1.7: Aplicaciones a las transformaciones de Laplace

La transformación de Laplace de una función\(f\) localmente integrable en\([0,\infty)\) es

\[F(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx\]

para todos\(s\) tales que integral converge. Las transformaciones de Laplace se aplican ampliamente en matemáticas, particularmente en la resolución de ecuaciones diferenciales.

Te dejamos probar el siguiente teorema (Ejercicio [exer:26]).

[Teorem:12] Supongamos que\(f\) es localmente integrable en\([0,\infty)\) y\(|f(x)|\le M e^{s_{0}x}\) para suficientemente grande\(x\). Entonces la transformación de Laplace de\(F\) converge uniformemente sobre\([s_{1},\infty)\) si\(s_{1}>s_{0}\).

[teorem:13] Si\(f\) es continuo encendido\([0,\infty)\) y\(H(x)=\int_{0}^{\infty}e^{-s_{0}u}f(u)\,du\) está limitado\([0,\infty),\) entonces la transformación de Laplace de\(f\) converge uniformemente en\([s_{1},\infty)\) si\(s_{1}>s_{0}.\)

Si\(0\le r\le r_{1}\),

\[\int_{r}^{r_{1}}e^{-sx}f(x)\,dx =\int_{r}^{r_{1}}e^{-(s-s_{0})x}e^{-s_{0}x}f(x)\,dt =\int_{r}^{r_{1}}e^{-(s-s_{0})t}H'(x)\,dt.\]

Integración por rendimientos de piezas

\[\int_{r}^{r_{1}}e^{-sx}f(x)\,dt=e^{-(s-s_{0})x}H(x)\biggr|_{r}^{r_{1}} +(s-s_{0})\int_{r}^{r_{1}}e^{-(s-s_{0})x} H(x)\,dx.\]

Por lo tanto, si\(|H(x)|\le M\), entonces

\[\begin{aligned} \left|\int_{r}^{r_{1}}e^{-sx}f(x)\,dx\right|&\le& M\left|e^{-(s-s_{0})r_{1}} +e^{-(s-s_{0})r} +(s-s_{0})\int_{r}^{r_{1}}e^{-(s-s_{0})x}\,dx\right|\\ &\le &3Me^{-(s-s_{0})r}\le 3Me^{-(s_{1}-s_{0})r},\quad s\ge s_{1}.\end{aligned}\]

Ahora Teorema [teorem:4] implica que\(F(s)\) converge uniformemente sobre\([s_{1},\infty)\).

El siguiente teorema extrae una conclusión considerablemente más firme a partir de los mismos supuestos.

[teorem:14] Si\(f\) es continuo en\([0,\infty)\) y

\[H(x)=\int_{0}^{x}e^{-s_{0}u}f(u)\,du\]

se limita\([0,\infty),\) entonces la transformación de Laplace de\(f\) es infinitamente diferenciable\((s_{0},\infty),\) con

\[\label{eq:30} F^{(n)}(s)=(-1)^{n}\int_{0}^{\infty} e^{-sx} x^{n}f(x)\,dx;\]

es decir, el\(n\) -ésimo derivado de la transformación de Laplace de\(f(x)\) es la transformación de Laplace de\((-1)^{n}x^{n}f(x)\).

Primero mostraremos que las integrales

\[I_{n}(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-sx}x^{n}f(x)\,dx,\quad n=0,1,2, \dots\]

todos convergen uniformemente en\([s_{1},\infty)\) si\(s_{1}>s_{0}\). Si\(0<r<r_{1}\), entonces

\[\int_{r}^{r_{1}}e^{-sx}x^{n}f(x)\,dx= \int_{r}^{r_{1}}e^{-(s-s_{0})x}e^{-s_{0}x}x^{n}f(x)\,dx =\int_{r}^{r_{1}}e^{-(s-s_{0})x}x^{n}H'(x)\,dx.\]

Integración por rendimientos de piezas

\[\begin{aligned} \int_{r}^{r_{1}}e^{-sx}x^{n}f(x)\,dx &=&r_{1}^{n}e^{-(s-s_{0})r_{1}}H(r)-r^{n}e^{-(s-s_{0})r}H(r)\\ &&-\int_{r}^{r_{1}}H(x)\left(e^{-(s-s_{0})x}x^{n}\right)'\,dx,\end{aligned}\]

donde\('\) indica diferenciación con respecto a\(x\). Por lo tanto, si está\(|H(x)|\le M\le \infty\) encendido\([0,\infty)\), entonces

\[\left|\int_{r}^{r_{1}}e^{-sx}x^{n}f(x)\,dx\right|\le M\left(e^{-(s-s_{0})r}r^{n}+e^{-(s-s_{0})r}r^{n} +\int_{r}^{\infty}|(e^{-(s-s_{0})x})x^{n})'|\,dx\right).\]

Por lo tanto, ya que\(e^{-(s-s_{0})r}r^{n}\) disminuye monótonamente en\((n,\infty)\) si\(s>s_{0}\) (¡comprueba!) ,

\[\left|\int_{r}^{r_{1}}e^{-sx}x^{n}f(x)\,dx\right|<3Me^{-(s-s_{0})r}r^{n},\quad n<r<r_{1},\]

así Teorema [teorem:4] implica que\(I_{n}(s)\) converge uniformemente\([s_{1},\infty)\) si\(s_{1}>s_{0}\). Ahora Teorema [teorem:11] implica eso\(F_{n+1}=-F_{n}'\), y una prueba de inducción fácil rinde [eq:30] (Ejercicio [exer:25]).

[ejemplo:13] Aquí aplicamos el Teorema [teorema: 12] con\(f(x)=\cos ax\) (\(a\ne0\)) y\(s_{0}=0\). Desde

\[\int_{0}^{x}\cos au\,du=\frac{\sin ax}{a}\]

está limitado en\((0,\infty)\), Teorema [teorema: 12] implica que

\[F(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-sx}\cos ax\,dx\]

converge y

\[\label{eq:31} F^{(n)}(s)=(-1)^{n}\int_{0}^{\infty}e^{-sx}x^{n}\cos ax\,dx, \quad s>0.\]

(Tenga en cuenta que esto también es cierto si\(a=0\).) Rendimientos elementales de integración

\[F(s)=\frac{s}{s^{2}+a^{2}}.\]

Por lo tanto, a partir de [eq:31],

\[\int_{0}^{\infty}e^{-sx}x^{n}\cos ax=(-1)^{n}\frac{d^n}{ds^n} \frac{s}{s^{2}+a^{2}}, \quad n=0,1, \dots.\]