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José Luis Quintero 1

TEMA 3

TRANSFORMADA DE LAPLACE

3.1. MOTIVACIÓN En temas anteriores se aprendió cómo resolver ecuaciones diferenciales

lineales con coeficientes constantes sujetas a condiciones dadas llamadas de frontera o

condiciones iniciales. Se recordará que el método consiste en encontrar la solución

general de las ecuaciones en términos de un número de constantes arbitrarias y luego

determinar estas constantes de las condiciones dadas. Durante el siglo XIX estuvo de

moda para científicos e ingenieros, encabezados y motivados por el ingeniero

electricista Heaviside, usar métodos de operador tales como los descritos en el tema

anterior para resolver varios problemas involucrando ecuaciones diferenciales. En estos

métodos los operadores fueron tratados como símbolos algebraicos y las ecuaciones

resultantes fueron manipuladas de acuerdo a las reglas del álgebra. Admirablemente,

los métodos condujeron a respuestas correctas.

Algunos matemáticos inquietos, viendo que las manipulaciones algebraicas sí

conducían a resultados correctos, razonaron que debería haber alguna manera de

colocar los procedimientos en una base matemática rigurosa. La investigación hacia

ese objetivo condujo al poderoso método de la transformada de Laplace, el cual se

examina en este tema. Este método tiene ventajas sobre otros métodos. Primero,

usando el método se pueden transformar ecuaciones diferenciales dadas en ecuaciones

algebraicas. Segundo, cualquiera condiciones iniciales dadas automáticamente se

incorporan en el problema algebraico de modo que no se necesita hacer ninguna

consideración especial sobre ellas. Finalmente, el uso de tablas de transformadas de

Laplace pueden reducir el trabajo de obtener soluciones lo mismo que las tablas de

integrales reducen el trabajo de integración.

3.2. TRANSFORMADA DE LAPLACE

Definición 1. Sea f(t) una función definida para t 0≥ ; entonces la integral dada por b

st st

b0 0{f(t)} e f(t)dt lím e f(t)dt

∞− −

→∞= =∫ ∫

L se llama transformada de Laplace de f,

siempre y cuando la integral converja.

Simbólicamente, la transformada de Laplace de f se denota por L{f(t)} , y

puesto que el resultado depende de s, se escribe L{f(t)} F(s)= .


Ejemplo 1. Calcule

L

bst sbbst st

b b b0 00

e e 1 1{1} e (1)dt lím e dt lím lím

s s s

− −∞− −

→∞ →∞ →∞

− − += = = = =∫ ∫

siempre que s 0> .

El uso del símbolo de límite se vuelve algo tedioso, por eso se adoptará la

notación 0

∞ para indicar

b

0blím ( )

→∞.

Ejemplo 2. Determine L{t} .

Solución. Se tiene

L

stst st

20 0

0

te 1 1{t} e tdt e dt , s 0

s s s

∞−∞ ∞− −−= = + = >∫ ∫ .

Ejemplo 3. Determine L{sen(2t)} .

Solución. Se tiene

L

stst st

0 00

st

0

stst

00

e sen(2t) 2{sen(2t)} e sen(2t)dt e cos(2t)dt

s s

2e cos(2t)dt, s 0

s

2 e cos(2t) 2e sen(2t)dt

s s s

∞−∞ ∞− −

∞−

∞− ∞−

−= = +

= >

− = −

∫ ∫

∫

∫

L 2 2

2 4{sen(2t)}, s 0.

s s= − >

Despejando L{sen(2t)}: L L 2 2 2

4 2 21 {sen(2t)} {sen(2t)} , s 0

s s s 4

+ = ⇒ = > + .

Para una suma de funciones se puede escribir

st st st

0 0 0e [ f(t) g(t)]dt e f(t)dt e g(t)dt

∞ ∞ ∞− − −α + β = α + β∫ ∫ ∫

cuando ambas integrales convergen. Por lo tanto, se tiene que L L L{ f(t) g(t)} {f(t)} {g(t)} F(s) G(s)α + β = α + β = α + β .

Ejemplo 4. Determine L{3t 5sen(2t)}− .

Solución. De los ejemplos 2 y 3 y de la linealidad de la transformada de Laplace se

puede escribir

L L L

2

2 2 2 2

1 2 12 7s{3t 5sen(2t)} 3 {t} 5 {sen(2t)} 3. 5. , s 0

s s 4 s (s 4)

−− = − = − = >+ +

El teorema siguiente generaliza algunos de los ejemplos precedentes. De aquí

en adelante no se formularán restricciones para s; se sobreentiende que s está lo

suficientemente restringido para garantizar la convergencia de la correspondiente

transformada de Laplace.


TEOREMA 1.

a. L1

{1}s

=

b. L n

n 1

n!{t } , n 1,2,3,...

s += =

c. Lat 1

{e }s a

=−

d. L2 2

k{sen(kt)}

s k=

+

e. L2 2

s{cos(kt)}

s k=

+

f. L2 2

k{senh(kt)}

s k=

−

g. L2 2

s{cosh(kt)}

s k=

−

3.3. CONDICIONES SUFICIENTES PARA LA EXISTENCIA DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE Las condiciones de suficiencia que garantizan la existencia de L{f(t)} son que f

sea continua por tramos en )0,∞ y que f sea de orden exponencial para t T> .

Recuerde que una función es continua por tramos en )0,∞ si en cualquier intervalo

0 a t b≤ ≤ ≤ hay, cuando mucho, un número finito de puntos kt , k 1,2,...,n=

k 1 k(t t )− < en los cuales f tiene discontinuidades finitas y es continua en todo intervalo

abierto k 1 kt t t− < < .

Definición 2. Se dice que una función f es de orden exponencial c si existen

constantes c, M 0> y T 0> , tales que ctf(t) Me≤ para todo t T> .

Si f es una función creciente, la condición ctf(t) Me≤ , t T> sólo expresa que

la gráfica de f en el intervalo (T, )∞ no crece con más rapidez que la gráfica de la

función exponencial ctMe , donde c es una constante positiva. Las funciones f(t) t= ,

tf(t) e−= y f(t) cos t= son todas de orden exponencial c 1= para t 0> porque,

respectivamente, tt e≤ , t te e− ≤ y tcos t e≤ (ver figura 1).


Figura 1. Orden exponencial para algunas funciones

Una función como 2tf(t) e= no es de orden exponencial porque, su gráfica

crece más rápido que cualquier potencia lineal positiva de e para t c 0> > .

En este tema se estudiarán solamente funciones que son continuas parte por

parte y de orden exponencial. Sin embargo, se hace notar que estas condiciones son

suficientes pero no necesarias para la existencia de la transformada de Laplace. La

función 1 /2f(t) t−= no es continua parte por parte para t 0≥ pero su transformada de

Laplace existe (ver ejercicio propuesto).

TEOREMA 2. Si f(t) es continua por tramos en el intervalo )0,∞ y de orden

exponencial c para t T> , entonces L{f(t)} existe para s c> .

Ejemplo 5. Evalúe L{f(t)} cuando 0 0 t 3

f(t)2 t 3

≤ <= ≥

.

Solución.

L

st 3s3st st st

0 0 33

2e 2e{f(t)} e f(t)dt e 0dt e 2dt , s 0

s s

∞− −∞ ∞− − −= = + = − = >∫ ∫ ∫ .

3.4. LA TRANSFORMADA INVERSA

Usando la definición integral de la transformada de Laplace de una función f se

determina otra función F, esto es, una función del parámetro s de la transformada. Simbólicamente, se denota esto por L{f(t)} F(s)= .

Ahora se invierte el problema, es decir, dada F(s) se quiere encontrar la

función f(t) que corresponde a esta transformación. Se dice que f(t) es la

transformada inversa de Laplace de F(s) y se escribe -L

1f(t) {F(s)}= .


TEOREMA 3.

a. L1 1

1s

− =

b. L n 1

n 1

n!t , n 1, 2, 3,...

s

−+

= =

c. Lat 1 1

es a

− = −

d. L1

2 2

ksen(kt)

s k

− = +

e. L1

2 2

scos(kt)

s k

− = +

f. L1

2 2

ksenh(kt)

s k

− = −

g. L1

2 2

scosh(kt)

s k

− = −

Ejemplo 6. Determine L 1

5

1

s

−

.

Solución. Se multiplica y se divide por 4! y luego se usa la parte b del teorema 2. Se

tiene que - -L L

1 1 4

5 5

1 1 4! 1t .

4! 24s s

= =


2

1

s 7

−

+ .

Solución. Para coincidir con la forma del inciso (d) del teorema 3, se define 2k 7= ,

por lo que k 7= . Se acondiciona la expresión multiplicando y dividiendo por 7 :

L L1 1

2 2

1 1 7 1sen 7t

s 7 s 77 7

− − = = + +

.

TEOREMA 4. La transformada inversa de Laplace también es lineal; esto es, para

constantes α y β , { } { } { }L L L1 1 1F(s) G(s) F(s) G(s)− − −α + β = α + β , donde F y G son las

transformadas de ciertas funciones f y g.

Ejemplo 8. Determinar L 1

2

2s 6

s 4

− − +

+ .

Solución. Primero se reescribe la función de s como la suma de dos expresiones,

mediante división término a término, a continuación:

L L L L1 1 1 1

2 2 2 2 2

2s 6 2s 6 s 6 22 2cos(2t) 3sen(2t)

2s 4 s 4 s 4 s 4 s 4

− − − −− + = − + = − + = − + + + + + +


3.5. COMPORTAMIENTO DE F(s) CUANDO S TIENDE A INFINITO TEOREMA 5. Si f es continua por tramos en )0,∞ y de orden exponencial para t T> ,

entonces { }Lslím f(t) 0

→∞= .

Demostración. Dado que f(t) es continua por tramos en 0 t T≤ ≤ , necesariamente es

acotada en el intervalo; esto es, 0t1 1f(t) M M e≤ = . También, t

2f(t) M eβ≤ para t T> . Si

M representa el máximo de 1 2M ,M y c indica el máximo de 0,β , entonces se tiene

que { }

L

(s c)tst st ct

0 00

e Mf(t) e f(t) dt M e e dt M

s c s c

∞− −∞ ∞− −≤ ≤ = − =

− −∫ ∫ para s c> . Cuando

s → ∞ , se tiene { }L f(t) 0→ , de modo que { }L f(t) 0→ .

Ejemplo 9. 2F(s) s= no es la transformada de Laplace de ninguna función continua

parte por parte de orden exponencial ya que F(s) no tiende a cero cuando s tiende a

infinito. Por consiguiente { }L1 F(s)− no existe.

3.6. TEOREMAS DE TRASLACIÓN No es conveniente usar la definición 1 cada vez que se quiera evaluar la

transformada de Laplace de una función f(t). En la discusión que sigue se presentarán

varios teoremas que permiten ahorrar trabajo y éstos, a su vez, permiten construir

una lista más extensa de transformadas sin que sea necesario recurrir a la definición

de transformada de Laplace.

TEOREMA 6. (PRIMER TEOREMA DE TRASLACIÓN). Si a es un número real

cualquiera, entonces L at{e f(t)} F(s a)= − en donde LF(s) {f(t)}= .

Demostración. La demostración es inmediata ya que por la definición 1 se tiene

Lat st at (s a)t

0 0{e f(t)} e e f(t)dt e f(t)dt F(s a)

∞ ∞− − −= = = −∫ ∫ .

Por consiguiente, si ya se conoce L{f(t)} F(s)= se puede calcular L at{e f(t)} sin

otro esfuerzo adicional que al trasladar, o cambiar, F(s) por F(s a)− .

Ejemplo 10. Calcule L 5t 3{e t }.

Solución. Los resultados se desprenden del teorema 6. L 5t 3

4

6{e t }

(s 5)=

−.

Ejemplo 11. Calcule L 2t{e cos(4t)}− .

Solución. L 2t

2

s 2{e cos(4t)}

(s 2) 16

− +=+ +

.


La forma recíproca del teorema 6 puede escribirse como { }Lat 1e f(t) F(s a)−= − .

Ejemplo 12. Calcule L 1

2

s

s 6s 11

−

+ + .

Solución.

L L L L

L L

1 1 1 1

2 2 2 2 2

1 1 3t

2 2

s s s 3 3 s 3 3

s 6s 11 (s 3) 2 (s 3) 2 (s 3) 2 (s 3) 2

s 3 13 e cos( 2t

(s 3) 2 (s 3) 2

− − − −

− − −

+ − + = = = − + + + + + + + + + +

+ = − = + + + +

3t3) e sen( 2t)

2

−−


3 2

1 1

(s 1) s 2s 8

− + − + −

.

Solución.

L L L L

1 1 1 13 2 3 2 3 2

t 2 t

1 1 1 1 1 2! 1 3

2! 3(s 1) s 2s 8 (s 1) (s 1) 9 (s 1) (s 1) 9

1 1e t e senh(3t)

2 3

− − − −

−

+ = + = + − + − − + − − + −

= +

En ingeniería se encuentran a menudo funciones que pueden “conectarse” o

“desconectarse”. Por ejemplo, una fuerza exterior que actúa sobre un sistema

mecánico o un voltaje suministrado a un circuito pueden ser desconectados después de

un cierto período. Es por lo tanto, conveniente definir una función especial llamada

función escalón unitaria.

Definición 3. La función U(t a)− se define como U0 0 t a

(t a)1 t a

≤ <− = ≥

.

La función escalón unitaria, al ser combinada con otras funciones definidas

para t 0≥ , “trunca” una parte de sus gráficas. Por ejemplo,

U0 0 t 2

f(t) sen(t) (t 2 )sent t 2

≤ < π= − π = ≥ π

.

En el teorema 6 se vió que el multiplicar f(t) por una exponencial, genera un

cambio o traslación de la transformada F(s). Con el próximo teorema se verá que cada

vez que F(s) se multiplica por una función exponencial apropiada, la gráfica de f(t) no

solo se traslada sino que además una porción de la misma queda truncada.

TEOREMA 7 (SEGUNDO TEOREMA DE TRASLACIÓN). Si a 0> , entonces

L U Las as{f(t a) (t a)} e {f(t)} e F(s)− −− − = = .

Demostración. De la definición 1 se tiene

L U U U

ast st st

0 a a{f(t a) (t a)} e f(t a) (t a)dt e f(t a) (t a)dt e f(t a)dt

∞ ∞− − −− − = − − + − − = −∫ ∫ ∫ .

Ahora bien, sea v t a= − , dv dt= ; entonces


{ }

L U Ls(v a) as sv as

0 0{f(t a) (t a)} e f(v)dv e e f(v)dv e f(t)

∞ ∞− + − − −− − = = =∫ ∫ .

Ejemplo 14. Evalúe { }L U3(t 2) (t 2)− − .

Solución. { } { }L U L3 2s 3 2s 2s

4 4

3! 6(t 2) (t 2) e t e e

s s

− − −− − = = = .

Ejemplo 15. Evalúe { }L U(t 5)− .

Solución. { } { }L U L

5s5s e

(t 5) e 1s

−−− = = .

Ejemplo 16. Determine { }L Usent (t 2 )− π .

Solución. { } { } { }L U L U L

2 s2 s

2

esent (t 2 ) sen(t 2 ) (t 2 ) e sent

s 1

− π− π− π = − π − π = =

+.

La forma recíproca del teorema 7 es { }U L1 asf(t a) (t a) e F(s)− −− − = , en donde

a 0> y { }L1f(t) F(s)−= .

Ejemplo 17. Calcule Ls /2

1

2

e

s 9

−π−

+ .

Solución. s /2

1

2

e 1 1sen 3(t ) t cos(3t) t

3 2 2 3 2s 9

−π− π π π = − − = − + L U U .

3.7. DERIVADAS DE UNA TRANSFORMADA Si { }LF(s) f(t)= y si se supone que es posible intercambiar el orden de

derivación y el de integración, entonces

{ }st st st

0 0 0

d dF(s) e f(t)dt e f(t)dt e tf(t)dt tf(t)

ds ds s

∞ ∞ ∞− − −∂ = = = − = − ∂∫ ∫ ∫

L .

Esto es, { } { }L Ld

tf(t) f(t)ds

= − . Análogamente,

{ } { } { } { } { }2

2

2

d d d dt f(t) t.tf(t) tf(t) f(t) f(t)

ds ds ds ds

= = − = − − =

L L L L L .

Los dos casos precedentes sugieren el siguiente teorema:

TEOREMA 8. Para n 1, 2, 3, ...= { } { }L L

n nn n n

n n

d dt f(t) ( 1) f(t) ( 1) F(s)

ds ds= − = − , en donde

{ }LF(s) f(t)= .


Ejemplo 18. Calcule { }L3tte .

Solución. { } { }L L3t 3t

2

d d 1 1te e

ds ds s 3 (s 3)

= − = − = − − .

Ejemplo 19. Calcule { }L2t sen(kt) .

Solución.

{ } { } { }L L L

2 2 32

2 2 2 2 2 2 3

d d d 2ks 6ks 2kt sen(kt) sen(kt) tsen(kt)

ds dsds (s k ) (s k )

−= = − = − = + +

.

Ejemplo 20. Calcule { }Ltte cos t− .

Solución. { } { }L L

2t t

2 2

d d s 1 (s 1) 1te cos t e cos t

ds ds (s 1) 1 (s 1) 1

− − + + −= − = − = + + + +

.

3.8. TRANSFORMADAS DE DERIVADAS El objetivo inmediato de este tema es aplicar la transformada de Laplace para

resolver ecuaciones diferenciales. Para ello, se necesitan evaluar cantidades como

Ldy

dt

y L2

2

d y

dt

. Si f’ es continua para t 0≥ , por integración por partes, entonces

{ } { }

L Lst st st

00 0f '(t) e f '(t)dt e f(t) s e f(t)dt f(0) s f(t)

∞ ∞∞− − −= = + = − +∫ ∫

o sea { }L f '(t) sF(s) f(0)= − .

Se supuso que ste f(t) 0− → cuando t → ∞ . De igual modo, se tiene:

{ } { }st st st

00 0f ''(t) e f ''(t)dt e f '(t) s e f '(t)dt f '(0) s f '(t) s sF(s) f(0) f '(0)

∞ ∞∞− − −= = + = − + = − − ∫ ∫

L L

o sea { }L2f ''(t) s F(s) sf(0) f '(0)= − − .

Se observa la naturaleza recursiva de la transformada de Laplace de las

derivadas. El siguiente teorema define la transformada de Laplace de la n-ésima

derivada de f.

TEOREMA 9. Si (n 1)f, f ',..., f − son continuas en )0,∞ , son de orden exponencial y si

(n)f (t) es continua por tramos en )0,∞ , entonces

{ }L(n) n (n 1) (n 2) (n 1)f (t) s F(s) s f(0) s f '(0) ... f (0)− − −= − − − − ,

donde { }LF(s) f(t)= .


Ejemplo 21. Calcule { }L kt cos(kt) sen(kt)+ .

Solución.

{ } { } { }L L L L

2 2 2

d d 2kskt cos(kt) sen(kt) (tsen(kt) s tsen(kt) s sen(kt) s

dt ds (s k )

+ = = = − = +

2

2 2 2

2ks

(s k )=

+

Ejemplo 22. Sea f una función continua a trozos y de orden exponencial en [0, )∞ .

Demuestre que L-1{s.F '(s)} f(t) t.f '(t)= − − .

Solución. Ld

{t.f '(t)}ds

= − Ld

{f '(t)} [s.F(s) f(0)] F(s) sF '(s)ds

= − − = − − , entonces,

t.f '(t) f(t)= − − L-1{s.F '(s)} de donde L-1{s.F '(s)} f(t) t.f '(t)= − − .

3.9. CONVOLUCIÓN Definición 4. Si dos funciones f y g son continuas parte por parte para t 0≥ entonces

su convolución, denotada por f g∗ , está definida mediante la integral dada por

t

0f g f( )g(t )d∗ = τ − τ τ∫ .

Ejemplo 23. La convolución de tf(t) e= y g(t) sen(t)= es

tt t

0

1e sen(t) e sen(t )d ( sen(t) cos(t) e )

2τ∗ = − τ τ = − − +∫ .

Es posible obtener la transformada de Laplace de la convolución de dos

funciones, como la dada con la fórmula de la definición 4, sin que se tenga que evaluar

en realidad la integral. El siguiente resultado se conoce como teorema de la convolución.

TEOREMA 10. Sean f(t) y g(t) continuas parte por parte para t 0≥ y de orden

exponencial. Entonces { } { } { }L L Lf g f(t) g(t) F(s)G(s)∗ = = .

Observación 1. La convolución de f y g es conmutativa, es decir, f g g f∗ = ∗ .

Observación 2. Cuando g(t) 1= y G(s) 1 / s= , el teorema de la convolución implica

que la transformada de Laplace de la integral de una función f es

L

t

0

F(s)f( )d

s

τ τ =

∫ .

Ejemplo 24. Calcule

L

t

0e sen(t )dτ

− τ τ ∫ .

Solución. { } { }

L L L

tt

2 20

1 1 1e sen(t )d e sent .

s 1 s 1 (s 1)(s 1)

τ − τ τ = = = − + − + ∫ .


A veces, el teorema de la convolución es útil para encontrar la transformada

inversa de Laplace de un producto de dos transformadas de Laplace. En virtud del

teorema 10 se tiene que { }L1f g F(s)G(s)−∗ = .

Ejemplo 25. Demuestre que n 1(n factores) t

1 1 ... 1 , n 2(n 1)!

−∗ ∗ ∗ = ≥

−

.

Solución. t

0

t1 1 d t

1!∗ = τ = =∫

,

t2 2 2t

00

t t(1 1) 1 t 1 d

2 2 2!

τ∗ ∗ = ∗ = τ τ = = =∫

,

t2 2 3 3 3t

00

t t t(1 1 1) 1 1 d

2 2 6 6 3!

τ τ∗ ∗ ∗ = ∗ = τ = = =∫

. Al generalizar se tiene que:

n 1(n factores) t1 1 ... 1 , n 2

(n 1)!

−∗ ∗ ∗ = ≥

−

.

Ejemplo 26. Determine la transformada de Laplace de t

2t

0f(t) e u.senudu g(t)= +∫

,

donde g(t) sen(t) 1 (t ) t (t )= − − π + − π U U .

Solución. L{f(t)} =Lt

2t

0e u.senudu

+ ∫

L{g(t)} , usando propiedad de linealidad.

Sea t

0h(t) u.senudu= ∫

, entonces:

L{h(t)} = Lt

0u.senudu

=

∫

L{u.senu}.1 d

s ds= − L

2

1 1 d 1{senu}. . .

s s ds s 1= −

+

2 2

2

(s 1)=

+.

Luego Lt

2t

2 20

2e u.senudu

((s 2) 1)

=

− + ∫

.

L{g(t)} = L{sen(t)} − L{sen(t) (t )}− π +U L{t (t )}− πU

L{g(t)} =s s

2 2 2

1 e e

s 1 (s ) 1 (s )

−π −π− +

+ + π + + π

Por lo tanto: Ls s

2 2 2 2 2

2 1 e e{f(t)}

((s 2) 1) s 1 (s ) 1 (s )

−π −π= + − +

− + + + π + + π.

Ejemplo 27. Determine L 1 1

(s 1)(s 4)− − +

.

Solución. Sería posible usar fracciones parciales, pero si 1

F(s)s 1

=−

y 1

G(s)s 4

=+

entonces { }L1 tF(s) f(t) e− = = y { }L

1 4tG(s) g(t) e− −= = . Por lo tanto se puede escribir

L

tt t t1 4(t ) 4t 5 4t 5 t 4t

0 0 0 0

1 1 1 1f( )g(t )d e e d e e d e e e e

(s 1)(s 4) 5 5 5− τ − −τ − τ − τ − = τ − τ τ = τ = τ = = − − + ∫ ∫ ∫ .


Ejemplo 28. Evalúe L 1

2 2 2

1

(s k )

−

+ .

Solución. Sea 2 2

1F(s) G(s)

s k= =

+ de modo que L

1

2 2

1 k 1f(t) g(t) sen(kt)

k ks k

− = = = +

.

Por consiguiente,

L

t t1

2 2 2 2 20 0

t

2 30

1 1 1sen(k )sen(k(t ))d cos(k(2 t) cos(kt d

(s k ) k 2k

1 1 sen(kt) kt cos(kt)sen(k(2 t)) cos(kt)

2k2k 2k

− = τ − τ τ = τ − − τ +

− = τ − − τ =

∫ ∫

3.10. DIVISIÓN POR T

TEOREMA 11. Si f(t) es continua parte por parte para t 0≥ y de orden exponencial y

si existe t 0

f(t)lím

t+→ y es finito, entonces

s

f(t)F( )d

t

∞ = σ σ ∫

L , donde { }F(s) f(t)= L .

Ejemplo 29. Determine sen(t)

t

L .

Solución. Se puede ver que t 0

sen(t)lím 1

t+→= . Se tiene entonces que:

{ }s2

s s

sen(t) dsen(t) ds arctg( ) arctg(s)

t 21

∞ ∞ ∞σ π = = = σ = − σ + ∫ ∫

L L .

El resultado puede escribirse de otra forma, como sigue: b

2 2b b b bs s

d d b s b s 1lím lím(arctg(b) arctg(s)) lím arctg arctg lím arctg

1 bs 1 bs s1 1

∞

→∞ →∞ →∞ →∞

σ σ − − = = − = = = + +σ + σ + ∫ ∫

Ejemplo 30. Calcule L-11

s.arctg 1s

−

.

Solución.

1 1 1

2

1 1

2

1 1 s 1f(t) s.arctg 1 t.f(t) arctg cos(t) arctg

s s ss 1

1 1g(t) arctg t.g(t) sen(t)

s s 1

− − −

− −

= − ⇒ = − − = − +

= ⇒ = = +

L L L

L L

Por tanto 2

sen(t) t.cos(t) sen(t) t.cos(t) sen(t)t.f(t) cos(t) f(t)

t t t

− −= − = ⇒ = .

3.11. TRANSFORMADA DE UNA FUNCIÓN PERIÓDICA Si una función periódica tiene período T, siento T 0> , entonces f(t T) f(t)+ = .

La transformada de Laplace de una función periódica puede obtenerse integrando

sobre un período.


TEOREMA 12. Sea f(t) continua parte por parte para t 0≥ y de orden exponencial. Si

f(t) es periódica de período T, entonces { }

L

Tst

sT0

1f(t) e f(t)dt

1 e

−−=

− ∫ .

Demostración. La transformada de Laplace puede ser escrita como

{ }

L

Tst st

0 Tf(t) e f(t)dt e f(t)dt

∞− −= +∫ ∫ .

Haciendo t u T= + , la última integral se transforma en

{ }

Lst s(u T) sT su sT

T 0 0e f(t)dt e f(u T)du e e f(u)du e f(t)

∞ ∞ ∞− − + − − −= + = =∫ ∫ ∫ .

Despejando { }L f(t) resulta { }

L

Tst

sT0

1f(t) e f(t)dt

1 e

−−

=− ∫ .

Ejemplo 31. Halle la transformada de Laplace de la función periódica dada por

t 0 t 1f(t)

0 1 t 2

≤ <= ≤ <

.

Solución.

{ }

L

s s2 1 2st st st

2s 2s 2s 20 0 1

s

2 2s

1 1 1 e 1 ef(t) e f(t)dt e tdt e 0dt

s1 e 1 e 1 e s

1 (s 1)e

s (1 e )

− −− − −

− − −

−

−

−= = + = − + − − −

− +=−

∫ ∫ ∫

3.12. APLICACIONES A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES Puesto que { }L

(n)y (t) , n 1> , depende de y(t) y sus n 1− derivadas calculadas

en t 0= , la transformada de Laplace es especialmente adecuada para resolver

problemas de valor inicial para ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes

constantes. Esta clase de ecuación diferencial puede ser reducida a una ecuación

algebraica en la función transformada Y(s). para ver esto, considere el problema de

valor inicial

n n 1' (n 1) (n 1)

n n 1 1 0 0 0 0n n 1

d y d y dya a ... a a y g(t) , y(0) y , y '(0) y , ... , y (0) y

dtdt dt

−− −

− −+ + + + = = = = ,

en donde ia , i 0,1,...,n= y ' (n 1)

0 0 0y , y , ..., y − son constantes.

Por la linealidad de la transformada de Laplace se puede escribir

{ } { }L L L L

n n 1

n n 1 0n n 1

d y d ya a ... a y g(t)

dt dt

−

− −

+ + + =

.

Usando el teorema 9, la expresión anterior se transforma en n n 1 (n 1) n 1 n 2 (n 2)

n n 1 0a s Y(s) s y(0) ... y (0) a s Y(s) s y(0) ... y (0) ... a Y(s) G(s)− − − − −− − − − + − − − + + =

o bien


n n 1 n 1 (n 1) n 2 (n 2)n n 1 0 n 0 n 1 00 0a s a s ... a Y(s) a s y ... y a s y ... y ... G(s)− − − − −

− − + + + = + + + + + + +

en donde { }LY(s) y(t)= y { }LG(s) g(t)= . Despejando Y(s) se encuentra y(t) calculando

la transformada inversa { }L1y(t) Y(s)−= .

Ejemplo 32. Use la transformada de Laplace para resolver el problema de valor inicial

dy

3y 13sen(2t), y(0) 6dt

+ = = .

Solución. Primero se calcula la transformada de cada término de la ecuación

diferencial: { } { }L L Ldy

3 y 13 sen2tdt

+ =

. Se sabe que Ldy

sY(s) y(0) sY(s) 6dt

= − = −

,

{ }L2

2sen2t

s 4=

+. De modo que:

2

26sY(s) 6 3Y(s)

s 4− + =

+. Al despejar Y(s) se tiene:

2

2

6s 50Y(s)

(s 3)(s 4)

+=+ +

. Se expresa: 2

2 2 2

6s 50 A Bs C 8 2s 6

s 3 s 3(s 3)(s 4) s 4 s 4

+ + − += + = ++ ++ + + +

.

Finalmente: L L L1 1 1

2 2

1 s 2y(t) 8 2 3

s 3 s 4 s 4

− − − = − + + + + .

Como consecuencia, la solución del problema de valor inicial es 3ty(t) 8e 2cos(2t) 3sen(2t)−= − + .

Ejemplo 33. Resuelva 4ty '' 3y ' 2y e , y(0) 1, y '(0) 5−− + = = = .

Solución. { } { }L L L L

24t

2

d y dy3 2 y e

dtdt

− − + =

.

2 1s Y(s) sy(0) y '(0) 3 sY(s) y(0) 2Y(s)

s 4− − − − + = +

2

2 2

s 2 1 s 6s 9Y(s)

(s 1)(s 2)(s 4)s 3s 2 (s 3s 2)(s 4)

+ + += + =− − +− + − + +

De modo que: { }L1 t 2t 4t16 25 1

y(t) Y(s) e e e5 6 30

− −= = − + + .

3.13. ECUACIÓN INTEGRAL El teorema de la convolución es útil para resolver otros tipos de ecuaciones en

las que aparece una función incógnita bajo un signo de integral. En el ejemplo

siguiente se obtiene f(t) resolviendo una ecuación integral dada por la forma

t

0f(t) g(t) f( )h(t )d= + τ − τ τ∫ . Las funciones g(t) y h(t) son conocidas.

Ejemplo 34. Obtenga f(t) si

t2 t t

0f(t) 3t e f( )e d− −τ= − − τ τ∫ .

Solución. { } { } { } { } { }L L L L L2 t tf(t) 3 t e f(t) e−= − −

3 3 3

2 1 1 1 6 1 s 6 1F(s) 3. F(s). 1 F(s) F(s)

s 1 s 1 s 1 s 1 s 1 s 1s s s

= − − ⇒ + = − ⇒ = − + − − + − +


4 3 4

6(s 1) s 1 6 6 1 2F(s)

s(s 1) s s 1s s s

− −= − = − + −+ +

. Por lo tanto,

L L L L1 1 1 1 2 3 t

3 4

2! 3! 1 1f(t) 3 2 3t t 1 2e

s s 1s s

− − − − − = − + − = − + − + .

3.14. FUNCIÓN DELTA DE DIRAC A menudo, los sistemas mecánicos están sometidos a una fuerza exterior (o a

una tensión aplicada en el caso de los circuitos eléctricos) de gran magnitud que

solamente actúa durante un tiempo muy corto. Por ejemplo, una descarga eléctrica

podría caer sobre el ala ya vibrante de un avión o a un peso sujeto a un resorte podría

dársele un golpe seco con un martillo, o bien una pelota de golf inicialmente en reposo

podría ser enviada velozmente a los aires al ser golpeada con violencia por un bastón o

palo de golf. La función 1

02aa 0

0

t t a(t t )

0 t t a

− <δ − = − ≥

puede servir de modelo matemático

para tal fuerza. Para valores de a, a 0(t t )δ − es esencialmente una función constante de

gran magnitud que está “conectada” o “activada” solo por un corto intervalo de tiempo en torno a 0t . A la función a 0(t t )δ − se le llama impulso unitario ya que tiene la

propiedad de integración

a 0(t t )dt 1

∞

−∞δ − =∫ .

En la práctica es conveniente trabajar con otro tipo de impulso unitario, que es una “función” que se aproxima a a 0(t t )δ − y está definida por el límite dado por

0 a 0a 0

(t t ) lím (t t )→

δ − = δ − . Esta última expresión, la cual en realidad no es una función, se

puede caracterizar mediante las dos propiedades siguientes:

a. 00

0

t t(t t )

0 t t

∞ =δ − = ≠

b.

0(t t )dt 1

∞

−∞δ − =∫ .

A la expresión 0(t t )δ − se le denomina función delta de Dirac y fue creada

por el físico británico Paul A.M. Dirac. Es posible obtener la transformada de Laplace de

0(t t )δ − mediante la suposición formal { } { }L L0 a 0a 0

(t t ) lím (t t )→

δ − = δ − . Sabiendo que

{ }L

sa sast0

a 0

e e(t t ) e

2sa

−− −δ − =

entonces aplicando la regla de L’Hospital:

{ }L

sa sast st0 0

a 0a 0 a 0

e elím (t t ) e lím e

2sa

−− −

→ →

−δ − = =

.

De esta manera se define { }Lst0

0(t t ) e−δ − = . Ahora bien, es razonable concluir

de lo anterior que cuanto 0t 0= se tiene { }L (t) 1δ = . Este último resultado destaca el

hecho de que (t)δ no es una función ordinaria puesto que se espera que { }L f(t) 0→

cuando s → ∞ .


Ejemplo 35. Resuelva y '' y (t 2 )+ = δ − π sujeta a (a). y(0) 1, y '(0) 0= = (b). y(0) 0, y '(0) 0= =

Solución. Estos dos problemas de valores iniciales podían servir como modelos para

describir el movimiento de una masa sujeta a un resorte que tiene lugar en un medio

en el cual la amortiguación es insignificante. En t 2= π segundos la masa recibe un

golpe seco. En (a) la masa se suelta desde el reposo, en un punto que está 1 unidad

debajo de la posición de equilibrio. En (b) la masa está en reposo en la posición de

equilibrio.

(a). La transformada de Laplace de la ecuación diferencial es 2 2 ss Y(s) s Y(s) e− π− + = o

bien 2 s

2 2

s eY(s)

s 1 s 1

− π= +

+ +. Usando el segundo teorema de traslación se tiene que,

Uy(t) cos(t) sen(t 2 ) (t 2 )= + − π − π . Puesto que sen(t 2 ) sen(t)− π = , la solución anterior

se puede escribir como cos t 0 t 2

y(t)cos t sent t 2

≤ < π= + ≥ π

.

(b) En este caso la transformada de la ecuación es simplemente 2 s

2

eY(s)

s 1

− π=

+ y por lo

tanto U0 0 t 2

y(t) sen(t 2 ) (t 2 )sent t 2

≤ < π= − π − π = ≥ π

.

Ejemplo 36. Encuentre la solución de la ecuación integro-diferencial t

2(t u) t

0y '(t) y(u)e du e (1 (t 2)) , y(0) 0−+ = + δ − =∫ .

Solución. Usando transformada de Laplace se tiene: L{y '(t)} sY(s) y(0) sY(s)= − = , usando transformada de una derivada.

L

t2(t-u)

0y(u)e du

=

∫ L2t{y(t) e }∗ = L{y(t)}L 2t{e }

Y(s)

s 2=

−, por convolución.

Lt{e (1 (t 2))}+ δ − =L t t{e e (t 2)}+ δ − = L t{e } + L t{e (t 2)}δ − 2(s 1)1

es 1

− −= +−

,

usando propiedades. En consecuencia:

2(s 1) 2(s 1)

2(s 1)

2

Y(s) 1 1 1sY(s) e s Y(s) e

s 2 s 1 s 2 s 1

s(s 2) 1 1 Y(s) e

s 2 s 1

(s 1) 1 Y(s) e

s 2 s 1

− − − −

− −

−

+ = + ⇒ + = + − − − −

− + ⇒ = + − −

−⇒ = + − −

2(s 1)

2(s 1)

3 2

s 2 s 2 Y(s) e

(s 1) (s 1)

−

− −− −⇒ = +

− −

2 2s

3 2

2s . 2s2 2

2 3 2

(s 1) 1 (s 1) 1 Y(s) e e

(s 1) (s 1)

1 1 2 e e Y(s) . e . e .

2 s 1(s 1) (s 1) (s 1)

−

− −

− − − −⇒ = +

− −

⇒ = − + −−− − −

Entonces: L-1 t 2 t 2 t 2 2 t 21{Y(s)} t.e t e e e u(t 2) e (t 2)e u(t 2)

2− −= − + − − − − .


t t ttt.e 1 e u(t 2) (t 2)e u(t 2)

2

= − + − − − −

t t2

e (t(1 ) u(t 2)(3 t))= − + − − .

Ejemplo 37. Resuelva la ecuación dada por t

02y '(t) y '''(t )d y(t) (t 1)+ − τ τ + = δ −∫

sujeta a las condiciones 3t 2

0

e sen (2t)y(0) dt

t

−∞= ∫

, y '(0) y ''(0) 0= = .

Solución.

{ } { } { }

{ } { }

{ } { } { }

t

0

t2

0

2y '(t) y '''(t )d y(t) (t 1)

2y '(t) 2 y '(t) 2 sY(s) y(0)

y ''(0)y '''(t )d y '''(t) 1 y '''(t) 1 s Y(s) sy(0) y '(0)

s

+ − τ τ + = δ −

= = −

− τ τ = ∗ = = − − −

∫

∫

L L L L

L L

L L L L

{ } { }2

s

s Y(s) sy(0)

y(t) Y(s) (t 1) e−

= −

= δ − =

L L

Por lo tanto

{ } { } { }

{ }

t

0

2 s

s2 s

2 2

s1 1 1

2

2y '(t) y '''(t )d y(t) (t 1)

2 sY(s) y(0) s Y(s) sy(0) Y(s) e

e (s 2)y(0)s 2s 1 Y(s) e (s 2)y(0) Y(s)

(s 1) (s 1)

e 1y(t) Y(s) y(0) y(0)

s 1(s 1)

−

−−

−− − −

+ − τ τ + = δ −

− + − + =

+ + + = + + ⇒ = + + + = = + + ++

∫

L L L L

L L L1

2

t t t

1

(s 1)

y(t) e t (t 1) y(0)(e e t)

−

− − −

+

= − + +

L

U

3t 2

0

e sen (2t)y(0) dt F(3)

t

−∞= =∫

, donde 2sen (2t)

F(s)t

=

L .

2 2

2t 0 t 0

sen (2t) sen (2t)lím lím 4t. 0

t 4t+ +→ →= = .

{ } { } { }2

2

1 cos(4t) 1 1 1 1 ssen (2t) 1 cos(4t)

2 2 2 2 s s 16

− = = − = − + L L L L

22

2s s

2

2s

sen (2t) 1 1 1 1d ln( ) ln( 16)

t 2 2 216

1 1 s 16ln ln

2 2 s16

∞∞

∞

σ = − σ = σ − σ + σ σ +

σ + = =

σ +

∫

L

Por tanto, 3t 2

0

e sen (2t) 1 5y(0) dt ln

t 2 3

−∞ = = ∫

.

En consecuencia, t t t1 5y(t) e t (t 1) ln (e e t)

2 3− − − = − + +

U


3.15. PROBLEMAS PROPUESTOS 1. Para los siguientes problemas, use la definición para encontrar { }L f(t) :

a. 1 0 t 1

f(t)1 t 1

− < <= ≥

b. t 0 t 1

f(t)1 t 1

< <= ≥

c. t 7f(t) e +=

d. 4tf(t) te=

e. tf(t) e sent−=

f. f(t) t cos t=

2. La función gamma se define de la forma

1 t

0( ) t e dt , 0

∞α− −Γ α = α >∫ . Demuestre

que { }L1

( 1)t

s

αα +

Γ α += , 1α > − y use este resultado para evaluar { }L1 /2t− .

3. Demuestre que la función 21 / t no tiene transformada de Laplace. (Sugerencia.

Considere { }

L

1st st

0 1f(t) e f(t)dt e f(t)dt

∞− −= +∫ ∫ . Use la definición de integral

impropia para demostrar que

1st

0e f(t)dt−∫ no existe).

4. Usando la tabla de transformadas, calcule { }L f(t) en cada caso:

a. 5f(t) t=

b. f(t) 4t 10= −

c. 2f(t) t 6t 3= + −

d. 3f(t) (t 1)= +

e. 4tf(t) 1 e= +

f. 2t 2f(t) (1 e )= +

g. 2f(t) 4t 5sen(3t)= −

h. tf(t) e senh(t)=

i. f(t) sen(2t)cos(2t)=

j. f(t) cos(t)cos(2t)=

k. 10tf(t) te=

l. 3 2tf(t) t e−=

m. tf(t) e sen(3t)=

n. 5tf(t) e senh(3t)=

o. t 2t 2f(t) t(e e )= +

p. t 2f(t) e sen (t)−=

q. f(t) (t 1) (t 1)= − −U


r. f(t) t (t 2)= −U

s. f(t) cos(2t) (t )= − πU

t. f(t) t.cos(2t)=

u. 2f(t) t senh(t)=

v. 2tf(t) te sen(6t)=

w.

t

0f(t) e cos( )d−τ= τ τ∫

x.

tt

0f(t) e d−τ= τ τ∫

y.

t

0f(t) t sen( )d= τ τ∫

z. 3f(t) 1 t= ∗

aa. 2 4f(t) t t= ∗

bb. t tf(t) e e cos(t)−= ∗

cc. senh(t)

f(t)t

=

dd. bt ate e

f(t)t

− −−=

ee. 2sen (t)

f(t)t

=

5. Usando la tabla de transformadas, calcule { }L

1 f(t)− en cada caso:

a. 3

1F(s)

s=

b. 3

4

(s 1)F(s)

s

+=

c. 2

1 1 1F(s)

s s 2s= − +

−

d. 1

F(s)4s 1

=+

e. 2

4sF(s)

4s 1=

+

f. 2

1F(s)

s 16=

−

g. 2

2s 6F(s)

s 9

−=+

h. 2

1F(s)

s 3s=

+

i. 2

sF(s)

s 2s 3=

+ −

j. 2

2s 4F(s)

(s 2)(s 4s 3)

+=− + +

k. 2 2

1F(s)

s (s 4)=

+


l. 2

sF(s)

(s 4)(s 2)=

+ +

m. 3

1F(s)

(s 2)=

+

n. 2

1F(s)

s 6s 10=

− +

o. 2

sF(s)

s 4s 5=

+ +

p. 2

sF(s)

(s 1)=

+

q. 2 3

2s 1F(s)

s (s 1)

−=+

r. 2s

3

eF(s)

s

−=

s. s

2

eF(s)

s 1

−π=

+

t. se

F(s)s(s 1)

−=

+

u. 2 2

sF(s)

(s 1)=

+

v. s 3

F(s) lns 1

− = +

w. s

F(s) arctg2 2

π = −

x. 1

F(s)s(s 1)

=+

y. 1

F(s)(s 1)(s 2)

=+ −

z. 2 2

sF(s)

(s 4)=

+

6. Escriba la función dada en términos de la función escalón unitaria. Encuentre la

transformada de cada función.

a. 2 0 t 3

f(t)2 t 3

≤ <= − ≥

b. 2

0 0 t 1f(t)

t t 1

≤ <= ≥

c. t 0 t 2

f(t)0 t 2

≤ <= ≥

7. Demuestre la propiedad distributiva de la integral de convolución dada por f (g h) f g f h∗ + = ∗ + ∗ .


8. Si { }F(s) f(t)= L , pruebe que { } 1f(t)cosh(at) F(s a) F(s a)

2= − + + L . Use el resultado

para encontrar { }sen(kt)cosh(at)L .

9. Si a 0> , demuestre que { }f(at) (1 / a)F(s / a)=L .

10. Si f(t) es continua a trozos y de orden exponencial, demuestre que se cumple la

expresión t 0

a af( )d F(s) / s (1 / s) f( )d

τ τ = + τ τ

∫ ∫

L (a 0> ) en donde { }F(s) f(t)= L .

11. Demuestre que U U

212

t (t a) (t a) (t a)∗ − = − − .

12. Determine L 1

2 2

2s

(s 1)

−

− .

13. Use la transformada de Laplace para resolver la ecuación diferencial dada sujeta a

las condiciones iniciales que se indican: a. y ' y 1 y(0) 0− = =

b. 4ty ' 4y e y(0) 2−+ = =

c. y '' 5y ' 4y 0 y(0) 1 y '(0) 0+ + = = = d. y '' 6y ' 9y t y(0) 0 y '(0) 1− + = = =

e. 3 2ty '' 4y ' 4y t e y(0) 0 y '(0) 0− + = = =

f. y '' y sen(t) y(0) 1 y '(0) 1+ = = = −

g. ty '' y ' e cos(t) y(0) 0 y '(0) 0− = = =

h. t2y ''' 3y '' 3y ' 2y e y(0) 0 y '(0) 0 y ''(0) 1−+ − − = = = =

i. y ' y f(t)+ = , en donde 0 0 t 1

f(t)5 t 1

≤ <= ≥

y(0) 0=

j. y '' 4y f(t)+ = , en donde f(t) sen(t) (t 2 ), y(0) 1, y '(0) 0= − π = =U

k. 3

y '' y t t2 2

π π + = δ − + δ −

, y(0) 0 , y '(0) 0= =

l. y '' 4y ' 13y (t ) (t 3 )+ + = δ − π + δ − π , y(0) 1 , y '(0) 0= =

14. Use la transformada de Laplace para resolver la ecuación integral o integro-

diferencial dada:

a.

t

0f(t) (t )f( )d t+ − τ τ τ =∫

b.

tt

0f(t) te f(t )d= + τ − τ τ∫

c. t

0y '(t) 1 sent y( )d , y(0) 0= − − τ τ =∫

15. Demuestre que { }L

sa sast0

a 0

e e(t t ) e

2sa

−− −δ − =

.


16. Una viga uniforme de longitud L soporta una carga concentrada 0P en x L /2= . La

viga está empotrada en su extremo izquierdo y libre en su extremo derecho. Use la

transformada de laplace para determinar la deflexión y(x) a partir de la ecuación

4

04

d y LK P x , y(0) 0 , y '(0) 0 , y ''(L) 0 , y '''(L) 0

2dx

= δ − = = = =

.

17. Calcule las siguientes integrales impropias:

a.

10t

0te cos(t)dt

∞−∫

b.

5t 3t

0

e edt

t

− −∞ −∫

c.

0

cos(at) cos(bt)dt ,

t

∞ −∫ a y b constantes positivas

d.

t 2

0

e sen (t)dt

t

−∞

∫


RESPUESTAS A LOS PROBLEMAS PROPUESTOS

1. a. s2 1e

s s− − b. s

2 2

1 1e

s s

−− c. 7e

s 1− d.

2

1

(s 4)− e.

2

1

s 2s 2+ + f.

2

2 2

s 1

(s 1)

−+

4. a. 6

120

s b.

2

4 10

ss− c.

3 2

2 6 3

ss s+ − d.

4 3 2

6 6 3 1

ss s s+ + + e.

1 1

s s 4+

−

f. 1 2 1

s s 2 s 4+ +

− − g.

3 2

8 15

s s 9−

+ h.

1 1

2(s 2) 2s−

− i.

2

2

s 16+

j. 2 2

1 s s

2 s 9 s 1

+ + + k.

2

1

(s 10)− l.

4

6

(s 2)+ m.

2

3

(s 1) 9− + n.

2

3

(s 5) 9− −

o. 2 2 2

1 2 1

(s 2) (s 3) (s 4)+ +

− − − p.

2

1 1 s 1

2 s 1 (s 1) 4

+− + + + q.

s

2

e

s

− r.

2s 2s

2

e e2

ss

− −+

s. s

2

se

s 4

−π

+ t.

2

2 2

s 4

(s 4)

−+

u. 2

2 3

6s 2

(s 1)

+−

v. 2

2

12s 24

(s 2) 36

−

− +

w. 2

s 1

s (s 1) 1

+ + +

x. 2

1

s (s 1)− y.

2

2 2 2

3s 1

s (s 1)

++

z. 5

6

s aa.

8

48

s bb.

2

s 1

(s 1) (s 1) 1

− + − +

cc. 1 s 1ln

2 s 1

+ −

dd. s a

lns b

+ +

ee. 2

1 4ln 1

4 s

+

5. a. 2t

2 b.

2 33t t1 3t

2 6+ + + c. 2tt 1 e− + d.

t / 4e

4

− e.

tcos

2

f. senh(4t)

4 g. 2cos(3t) 2sen(3t)− h.

3t1 e

3 3

−− i.

3t t3e e

4 4

−+

j. t 2t 3te 8e e

3 15 5

− −− + − k.

t sen(2t)

4 8− l.

2te cos(2t) sen(2t)

4 4 4

−+ +

m. 2 2tt e

2

− n. 3te sen(t) o. 2t 2te cos(t) 2e sen(t)− −− p. t te te− −−

q. 2 t

t t 3t e5 t 5e 4te

2

−− −− − − − r.

2(t 2) (t 2)

2

− −U s. sen(t) (t )− − πU

t. (t 1)(t 1) e (t 1)− −− − −U U u. tsen(t)

2 v.

t 3te e

t

− − w.

sen(2t)

t

x. t1 e−− y. t 2te e

3 3

−− + z.

tsen(2t)

4

6. a. { } 3s2 4f(t) 2 4 (t 3) f(t) e

s s−= − − = −U L

b. { }

2 2

s s s

3 2

f(t) t (t 1) (t 1) (t 1) 2(t 1) (t 1) (t 1)

2e 2e ef(t)

ss s

− − −

= − = − − + − − + −

= + +

U U U U

L

c. { }

2s 2s

2 2

f(t) t t (t 2) t (t 2) (t 2) 2 (t 2)

1 e 2ef(t)

ss s

− −

= − − = − − − − −

= − −

U U U

L

12. f(t) t.senh(t)=


13.a. ty 1 e= − + b. 4t 4ty te 2e− −= + c. t 4t4e e

y3 3

− −= −

d. 3t 3tt 2 2e 10te

y9 27 27 9

= + − + e. 5 2tt e

y20

= f. sen(t) t cos(t)

y cos(t)2 2

= − −

g. t t1 e cos(t) e sen(t)

y2 2 2

= − + h. t / 2 2t t t8e e 5e e

y9 9 18 2

− − −= − + + +

i. (t 1)y 5 5e (t 1)− − = − − U j. 1

y cos(2t) sen(2(t 2 )) (t 2 )6

= − − π − πU

k. 3

y cos(t) t cos(t) t2 2

π π = − − + −

U U

l. U U2t 2t 2(t ) 2(t 3 )2 1 1

y e cos(3t) e sen(3t) e sen(3(t )) (t ) e sen(3(t 3 )) (t 3 )3 3 3

− − − −π − − π= + + − π − π + − π − π

14.a. f(t) sen(t)= b. t t t 2 te e 3te t e

f(t)8 8 4 4

−= − + + + c.

tsen(t)y sen(t)

2= −

16.

2 30

20

P L 1x x 0 x L /2

K 4 6y(x)

P L 1 Lx L /2 x L

4K 2 12

− ≤ < = − ≤ ≤

17.a. 99

10201 b.

3ln

5

c. b

lna

d. 1

ln54

transformada de laplace - jos luis quintero d vila diferenciales/guias/tema 3... ·...

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