5.5: El teorema de la convolución

Por último, consideramos la convolución de dos funciones. A menudo, nos enfrentamos a tener el producto de dos transformaciones de Laplace que conocemos y buscamos la transformación inversa del producto. Por ejemplo, digamos que hemos obtenido al\(Y(s)=\dfrac{1}{(s-1)(s-2)}\) intentar resolver un problema de valor inicial. En este caso, podríamos encontrar una descomposición parcial de la fracción. Pero, hay otras formas de encontrar la transformación inversa, sobre todo si no podemos realizar una descomposición parcial de la fracción. Podríamos usar el Teorema de Convolución para las transformaciones de Laplace o podríamos calcular la transformación inversa directamente. Analizaremos estos métodos en las dos secciones siguientes. Comenzamos por definir la convolución.

Definimos la convolución de dos funciones definidas de\([0, \infty)\) la misma manera que habíamos hecho para la transformada de Fourier. La convolución\(f * g\) se define como

\[(f * g)(t)=\int_{0}^{t} f(u) g(t-u) d u \nonumber \]

Tenga en cuenta que la integral de convolución tiene límites finitos a diferencia del caso de la transformada de Fourier.

La operación de convolución tiene dos propiedades importantes:

1. La convolución es conmutativa:\(f * g=g * f\)

Prueba. La clave es hacer una sustitución\(y=t-u\) en la integral. Esto hace\(f\) una función simple de la variable de integración.

\[ \begin{aligned} (g * f)(t) &=\int_{0}^{t} g(u) f(t-u) d u \\ &=-\int_{t}^{0} g(t-y) f(y) d y \\ &=\int_{0}^{t} f(y) g(t-y) d y \\ &=(f * g)(t) \end{aligned}\label{5.34} \]

2. El teorema de la convolución: La transformación de Laplace de una convolución es el producto de las transformaciones de Laplace de las funciones individuales:

\[\mathcal{L}[f * g]=F(s) G(s)\nonumber \]

Prueba. Demostrar este teorema requiere un poco más de trabajo. Haremos algunas suposiciones que funcionarán en muchos casos. Primero, asumimos que las funciones son causales,\(f(t)=0\) y\(g(t)=0\) para\(t<0 .\) Second, asumiremos que podemos intercambiar integrales, lo que necesita una atención más rigurosa de la que se brindará aquí. El primer supuesto nos permitirá escribir la integral finita como una integral infinita. Entonces un cambio de variables nos permitirá dividir la integral en el producto de dos integrales que son reconocidas como producto de dos transformaciones de Laplace.

Realizando el cómputo, tenemos

\[\mathcal{L}[f * g]=\int_{0}^{\infty}\left(\int_{0}^{t} f(u) g(t-u) d u\right) e^{-s t} d t\nonumber \]

\[ \begin{aligned} &=\int_{0}^{\infty}\left(\int_{0}^{\infty} f(u) g(t-u) d u\right) e^{-s t} d t \\ &=\int_{0}^{\infty} f(u)\left(\int_{0}^{\infty} g(t-u) e^{-s t} d t\right) d u \end{aligned} \label{5.35} \]

Ahora, haz la sustitución\(\tau=t-u\). Observamos que

\[\operatorname{int}_{0}^{\infty} f(u)\left(\int_{0}^{\infty} g(t-u) e^{-s t} d t\right) d u=\int_{0}^{\infty} f(u)\left(\int_{-u}^{\infty} g(\tau) e^{-s(\tau+u)} d \tau\right) d u \nonumber \]

No obstante, como\(g(\tau)\) es una función causal, tenemos que para la que se desvanece\(\tau<0\) y podemos cambiar el intervalo de integración a\([0, \infty) .\) Entonces, después de un poco de reordenamiento, podemos proceder al resultado.

\[ \begin{aligned} \mathcal{L}[f * g] &=\int_{0}^{\infty} f(u)\left(\int_{0}^{\infty} g(\tau) e^{-s(\tau+u)} d \tau\right) d u \\ &=\int_{0}^{\infty} f(u) e^{-s u}\left(\int_{0}^{\infty} g(\tau) e^{-s \tau} d \tau\right) d u \\ &=\left(\int_{0}^{\infty} f(u) e^{-s u} d u\right)\left(\int_{0}^{\infty} g(\tau) e^{-s \tau} d \tau\right) \\ &=F(s) G(s) \end{aligned} \label{5.36} \]

Hacemos uso del Teorema de Convolución para hacer los siguientes ejemplos.

Ejemplo\(\PageIndex{1}\)

Encuentra\(y(t)=\mathcal{L}^{-1}\left[\dfrac{1}{(s-1)(s-2)}\right]\).

Observamos que esto es producto de dos funciones:

\[Y(s)=\dfrac{1}{(s-1)(s-2)}=\dfrac{1}{s-1} \dfrac{1}{s-2}=F(s) G(s) \nonumber \]

Conocemos las transformaciones inversas de los factores:

\[f(t)=e^{t} \text { and } g(t)=e^{2 t} \nonumber \]

Usando el Teorema de Convolución, encontramos\(y(t)=(f * g)(t) .\) Calculamos la convolución:

\[\begin{aligned} y(t) &=\int_{0}^{t} f(u) g(t-u) d u \\ &=\int_{0}^{t} e^{u} e^{2(t-u)} d u \\ &=e^{2 t} \int_{0}^{t} e^{-u} d u \\ &=e^{2 t}\left[-e^{t}+1\right]=e^{2 t}-e^{t} \end{aligned} \nonumber \]

También se puede confirmar esto llevando a cabo una descomposición parcial de la fracción.

Ejemplo\(\PageIndex{2}\)

Considerar el problema de valor inicial,\(y^{\prime \prime}+9 y=2 \sin 3 t\)\(y(0)=1, y^{\prime}(0)=0\). La transformación de Laplace de este problema viene dada por

\[\left(s^{2}+9\right) Y-s=\dfrac{6}{s^{2}+9}\nonumber \]

Resolviendo para\(Y(s)\), obtenemos

\[Y(s)=\dfrac{6}{\left(s^{2}+9\right)^{2}}+\dfrac{s}{s^{2}+9}\nonumber \]

La transformada inversa de Laplace del segundo término se encuentra fácilmente como\(\cos (3 t)\); sin embargo, el primer término es más complicado.

Podemos usar el Teorema de Convolución para encontrar la transformación de Laplace del primer término. Observamos que

\[\dfrac{6}{\left(s^{2}+9\right)^{2}}=\dfrac{2}{3} \dfrac{3}{\left(s^{2}+9\right)} \dfrac{3}{\left(s^{2}+9\right)}\nonumber \]

es un producto de dos transformaciones de Laplace (hasta el factor constante).

Por lo tanto,

\[\mathcal{L}^{-1}\left[\dfrac{6}{\left(s^{2}+9\right)^{2}}\right]=\dfrac{2}{3}(f * g)(t)\nonumber \]

donde\(f(t)=g(t)=\sin 3 t\). Evaluando este producto de convolución, tenemos

\[\begin{aligned} \mathcal{L}^{-1}\left[\dfrac{6}{\left(s^{2}+9\right)^{2}}\right] &=\dfrac{2}{3}(f * g)(t) \\ &=\dfrac{2}{3} \int_{0}^{t} \sin 3 u \sin 3(t-u) d u \\ &=\dfrac{1}{3} \int_{0}^{t}[\cos 3(2 u-t)-\cos 3 t] d u \\ &=\dfrac{1}{3}\left[\dfrac{1}{6} \sin (6 u-3 t)-u \cos 3 t\right]_{0}^{t} \\ &=\dfrac{1}{9} \sin 3 t-\dfrac{1}{3} t \cos 3 t \end{aligned}\label{5.38} \]

Combinando esto con la transformación inversa del segundo término de\(Y(s)\), la solución al problema del valor inicial es

\[y(t)=-\dfrac{1}{3} t \cos 3 t+\dfrac{1}{9} \sin 3 t+\cos 3 t\nonumber \]

Tenga en cuenta que la amplitud de la solución crecerá en el tiempo a partir del primer término. Esto se puede ver en la Figura\(\PageIndex{1}\). Esto se conoce como resonancia.

Figura\(\PageIndex{1}\): Gráfica de la solución al Ejemplo\(\PageIndex{2}\) mostrando una resonancia.

Ejemplo\(\PageIndex{3}\)

Encontrar\(\mathcal{L}^{-1}\left[\dfrac{6}{\left(s^{2}+9\right)^{2}}\right]\) usando descomposición parcial de la fracción.

Si nos fijamos en Table\(5 \cdot 2\), vemos que los pares de transformación de Laplace con el denominador\(\left(s^{2}+\omega^{2}\right)^{2}\) son

\[\mathcal{L}[t \sin \omega t]=\dfrac{2 \omega s}{\left(s^{2}+\omega^{2}\right)^{2}} \nonumber \]

y

\[\mathcal{L}[t \cos \omega t]=\dfrac{s^{2}-\omega^{2}}{\left(s^{2}+\omega^{2}\right)^{2}} \nonumber \]

Entonces, podríamos considerar reescribir una descomposición parcial de la fracción como

\[\dfrac{6}{\left(s^{2}+9\right)^{2}}=\dfrac{A 6 s}{\left(s^{2}+9\right)^{2}}+\dfrac{B\left(s^{2}-9\right)}{\left(s^{2}+9\right)^{2}}+\dfrac{C s+D}{s^{2}+9}\nonumber \]

Combinando los términos de la derecha sobre un denominador común, encontramos

\[6=6 A s+B\left(s^{2}-9\right)+(C s+D)\left(s^{2}+9\right)\nonumber \]

Coleccionando como poderes de\(s\), tenemos

\[C s^{3}+(D+B) s^{2}+6 A s+(D-B)=6\nonumber \]

Por lo tanto\(C=0, A=0, D+B=0\),, y\(D-B=\dfrac{2}{3} .\) Resolviendo las dos últimas ecuaciones, encontramos\(D=-B=\dfrac{1}{3}\).

Usando estos resultados, encontramos

\[\dfrac{6}{\left(s^{2}+9\right)^{2}}=-\dfrac{1}{3} \dfrac{\left(s^{2}-9\right)}{\left(s^{2}+9\right)^{2}}+\dfrac{1}{3} \dfrac{1}{s^{2}+9}\nonumber \]

Este es el resultado que habíamos obtenido en el último ejemplo usando el Teorema de Convolución.