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Capítulo 3

Transformada de Laplace

3.1. IntroducciónEn general, una transformada integral es una asociación de la función

F (s) =

ZA

K(s, t)f(t) dt

con la función f para alguna función fija K llamada núcleo y algún rango fijoA de integración. Tales operaciones son comunes en la física matemática. Así,la transformada de Fourier es una transformada integral con núcleo

K(s, t) =e−ist

2π

Otra transformada integral común es la transformada de Laplace, con núcleo

K(s, t) = e−st

y rango (0,+∞). Las transformadas de Laplace tienen importantes aplicacionesen matemática pura y aplicada. Por ejemplo, son importantes en los problemasde valores iniciales que se refieren a ecuaciones diferenciales lineales con coefi-cientes constantes ya que en términos de las transformadas, los problemas pasana ser problemas algebraicos.En esta sección introduciremos y estudiaremos primeramente la transforma-

da de Laplace, desarrollando algunas de sus propiedades más básicas y útiles.Después veremos su aplicación a la resolución de ecuaciones diferenciales.

3.2. Definiciones y ejemplosDada la función f : [0,+∞) → R, consideremos la variable real s y la

función F definida por

F (s) =

Z +∞

0

e−stf(t) dt (3.1)

235

236 CAPÍTULO 3. TRANSFORMADA DE LAPLACE

para todos aquellos valores de s para los que esta integral impropia es conver-gente. La función F definida por (8.2) se llama transformada de Laplace (oL−transformada) de la función f . En general, denotaremos tanto por L(f)como por L[f(t)] la transformada de Laplace de f . De este modo, podemosescribir

L[f(t)](s) =Z +∞

0

e−stf(t) dt

El dominio de L(f) es el conjunto de los valores de s ∈ R para los cuales existela integral impropia. Se llama abscisa de convergencia de L(f) al númeroreal sc definido por

sc = inf dom L(f)Ejemplo 99 Determinar L(f), sabiendo que f(t) = 1, para todo t ≥ 0.Solución: Aplicando la definición, para s > 0 se tiene

L[1](s) =

Z +∞

0

e−st dt

= lımp→+∞

Z p

0

e−st dt

= lımp→+∞

·−e−st

s

¸p0

= lımp→+∞

µ1

s− e−sp

s

¶=1

s

Es claro quedom L(f) = (0,+∞)

ysc = inf dom L(f) = 0

Cuando s ≤ 0, la integral impropia es divergente.Ejemplo 100 Calcular L(f), sabiendo que f(t) = eat para todo t ≥ 0, donde aes una constante arbitraria.Solución: Aplicando la definición, para s > a se tiene

L[eat](s) =

Z +∞

0

e−steat dt

=

Z +∞

0

e−(s−a)t dt

= lımp→+∞

Z p

0

e−(s−a)t dt

= lımp→+∞

·−e−(s−a)t

s− a

¸p0

= lımp→+∞

·1

s− a− e−(s−a)p

s− a

¸=

1

s− a

3.3. CONDICIONES SUFICIENTES DE EXISTENCIA 237

Es claro que

dom L(f) = (a,+∞)y

sc = inf dom L(f) = a

Cuando s ≤ a, la integral impropia es divergente.

3.3. Condiciones suficientes de existencia

La integral que define la transformada de Laplace no converge necesaria-mente. Por ejemplo, L[1/t] ni L[et2 ] existen. Las condiciones suficientes quegarantizan la existencia de L[f(t)] son que f sea continua a trozos y que sea deorden exponencial.

3.3.1. Continuidad a trozos

Definición 23 Una función f se dice que es continua a trozos en un inter-valo [a, b] si f es continua en cada punto del intervalo salvo posiblemente en unnúmero finito de puntos en los que hay discontinuidad de salto, es decir, en cadauno de estos puntos existen los límites laterales pero son distintos. Una funciónf se dice continua a trozos en [0,+∞) si f es continua a trozos en [0, b] paratodo b > 0.

Ejemplo 101 Probar que la función f definida por

f(x) =

x si 0 ≤ x < 12 si 1 < x < 2(x− 2)2 si 2 ≤ x

es continua a trozos en el intervalo [0, 3]. ¿Es continua a trozos en [0,+∞)?Solución: Es claro que f es continua a trozos en [0, 3], pues f tiene sólo

dos puntos de dicontinuidad de salto en dicho intervalo. En efecto, en x = 1hay discontinuidad de salto ya que

lımx→1+

f(x) = lımx→1+

2 = 2 y lımx→1−

f(x) = lımx→1−

x = 1

y también en x = 2, pues

lımx→2+

f(x) = lımx→2+

(x− 2)2 = 0 y lımx→2−

f(x) = lımx→2−

2 = 2

En la figura siguiente se representa gráficamente la función f


Es claro también que f es continua a trozos en [0,+∞), ya que f es continuaa trozos en cualquier intervalo [0, b] para todo b > 0.

Ejemplo 102 Probar que la función f definida por f(t) = 1/t no es continuaa trozos en cualquier intervalo que contenga el origen.Solución: Es evidente que f tiene una discontinuidad asintótica en t = 0,

pues

lımt→0+

1

t= +∞ y lım

t→0−1

t= −∞

Observación 33 Si una función es continua a trozos en un intervalo cerrado,entonces es integrable en dicho intervalo, ya que f posee a lo sumo un númerofinito de discontinuidades simples.

3.3.2. Orden exponencial

Definición 24 Se dice que una función f es de orden exponencial si existeuna constante α y constantes positivas t0 y M tales que

|f(t)| ≤Meαt

para todo t > t0.

Observación 34 Si, por ejemplo, f es una función creciente entonces la condi-ción

|f(t)| ≤Meαt


para todo t > t0, simplemente expresa que la gráfica de f en el intervalo (t0,+∞)no crece más rápidamente que la gráfica de Meαt, donde ahora α es una con-stante positiva.Por ejemplo, la función definida por f(x) = ex

2

no es de orden exponencialya que, como se muestra en la siguiente figura, su gráfica crece más rápidamenteque cualquier eαx para α > 0.

Obsérvese también que la función ex2

no es de orden exponencial ya que

lımx→+∞

ex2

eαx= lım

x→+∞ ex(x−α) = +∞

para cualquier α ∈ R.Ejemplo 103 Probar que la función f(t) = e5t sin 2t es de orden exponencial.Solución: En efecto, se cumple¯

e5t sin 2t¯ ≤ e5t

en donde las constantes de la definición son α = 5, M = 1 y t0 es cualquiernúmero real positivo.

3.3.3. Teorema de existencia

Se han definido los dos conceptos anteriores, continuidad a trozos y orden ex-ponencial de una función, persiguiendo la convergencia de la integral que definela transformada de Laplace. Para una función f la continuidad a trozos asegu-ra su integración, y el orden exponencial indica que su producto por e−st está


acotado. Estas dos condiciones son suficientes para que exista la transformadade Laplace de una función.

Teorema 60 Si la función f es continua a trozos en [0,+∞) y de orden expo-nencial α, existe su transformada de Laplace L[f(t)] para valores de s > α.Demostración: Necesitamos probar que la integralZ +∞

0

e−stf(t) dt

converge para s > α. Sabemos queZ +∞

0

e−stf(t) dt =Z t0

0

e−stf(t) dt+Z +∞

t0

e−stf(t) dt (3.2)

donde t0 ha sido elegido de manera que se cumple la desigualdad

|f(t)| ≤Meαt

para todo t > t0. La primera integral en (8.3) existe porque f es continua atrozos en [0,+∞) y, en consecuencia, e−stf(t) es continua a trozos en el in-tervalo [0, t0] para cualquier valor fijo de s. Para probar que la segunda integralen (8.3) es convergente, utilizaremos el criterio de comparación para integralesimpropias. Puesto que f es de orden exponencial α, tenemos para t ≥ t0

|f(t)| ≤Meαt

y de aquí ¯e−stf(t)

¯= e−st |f(t)| ≤Me−(s−α)t

para todo t ≥ t0. Ahora bien, para s > α, se tieneZ +∞

t0

Me−(s−α)t dt = M

Z +∞

t0

e−(s−α)t dt

= lımk→+∞

·−Me−(s−α)t

s− α

¸kto

=M

s− αe−(s−α)t0

Al ser esta integral una mayorante convergente deZ +∞

t0

e−stf(t) dt

por el criterio de comparación, esta última también es convergente para s > α.Finalmente, como las dos integrales en (8.3) son convergentes la transformadade Laplace existe para s > α.


Observación 35 1. En realidad, no sólo hemos demostrado que L(f) existepara s > α, sino que, además, también existe L(|f |) para s > α, es decir,que Z +∞

0

e−stf(t) dt

es absolutamente convergente para s > α.

2. Hay que recordar que las condiciones para f descritas en las hipótesis delteorema no son necesarias para la existencia de L(f). En otras palabras,existen funciones que no satisfacen las hipótesis del teorema y, en cambio,poseen transformada de Laplace. Por ejemplo, la función f definida porf(t) = t−1/2 no es continua a trozos para t ≥ 0 pero su transformada deLaplace existe.

Ejemplo 104 Comprobar la existencia de la transformada de Laplace de lafunción definida por

f(t) =

0 si 0 < t < 52 si 5 < t < 70 si t > 7

y calcularla.Solución: La función f satisface las condiciones del teorema 1. En efecto, la

función es continua a trozos, ya que tiene dos discontinuidades de salto en t = 5y t = 7, siendo además de orden exponencial pues cualquier función constanteigual a k lo es, ya que

k ≤ (k + 1) e0t

para cualquier t ∈ R. Para hallar su transformada, descomponemos la integralde definición en los trozos en los que lo hace la función:

L[f(t)](s) =

Z +∞

0

e−stf(t) dt

=

Z 5

0

e−stf(t) dt+Z 7

5


7

e−stf(t) dt

= 2

Z 7

5

e−st dt

= 2

·−e−st

s

¸75

=2

s(e−5s − e−7s)


3.4. Tabla de transformadas de Laplace

f(t) L[f(t)](s)

1 1 1s

2 eat 1s−a

3 sin bt bs2+b2

4 cos bt ss2+b2

5 sinh bt bs2−b2

6 cosh bt ss2−b2

7 tn (n = 1, 2, ...) n!sn+1

8 tneat n!(s−a)n+1

9 t sin bt 2bs(s2+b2)2

10 t cos bt s2−b2(s2+b2)2

11 eat sin bt b(s−a)2+b2

12 eat cos bt s−a(s−a)2+b2

En la tabla anterior aparecen las transformadas de algunas funciones elemen-tales. Es importante familiarizarse con esta tabla ya que aparecen muy a menudo.Los resultados de esta tabla pueden deducirse de la definción de la transformadade Laplace (ver ejemplo 7), aunque más adelante daremos algunas propiedadesbásicas de la transformada que permitirán deducir algunos de estos resultadosde forma inmediata.

Ejemplo 105 Probar que

1. L[tn](s) = n!sn+1 (n = 1, 2, ...)

2. L[sin bt](s) = bs2+b2

3.5. PROPIEDADES BÁSICAS DE LA TRANSFORMADADE LAPLACE243

Solución: (1) Para s > 0, tenemos que

L[tn](s) =

Z +∞

0

e−sttn dt

=

·−1se−sttn

¸+∞0

+n

s

Z +∞

0

e−sttn−1 dt

=n

s

Z +∞

0

e−sttn−1 dt

=n

sL[tn−1](s) (n = 1, 2, ...)

De aquí, por iteración se obtiene

L[t](s) = 1sL[1](s) = 1

s2

L[t2](s) = 2sL[t](s) = 2

s3

L[t3](s) = 3sL[t2](s) = 3!

s4

...

L[tn](s) = nsL[tn−1](s) = n

s(n−1)!sn = n!

sn+1

(2) Para s > 0, tenemos que

L[sin bt](s) =

Z +∞

0

e−st sin bt dt

= lımk→+∞

Z k

0

e−st sin bt dt

= lımk→+∞

·− e−st

s2 + b2(s sin bt+ b cos bt)

¸k0

= lımk→+∞

·b

s2 + b2− e−sk

s2 + b2(s sin bk + b cos bk)

¸=

b

s2 + b2

3.5. Propiedades básicas de la transformada deLaplace

3.5.1. L es un operador linealTeorema 61 Dadas dos funciones f y g cuyas transformadas de Laplace ex-isten para s > α y sea c una constante real arbitraria. Se cumplen las dos


propiedades siguientes:

1. L(f + g) = L(f) + L(g)2. L(cf) = cL(f)Demostración: La demostración es inmediata y se basa en utilizar la propiedadeslineales de la integración.

Observación 36 Según este teorema, entonces se cumple

L(af + bg) = aL(f) + bL(g)para todo a, b ∈ R.Ejemplo 106 Calcular L[11 + 5e4t − 6 sin 2t](s).Solución: Aplicando las propiedades lineales de L, para s > 4 tenemos

L£11 + 5e4t − 6 sin 2t¤ (s) = 11L [1] (s) + 5L

£e4t¤(s)− 6L [sin 2t] (s)

=11

s+

5

s− 4 −12

s2 + 4

3.5.2. Propiedades de traslación

No es conveniente usar la definición cada vez que queramos calcular la trans-formada de Laplace de una función. Por esto a continuación presentamos dosteoremas que permiten ahorrar trabajo a la vez que nos permiten construir unalista más extensa de transformadas sin que sea necesario recurrir a la definición.

Teorema 62 Supongamos que f es una función tal que L(f) existe para s > αy

L [f(t)] (s) = F (s)

Entonces, si a es cualquier número real, entonces

L £eatf(t)¤ (s) = F (s− a)

para s > α+ a.Demostración: Es inmediato ya que por la definición tenemos

L £eatf(t)¤ (s) =

Z +∞

0

e−steatf(t) dt

=

Z +∞

0

e−(s−a)tf(t) dt

= F (s− a)


Observación 37 Por consiguiente, si ya conocemos L[f(t)](s) = F (s) podemoscalcular L [eatf(t)] (s) sin más que trasladar, o cambiar, F (s) por F (s− a).

Ejemplo 107 Calcular L [eax sin bx] (s).Solución: Según el ejemplo 7, para s > 0 tenemos

L [sin bt] (s) = F (s) =b

s2 + b2

De aquí, por el teorema 3, tenemos

L £eat sin bt¤ (s) = F (s− a) =b

(s− a)2 + b2

para s > 0 + a = a.

Función escalón unitario o de Heaviside

Definición 25 Se llama función escalón unitario o de Heaviside, la fun-ción H(x) definida por

H(x) =

½0 si x < 01 si x ≥ 0

y su gráfica es

Obsérvese que por traslación, la función puede mover su escalón a otra posi-ción. Así H(x − a), denotada también como Ha(x), traslada su escalón a laposición x = a

Ha(x) = H(x− a) =

½0 si x < a1 si x ≥ a


Al multiplicar la función escalón por un número k, puede cambiarse la alturadel escalón

k ·Ha(x) =

½0 si x < ak si x ≥ a

Al multiplicar la función escalón k ·Ha por una función f , hace cero la parte def hasta la posición x = a y multiplica por k la parte restante. Así la función fdefinida por f(x) = H2π(x) sinx viene definida como sigue

f(x) =

½0 si x < 2πsinx si x ≥ 2π

y su representación gráfica es

Ejemplo 108 Dibujar la gráfica de la función f(x) = x3H(x− 2).Solución: Es evidente que la función es

f(x) =

½0 si x < 2x3 si x ≥ 2

y, por tanto, la gráfica de f es


Multitud de funciones con discontinuidad de salto pueden expresarse comocombinación lineal de funciones escalón. Así por ejemplo, la función

f(x) =

3 si x < 2−2 si 2 ≤ x < 51 si x ≥ 5

cuya gráfica es


puede expresarse en términos de la función escalón en la forma siguiente

f(x) = 3− 5H2(x) + 3H5(x)

Transformada de la función escalón

La trasformada de Laplace de la función escalón Ha para a ≥ 0 y s > 0, es

L [Ha(t)] (s) =

Z +∞

0

e−stHa(t) dt

=

Z +∞

a

e−st dt

= −1s

£e−st

¤+∞a

=e−as

s

Obsérvese que

L [H(t)] (s) = L [1] (s) = 1

s

ya que H(t) = 1 para t ≥ 0. Es sencillo ahora hallar la transformada de unafunción con discontinuidades de salto. En efecto, tomando como ejemplo lasiguiente función

f(t) =

3 si 0 < t < 2−2 si 2 ≤ t < 51 si t ≥ 5

entonces sabemos que puede expresarse como sigue

f(t) = 3− 5H2(t) + 3H5(t)

y, por tanto, tenemos

L [f(t)] (s) = 3L [1] (s)− 5L [H2(t)] (s) + 3L [H5(t)] (s)

=3

s− 5

se−2s +

3

se−5s

para s > 0.En el teorema 3 vimos que al multiplicar una función por una exponencial,

genera un cambio o traslación de la transformada. Con el próximo teorema vere-mos que cada vez que se multiplica la transformada por una función exponencialapropiada, la gráfica de la función no sólo se traslada sino que además una partede la misma queda truncada.

Teorema 63 Si a > 0, entonces

L [Ha(t)f(t− a)] (s) = e−asL[f(t)](s)


Demostración: De la definición 1, tenemos

L [Ha(t)f(t− a)] (s) =

Z +∞

0

e−stHa(t)f(t− a) dt

=

Z a

0

e−st · 0 dt+Z +∞

a

e−stf(t− a) dt

=

Z +∞

a

e−stf(t− a) dt

Mediante el cambio u = t− a se obtieneZ +∞

a

e−stf(t− a) dt =

Z +∞

0

e−s(u+a)f(u) du

= e−asZ +∞

0

e−suf(u) du

= e−asL[f(t)](s)

Por tanto, tenemos lo que queríamos probar.

Ejemplo 109 Hallar la trasformada de la función g definida por

g(t) =

½0 si t < 3t si t ≥ 3

Solución: Para poder aplicar el teorema 4, definimos f como sigue

f(t) =

½0 si t < 0t+ 3 si t ≥ 0

Entonces se cumple

g(t) =

½0 si t < 3

f(t− 3) si t ≥ 3Expresamos ahora esta función en términos de la función escalón de la siguientemanera

g(t) = H3(t)f(t− 3)Aplicando ahora el teorema 4, tenemos

L[g(t)](s) = L [H3(t)f(t− 3)] (s)= e−3sL[t+ 3](s)= e−3s [L[t](s) + 3L[1](s)]= e−3s

µ1

s2+3

s

¶


Ejemplo 110 Determinar la transformada de g(t) = t2H1(t).Solución: Para aplicar el teorema 4, observamos primero que

g(t) =

½0 si 0 < t < 1t2 si t ≥ 1

y definimos

f(t) =

½0 si t < 0(t+ 1)2 si t ≥ 0

Entonces, es evidente que

g(t) =

½0 si 0 < t < 1f(t− 1) si t ≥ 1

o sea,g(t) = H1(t)f(t− 1)

Ahora, aplicando el teorema 4, tenemos

L[g(t)](s) = L [H1(t)f(t− 1)] (s)= e−sL[(t+ 1)2](s)= e−sL[t2 + 2t+ 1](s)= e−s

µ2

s3+2

s2+1

s

¶

3.5.3. Transformada de la derivada

Para resolver determinados tipos de ecuaciones diferenciales, necesitamoscalcular expresiones como L [f 0(t)] (s) o L [f 00(t)] (s). En este apartado indicamoscómo se calculan estas expresiones.

Teorema 64 Supongamos que f es una función continua en [0,+∞) y de ordenexponencial α. Supongamos también que f 0 es continua a trozos en [0,+∞).Entonces existe L(f 0) para s > α y se cumple

L[f 0(t)](s) = sL[f(t)](s)− f(0) (3.3)

Demostración: Por hipótesis, en cualquier intervalo [0, k] se cumple que f 0

posee a lo sumo un número finito de discontinuidades simples. Supongamos quet1, t2, ..., tm son tales discontinuidades y que se tiene

0 < t1 < t2 < · · · < tm < k

Podemos entonces escribirZ k

0

e−stf 0(t) dt =Z t1

0

e−stf 0(t) dt+Z t2

t1

e−stf 0(t) dt+ · · ·+Z k

tm

e−stf 0(t) dt


El integrando de cada una de las integrales del segundo miembro es continuo,por lo que podemos integrar cada una por partes. De este modo, obtenemosZ k

0

e−stf 0(t) dt =£e−stf(t)

¤t−10+ s

Z t1

0

e−stf(t) dt+£e−stf(t)

¤t−2t+1

(3.4)

+s

Z t2

t1

e−stf(t) dt+ · · ·+ £e−stf(t)¤k−t+m+ s

Z k

tm

e−stf(t) dt

Puesto que f es continua en [0,+∞), se tiene

f(t−1 ) = f(t+1 ), f(t−2 ) = f(t+2 ), ..., f(t

−m) = f(t+m)

y, en consecuencia, de (8.1) deducimosZ k

0

e−stf 0(t) dt = −f(0) + e−stf(k) + s

Z k

0

e−stf(t) dt (3.5)

Ahora bien, por hipótesis, f es de orden exponencial α y, por tanto, existenconstantes positivas M y t0 tales que

|f(t)| ≤Meαt

o bien,e−αt |f(t)| ≤M

para todo t > t0. Por lo tanto, en particular, se cumple

e−sk |f(k)| ≤Me−(s−α)k

para k > t0. De aquí, se deduce

lımk→+∞

e−skf(k) = 0

para s > α. Entonces, de (8.4) tenemosZ +∞

0

e−stf 0(t) dt = lımk→+∞

Ã−f(0) + e−stf(k) + s

Z k

0

e−stf(t) dt

!

= −f(0) + s

Z +∞

0

e−stf(t) dt

= −f(0) + sL[f(t)](s)

por lo que L[f 0(t)](s) existe para s > α y se cumple (8.5).

Ejemplo 111 Usando el hecho de que

L [sin bt] (s) = b

s2 + b2


determinar L [cos bt] (s).Solución: Sea f(t) = cos bt, entonces f(0) = 1 y f 0(t) = −b sin bt. De aquí,

aplicando el teorema 5, tenemos

L [f 0(t)] (s) = sL [f(t)] (s)− f(0)

L [−b sin bt] (s) = sL [cos bt] (s)− 1− b2

s2 + b2= sL [cos bt] (s)− 1

De donde,

L [cos bt] (s) = 1

s

µ1− b2

s2 + b2

¶=

s

s2 + b2

Gereralizamos ahora el teorema 5 y obtenemos el siguiente resultado.

Teorema 65 Supongamos que f es de clase Cn−1 en [0,+∞) y que f, f 0, ..., f (n−1)son de orden exponencial α. Supongamos también que f (n) es continua a trozosen [0,+∞). Entonces, existe L(f (n)) para s > α y se cumple

Lhf (n)(t)

i(s) = snL [f(t)] (s)− sn−1f(0)− sn−2f 0(0)− · · ·− f (n−1)(0)

Demostración: Se procede en primer lugar como en la demostración del teo-rema 5 para probar que L(f (n)) existe para s > α y viene dada por

L[f (n)(t)](s) = sL[f (n−1)(t)](s)− f (n−1)(0)

Entonces, la prueba se completa por inducción.

Observación 38 Este teorema conduce al hecho por el cual la transformadade Laplace es una herramienta útil para tratar problemas de valores iniciales.En efecto, este teorema permite decir que al aplicar la transformada de Laplacepodemos reemplazar la ”derivación respecto a t” por la ”multiplicación por s”,convirtiendo la ecuación diferencial en una ecuación algebraica.

3.5.4. Transformada de la integral

Teorema 66 Si L(f) = F (s), entonces

L·Z t

0

f(u) du

¸=

F (s)

s

Demostración: Por definición

L·Z t

0

f(u) du

¸=

Z +∞

0

e−stµZ t

0

f(u) du

¶dt


Integrando por partes, haciendoR t0f(u) du = g(t) =⇒ f(t) = g0(t)

e−st = h0(t) =⇒ −1se−st = h(t)

resulta

L·Z t

0

f(u) du

¸=

·−1se−st

Z t

0

f(u) du

¸+∞0

+1

s

Z +∞

0

e−stf(t) dt

=F (s)

s

Ejemplo 112 Calcular

L·Z t

0

cos t dt

¸Solución: Según el teorema 7, tenemos

L·Z t

0

cos t dt

¸=

L[cos t](s)

s

y, según el ejemplo 13, se tiene

L·Z t

0

cos t dt

¸=

1

s2 + 1

3.5.5. Derivadas de la transformada

En el siguiente teorema veremos que la derivada de la transformada de f esla transformada de otra función g definida por g(t) = −tf(t).

Teorema 67 Supongamos que f es una función continua a trozos en [0,+∞)y de orden exponencial α y, por tanto, existe su transformada que denotamospor

F (s) =

Z +∞

0

e−stf(t) dt (3.6)

Entonces, para s > α se cumple

L [tnf(t)] (s) = (−1)n dnF

dsn(s)

y, en consecuencia, la transformada de f tiene derivadas de todos los órdendespara s > α.


Demostración: Puesto que la función subintegral en (8.6) y su derivada parcialrespecto de s son continuas y Z +∞

0

e−sttf(t) dt

es convergente uniformemente para s > α, ya que f es de orden exponencial α.Entonces F es derivable en s > α y se cumple

d

ds

µZ +∞

0

e−stf(t) dt¶=

Z +∞

0

∂f

∂t[e−stf(t)] dt

o de forma equivalente,

dF

ds(s) = −

Z +∞

0

e−sttf(t) dt

= −L[tf(t)](s)Por el mismo razonamiento, también se cumple

d2F

ds2(s) =

Z +∞

0

e−stt2f(t) dt

= (−1)2L[t2f(t)](s)Entonces, por inducción es inmediato comprobar que se cumple lo que queríamosprobar.

Ejemplo 113 Determinar L [t sin bt] (s).Solución: Según el ejemplo 7, se cumple que

L [sin bt] (s) = F (s) =b

s2 + b2

Por derivación, tenemos

dF

ds(s) = − 2bs

(s2 + b2)2

y de aquí, utilizando el teorema 8, se obtiene

L [t sin bt] (s) = −dFds(s) =

2bs

(s2 + b2)2

Ejemplo 114 Determinar L [bt cos bt+ sin bt] (s).Solución: Evidentemente,

L [bt cos bt+ sin bt] (s) = L·d

dt(t sin bt)

¸(s)


Aplicando ahora el teorema 5, se obtiene

L·d

dt(t sin bt)

¸(s) = sL [t sin bt] (s)

Según el ejemplo 15, tenemos

sL [t sin bt] (s) = 2bs2

(s2 + b2)2

Por lo tanto, tenemos

L [bt cos bt+ sin bt] (s) = 2bs2

(s2 + b2)2

3.5.6. Límite en el infinito de la transformada

El siguiente resultado probará que hay funciones que no pueden ser trans-formadas de ninguna función.

Teorema 68 Si una función f es continua a trozos para t ≥ 0 y de ordenexponencial α, entonces

lıms→+∞L [f(t)] (s) = 0

Demostración: Al ser f de orden exponencial α, existen dos números realespositivos M y t0 tales que

|f(t)| ≤Meαt

para todo t > t0. De aquí, obtenemos

e−st |f(t)| ≤Me−(s−α)t

De aquí, Z +∞

0

e−st |f(t)| dt ≤Z +∞

0

Me−(s−α)t dt (3.7)

= M

·−e−(s−α)t

s− α

¸+∞0

=M

s− α

para s > α. Ahora bien, como

|L[f(t)](s)| =

¯Z +∞

0

e−stf(t) dt¯

(3.8)

≤Z +∞

0

e−st |f(t)| dt


De (8.7) y (8.8), obtenemos

|L[f(t)](s)| ≤ M

s− α(3.9)

para s > α. De (8.9), es evidente que

lıms→+∞ |L[f(t)](s)| = 0

y, por tanto,lım

s→+∞L[f(t)](s) = 0

Ejemplo 115 Probar que la función F (s) = s2 no es la transformada de Laplacede ninguna función.Solución: Si existiera una función f tal que

L(f) = s2

entonces, según el teorema 9, debería ocurrir que el límite

lıms→+∞ s2

sería cero lo que no es posible. Por tanto, no existe tal función.

3.5.7. Transformada del cociente de una función por t

Teorema 69 Supongamos que f es una función con transformada L(f) =F (s). Si existe

lımt→0+

f(t)

t

entonces

L·f(t)

t

¸(s) =

Z +∞

s

F (u) du

Demostración: Definimos g de manera que

f(t) = t · g(t)

Entonces, según el teorema 8, tenemos

F (s) = L[f(t)](s)= L[t · g(t)](s)= −dG

ds(s)

= −G0(s)


siendo G la función transformada de g. Entonces, por integración, tenemos

[G(u)]s+∞ = −

Z s

+∞F (u) du

=

Z +∞

s

F (u) du

es decir,

G(s)− lıms→+∞G(s) =

Z +∞

s

F (u) du

Ahora bien, según el teorema 9,

lıms→+∞G(s) = 0

y, por tanto,

L·f(t)

t

¸(s) = G(s) =

Z +∞

s

F (u) du

Aunque no hemos usado la condición de que

lımt→0+

f(t)

t

existe, ésta es necesaria para que la transformada

L·f(t)

t

¸(s)

esté bien definida.

Observación 39 Es obvio que la expresión

L·f(t)

t

¸(s) =

Z +∞

s

F (u) du

es equivalente a Z +∞

0

e−stf(t)

tdt =

Z +∞

s

L[f(t)](u) du

Si ahora hacemos tender s a cero, se obtieneZ +∞

0

f(t)

tdt =

Z +∞

0

L[f(t)](u) du

Esta última expresión es válida para calcular integrales de esta forma siempreque existan. Por ejemplo,Z +∞

0

sin t

tdt =

Z +∞

0

L[sin t](s) ds

=

Z +∞

0

1

1 + s2ds

= [arctan s]+∞0=

π

2



L·sin t

t

¸(s)

Solución: Según el teorema 10, tenemos

L·sin t

t

¸(s) =

Z +∞

s

L[sin t](u) du

=

Z +∞

s

1

1 + u2du

= [arctanu]+∞s

=π

2− arctan s

3.5.8. Transformada de una función periódica

Si una función real de variable real tiene período T , siendo T > 0, entoncesf(t+ T ) = f(t), para todo t ∈ R. El siguiente resultado prueba que la transfor-mada de una función periódica puede obtenerse integrando sobre un período.

Teorema 70 Sea f una función continua a trozos en [0,+∞) y de orden expo-nencial. Si f es periódica de período T , entonces

L[f(t)](s) = 1

1− e−sT

Z T

0

e−stf(t) dt

Demostración: Es claro que

L[f(t)](s) =Z T

0


T

e−stf(t) dt (3.10)

Haciendo el cambio t = u+ T , la última integral en (4.12) se transforma enZ +∞

T

e−stf(t) dt =

Z +∞

0

e−s(u+T )f(u+ T ) du

= e−sTZ +∞

0

e−suf(u) du

= e−sT L[f(t)](s)De aquí y (4.12), obtenemos

L[f(t)](s) =Z T

0

e−stf(t) dt+ e−sT L[f(t)](s)

y, por tanto,

L[f(t)](s) = 1

1− e−sT

Z T

0

e−stf(t) dt

3.6. LA TRANSFORMADA INVERSA 259

Ejemplo 117 Hallar la transformada de la función periódica f cuya gráfica es

Solución: En el intervalo [0, 2] la función puede definirse por

f(x) =

½x si 0 ≤ x < 10 si 1 ≤ x < 2

y fuera del intervalo por f(x+ 2) = x, es decir, su período es T = 2. Aplicandoel teorema 11 e integrando por partes, tenemos

L[f(x)](s) =1

1− e−2s

Z 2

0

e−sxf(x) dx

=1

1− e−2s

·Z 1

0

e−sxx dx+

Z 2

1

e−sx0 dt¸

=1

1− e−2s

µ−e−s

s+1− e−s

s2

¶=

1− (s+ 1)e−ss2(1− e−2s)

3.6. La transformada inversaLa utilización práctica de la transformada de Laplace requiere no sólo el

cálculo de la misma a partir de una función dada, sino también el problemainverso, es decir, encontrar una función f conocida su transformada de LaplaceL(f). En este apartado nos ocuparemos de este problema. Tres cuestiones se


plantean inmediatamente: (1) Dada una función F , ¿existe siempre una funciónf cuya transformada sea F? (2) Suponiendo que una tal función existe, ¿esúnica? (3) ¿Cómo se halla una tal función?En respuesta a la primera pregunta debemos decir NO necesariamente, ya

que existen funciones F que no son transformadas de ninguna función f . En elejemplo 17 hemos dado una función F con dicha propiedad.En relación a la segunda pregunta debemos decir NO necesariamente, pues

dos funciones que difieran sólo en un punto tienen la misma transformada. Enefecto, sabemos que la transformada de f(t) = t es F (s) = 1/s2, pero tambiénlo es de la función no continua g definida por

g(t) =

½t si t 6= 10 si t = 1

ya que la transformada es una integral y el área a la cual equivale es la misma sila función es continua o si tiene un número finito de puntos de puntos de discon-tinuidad simples, que es lo que le sucede a g respecto a f . Puede comprobarsede la misma manera que la función

h(t) =

½t si t 6= 20 si t = 2

lo es también. En consecuencia, se pueden elegir infinitas funciones diferentes.Sin embargo, obsérvese que de todas estas funciones una sola de ellas es continua.Esta es la razón del siguiente resultado que enunciamos sin demostración: Sif, g son dos funciones continuas en [0,+∞) tales que L[f(t)] = L[g(t)],entonces f(t) = g(t) para todo t ≥ 0. Este resultado justifica en parte lasiguiente definición.

Definición 26 Se llama transformada inversa de F , denotándose L−1 [F (s)],la única función continua f en [0,∞) que satisface

L [f(t)] (s) = F (s) (3.11)

En el caso de que todas las funciones f que satisfacen (4.13) sean discontin-uas en [0,+∞), elegiremos como transformada inversa una función continua atrozos en [0,+∞) que satisface (4.13).Observación 40 Es claro que a partir de las propiedades de la transformada deLaplace, pueden deducirse algunas propiedades básicas de la transformación in-versa. Así, por ejemplo, es inmediato comprobar la linealidad de la transformadainversa

L−1 [aF (s) + bG(s)] = aL−1 [F (s)] + bL−1 [G(s)]con tal que L−1 [F (s)] y L−1 [G(s)] existan y sean continuas en [0,+∞), siendoa, b ∈ R. Asimismo, tenemos

L−1·dnF

dsn(s)

¸(t) = (−t)nf(t)

donde L−1[F (s)](t) = f(t).


Finalmente, consideremos la tercera cuestión. Suponiendo una única trans-formada inversa continua, ¿cómo podemos calcularla? El cálculo directo detransformadas inversas no será tratado aquí (En realidad, bajo ciertas condi-ciones la transformada inversa viene dada por otra integral que para evaluarla esnecesario usar variable compleja). En su lugar, haremos uso de las propiedadesde la transformada y de la tabla de transformadas o de cualquier otra máscompleta.

Ejemplo 118 Calcular L−1[F (s)], sabiendo que

(1) F (s) =2

s3(2) F (s) =

3

s2 + 9(3) F (s) =

s− 1s2 − 2s+ 5

Solución: (1) Según la tabla de transformadas, se tiene

L−1·2

s3

¸(t) = L−1

·2!

s3

¸(t) = t2

(2) Según la tabla de transformadas, se tiene

L−1·

3

s2 + 9

¸(t) = L−1

·3

s2 + 32

¸(t) = sin 3t

(3) Según la tabla de transformadas, se tiene

L−1·

s− 1s2 − 2s+ 5

¸(t) = L−1

·s− 1

(s− 1)2 + 22¸(t) = et cos 2t


(1) F (s) =s− 3

25 + (s− 3)2 (2) F (s) =10s

(s2 + 1)2(3) F (s) =

1

s2(s2 + 1)(4) F (s) =

e−s

s2

Solución: (1) Recordando que

L[cos 5t](s) = s

25 + s2

y, según el teorema 3, tenemos

L[e3t cos 5t](s) = s− 325 + (s− 3)2

Por tanto,

L−1·

s− 325 + (s− 3)2

¸(t) = e3t cos 5t

(2) Observamos que

d

ds

µ5

s2 + 1

¶= − 10s

(s2 + 1)2


y

L[5 sin t](s) = 5

s2 + 1

Entonces, según el teorema 8, tenemos

L[5t sin t](s) = 10s

(s2 + 1)

Por tanto,

L−1·

10s

(s2 + 1)2

¸(t) = 5t sin t

(3) Observamos que se cumple

1

s2(s2 + 1)=1

s− s

s2 + 1

Como consecuencia, tenemos

L−1·

1

s(s2 + 1)

¸(t) = L−1

·1

s

¸(t)− L−1

·s

s2 + 1

¸(t)

Aplicando la tabla, se obtiene

L−1·

1

s(s2 + 1)

¸(t) = 1− cos t

(4) Observamos que

e−s

s2= e−s

1

s2

= e−sL[t](s)Según el teorema 4, tenemos

e−sL[t](s) = L[H1(t)(t− 1)](s)Por tanto

L−1·e−s

s2

¸(t) = H1(t)(t− 1)

Transformaciones inversas de funciones racionales

Para calcular las transformadas inversas de funciones racionales usaremos elmétodo de descomposición de las mismas en fracciones simples. Sin embargo,para que podamos calcular la transformada inversa de una función racional

F (s) =p(s)

q(s)

el grado de p ha de ser estrictamente menor que el de q, ya que según el teorema9 toda transformada de Laplace ha de tender a cero cuando s tiende a infinito.



(1) F (s) =1

s3 + 5s2 + 2s− 8 (2) F (s) =s+ 1

s2(s+ 2)3(3) F (s) =

3s− 2s3(s2 + 4)

Solución: (1) En este caso la descomposición en fracciones simples es

1

s3 + 5s2 + 2s− 8 =1/15

s− 1 +−1/6s+ 2

+1/10

s+ 4

Por tanto, por linealidad y la tabla de transformadas tenemos

L−1·

1

s3 + 5s2 + 2s− 8¸(t) =

1

15L−1

·1

s− 1¸(t)

−16L−1

·1

s+ 2

¸(t) +

1

10L−1

·1

s+ 4

¸(t)

=1

15et − 1

6e−2t +

1

10e−4t

(2) En este caso la descomposición en fracciones simples es

s+ 1

s2(s+ 2)3=−1/16

s+1/8

s2+1/16

s+ 2+−1/4(s+ 2)3


L−1·

s+ 1

s2(s+ 2)3

¸(t) = − 1

16L−1

·1

s

¸(t) +

1

8L−1

·1

s2

¸(t)

+1

16L−1

·1

s+ 2

¸(t)− 1

4L−1

·1

(s+ 2)3

¸(t)

= − 116+1

8t+

1

16e−2t − 1

8t2e−2t

(3) En este caso la descomposición en fracciones simples es

3s− 2s3(s2 + 4)

=1/8

s+3/4

s2+−1/2s3

+−18s− 3

4

s2 + 4


L−1·3s− 2

s3(s2 + 4)

¸(t) =

1

8L−1

·1

s

¸(t) +

3

4L−1

·1

s2

¸(t)− 1

2L−1

·1

s3

¸(t)

−18L−1

·s

s2 + 4

¸(t)− 3

4L−1

·1

s2 + 4

¸(t)

=1

8+3

4t− 1

4t2 − 1

8cos 2t− 3

8sin 2t


3.7. La convolución de funciones

Definición 27 Sean f y g dos funciones continuas a trozos en [0,+∞), sedefine la convolución de f y g, denotándose por f ∗ g, a la función definidapor

(f ∗ g)(t) =Z t

0

f(t− u)g(u) du

Ejemplo 121 Calcular la convolución de f y g, siendo f(t) = t y g(t) = t2.Solución:

t ∗ t2 = (f ∗ g)(t)

=

Z t

0

(t− u)u2 du =

Z t

0

(tu2 − u3) du

=

·tu3

3− u4

4

¸t0

=t4

3− t4

4=

t4

12

La convolución de funciones, aunque es distinta a la multiplicación de dosfunciones, satisface propiedades semejantes.

3.7.1. Propiedades de la convolución

Teorema 71 Sean f , g y h tres funciones continuas a trozos en [0,+∞). Secumplen las siguientes propiedades:

1. f ∗ g = g ∗ f

2. f ∗ (g + h) = (f ∗ g) + (f ∗ h)

3. (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h)

4. f ∗ 0 = 0

Demostración: (1) En efecto, mediante el cambio v = t− u, tenemos

(f ∗ g)(t) =

Z t

0

f(t− u)g(u) du

= −Z 0

t

f(v)g(t− v) dv

=

Z t

0

g(t− v)f(v) dv

= (g ∗ f)(t)

3.7. LA CONVOLUCIÓN DE FUNCIONES 265

(2) En efecto, tenemos

(f ∗ (g + h)) (t) =

Z t

0

f(t− u)(g + h)(u) du

=

Z t

0

f(t− u)g(u) du+

Z t

0

f(t− u)h(u) du

= (f ∗ g)(t) + (f ∗ h)(t)(3) Su demostración es análoga a la anterior.(4) Es obvio, ya que

(f ∗ 0)(t) =Z t

0

f(t− u) · 0 du = 0

3.7.2. Transformada de la convolución

En el siguiente resultado veremos que es posible obtener la transformadade Laplace de la convolución de dos funciones sin que se tenga que evaluar laintegral.

Teorema 72 Sean f y g dos funciones continuas a trozos en [0,+∞) y deorden exponencial α, y sea F (s) = L [f(t)] (s) y G(s) = L [g(t)] (s). Entonces

L [(f ∗ g)(t)] (s) = F (s)G(s)

para s > α, o de forma equivalente,

L−1 [F (s)G(s)] (t) = (f ∗ g)(t)para t ≥ 0, es decir, la transformada inversa del producto de las transformadasde dos funciones es la convolución de las mismas.Demostración: Por definición de la transformada de Laplace, tenemos

L [(f ∗ g)(t)] (s) =

Z +∞

0

e−st(f ∗ g)(t) dt

=

Z +∞

0

e−stµZ t

0

f(t− u)g(u) du

¶dt

Esta última integral puede expresarse como una integral iteradaZ +∞

0

µZ t

0

e−stf(t− u)g(u) du

¶dt (3.12)

y, en consecuencia, (4.14) es igual a la siguiente integral dobleZ ZR1

e−stf(t− u)g(u) dudt (3.13)


donde R1 es el recinto limitado por las rectas u = 0 y t = u

Ahora efectuamos el siguiente cambio de variables

τ = t− uσ = u

(3.14)

para transformar la integral doble (4.15). El cambio de variables (4.17) tienejacobiano

J =

¯1 01 1

¯= 1

y transforma el recinto R1 del plano u, t en el primer cuadrante del plano τ , σ.Por lo tanto, la integral (4.15) se transforma enZ Z

R2

e−s(τ+σ)f(τ)g(σ) dσdτ (3.15)

donde R2 es el cuadrante definido por τ > 0 y σ > 0. Entonces, la integral doble(4.18) es igual a la siguiente integral iteradaZ +∞

0

Z +∞

0

e−s(τ+σ)f(τ)g(σ) dσdτ

pero esta integral puede expresarse en la forma siguienteZ +∞

0

e−sτf(τ) dτZ +∞

0

e−sσg(σ) dσ = F (s)G(s)

Obsérvese que las integrales que hemos considerado son absolutamente conver-gentes para s > α y, por tanto, todas las operaciones que hemos realizado quedanjustificadas.

Observación 41 Cuando g(t) = 1 y G(s) = 1/s, el teorema de la convoluciónimplica el teorema 7

L·Z t

0

f(u) du

¸=

F (s)

s

3.7. LA CONVOLUCIÓN DE FUNCIONES 267


L·Z t

0

et sin(t− u) du

¸(s)

Solución: Según la definición 5, tenemosZ t

0

et sin(t− u) du = et ∗ sin t

Por tanto

L·Z t

0

et sin(t− u) du

¸(s) = L[et ∗ sin t](s)

Aplicando ahora el teorema 13, se tiene

L[et ∗ sin t](s) = L[et](s) · L[sin t](s)=

1

s− 1 ·1

s2 + 1

=1

(s− 1)(s2 + 1)


L−1·

1

(s2 + 1)2

¸(t)

Solución: Escribimos

1

(s2 + 1)2=

1

s2 + 1

1

s2 + 1

Puesto que

L [sin t] (s) = 1

s2 + 1

del teorema 13 obtenemos

L−1·

1

(s2 + 1)2

¸(t) = sin t ∗ sin t

=

Z t

0

sin(t− u) sinu du

= −12

Z t

0

[cos t− cos(t− 2u)] du

= −12

·u cos t+

sin(t− 2u)2

¸t0

=sin t− t cos t

2


3.8. La delta de DiracEn diversos sistemas físicos es posible encontrar fuerzas de actuación muy

intensa de duración muy corta. Es el caso de un golpe seco con un martillo, o elde una decarga eléctrica. Una manera formal de expresar mediante un modelomatemático este fenómeno puede ser por una función de valor cero excepto enun intervalo muy corto de tiempo, que es cuando actúa, y que su integral endicho intervalo sea un número dado I, que será la magnitud de la fuerza. Lasfunciones de este tipo se llaman funciones de impulso siendo precisamente elvalor I el impulso. En la siguiente figura se muestra una típica función de estetipo, donde el centro del impulso se ha situado en el origen. Su ecuación es lasiguiente

δt0(t) =

½I2t0

si |t| < t00 si |t| > t0

Desplazando a unidades a la derecha esta función, resulta la función

δt0(t− a) =

½I2t0

si |t− a| < t00 si |t− a| > t0

que indica que el impulso se realiza en el punto t = a.

Si el valor de I es la unidad, la función se llama función de impulso unitario.En esta función el área encerrada dentro del rectángulo que indica la gráfica vale1, es decir, se cumple Z +∞

−∞δt0(t− a) = 1

Consideremos ahora distintas funciones de impulso unitario, centradas en t = a ycon distinto tiempo de actuación.El límite de estas funciones de impulso unitariocuando t0 tiende a cero se llama delta de Dirac

δ(t− a) = lımt0→0

δt0(t− a)

3.8. LA DELTA DE DIRAC 269

Figura 3.1:

La delta de Dirac δ no es una función en el sentido propio de la palabra, sinolo que se denomina una "distribución". Se caracteriza por las dos propiedadessiguientes:

1.

δ(t− a) =

½0 si t 6= a+∞ si t = a

2. Z +∞

−∞δ(t− a) dt = 1

De una forma más precisa, δ puede definirse como una funcional lineal (sobreuna cierta clase de funciones continuas) mediante la expresiónZ +∞

−∞f(t)δ(t− a) dt = f(a)

de la cual pueden deducirse las dos propiedades anteriores.

Observación 42 Si la delta de Dirac fuera una función en el sentido habitual,entonces la propiedad (1) implicaríaZ +∞

−∞δ(t− a) dt = 0

en lugar de (2). En la teoría de distribuciones o de funciones generalizadas, (2)no es una definición aceptable de δ, ni tampoco se habla de una función cuyosvalores son +∞ y 0. Aunque esta teoría está fuera de nuestro alcance aquí,para nuestros propósitos es suficiente decir que la delta de Dirac se define entérminos de su efecto o acción sobre cierta clase de funciones, es decir, como


una funcional. Para ver esto, supongamos que f es una función continua en R.Entonces, por el teorema del valor medio para integrales, se tieneZ +∞

−∞f(t)δt0(t− a) dt =

Z a+t0

a−t0f(t)

1

2t0dt

=1

2t0· 2t0f(c)

= f(c)

en donde c es un valor intermedio del intervalo (a− t0, a+t0). Cuando t0 tiendea cero, c ha de tender hacia a, de manera que tenemosZ +∞

−∞f(t)δ(t− a) dt = lım

t0→0

Z +∞

−∞f(t)δt0(t− a) dt

= lımt0→0

f(c) = f(a)

A pesar de que hemos usado la definición intuitiva de la delta de Dirac

δ(t− a) = lımt0→0

δt0(t− a)

para llegar Z +∞

−∞f(t)δ(t− a) dt = f(a) (3.16)

no obstante, este resultado es válido y se puede obtener de manera rigurosa.La expresión (4.20) puede tomarse como definición de la delta de Dirac y se laconoce como la propiedad de separación, ya que δ(t − a) tiene el efecto deseparar el valor f(a) de los valores de f .

Transformada de la delta de Dirac

La transformada de la delta de Dirac se puede obtener enseguida a partir dela propiedad Z +∞

−∞f(t)δ(t− a) dt = f(a)

En efecto, dado que δ(t − a) = 0 para t 6= a y tomando f(t) = e−st, entoncespara a ≥ 0 tenemosZ +∞

0

e−stδ(t− a) dt =

Z +∞

−∞e−stδ(t− a) dt = e−as

De aquí, para a ≥ 0, se tieneL [δ(t− a)] (s) = e−as

que en el caso de ser a = 0, se tiene

L[δ(t)](s) = 1lo que destaca el hecho de que la delta de Dirac no sea una función ordinaria,ya que la transformada de Laplace de una función ha de tender a cero cuandos tiende a infinito.

3.9. APLICACIÓN A LARESOLUCIÓNDE ECUACIONES Y SISTEMAS DIFERENCIALES271

Delta de Dirac y la función escalón

Como consecuencia de la propiedadZ +∞

−∞δ(t− a) dt = 1

y del hecho de que δ(t− a) sea cero para t < a y t > a, se tieneZ t

−∞δ(u− a) du =

½0 si t < a1 si t > a

(3.17)

= Ha(t)

Derivando ambos miembros de la igualdad (4.16) respecto a t, obtenemos

δ(t− a) = H 0a(t)

De este modo hemos obtenido otra definición de la delta de Dirac.

3.9. Aplicación a la resolución de ecuaciones ysistemas diferenciales

3.9.1. Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes con-stantes

Vamos a ver ahora cómo puede aplicarse la transformada de Laplace pararesolver un problema de valores iniciales que consta de la ecuación diferenciallineal de orden n con coeficientes constantes½

a0y(n)(t) + a1y

(n−1)(t) + · · ·+ an−1y0(t) + any(t) = g(t)y(0) = c0, y

0(0) = c1, ..., y(n−1)(0) = cn−1

Tomemos ahora la transformada de Laplace de ambos miembros de la ecuación.Según el teorema 2, tenemos

a0Lhy(n)(t)

i(s)+ a1L

hy(n−1)(t)

i(s)+ · · ·+ anL [y(t)] (s) = L [g(t)] (s) (3.18)

Aplicando ahora el teorema 6 y usando las condiciones iniciales, sustituiremoslas transformadas de las derivadas por las expresiones siguientes

Lhy(k)(t)

i(s) = skL [y(t)] (s)− c0s

k−1 − c1sk−2 − · · ·− ck−1 (k = 1, 2, ..., n)

Si designamos L [y(t)] por Y y L [g(t)] por G, la ecuación (4.19) se transformaen una ecuación algebraica en Y (s). Puesto que g es una función conocida, lafunción G, suponiendo que exista, puede determinarse y, en consecuencia, es unafunción conocida. Una vez se ha hallado Y (s), encontramos la solución únicadel problema de valores iniciales, mediante

y(t) = L−1 [Y (s)] (t)


utilizando la tabla de transformadas.El procedimiento se resume como sigue:

1. Se toma la transformada de Laplace en ambos miembros de la ecuacióndiferencial. Aplicando el teorema 6 y usando las condiciones iniciales, seobtiene una ecuación algebraica cuya incógnita es Y (s).

2. Se resuelve la ecuación algebraica así obtenida para determinar Y (s).

3. Una vez hallada Y (s), se toma la transformada inversa y se utiliza la tablade transformadas para determinar la solución y(t) del problema de valoresiniciales dado.

Ejemplo 124 Resolver ½y0(t)− 3y(t) = e2t

y(0) = 1

Solución: Primero aplicamos la transformada a cada miembro de la ecuacióndiferencial dada,

L [y0(t)] (s)− 3L [y(t)] (s) = L £e2t¤ (s)Luego usamos que

L [y0(t)] (s) = sL [y(t)] (s)− y(0)= sY (s)− 1

y

L £e2t¤ (s) = 1

s− 2Por lo tanto, tenemos

sY (s)− 1− 3Y (s) =1

s− 2(s− 3)Y (s) =

s− 1s− 2

Y (s) =s− 1

(s− 2)(s− 3)Mediante la descomposición en fracciones simples, se obtiene

L−1·

s− 1(s− 2)(s− 3)

¸(t) = L−1

· −1s− 2

¸(t) + L−1

·2

s− 3¸(t)

= −e2t + 2e3t

luego se tiene

y(t) = L−1·

s− 1(s− 2)(s− 3)

¸(t)

= −e2t + 2e3t


3.9.2. Ecuaciones diferenciales con coeficientes variables

De la misma forma pueden obtenerse soluciones a problemas de valores ini-ciales de ecuaciones diferenciales con coeficientes variables.

Ejemplo 125 Resolver ½y00(t) + 2ty(t)− 4y(t) = 1y(0) = y0(0) = 0 (3.19)

Solución: Tomando la transformada a ambos miembros de la ecuación seobtiene

L [y00(t)] (s) + 2L [ty0(t)] (s)− 4L [y(t)] (s) = L [1] (s)Por los teoremas 6 y 8, tenemos

L [ty0(t)] (s) = − d

ds(L[y0(t)](s))

= − d

ds(sL[y(t)](s)− y(0))

= − d

ds(sY (s))

= −sY 0(s)− Y (s)

y

L [y00(t)] (s) = s2L[y(t)](s)− sy(0)− y0(0)= s2Y (s)

Sustituyendo estos resultados en la ecuación (4.21), tenemos

s2Y (s)− 2sY 0(s)− 6Y (s) = 1

s

o bien,

Y 0(s) + (3

s− s

2)Y (s) = − 1

2s2

que es una ecuación lineal de primer orden cuya solución es

Y (s) =1

s3+

c

s3e14 s

2

La constante c puede determinarse recordando que toda transformada de Laplaceha de tender a cero cuando s tiende a infinito. Esto es posible sólo cuando c = 0.Por tanto, resulta

Y (s) =1

s3

Luego

y(t) = L−1·1

s3

¸(t) =

t2

2


3.9.3. Ecuaciones íntegro-diferenciales

Mediante el teorema de la convolución es posible también hallar la soluciónde algunos tipos de ecuaciones en las que la función incógnita aparece bajo elsigno de integral como, por ejemplo,

f(t) = g(t) +

Z t

0

f(u)h(t− u) du

siendo g y h dos funciones conocidas. Estas ecuaciones se llaman íntegro-diferenciales.

Ejemplo 126 Resolver

y(t) +

Z t

0

(t− u)y(u) du = t

Solución: Primero observamos queZ t

0

(t− u)y(u) du = t ∗ y(t)

Tomando ahora transformadas a ambos miembros de la ecuación, se tiene

L [y(t)] (s) + L [t ∗ y(t)] (s) = L [t] (s) (3.20)

Por el teorema de la convolución, tenemos

L [t ∗ y(t)] (s) = L[t](s) · L[y(t)](s)=

Y (s)

s2

Sustituyendo este resultado en (4.22), tenemos

Y (s) +Y (s)

s2=1

s2

De donde resultaY (s) =

1

1 + s2

Por lo tanto

y(t) = L−1·

1

1 + s2

¸= sin t

3.9.4. Sistemas lineales con coeficientes constantes

Cuando se especifican condiciones iniciales, la transformada de Laplace re-duce un sistema de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantesa un sistema lineal de ecuaciones algebraicas.


Ejemplo 127 Resolver

2x0(t) + y0(t)− y(t) = tx0(t) + y0(t) = t2

¾sujeto a x(0) = 1, y(0) = 0.Solución: Designamos por X e Y las transformadas de x e y, respectiva-

mente. Tomando transformadas a ambos lados de cada ecuación, se tiene

2L[x0(t)](s) + L[y0(t)](s)− L[y(t)](s) = L[t](s)L[x0(t)](s) + L[y0(t)](s) = L[t2](s)

¾Entonces, como

L[x0(t)](s) = sL[x(t)](s)− sx(0) = sX(s)− 1L[y0(t)](s) = sL[y(t)](s)− sy(0) = sY (s)L[t](s) = 1

s2L[t2](s) = 2s3

el sistema queda como sigue

2(sX(s)− 1) + sY (s)− Y (s) = 1s2

sX(s)− 1 + sY (s) = 2s3

¾o bien

2sX(s) + (s− 1)Y (s) = 2 + 1s2

sX(s) + sY (s) = 1 + 2s3

¾(3.21)

Multiplicando la segunda ecuación (4.23) por −2 y sumando, resulta

(−s− 1)Y (s) = 1

s2− 4

s3

de donde

Y (s) =4− s

s3(s+ 1)

Descomponiendo en fracciones simples, obtenemos

4− s

s3(s+ 1)=5

s− 5

s2+4

s3− 5

s+ 1

Por tanto,

y(t) = L−1·4− s

s3(s+ 1)

¸(t)

= 5L−1·1

s

¸(t)− 5L−1

·1

s2

¸(t) + 2L−1

·2

s3

¸(t)− 5L−1

·1

s+ 1

¸(t)

= 5− 5t+ 2t2 − 5e−t


De la segunda ecuación de (4.23), se tiene

X(s) = −Y (s) + 1s+2

s4

de donde se deduce

x(t) = −L−1[Y (s)](t) + L−1·1

s

¸+2

3!L−1

·3!

s4

¸= −5 + 5t− 2t2 + 5e−t + 1 + 1

3t3

= −4 + 5t− 2t2 + 13t3 + 5e−t

Por consiguiente, la solución del sistema dado es

x(t) = −4 + 5t− 2t2 + 13 t3 + 5e−t

y(t) = 5− 5t+ 2t2 − 5e−t

documenta

Documents

de este modo

transformada

de orden exponencial

dos funciones

la transformada

de forma equivalente

la grca de

la transformada