TEMA No 5

LA TRANSFORMADA DE LAPLACE.

DEFINICIÓNSea f (t) una función continua en un intervalo [0;1) y suponemos que f

satisface ciertas condiciones. Entonces la integral

Lff (t)g = F (s) =Z 1

0

e�stf (t) dt

se denomina "Transformada de Laplace" de f , siempre y cuando la integralsea convergente.

Notación.Sean f (t), g (t) y y (t) funciones continuas, cuyas transformadas de Laplace

son

Lff (t)g = F (s), Lfg (t)g = G (s), Lfy (t)g = y (s)

CONDICIONES SUFICIENTESLas condiciones su�cientes que garantizán la existencia de la transformada de

f (t), Lff (t)g, son que f sea continua parte por parte, en [0;1) y que f sea deorden exponencial para t > T . La primera condición su�ciente, geometricamentesigni�ca que:

1

ORDEN EXPONENCIAL

De�nición.Se dice que una función f , es de orden exponencial sí existen números a > 0,

M > 0 y T > 0 tales que jf (t)j 6Meat para t > T .Así por ejemplo, sí f es una función creciente, entonces la condición jf (t)j 6

Meat, t > T , simplemente establece que la grá�ca de f en un intervalo [T;1)no crece más rapido que la grá�ca de la función exponencial Meat, donde a esuna constante positiva, gra�camente esto es.

OrdenExp

3:pdf

Ejemplo.Las funciones f (t) = t, f (t) = e�t y f (t) = 2 cos t son de orden exponencial

para t > 0, puesto que se veri�ca.

jtj 6 et, je�tj 6 et y j2 cos tj 6 2et

Gra�camente esto signi�ca

Orden Lineal

4:pdf

Orden Exp Neg

5:pdf

2

Una función tal como f (t) =et2 no es del orden exponencial puesto que sugrá�ca crece más rapido que cualquier función exponencial Meat para a > 0,gra�camente esto es

NoOrdenExp

7:pdf

L Es una Transformación LinealTeorema.Supongase que f (t) y g (t) son dos funciones continuas, cuyas transformadas

de Laplace existen, para s > �, s > �, entonces

L [�f (t) + �g (t)] =Z 1

0

e�st [�f (t) + �g (t)] dt =

�

Z 1

0

e�stf (t) dt+�

Z 1

0

e�stg (t) dt = �Lff (t)g+�Lfg (t)g = �F (s)+�G (s) :

Debido a esta propiedad dada, se dice que L es una transformación lineal,siempre que ambas integrales sean convergentes

Ejemplo 1.

Sea:f (t) = 1 con, t > 0; hallar Lff (t)g por de�nición:

Solución.

Lf1g =Z 1

0

e�st (1) dt = limb!1

Z b

0

e�stdt = limb!1

e�st

�s jb0 = lim

b!1

��e

�bs

s+1

s

�=

� limb!1

e�bs

s+ limb!1

1

s= 0 +

1

s.

De manera que F (s) =1

s, s > 0

Ejemplo 2.

Sea f (t) = t con, t > 0,hallar Lff (t)g por de�nición.Solución.

3

Donde Lff (t)g =Z 1

0

e�sttdt

Integrando por partes, tenemos

Sí: u = t) du = dt

dv = e�st ) v =

Ze�stdt = �e

�st

s

Lff (t)g =Z 1

0

e�sttdt = �te�st

sj10 +

Z 1

0

e�st

sdt = �te

�st

sj10 +

1

s

Z 1

0

e�stdt =

�0 + 0� 1s

e�st

sj10 , Sí: e�st = 0, cuando t!1, entonces

: =1

s

��0 + 1

s

�F (s) =

1

s2, s > 0 .

Ejemplo 3.

Sea: f (t) = t2 con , t > 0;hallar Lff (t)g por de�nición:Solución.

Donde L�t2=

Z 1

0

e�stt2dt

Integrando por partes

Sí: u = t2 ) du = 2t dt

dv = e�st ) v =

Ze�stdt = �e

�st

s

L�t2=

Z 1

0

e�stt2dt = �t2 e�st

sj10 +

2

s

Ze�sttdt = �0 + 0 + 2

sLftg =

2

s

�1

s2

�=2

s3; s > 0.

En general

Lftng = n!

sn+1, para todo n = 1; 2; 3; : : :

Ejemplo 4.

Sea: f (t) = e�2t con , t > 0;hallar Lff (t)g por de�nición:Solución.

4

Donde L�e�2t

=

Z 1

0

e�ste�2tdt =

Z 1

0

e�(s+2)tdt = �e�(s+2)t

(s+ 2)j10 = �0+

1

s+ 2.

F (s) =1

s+ 2, s > �2.

Ejemplo 5.

Sea: f (t) = sen at con, t > 0: Hallar Lff (t)g por de�nición:

Solución.

Donde Lfsen atg =Z 1

0

e�st sen at dt

Integrando por partes, tenemos

Sí: u = e�st ) du = �se�stdtdv = sen at) v =

Zsen at dt = �cos at

a.

Luego,

Lfsen atg =Z 1

0

e�st sen at dt = �e�st cos ata

j10 � s

a

Z 1

0

e�st cos at dt .

Integrando nuevamente por partes, tenemos

Sí: u = e�st ) du = �se�stdtdv = cos at) v =

Zcos atdt =

sen at

a.

De donde

Lfsen atg =Z 1

0

e�st sen at dt = �0+1a� sa

�e�st

sen at

aj10 +

s

a

Z 1

0

e�st sen at dt

�=1

a� s

a

�0� 0 + s

a

Z 1

0

e�st sen at dt

�Lfsen atg = 1

a� s2

a2Lfsen atg

L fsen atg+ s2

a2Lfsen atg = 1

a�1 +

s2

a2

�Lfsen atg = 1

a

5

Lfsen atg = 1

a

�a2 + s2

a2

� .

De manera queF (s) =

a

s2 + a2, s > a .

Ejemplos.Utilizando la tabla y la linealidad de la transformada de Laplace, determinar

la transformada de la siguientes funciones.

1). Sea: f (t) = 3t3 � 2t2 + t� 5Lff (t)g = L

�3t3 � 2t2 + t� 5

= 3L

�t3� 2L

�t2+ Lftg � 5Lf1g =

3

�3!

s4

�� 2

�2!

s3

�+ 1

�1

s2

�� 5

�1

s

�F (s) =

18

s4� 4

s3+1

s2� 5s, s > 0 .

2). Sea: f (t) = (t� 1)3

Lff (t)g = Ln(t� 1)3

o= L

�t3 � 3t2 + 3t� 1

= L

�t3� 3L

�t2+

3Lftg � Lf1g = 3!

s4� 3

�2!

s3

�+ 3

�1

s2

�� 1s

F (s) =6

s4� 6

s3+3

s2� 1s, s > 0 .

3). Sea: f (t) = 4e�5t + 3 sen t� 2 cos 4tLff (t)g = L

�4e�5t + 3 sen t� 2 cos 4t

= 4L

�e�5t

+3Lfsen tg�2Lfcos 4tg

= 4

�1

s� 5

�+ 3

�1

s2 + 12

�� 2

�s

s2 + 42

�

F (s) =4

s� 5 +3

s2 + 12� 2s

s2 + 42, s > �5 .

4). Sea: f (t) = e�2t�t4 + 2t2 � 1

�Lff (t)g = L

�e�2t

�t4 + 2t2 � 1

�= L

�e�2tt4 + 2e�2tt2 � e�2t

= L

�t4e�2t

+2L

�t2e�2t

�L

�e�2t

=

4!

(s+ 2)5 +2

"2!

(s+ 2)3

#�

6

1

s+ 2

F (s) =24

(s+ 2)5 +

4

(s+ 2)3 �

1

s+ 2, s > �2 .

5). Sea: f (t) = e2t sen 3t

Lff (t)g = L�e2t sen 3t

=

3

(s� 2)2 + 32=

3

s2 � 4s+ 4 + 9

F (s) =3

s2 � 4s+ 13 .

6). Sea: f (t) = e�6t cosp2t� 1

2t sen 2

p3t+ 5

Lff (t)g = L�e�6t cos

p2t� 1

2t sen 2

p3t+ 5

�

= L�e�6t cos

p2t� 12L�t sen 2

p3t+ 5Lf1g

=s+ 6

(s+ 6)2+�p2�2 � 12

0B@ 4p3sh

s2 +�2p3�2i2

1CA+ 5�1s

�

F (s) =s+ 6

s2 + 12s+ 38� 2

p3s

(s2 + 12)2 +

5

s, s > 0 .

7). Sea: f (t) = sen 4t cos 4t

Lff (t)g = Lfsen 4t cos 4tg = 1

2Lf2 sen 4t cos 4tg = 1

2Lfsen 8tg = 1

2

�8

s2 + 82

�

F (s) =4

s2 + 64.

8). Sea: f (t) = cos 2t cos tLff (t)g = Lfcos 2t cos tg = L

��cos2 t� sen2 t

�cos t

= L

�cos3 t� sen2 t cos t

= L

�cos3 t

�L

�sen2 t cos t

= L

�cos 3t+ 3 cos t

4

��L

��1� cos 2t

2

�cos t

�=1

4Lfcos 3tg+ 3

4Lfcos tg � 1

2Lfcos tg+ 1

2Lfcos 2t cos tg

Luego, escribimos

Lfcos 2t cos tg � 12Lfcos 2t cos tg =

1

4Lfcos 3tg+ 3

4Lfcos tg � 1

2Lfcos tg

7

12Lfcos 2t cos tg =

1

4Lfcos 3tg+ 3

4Lfcos tg � 1

2Lfcos tg

=1

4Lfcos 3tg+ 3

4Lfcos tg � 1

2Lfcos tg

=1

4

�s

s2 + 32

�+3

4

�s

s2 + 12

�� 12

�s

s2 + 12

�=

s

4 (s2 + 9)+1

4

�s

s2 + 12

�.

Por tanto,Lfcos 2t cos tg = s

2 (s2 + 9)+

s

2 (s2 + 1).

TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACEAhora estudiamos el proceso inverso de la sección anterior , es decir dada

una función F (s) hallar la función f(t), que corresponde a su transformada. Sedice que f(t) es la transformada inversa de F (s), entonces escribimos:

f(t) = L�1fF (s)g ,

L�1es una Transformación Lineal.

La transformada inversa de laplace es en si misma una transformación lineal,esto es, para las constantes � y �, entonces:

L�1 f�F (s) + �G (s)g = �L�1 fF (s)g+ �L�1 fG (s)g

donde, F y G son las transformadas de algunas funciones f y g .

Ejemplos.

Dada las siguientes funciones, determinar su transformada inversa.

1). Sea: F (s) =4

s2 + 9

L�1fF (s)g = L�1�

4

s2 + 9

�=4

3L�1

�3

s2 + 32

�.

Entonces:f(t) =

4

3sen 3t

2). Sea: F (s) =4s

4s2 + 1

8

L�1fF (s)g = L�1�

4s

4s2 + 1

�= L�1

8><>:4s

44s2 + 1

4

9>=>; = L�1(

s

s2 +�12

�2).

Entonces:

f(t) = cos1

2t .

3). Sea: F (s) =2s� 6s2 + 9

L�1fF (s)g = L�1�2s� 6s2 + 9

�= 2L�1

�s

s2 + 32

�� 2L�1

�3

s2 + 32

�.

Entonces:

f(t) = 2 cos 3t� 2 sen 3t = 2(cos 3t� sen 3t) .

4). Sea F (s) =s+ 1

s2 + 2s+ 10

L�1fF (s)g = L�1�

s+ 1

s2 + 2s+ 10

�= L�1

�s+ 1

(s2 + 2s+ 12) + 10� 12

�=

L�1(

s+ 1

(s+ 1)2+ 32

).

Entonces:f(t) =e�t cos 3t

5). Sea: F (s) =1

s2 + s� 20

L�1fF (s)g = L�1�

1

s2 + s� 20

�= L�1

8>><>>:1�

s2 + s+1

4

���20 +

1

4

�9>>=>>; =

2

9L�1

8>>><>>>:9

2�s+

1

2

�2��9

2

�29>>>=>>>; .

Entonces:f(t) =

2

9e�

12 t senh 9

2 t .

6). Sea: F (s) =3s� 15

2s2 � 4s+ 10

9

L�1fF (s)g = L�1�

3s� 152s2 � 4s+ 10

�

Factorizando tenemos:

L�1fF (s)g = 3

2L�1

�s� 5

s2 � 2s+ 5

�=3

2L�1

�s� 5

(s2 � 2s+ 12) + 5� 12

�=

3

2L�1

�(s� 1)� 4(s� 1)2 + 22

�=3

2L�1

�(s� 1)� 4(s� 1)2 + 22

�=

3

2L�1

�(s� 1)

(s� 1)2 + 22

�� 322L�1

�2

(s� 1)2 + 22

�=3

2L�1

�(s� 1)

(s� 1)2 + 22

�� 3L�1

�2

(s� 1)2 + 22

�.

Entonces:f(t) =

3

2et cos 2t� 3et sen 2t .

7). Sea: G(S) =2s+ 16

s2 + 4s+ 13

L�1fG(s)g = L�1�

2s+ 16

s2 + 4s+ 13

�= L�1

�2s+ 16

(s2 + 4s+ 22) + 13� 22

�

= 2L�1�

s+ 8

(s2 + 4s+ 22) + 9

�= 2L�1

�(s+ 2) + 6

(s+ 2)2 + 32

�

= 2L�1�

s+ 2

(s+ 2)2 + 32

�+ 4L�1

�3

(s+ 2)2 + 32

�= 2L�1

�s+ 2

(s+ 2)2 + 32

�+ 4L�1

�3

(s+ 2)2 + 32

�.

Entonces:g(t) = 2

�e�2t cos 3t+ 2e�2t sen 3t

�.

8). Sea: G(s) =8s2

s4 + 8s2 + 16

L�1fG(s)g = L�1�

8s2

s4 + 8s2 + 16

�= L�1

�8s2

(s2 + 22)2

�= L�1

�2 � 2 � 2s2(s2 + 22)2

�= 2L�1

�(2 � 2s2)(s2 + 22)2

�. Por

L�1fsen kt+ kt cos ktg = 2ks2

(s2 + k2)2.

Entonces:

10

g(t) = 2 (sen 2t+ 2t cos 2t) .

FRACCIONES PARCIALES

Los fracciones parciales, son muy importantes para determinar la transfor-mada inversa de Laplace. Así consideramos los ejemplos siguientes

EjemplosDeterminar la transformada inversa de la función:

F (s) =s2 � 26s� 47

(s� 1)(s+ 2)(s+ 5) .

Solución.

Aplicamos fracciones parciales a la función f(s).

s2 � 26s� 47(s� 1)(s+ 2)(s+ 5) =

A

s� 1 +B

s+ 2+

C

s+ 5

=A(s+ 2)(s+ 5) +B(s� 1)(s+ 5) + C(s� 1)(s+ 2)

(s� 1)(s+ 2)(s+ 5)s2 � 26s� 47 = A(s+ 2)(s+ 5) +B(s� 1)(s+ 5) + C(s� 1)(s+ 2)

Evaluando

Sí: s = 1, tenemos(1)2 � 26(1)� 47 = A(3)(6)

18A = �72

A = � 7218

A = �4

Sí:s = �2, tenemos(�2)2 � 26(�2)� 47 = B(�3)(3)

�9B = 9

B = �1 .

Sí: s = �5, tenemos(�5)2 � 26(�5)� 47 = C(�6)(�3)

11

18C = 108

C = 6

Siendos2 � 26s� 47

(s� 1)(s+ 2)(s+ 5) =�4s� 1 +

�1s+ 2

+6

s+ 5:

Luego

L�1�

s2 � 26s� 47(s� 1)(s+ 2)(s+ 5)

�= L�1

��4s� 1

�+L�1

��1s+ 2

�+L�1

�6

s+ 5

�

= �4L�1�

1

s� 1

��L�1

�1

s+ 2

�+6L�1

�1

s+ 5

�Entonces

f(t) = �4et � e�2t + 6e�5t.

Ejemplo

Determinar L�1 fF (s)g, donde

F (s) =s2 + 8

s4 � 4s2

Solución.

Primero factorizamos el denominador de F (s)

F (s) =s2 + 8

s4 � 4s2

Aplicando fracciones parciales a F (s) , tenemos:s2 + 8

s2(s+ 2)(s� 2) =A

s+B

s2+

C

s+ 2+

D

s� 2

=As(s+ 2)(s� 2) +B(s+ 2)(s� 2) + Cs2(s� 2) +Ds2(s+ 2)

s2(s+ 2)(s� 2)s2 + 8 = As(s+ 2)(s� 2) +B(s+ 2)(s� 2) + Cs2(s� 2) +Ds2(s+ 2)

Hacemos la evaluación

Sí: s = 0, tenemos

12

8 = B(2)(�2)

B = �2

Sí: s = �2, entonces(�2)2 + 8 = C(�2)2(�4)

16C = �12

C = �34

Sí: s = 2, tenemos22 + 8 = D(4)(4)

16D = 12

D =3

4

Ahora efectuamos la siguiente operacións2 + 8 = As3 � 4As�Bs2 � 4B � Cs3 � 2Cs2 +Ds3 + 2Ds2

= (A+B +D)s3 + (B � C + 2D)s2 � 4As� 4B .

Igualando los coe�cientes de potencias iguales de s, obtenemos el siguientesistema8>><>>:

A+ C +D = 0B � 2C + 2D = 1�4A = 0�4B = 8

=> A = 0 B = �2:

Siendo entoncess2 + 8

s2(s+ 2)(s� 2) =0

s+�2s2+

� 34

s+ 2+

34

s� 2

Luego

L�1�

s2 + 8

s2(s+ 2)(s� 2)

�= �2 L�1

�1

s2

��34L�1

�1

s+ 2

�+3

4L�1

�1

s� 2

�Entonces

f(t) = �2t� 34%�2t + 3

4%2t .

Ejemplo

Determinar L�1 fF (s)g, donde

13

F (s) =2s3 + s2 + 3

s4 � 1

Solución.

Factorizar el denominador de F (s):

F (s) = L�1�

2s3 + s2 + 3

(s+ 1)(s� 1)(s2 + 1)

�

Aplicando fracciones parciales a F (s), se tiene2s3 + s2 + 3

(s+ 1)(s� 1)(s2 + 1) =A

(s+ 1)+

B

s� 1 +Cs+D

s2 + 1

=A(s� 1)(s2 + 1) +B(s+ 1)(s2 + 1) + (s+ 1)(s� 1)(Cs+D)

(s+ 1)(s� 1)(s2 + 1)2s3 + s2 + 3 = A(s� 1)(s2 + 1) +B(s+ 1)(s2 + 1) + (s+ 1)(s� 1)(Cs+D)

2s3+s2+3 = As3+As�As2�A+Bs3+Bs+Bs2+B+Cs3�Cs+Ds2�D

= (A+B+C)s3+(�A+B+D)s2+(A+B�C)s+(�A+B�D)

.

Igualando los coe�cientes de potencias iguales de s ,Obtenemos el sistema8>><>>:A+B + C = 2 (1)�A+B +D = 1 (2)A+B � C = 0 (3)�A+B �D = 3 (4)

Resolviendo el sistema obtenemos que: A = � 12 ; B =

32 ; C = 1; D = �1:

Luego2s3 + s2 + 3

(s+ 1)(s� 1)(s2 + 1) =� 12

s+ 1+

32

s� 1 +s� 1s2 + 1

:

Siendo

L�1�

2s3 + s2 + 3

(s+ 1)(s� 1)(s2 + 1)

�= �1

2L�1

�1

s+ 1

�+3

2L�1

�1

s� 1

�+L�1

�s

s2 + 1

��

L�1�

1

s2 + 1

�:

Entoncesf(t) = � 1

2e�t + 3

2et + cos t� sen t .

LA TRANSFORMADA DE LAPLACE DE LA DERIVADA

14

Teorema A.Sea f (x) una función continua en [0;1) y que f 0 (x) es continua parte por

parte en [0;1) siendo ambos de orden exponencial a. Entonces, para s > a

Lff 0 (t)g = sLff (t)g � f (0)

Demostración.Para demostrar este Teorema, suponemos que existe Lff 0 (t)g, siendo

Lff 0 (t)g =Z 1

0

e�stf 0 (t) dt.

Integrando por partes, tenemos

Sí: u =e�st ) du = �se�stdtdv = f 0 (t)) v =

Zf 0 (t) dt = f (t).

Prosiguiendo

Lff 0 (t)g =Z 1

0

e�stf 0 (t) dt =e�stf (t) j10 + s

Z 1

0

e�stf (t) dt = �f (0) +

sLff (t)g.

En consecuencia

Lff 0 (t)g = sLff (t)g � f (0).

ó bien

Lff 0 (t)g = sF (s)� f (0).

donde

F (s) = Lff (t)g :

Nótese que, e�stf (t) = 0 cuando t!1.En forma análoga podemos obtener Lff 00 (t)g. Vemos que la transformada

es de la siguiente manera

15

Lff 00 (t)g =Z 1

0

e�stf 00 (t) dt.

Integrando por partes

Sí: u =e�st ) du = �se�stdtdv = f 00 (t) dt) v = f 0 (t).

Prosiguiendo

Lff 00 (t)g =Z 1

0

e�stf 00 (t) dt =e�stf 0 (t) j10 +

Z 1

0

e�stf 0 (t) dt = �f

0 (0) + s [sLff (t)g � f (0)]

En consecuencia

Lff 00 (t)g = s2Lff (t)g � sf (0)� f 0 (0).

En general, resulta

L�f (n) (t)

= snLff (t)g � sn�1f (0)� sn�2f 0 (0)� � � � � f (n�1) (0)

donde

F (s) = Lff (t)g :

Ejemplo.

Determinar Lfcos atg, utilizando el Teorema A..Solución.

Sea: f (t) = cos at

Donde f (0) = cos a0 = 1 y f 0 (t) = �a sen at, luego sustituimos en elTeorema A.

Lf�a sen atg = sLfcos atg � 1

�aLfsen atg = sLfcos atg � 1

�a�

a

s2 + a2

�= sLfcos atg � 1

sLfcos atg = 1� a2

s2 + a2

16

Lfcos atg = 1

s� a2

s (s2 + a2)=s2 + a2 � a2s (s2 + a2)

Lfcos atg = s2

s (s2 + a2)=

s

s2 + a2.

APLICACIONESResolución de Problemas de Valor InicialLa transformada de Laplace, se puede aplicar para resolver problemas de

valor inicial a ecuaciones diferenciales lineales con coe�cientes constantes.

Ejemplo.Utilizando la transformada de Laplace, resolver el problema de valor inicial

y0 + 3y =e�3t, y (0) = 4

Solución.Aplicando la transformada de Laplace a ambos miembros de la ecuación,

tenemos

Lfy0 + 3yg = L�e�3t

Aplicando linealidad de la transformada, se tiene

Lfy0g+ 3Lfyg = L�e�3t

sLfyg � y (0) + 3Lfyg = L

�e�3t

sY (s)� 4 + 3Y (s) = 1

s+ 3

Y (s) (s+ 3)� 4 = 1

s+ 3

Y (s) (s+ 3) =1

s+ 3+ 4

Y (s) =1

(s+ 3)2 +

4

s+ 3.

Ahora, calculamos la transformada inversa de Y (s), y esto es

L�1 fY (s)g = L�1(

1

(s+ 3)2 +

4

s+ 3

)

L�1 fY (s)g = L�1(

1

(s+ 3)2

)+ 4L�1

�1

s+ 3

�.

17

Por tanto, la solución es

y (t) = te�3t + 4e�3t.

Ejemplo.Utilizando la transformada de Laplace , resolver el problema de valor inicial.

y00 � 4y0 + 4y = t3e2t ; y (0) = 0 , y0 (0) = 0

Solución.

Aplicamos L y linealidad

Lfy00g � 4Lfy0g+ 4Lfyg = L�t3e2t

s2Lfyg � sy (0)� y0 (0)� 4 (sLfyg � y (0)) + 4Lfyg = L

�t3e2t

s2Y (s)� 4sY (s) + 4Y (s) = 6

(s� 2)4

Y (s)�s2 � 4s+ 4

�=

6

(s� 2)4

Y (s) (s� 2)2 = 6

(s� 2)4

Y (s) =6

(s� 2)6.

Ahora, calculamos L�1 y la linealidad,

L�1 fY (s)g = L�1(

6

(s� 2)6

)

L�1 fY (s)g = 6L�1(

1

(s� 2)6

)

L�1 fY (s)g = 6

5!L�1

(5!

(s� 2)6

)

y (t) =1

20t5e2t.

18

Ejemplo.

Utilizando la transformada de Laplace, resolver el problema de valor inicial

y00 + 2y0 + 5y = 3e�t sen t; y (0) = 0 , y0 (0) = 3.

Solución.

Aplicando L y linealidad, tenemos

Lfy00g+ 2Lfy0g+ 5Lfyg = 3Lfe�t sen tg

s2Lfyg � sy (0)� y0 (0) + 2 (sLfyg � y (0)) + 5Lfyg = 3Lfe�t sen tg

s2Y (s)� 3 + 2sY (s) + 5Y (s) = 3"

1

(s+ 1)2+ 12

#

s2Y (s) + 2sY (s) + 5Y (s) =3

s2 + 2s+ 2+ 3

Y (s)�s2 + 2s+ 5

�=

3

s2 + 2s+ 2+ 3

Y (s) =3

(s2 + 2s+ 5) (s2 + 2s+ 2)+

3

s2 + 2s+ 5.

Aplicando fracciones parciales, tenemos3

(s2 + 2s+ 5) (s2 + 2s+ 2)=

As+B

s2 + 2s+ 5+

Cs+D

s2 + 2s+ 2=(As+B)

�s2 + 2s+ 2

�+ (Cs+D)

�s2 + 2s+ 5

�(s2 + 2s+ 5) (s2 + 2s+ 2)

=As3 + 2As2 + 2As+Bs2 + 2Bs+ 2B + Cs3 + 2Cs2 + 5Cs+Ds2 + 2Ds+ 5D

(s2 + 2s+ 5) (s2 + 2s+ 2)

=(A+ C) s3 + (2A+B + 2C +D) s2 + (2A+ 2B + 5C + 2D) s+ (2B + 5D)

(s2 + 2s+ 5) (s2 + 2s+ 2):

3

(s2 + 2s+ 5) (s2 + 2s+ 2)=(A+ C) s3 + (2A+B + 2C +D) s2 + (2A+ 2B + 5C + 2D) s+ (2B + 5D)

(s2 + 2s+ 5) (s2 + 2s+ 2).

Igualando los numeradores, se tiene0s3+0s2+0s+3 = (A+ C) s3+(2A+B + 2C +D) s2+(2A+ 2B + 5C + 2D) s+

(2B + 5D).

Igualando, los coe�cientes de potencias iguales de s del primer y segundomiembro, obtenemos el sistema

19

8>><>>:A+ C = 0 (1)2A+B + 2C +D = 0 (2)2A+ 2B + 5C + 2D = 0 (3)2B + 5D = 3 (4)

De la primera ecuación despejamos C = �A y reemplasando en la segunadaecuación del sistema, obtenemos

0.0.1 2A+B � 2A+D = 0) B +D = 0.

Luego, resolvemos el sistemaB +D = 0 j �52B + 5D = 3 j� � � � � � ��5B � 5D = 02B + 5D = 3� � � � � � ��3B = 3 ) B = �1. Demanera que: D = 1:

Luego, reemplazando B = �1 y D = 1 en la tercera ecuación del sitema, seobtiene2A+ 5C = 0.Sustituyendo C = �A, en esta ecuación, se obtiene2A+ 5 (�A) = 0 ) A = 0 y C = 0.

En consecuencia, las raices del sistema son: A = 0, B = �1, C = 0 yD = 1.Siendo

3

(s2 + 2s+ 5) (s2 + 2s+ 2)=

�1s2 + 2s+ 5

+1

s2 + 2s+ 2ContinuandoY (s) =

�1s2 + 2s+ 5

+1

s2 + 2s+ 2+

3

s2 + 2s+ 5=

2

s2 + 2s+ 5+

1

s2 + 2s+ 2

De manera que

L�1 fY (s)g = L�1�� 1

s2 + 2s+ 5

�+L�1

�1

s2 + 2s+ 2

�+L�1

�3

s2 + 2s+ 5

�

= L�1�

2

s2 + 2s+ 5

�+ L�1

�1

s2 + 2s+ 2

�

= L�1�

2

s2 + 2s+ 5

�+ L�1

�1

s2 + 2s+ 2

�

20

= L�1�

2

(s2 + 2s+ 12) + 5� 12

�+L�1

�1

(s2 + 2s+ 12) + 2� 12

�

= L�1(

2

(s+ 1)2+ 4

)+ L�1

(1

(s+ 1)2+ 1

)

L�1 fY (s)g = L�1(

2

(s+ 1)2+ 4

)+ L�1

(1

(s+ 1)2+ 1

).

Finalmente:y (t) = e�t sen 2t+ e�t sen t .

Ejemplo.Mediante la transformada de Laplace, resolver el problema de valor inicial.

y00 � y0 � 2y = �2 sen t� 8 cos t ; y��2

�= 1 , y0

��2

�= 0.

Solución.Donde

Lfy00g � Lfy0g � 2Lfyg = �2Lfsen tg � 8Lfcos tg

s2Lfyg � sy��2

�� y0

��2

��hsLfyg � y

��2

�i� 2Lfyg =

�2Lfsen tg � 8Lfcos tg

s2Y (s)� s� [sY (s)� 1]� 2Y (s) = �2�

1

s2 + 12

�� 8

�s

s2 + 12

�s2Y (s)� s� sY (s) + 1� 2Y (s) = �2

�1

s2 + 12

�� 8

�s

s2 + 12

��s2 � s� 2

�Y (s)� s+ 1 = �2

s2 + 12+

�8ss2 + 12

(s� 2) (s+ 1)Y (s) = �2� 8ss2 + 1

+ s� 1

Y (s) =�2� 8s

(s� 2) (s+ 1) (s2 + 1) +s� 1

(s� 2) (s+ 1)

Y (s) =�8s� 2 + (s� 1)

�s2 + 1

�(s� 2) (s+ 1) (s2 + 1) =

�8s� 2 + s3 + s� s2 � 1(s� 2) (s+ 1) (s2 + 1)

Y (s) =s3 � s2 � 7s� 3

(s� 2) (s+ 1) (s2 + 1) .

21

Aplicando fraccciones parciales, tenemoss3 � s2 � 7s� 3

(s� 2) (s+ 1) (s2 + 1) =A

s� 2 +B

s+ 1+Cs+D

s2 + 1

=A (s+ 1)

�s2 + 1

�+B (s� 2)

�s2 + 1

�+ (Cs+D) (s� 2) (s+ 1)

(s� 2) (s+ 1) (s2 + 1)

=(As+A)

�s2 + 1

�+ (Bs� 2B)

�s2 + 1

�+�Cs2 +D

� �s2 � s� 2

�(s� 2) (s+ 1) (s2 + 1)

=As3 +As+As2 +A+Bs3 +Bs� 2Bs2 � 2B + Cs3 � Cs2 � 2Cs+Ds2 �Ds�D

(s� 2) (s+ 1) (s2 + 1)

=As3 +Bs3 + Cs3 +As2 � 2Bs2 � Cs2 +Ds2 +As+Bs� 2Cs�Ds+A� 2B � 2D

(s� 2) (s+ 1) (s2 + 1)

=(A+B + C) s3 + (A� 2B � C +D) s2 + (A+B � 2C �D) s+ (A� 2B � 2D)

(s� 2) (s+ 1) (s2 + 1) .

o biens3 � s2 � 7s� 3

(s� 2) (s+ 1) (s2 + 1) =(A+B + C) s3 + (A� 2B � C +D) s2 + (A+B � 2C �D) s+ (A� 2B � 2D)

(s� 2) (s+ 1) (s2 + 1) .

Simpli�cando los denominadores, se tienes3�s2�7s�3 = (A+B + C) s3+(A� 2B � C +D) s2+(A+B � 2C �D) s+

(A� 2B � 2D) (1)

Evaluación:

Sí: s = 2 en (1), entonces23�22�7 (2)�3 = (A+B + C) 23+(A� 2B � C +D) 22+(A+B � 2C �D) 2+

(A� 2B � 2D)8 � 4 � 14 � 3 = 8A + 8B + 8C + 4A � 8B � 4C + 4D + 2A + 2B � 4C �

2D +A� 2B � 2D�13 = 15A)) A = �13

15.

Sí: s = �1 en (1), entonces�1�1+7�3 = (A+B + C) (�1)+(A� 2B � C +D)+(A+B � 2C �D) (�1)+

(A� 2B � 2D)2 = �A�B � C +A� 2B � C +D �A�B + 2C +D +A� 2B � 2D

2 = �6B )) B = �13.

22

Luego, igualando los coe�cientes de potencias iguales de s en (1), obtenemosel sistema8>><>>:

A+B + C = 1 (1)A� 2B � C +D = �1 (2)A+B � 2C �D = �7 (3)A� 2B � 2D = �3 (4)

Como ya conocemos de antemano las raíces A = �1315

y B = �13, susti-

tuyendo estos valores en el sistema obtenemos los demás raices, esto es: C =33

15

y D =7

5.

Operaciones Auxiliares:Sea la ecuaciónA+B + C = 1

�1315� 13+ C = 1

C = 1 +13

15+1

3)) C = 33

15.

Reemplazamos en la segunda ecuación los valores de A, B ;C y D, tenemosA� 2B � C +D = �1�1315� 2

��13

�� 3315+D = �1

�1315+2

3� 3315+D = �1

�13 + 10� 3315

+D = �110� 4615

+D = �1

�3615+D = 1

D =36

15� 1

D =36� 1515

=21

15)) D =

7

5.

Continuamos, reemplazando los valores de A, B, C y D en la función Y (s):

Y (s) =s3 � s2 � 7s� 3

(s� 2) (s+ 1) (s2 + 1) =�1315

s� 2 +�13

s+ 1+

33

15s+

7

5s2 + 1

Y (s) = �1315

�1

s� 2

�� 13

�1

s+ 1

�+33

15

�s

s2 + 1

�+7

5

�1

s2 + 1

�.

Ahora calculamos la transformada inversa de Y (s)

23

L�1 fY (s)g =

�1315L�1

�1

s� 2

�� 13L�1

�1

s+ 1

�+33

15L�1

�s

s2 + 1

�+7

5L�1

�1

s2 + 1

�.

En consecuencia, la solución es:

y (t) = �1315e2t� 1

3e�t+33

15cos t+

7

5sen t .

Ejemplo.

Mediante la transformada de Laplace, resolver el problema de valor incial.

y00 + y0 � 2y = cos 2t ; y (0) = 1 , y0 (0) = 4.

Solución.Lfy00g+ Lfy0g � 2Lfyg = Lfcos 2tg

s2Lfyg � sy (0)� y0 (0) + sLfyg � y (0)� 2Lfyg = L�cos2 t

�L

�sen2 t

s2Y (s)� s� 4 + sY (s)� 1� 2Y (s) = s2 + 2

s (s2 + 4)� 2

s (s2 + 4)

�s2 + s� 2

�Y (s)� s� 5 = s2 + 2

s (s2 + 4)� 2

s (s2 + 4)

(s+ 2) (s� 1)Y (s) = s2

s (s2 + 4)+ s+ 5

Y (s) =s2

s (s2 + 4) (s+ 2) (s� 1) +s+ 5

(s+ 2) (s� 1)

Simpli�cando s en la primera fracción y despejando Y (s), se tiene

Y (s) =s

(s2 + 4) (s+ 2) (s� 1) +s+ 5

(s+ 2) (s� 1)

Y (s) =s+

�s2 + 4

�(s+ 5)

(s2 + 4) (s+ 2) (s� 1) =s+ s3 + 5s2 + 4s+ 20

(s2 + 4) (s+ 2) (s� 1) .Simpli�cando los términos semejantes del numerador, resulta

Y (s) =s3 + 5s2 + 5s+ 20

(s2 + 4) (s+ 2) (s� 1) .

Aplicando fracciones parciales, tenemos

24

s3 + 5s2 + 5s+ 20

(s2 + 4) (s+ 2) (s� 1) =As+B

s2 + 4+

C

s+ 2+

D

s� 1 .

Operamos en el segundo miembro

As+B

s2 + 4+

C

s+ 2+

D

s� 1 =(As+B) (s+ 2) (s� 1) + C

�s2 + 4

�(s� 1) +D

�s2 + 4

�(s+ 2)

(s2 + 4) (s+ 2) (s� 1)

=(As+B)

�s2 + s� 2

�+ C

�s3 � s2 + 4s� 4

�+D

�s3 + 2s2 + 4s+ 8

�(s2 + 4) (s+ 2) (s� 1)

=As3 +As2 � 2As+Bs2 +Bs� 2B + Cs3 � Cs2 + 4Cs� 4C +Ds3 + 2Ds2 + 4Ds+ 8D

(s2 + 4) (s+ 2) (s� 1)

=As3 + Cs3 +Ds3 +As2 +Bs2 � Cs2 + 2Ds2 � 2As+Bs+ 4Cs+ 4Ds� 2B � 4C + 8D

(s2 + 4) (s+ 2) (s� 1)

=(A+ C +D)s3 + (A+B � C + 2D)s2 + (�2A+B + 4C + 4D)s+ (�2B � 4C + 8D)

(s2 + 4) (s+ 2) (s� 1) .

O biens3 + 5s2 + 5s+ 20

(s2 + 4) (s+ 2) (s� 1) =(A+ C +D)s3 + (A+B � C + 2D)s2 + (�2A+B + 4C + 4D)s+ (�2B � 4C + 8D)

(s2 + 4) (s+ 2) (s� 1)

Simpli�camos los denominadores

s3 + 5s2 + 5s+ 20 = (A+ C +D)s3 + (A+ B � C + 2D)s2 + (�2A+ B +4C + 4D)s+ (�2B � 4C + 8D)Igualando los coe�cientes de potencias iguales s del primer y segundo miem-

bro, tenemos el siguiente sistema8>><>>:A+ C +D = 1 (1)A+B � C + 2D = 5 (2)�2A+B + 4C + 4D = 5 (3)�2B � 4C + 8D = 20 (4)

Resolviendo el sistema encontramos que la raíces son: A =3

20, B =

1

10,

C = �1112, D =

31

15.

Continuamos, reemplazando los valores de A, B, C y D en la función Y (s):

Y (s) =320s+

110

s2 + 4�

1112

s+ 2+

3115

s� 1

25

Y (s) =3

20

�1

s2 + 4

�+1

10

�1

s2 + 4

�� 1112

�1

s+ 2

�+31

15

�1

s� 1

�.

Ahora calculamos la transformada inversa de Y (s)

L�1 fy (s)g = 3

20L�1

�s

s2 + 4

�+1

10L�1

�1

s2 + 4

�� 11

12L�1

�1

s+ 2

�+

31

15L�1

�1

s� 1

�.

En consecuencia, la solución es:

y (t) =3

20cos 2t+ 1

20 sin 2t�11

12e�2t + 31

15et.

26