eto vamo a decir que la T. de L. de la función δ a e e a, eto e L(δ a ) = e a. En particular i a = entonce denotando δ(t) := δ (t) e tiene L(δ(t)) = 1. Se tiene también que δ a (t) = δ(t a). Nootro queremo reolver ecuacione diferenciale a coeficiente contante con egundo miembro que contiene funcione δ. Conideremo primero el cao de la ecuación a 2 y + a 1 y + a y = δ a (t). (1.14) A una ecuación como eta le vamo dar el iguiente entido. Conideramo el problema a 2 y + a 1 y + a y = h a n(t), y llamaremo y a n u olución. Entonce por olución de (1.14) vamo a entender lím n ya n(t) = y(t). Calculemo entonce y a n. Como h a n(t) = n(u(t a) U(t a 1 n )),

39 tenemo que reolver a 2 y + a 1 y + a y = n(u(t a) U(t a 1 n )). Para implificar el análii vamo a uponer ademá que la olución que bucamo atiface y() =, y () =. Llamando Y n () = L(y(t)) y tomando T. de L. en ambo lado de la ecuación e obtiene (a 2 2 + a 1 + a )Y n () = n e a e (a+ 1 n ) = e a (1 e n ). n de donde Y n () = e a (a 2 2 + a 1 + a ) (1 e n ). n Como (1 e n ) lím n n = 1, haciendo tender n en la ultima ecuación, e obtiene Y () = e a (a 2 2 + a 1 + a ). (1.15) Notamo que ete reultado e puede obtener también i tomamo T. de L. en ambo lado de (1.14), uamo que L(δ a ) = e a, y uponemo que la igualdad e mantiene, e obtiene (a 2 2 + a 1 + a )Y () = e a, de donde e igue (1.15). Eto no da un método formal para calcular el correpondiente Y en otro problema de ecuacione diferenciale con egundo miembro que contienen funcione δ, ete método conite en tratar eta función δ como una

4 función ordinaria cuando e aplica T. de L. Aplicando Tranformada invera obtenemo y(t) = L 1 (Y ()). Finalmente hay que demotrar que lím n y a n(t) = y(t). Ejemplo. Reolvamo: Aplicando T. de L.: y + ay = 4δ(t 2π) y() = 1 y () = 2 Y () y() y () + 4Y () = 4e 2π 2 Y () + 4Y () = + 4e 2π Y () = + 4e 2π 2 + 4 = 2 + 4 + 4 2 + 4 e 2π y(t) = L 1 ( 2 + 4 ) + 4L 1 ( e 2π 2 + 4 ) L 1 ( ) = co 2t 2 + 4 L 1 ( e 2π 2 + 4 ) = 1 in 2(t 2π)U(t 2π), 2 de donde y(t) = co 2t + 2 in 2t U(t 2π). Ejemplo. Conideremo lo do problema

41 my + k 2 y = y() = y () = v y my + k 2 y = p δ(t) y() = y () =. Vamo a probar que ambo problema tienen la mima olución i p = mv. La olución del primer problema e inmediata y(t) = A in k k t + B co t m m que aplicando la condicione iniciale no da y(t) = v m in k t. k m Para encontrar la olución del egundo problema aplicamo T. de L. m 2 Y () + k 2 Y () = p Y () = p m 2 + k 2 = p k m k m 2 + ( k m ) 2. (1.16) De aqui, uando que p = mv, obtenemo y(t) = p k m in( k t) = v m m k in( k m t). Volvamo ahora al problema a n y (n) + a n 1 y (n 1) +... + a 1 y + a y = g(t) (1.17)

42 con la condicione iniciale y() = c 1, y () = c 2,..., y (n 1) () = c n, y donde g e una función que admite T. de L., con a, a 1,..., a n y c,..., c n contante reale. Vimo que aplicando la T. L. a ambo miembro no daba P ()Y () + Q() = G(). donde P () = a n n + a n 1 n 1 +... + a 1 + a (polinomio caracterítico) y Q() e un polinomio de grado n 1 en, función de la condicione iniciale. Depejando Y (), e obtiene Y () = G() Q() P () = G() P () Q() P (). Vamo a uponer que la condicione iniciale on toda cero, eto implica que Q() =, por lo que Y () = W ()G(), donde W () = 1. La función W e llama función de tranferencia. Si ponemo P () w(t) = L 1 (W ()) entonce

43 y(t) = L 1 (Y ()) = (w g)(t) = t w(τ)g(t τ)dτ. (1.18) Una notación corriente en Ingenieria e llamar a la función g(t), función de entrada del itema e y(t) repueta o alida del itema. La función w(t) e llama función peo del itema y depende olamente de lo coeficiente a,, a n. En ete contexto (1.18) e llama la formula de Duhamel. Volvamo ahora a la formula y upongamo que G() = 1, entonce Y () = W ()G(), Y () = W (), (1.19) que correponde a la T. de L. de la repueta y(t) = w(t) = L 1 (W ()) del iguiente problema a n y (n) + a n 1 y (n 1) +... + a 1 y + a y = δ(t) (1.2) y() =, y () =,..., y (n 1) () =. (1.21) E por eto que w() también e le llama la repueta a un impulo unitario. Miremo ahora el iguiente problema. Supongamo que abemo que un fenómeno de Ingenieria e modelado por una ecuación de la forma (1.17), pero no conocemo la contante a,, a n. La pregunta e i e puede determinar la función peo del itema por medio de excitacione conveniente. Procedemo de la iguiente forma: tomamo g(t) = U(t), y conideremo el iguiente problema a n y (n) + a n 1 y (n 1) +... + a 1 y + a y = U(t) y() =, y () =,..., y (n 1) () =.

44 Sabemo que en ete cao G() = L(U(t)) = 1 y por lo tanto Y U () = W (). Tomando tranformada invera y llamando h(t) = L 1 (Y U ()) la repueta a la excitación U(t) e tiene h(t) = t w(τ)dτ, y por lo tanto w(t) = h (t), quedando entonce determinada la función peo i e conoce h (t). Con eto, de (1.18), la repueta a una función g general e dada por y(t) = t h (τ)g(t τ)dτ. Ejercicio. Sea f : [, ) definida por f(t) = n i n 1 < t n, n N. Encuentre la T. de L. de eta función y depué reuelva la ecuación y + k 2 y = f(t), y() =, y () =. Empecemo evaluando la T. de L. de f. Se tiene que eta función e puede ecribir como f(t) = Aplicando T. de L. e tiene U(t n). n=

45 L(f(t)) = L(U(t n)) = n= Sea S = n= e n, entonce n= e n = 1 e n. n= e S = e (n+1), n= y por lo tanto S e S = 1, de donde y finalmente S = 1 1 e, L(f(t)) = 1 (1 e ). Para reolver la ecuación diferencial uamo T. de L.. Se tiene de donde ( 2 + k 2 )Y () = 1 (1 e ), Y () = 1 ( 2 + k 2 )(1 e ) = 1 ( 2 + k 2 ) 1 (1 e ) = 1 L(in kt)l(f(t)). k Tomando tranformada invera

46 y(t) = L 1 (Y ()) = 1 k Reemplazando la erie para f(t) t f(τ) in(k(t τ))dτ. y(t) = L 1 (Y ()) = 1 k t in(k(t τ)) n= U(τ n)dτ = 1 k t n= in(k(t τ))u(τ n)dτ. Termine ete problema evaluando la integral y dando una formula para y(t). Vamo a reolver ete problema de otra forma, para ilutrar nuetro método. Coniderando el problema abemo de (1.16) que la T. de L. e w + k 2 w = δ(t), w() =, w () =, de donde W () = De aquí y de la formula de Duhamel 1 2 + k 2, w(t) = 1 in kt. k y(t) = 1 k t in kτf(t τ)dτ = 1 k y hemo vuelto a la formula obtenida ante. t in k(t τ)f(τ)dτ, Ejercicio. Conideremo el iguiente problema y = δ(t a), y() =, a.

47 Aplicando T. de L. Y () = e a, de donde Y () = e a. Tomando tranformada invera y(t) = U(t a). Formalmente d U(t a) = δ(t a). dt Eta formula no tiene entido aquí, pero i en teoría de ditribucione. Sin embargo i uno aplica T. de L. a ambo miembro obtiene una identidad. A manera de introducción a nuetra próximo ección conideremo el iguiente problema. Ejercicio. Reuelva, uando T. de L., el itema de ecuacione Aplicamo T. de L. a cada ecuación x 1 = 1x 1 5x 2 x 2 = 8x 1 12x 2. que e ecribe como L(x 1(t)) = X 1 () x 1 () = 1X 1 () 5X 2 () L(x 2(t)) = X 2 () x 2 () = 8X 1 () 12X 2 (),

48 Reolviendo ete itema, obtenemo ( 1)X 1 () + 5X 2 () = x 1 () 8X 1 () + ( + 12)X 2 () = x 2 (). X 1 () = ( + 12)x 1() 5x 2 () ( 1)( + 12) + 4, X 2 () = 8x 1() + ( 1)x 2 () ( 1)( + 12) + 4. Notando que ( 1)( + 12) + 4 = 2 + 2 8 = ( 8)( + 1) el itema lo podemo ecribir como X 1 () = x 1()( + 12) ( 8)( + 1) 5x 2 () ( 8)( + 1), X 2 () = Uando fraccione parciale 8x 1 () ( 8)( + 1) + x 2()( 1) ( 8)( + 1). 1 X 1 () = x 1 ()( 9( 8) 1 9( + 1) ) 5x 2() 18 ( 1 8 1 + 1 ), y agrupando X 1 () = ( 1x 1() 9 Tomando tranformada invera 5x 2() 18 ) 1 8 (x 1() 5x 2() 9 18 ) 1 + 1. x 1 (t) = ( 1x 1() 9 El reto de ejercicio. 5x 2() 18 )e8t ( x 1() 5x 2() 9 18 )e 1t.