5.2: Propiedades y ejemplos de transformaciones de Laplace

ES TÍPICO QUE SE HAGA USO de las transformaciones de Laplace al referirse a una Tabla de pares de transformaciones. Una muestra de tales pares se da en la Tabla\(\PageIndex{1}\). Combinando algunas de estas simples transformaciones de Laplace con las propiedades de la transformación de Laplace, como se muestra en Table\(\PageIndex{2}\), podemos tratar muchas aplicaciones de la transformación de Laplace. Primero probaremos algunas de las transformaciones de Laplace dadas y mostraremos cómo se pueden usar para obtener nuevos pares de transformaciones. En la siguiente sección mostraremos cómo estas transformaciones pueden ser utilizadas para sumar series infinitas y para resolver problemas de valor inicial para ecuaciones diferenciales ordinarias.

Tabla\(\PageIndex{1}\): Tabla de Pares de Transformación de Laplace Seleccionados.

\(f(t)\)	\(F(s)\)	\(f(t)\)	\(F(s)\)
\ (f (t)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(c\)	\ (F (s)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(\dfrac{c}{s}\)	\ (f (t)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(e^{a t}\)	\ (F (s)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(\dfrac{1}{s-a}, s>a\)
\ (f (t)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(t^{n}\)	\ (F (s)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(\dfrac{n !}{s^{n+1}}, s>0\)	\ (f (t)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(t^{n} e^{a t}\)	\ (F (s)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(\dfrac{n !}{(s-a)^{n+1}}\)
\ (f (t)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(\sin \omega t\)	\ (F (s)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(\dfrac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}}\)	\ (f (t)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(e^{a t} \sin \omega t\)	\ (F (s)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(\dfrac{\omega}{(s-a)^{2}+\omega^{2}}\)
\ (f (t)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(\cos \omega t\)	\ (F (s)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(\dfrac{s}{s^{2}+\omega^{2}}\)	\ (f (t)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(e^{a t} \cos \omega t\)	\ (F (s)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(\dfrac{s-a}{(s-a)^{2}+\omega^{2}}\)
\ (f (t)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(t \sin \omega t\)	\ (F (s)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(\dfrac{2 \omega s}{\left(s^{2}+\omega^{2}\right)^{2}}\)	\ (f (t)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(t \cos \omega t\)	\ (F (s)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(\dfrac{s^{2}-\omega^{2}}{\left(s^{2}+\omega^{2}\right)^{2}}\)
\ (f (t)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(\sinh a t\)	\ (F (s)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(\dfrac{a}{s^{2}-a^{2}}\)	\ (f (t)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(\cosh a t\)	\ (F (s)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(\dfrac{s}{s^{2}-a^{2}}\)
\ (f (t)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(H(t-a)\)	\ (F (s)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(\dfrac{e^{-a s}}{s}, s>0\)	\ (f (t)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(\delta(t-a)\)	\ (F (s)\)” style="text-align:center;” class="lt-math-91073">\(e^{-a s}, \quad a \geq 0, s>0\)

Comenzamos con algunas transformaciones simples. Estos se encuentran simplemente usando la definición de la transformación de Laplace.

Ejemplo\(\PageIndex{1}\)

\(\mathcal{L}[1]=\dfrac{1}{s}\)Demuéstralo.

Para este ejemplo,\(f(t)=1\) insertamos en la definición de la transformada de Laplace:

\[\mathcal{L}[1]=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} d t \nonumber \]

Esta es una integral inadecuada y el cálculo se entiende introduciendo un límite superior de\(a\) y luego dejar\(a \rightarrow \infty\). No siempre vamos a escribir este límite, pero se entenderá que así es como se computan tales integrales inadecuadas. Procediendo con el cómputo, tenemos

\[ \begin{aligned} \mathcal{L}[1] &=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} d t \\ &=\lim _{a \rightarrow \infty} \int_{0}^{a} e^{-s t} d t \\ &=\lim _{a \rightarrow \infty}\left(-\dfrac{1}{s} e^{-s t}\right)_{0}^{a} \\ &=\lim _{a \rightarrow \infty}\left(-\dfrac{1}{s} e^{-s a}+\dfrac{1}{s}\right)=\dfrac{1}{s} \end{aligned} \label{5.3} \]

Así, hemos encontrado que la transformada de Laplace de 1 es\(\dfrac{1}{s}\). Este resultado se puede extender a cualquier constante\(c\), utilizando la linealidad de la transformación,\(\mathcal{L}[c]=c \mathcal{L}[1] .\) Por lo tanto,

\[\mathcal{L}[c]=\dfrac{c}{s} \nonumber \]

Ejemplo\(\PageIndex{2}\)

Demostrar que\(\mathcal{L}\left[e^{a t}\right]=\dfrac{1}{s-a}\), para\(s>a\)

Para este ejemplo, podemos calcular fácilmente la transformación. Nuevamente, solo necesitamos calcular la integral de una función exponencial.

\[ \begin{aligned} \mathcal{L}\left[e^{a t}\right] &=\int_{0}^{\infty} e^{a t} e^{-s t} d t \\ &=\int_{0}^{\infty} e^{(a-s) t} d t \\ &=\left(\dfrac{1}{a-s} e^{(a-s) t}\right)_{0}^{\infty} \\ &=\lim _{t \rightarrow \infty} \dfrac{1}{a-s} e^{(a-s) t}-\dfrac{1}{a-s}=\dfrac{1}{s-a} \end{aligned} \label{5.4} \]

Tenga en cuenta que el último límite se computó como\(\lim _{t \rightarrow \infty} e^{(a-s) t}=0 .\) Esto solo es cierto si\(a-s<0\), o\(s>a .\) [En realidad,\(a\) podría ser complejo. En este caso sólo necesitaríamos\(s\) ser mayores que la parte real de\(a\),\(s>\operatorname{Re}(a) .]\)

Ejemplo\(\PageIndex{3}\)

Demuestre eso\(\mathcal{L}[\cos a t]=\dfrac{s}{s^{2}+a^{2}}\) y\(\mathcal{L}[\sin a t]=\dfrac{a}{s^{2}+a^{2}} .\)

Para estos ejemplos, podríamos nuevamente insertar las funciones trigonométricas directamente en la transformación e integrarlas. Por ejemplo,

\[\mathcal{L}[\cos a t]=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} \cos a t d t \nonumber \]

Recordemos cómo se evalúan las integrales que involucran el producto de una función trigonométrica y la función exponencial. Uno se integra por partes dos veces y luego obtiene una integral de la integral desconocida original. Reordenando las expresiones integrales resultantes, se llega al resultado deseado. Sin embargo, hay una manera mucho más sencilla de calcular estas transformaciones.

Recordemos que\(e^{i a t}=\cos a t+i \sin a t .\) Haciendo uso de la linealidad de la transformación de Laplace, tenemos

\[\mathcal{L}\left[e^{i a t}\right]=\mathcal{L}[\cos a t]+i \mathcal{L}[\sin a t]\nonumber \]

¡Así, transformar este complejo exponencial proporcionará simultáneamente las transformaciones de Laplace para las funciones sinusoidales y cosenales!

La transformación se calcula simplemente como

\[\mathcal{L}\left[e^{i a t}\right]=\int_{0}^{\infty} e^{i a t} e^{-s t} d t=\int_{0}^{\infty} e^{-(s-i a) t} d t=\dfrac{1}{s-i a} \nonumber \]

Obsérvese que fácilmente podríamos haber utilizado el resultado para la transformación de un exponencial, lo cual ya estaba probado. En este caso,\(s>\operatorname{Re}(i a)=0\).

Ahora extraemos las partes real e imaginaria del resultado usando el complejo conjugado del denominador:

\[\dfrac{1}{s-i a}=\dfrac{1}{s-i a} \dfrac{s+i a}{s+i a}=\dfrac{s+i a}{s^{2}+a^{2}}\nonumber \]

Al leer las partes reales e imaginarias, encontramos las transformaciones buscadas,

\[ \begin{aligned} \mathcal{L}[\cos a t] &=\dfrac{s}{s^{2}+a^{2}} \\ \mathcal{L}[\sin a t] &=\dfrac{a}{s^{2}+a^{2}} \end{aligned} \label{5.5} \]

Ejemplo\(\PageIndex{4}\)

Mostrar\(\mathcal{L}[t]=\dfrac{1}{s^{2}}\) que.Para este ejemplo evaluamos

\[\mathcal{L}[t]=\int_{0}^{\infty} t e^{-s t} d t \nonumber \]

Esta integral se puede evaluar utilizando el método de integración por partes:

\[ \begin{aligned} \int_{0}^{\infty} t e^{-s t} d t &=-\left.t \dfrac{1}{s} e^{-s t}\right|_{0} ^{\infty}+\dfrac{1}{s} \int_{0}^{\infty} e^{-s t} d t \\ &=\dfrac{1}{s^{2}} \end{aligned} \label{5.6} \]

Ejemplo\(\PageIndex{5}\)

Mostrar eso\(\mathcal{L}\left[t^{n}\right]=\dfrac{n !}{s^{n+1}}\) para entero no negativo\(n\).

Hemos visto los\(n=1\) casos\(n=0\) y:\(\mathcal{L}[1]=\dfrac{1}{s}\) y\(\mathcal{L}[t]=\dfrac{1}{s^{2}}\). Ahora generalizamos estos resultados a potencias enteras no negativas,\(n>1\), de\(t\). Consideramos la integral

\[\mathcal{L}\left[t^{n}\right]=\int_{0}^{\infty} t^{n} e^{-s t} d t \nonumber \]

Siguiendo el ejemplo anterior, volvemos a integrar por partes:\(^{1}\)

\ [\ begin {alineado}\ int_ {0} ^ {\ infty} t^ {n} e^ {-s t} d t &=-\ izquierda.t^ {n}\ dfrac {1} {s} e^ {-s t}\ derecha|_ {0} ^ {\ infty} +\ dfrac {n} {s}\ int_ {0} ^ {infty} +\ dfrac {n} {s}\ int_ {0} ^ {infty} ty} t^ {-n} e^ {-s t} d t\\ &=\ dfrac {n} {s}\ int_ {0} ^ {\ infty} t^ {-n} e^ {-s t} d t\ final {alineado}\ etiqueta {5.7}\]

1

Esta integral se puede hacer con la misma facilidad usando la diferenciación. Observamos que\

\[\left(-\dfrac{d}{d s}\right)^{n} \int_{0}^{\infty} e^{-s t} d t=\int_{0}^{\infty} t^{n} e^{-s t} d t.\nonumber \]

Desde

\[\int_{0}^{\infty} e^{-s t} d t=\dfrac{1}{s}\nonumber \]

,

\[\int_{0}^{\infty} t^{n} e^{-s t} d t=\left(-\dfrac{d}{d s}\right)^{n} \dfrac{1}{s}=\dfrac{n !}{s^{n+1}}\nonumber \]

Podríamos seguir integrando por partes hasta que se compute la integral final. Sin embargo, mira la integral que resultó después de una integración por partes. Es solo la transformación de Laplace de\(t^{n-1} .\) Entonces, podemos escribir el resultado como

\[\mathcal{L}\left[t^{n}\right]=\dfrac{n}{s} \mathcal{L}\left[t^{n-1}\right] .\nonumber \]

Calculamos\(\int_{0}^{\infty} t^{n} e^{-s t} d t\) convirtiéndolo en un problema de valor inicial para una ecuación de diferencia de primer orden y encontrando la solución usando un método iterativo.

Este es un ejemplo de una definición recursiva de una secuencia. En este caso, tenemos una secuencia de integrales. Denotando

\[I_{n}=\mathcal{L}\left[t^{n}\right]=\int_{0}^{\infty} t^{n} e^{-s t} d t \nonumber \]

y señalando que\(I_{0}=\mathcal{L}[1]=\dfrac{1}{s}\), tenemos lo siguiente:

\[I_{n}=\dfrac{n}{s} I_{n-1}, \quad I_{0}=\dfrac{1}{s} \nonumber \]

Esto es también lo que se llama una ecuación de diferencia. Es una ecuación de diferencia de primer orden con una “condición inicial”\(I_{0}\). El siguiente paso es resolver esta ecuación de diferencia. Encontrar la solución de esta ecuación de diferencia de primer orden es fácil de hacer usando iteración simple. Tenga en cuenta que reemplazando\(n\) con\(n-1\), tenemos

\[I_{n-1}=\dfrac{n-1}{s} I_{n-2}. \nonumber \]

Repetición del proceso, encontramos

\[ \begin{aligned} I_{n} &=\dfrac{n}{s} I_{n-1} \\ &=\dfrac{n}{s}\left(\dfrac{n-1}{s} I_{n-2}\right) \\ &=\dfrac{n(n-1)}{s^{2}} I_{n-2} \\ &=\dfrac{n(n-1)(n-2)}{s^{3}} I_{n-3} \end{aligned} \label{5.9} \]

Podemos repetir este proceso hasta llegar a\(I_{0}\), lo cual sabemos. Tenemos que contar cuidadosamente el número de iteraciones. Esto lo hacemos iterando\(k\) tiempos y luego averiguando cuántos pasos nos llevarán al valor inicial conocido. Una lista de iteraciones se escribe fácilmente:

\[ \begin{aligned} I_{n} &=\dfrac{n}{s} I_{n-1} \\ &=\dfrac{n(n-1)}{s^{2}} I_{n-2} \\ &=\dfrac{n(n-1)(n-2)}{s^{3}} I_{n-3} \\ &=\cdots \\ &=\dfrac{n(n-1)(n-2) \ldots(n-k+1)}{s^{k}} I_{n-k} \end{aligned} \label{5.10} \]

Como sabemos\(I_{0}=\dfrac{1}{s}\), elegimos dejar de\(k=n\) obtener

\[I_{n}=\dfrac{n(n-1)(n-2) \ldots(2)(1)}{s^{n}} I_{0}=\dfrac{n !}{s^{n+1}}\nonumber \]

Por lo tanto, eso lo hemos demostrado\(\mathcal{L}\left[t^{n}\right]=\dfrac{n !}{s^{n+1}}\).

Tales técnicas iterativas son útiles para obtener una variedad de integrales, tales como\(I_{n}=\int_{-\infty}^{\infty} x^{2 n} e^{-x^{2}} d x\).

Como nota final, se puede extender este resultado a casos en los que no\(n\) es un número entero. Para ello, utilizamos la función Gamma, que se discutió en la Sección 4.7. Recordemos que la función Gamma es la generalización de la función factorial y se define como

\[\Gamma(x)=\int_{0}^{\infty} t^{x-1} e^{-t} d t \nonumber \]

Observe la similitud con la transformada de Laplace de\(t^{x-1}\):

\[\mathcal{L}\left[t^{x-1}\right]=\int_{0}^{\infty} t^{x-1} e^{-s t} d t \nonumber \]

Para\(x-1\) un entero y\(s=1\), tenemos que

\[\Gamma(x)=(x-1) !\nonumber \]

Así, la función Gamma puede ser vista como una generalización de lo factorial y hemos demostrado que

\[\mathcal{L}\left[t^{p}\right]=\dfrac{\Gamma(p+1)}{s^{p+1}}\nonumber \]

para\(p>-1\).

Ahora estamos listos para introducir propiedades adicionales de la transformación de Laplace en Table\(\PageIndex{2}\). Ya hemos discutido la primera propiedad, que es consecuencia de la linealidad de las transformaciones integrales. Demostraremos las otras propiedades en esta y las siguientes secciones.

Tabla\(\PageIndex{2}\): Tabla de propiedades de transformación de Laplace seleccionadas.

Propiedades de transformación de Laplace

\(\mathcal{L}[a f(t)+b g(t)]=a F(s)+b G(s)\) \(\mathcal{L}[t f(t)]=-\dfrac{d}{d s} F(s)\) \(\mathcal{L}\left[\dfrac{d f}{d t}\right]=s F(s)-f(0)\) \(\mathcal{L}\left[\dfrac{d^{2} f}{d t^{2}}\right]=s^{2} F(s)-s f(0)-f^{\prime}(0)\) \(\mathcal{L}\left[e^{a t} f(t)\right]=F(s-a)\) \(\mathcal{L}[H(t-a) f(t-a)]=e^{-a s} F(s)\) \(\mathcal{L}[(f * g)(t)]=\mathcal{L}\left[\int_{0}^{t} f(t-u) g(u) d u\right]=F(s) G(s)\)

Ejemplo\(\PageIndex{6}\)

Demostrar que\(\mathcal{L}\left[\dfrac{d f}{d t}\right]=s F(s)-f(0)\)
tenemos que computar

\[\mathcal{L}\left[\dfrac{d f}{d t}\right]=\int_{0}^{\infty} \dfrac{d f}{d t} e^{-s t} d t \nonumber \]

Podemos mover la derivada\(f\) integrando por partes. Esto es similar a lo que habíamos hecho al encontrar la transformada de Fourier de la derivada de una función. Dejando\(u=e^{-s t}\) y\(v=f(t)\), tenemos

\[ \begin{aligned} \mathcal{L}\left[\dfrac{d f}{d t}\right] &=\int_{0}^{\infty} \dfrac{d f}{d t} e^{-s t} d t \\ &=\left.f(t) e^{-s t}\right|_{0} ^{\infty}+s \int_{0}^{\infty} f(t) e^{-s t} d t \\ &=-f(0)+s F(s) . \end{aligned}\label{5.12} \]

Aquí hemos asumido que se\(f(t) e^{-s t}\) desvanece para grandes\(t\).

El resultado final es que

\[\mathcal{L}\left[\dfrac{d f}{d t}\right]=s F(s)-f(0) \nonumber \]

Ejemplo\(\PageIndex{7}\)

Demostrar que\(\mathcal{L}\left[\dfrac{d^{2} f}{d t^{2}}\right]=s^{2} F(s)-s f(0)-f^{\prime}(0) .\)

Podemos calcular esta transformación de Laplace usando dos integraciones por partes, o podríamos hacer uso del último resultado. Dejando\(g(t)=\dfrac{d f(t)}{d t}\), tenemos

\[\mathcal{L}\left[\dfrac{d^{2} f}{d t^{2}}\right]=\mathcal{L}\left[\dfrac{d g}{d t}\right]=s G(s)-g(0)=s G(s)-f^{\prime}(0)\nonumber \]

Pero,

\[G(s)=\mathcal{L}\left[\dfrac{d f}{d t}\right]=s F(s)-f(0) \nonumber \]

Entonces,

\[ \begin{aligned} \mathcal{L}\left[\dfrac{d^{2} f}{d t^{2}}\right] &=s G(s)-f^{\prime}(0) \\ &=s[s F(s)-f(0)]-f^{\prime}(0) \\ &=s^{2} F(s)-s f(0)-f^{\prime}(0) \end{aligned} \label{5.13} \]

Volveremos a las otras propiedades en Table\(5.3\) después de mirar algunas aplicaciones.