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• Gastón Massaferro

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APUNTES PARA EL CURSO DE FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA ´ L. VIEITEZ & NELSON MOLLER. ¨ CURSO 2005, JOSE

Resumen. Estos apuntes no sustituyen a buenos libros. Son complementarios a ellos. Se da en ellos elementos sobre la Transformada de Laplace.

El universo es tan complejo que no hay ninguna raz´ on para que pueda ser expresado. Sobre todo por algo tan casual como el lenguaje... (Jorge Luis Borges) ´Indice 1. Funciones Primarias. 1.1. Ejemplos de funciones primarias. 2. Transformada de Laplace. 2.1. Ejemplos de transformadas de Laplace 3. Resultados generales. 4. Propiedades de la Transformada de Laplace. 4.1. Linealidad 4.2. Unicidad 4.3. Integraci´ on 4.4. Derivaci´ on 4.5. Convoluci´ on 4.6. Formulas de traslaci´on. 5. F´ormula de Inversi´on de la Transformada de Laplace 6. Ejemplos. 6.1. Oscilaciones Forzadas. 6.2. Respuesta de un circuito RC a una sola onda cuadrada. 6.3. Funci´on de Transferencia.

Date: 27 de junio de 2005. 1

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CURSO 2005, JOSE L. VIEITEZ & NELSON MOLLER.

1.

Funciones Primarias.

Definici´ on 1. Decimos que f : [0, ∞) → C es una funci´ on primaria si: 1. es una funci´ on continua excepto en un conjunto D = {t1 , t2 , . . .} ⊂ [0, ∞), tal que para todo K positivo, D ∩ [0, K] es finito ( D puede ser vac´ıo). En los puntos de D la funci´ on f (t) tiene discontinuidades de primera especie o, es infinito el l´ımite al tender la variable t a tj . RT 2. para todo T ∈ [0, ∞) existe la integral 0 f (t) dt (puede ser una integral impropia si l´ımt→tj f (t) = ∞ y tj ∈ [0, T ]). Asumiremos que f es absolutamente integrable en los puntos de D. 3. Existe s0 ≥ 0 tal que converge la integral Z T Z ∞ f (t)e−s0 t dt. f (t)e−s0 t dt = l´ım T →∞

0

0

Observaci´ on 1. Recordamos que las discontinuidades tj de primera especie son aquellas en las que existen los l´ımites laterales a derecha e izquierda l´ımt→t+ f (t), l´ımt→t− f (t) y son ambos finitos. j

j

Observaci´ on 2. No decimos nada sobre los valores de f (t) para t ≤ 0. En general vamos a suponer que f (t) ≡ 0 para t ≤ 0. Observaci´ on 3. Si bien escribimos f : [0, ∞) → C muchas veces vamos a considerar a f como una funci´ on real. Otra manera de decir esto es que Im(f (t)) ≡ 0. 1.1.

Ejemplos de funciones primarias.

1.1.1. Constante. f (t) = 1 si t ≥ 0; f (t) = 0 si t < 0. Cualquier n´ umero positivo s 0 sirve para verificar la u ´ltima condici´on. 1.1.2. Exponencial. f (t) = et si t ≥ 0; f (t) = 0 si t < 0. En este caso, podemos tomar como s0 cualquier n´ umero mayor que 1. En efecto, si s0 > 1 entonces 1 − s0 < 0 de donde tenemos RT RT RT l´ımT →∞ 0 f (t)e−s0 t dt = l´ımT →∞ 0 et e−s0 t dt = l´ımT →∞ 0 e(1−s0 )t dt = l´ımT →∞

e(1−s0 )t T 1−s0 0



= l´ımT →∞

e(1−s0 )T 1−s0

−

1 1−s0

=

1 s0 −1 .

1.1.3. Potencias. f (t) = tα con α > −1 si t > 0; f (t) = 0 si t ≤ 0. En este ejemplo, f (t) presenta una discontinuidad infinita en 0 si α ∈ (−1, 0). De todos modos la funci´on es una funci´on primaria pues en el u ´nico punto de discontinuidad tα es absolutamente integrable (de hecho tα es positiva). En efecto: Z T Z T tα+1 T T α+1 = , tα dt = l´ım tα dt = l´ım  α+1 →0+ α + 1 →0+  0 por lo que f (t) es integrable para todo T ≥ 0. Como s0 podemos tomar cualquier valor positivo. 1.1.4. Logaritmo. f (t) = ln(t) para t > 0; f (t) = 0 si t ≤ 0. Para este caso valen consideraciones parecidas que para el caso anterior; f (t) presenta una discontinuidad infinita en 0. Recordemos que ln(t) es el logaritmo real de t en la base e. 1.1.5. Pulso. La funci´on f (t) = h1 si t ∈ [t0 − h2 , t0 + h2 ], t0 > h/2 > 0; f (t) = 0 para cualquier otro t ∈ R. se llama la funci´on pulso (finito) unidad en el instante t0 . Al tender h a cero el pulso unidad “se concentra” en t0 . En el l´ımite obtenemos una funci´on generalizada o distribuci´on. La distribuci´on del ejemplo se conoce como “delta”de Dirac o el impulso unidad.

1 h

PSfrag replacements t0 −

h 2

t0 +

h 2

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APUNTES PARA EL CURSO DE FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA

2.

Transformada de Laplace.

Consideremos la variable compleja p = s + iσ, s = Re(p), σ = Im(p). Definici´ on 2. Llamamos transformada de Laplace (o transformaci´ on de Laplace) de la funci´ on primaria f (t) a Z ∞ L(f (t)(p) = f ∗ (p) = f (t)e−pt dt , 0

siempre que la integral impropia sea convergente. 2.1.

2.1.1.

Ejemplos de transformadas de Laplace. Constante. f (t) = 1 si t ≥ 0; f (t) = 0 si t < 0. Z Z ∞ −pt ∗ e dt = l´ım f (p) = T →∞

0

T

−e−pt T 1 = , 0 T →∞ p p

e−pt dt = l´ım 0

siempre que la integral converja lo que es cierto si Re(p) > 0. 2.1.2. Exponencial. f (t) = et si t ≥ 0; f (t) = 0 si t < 0. En este caso si Re(p) > 1 tenemos que Z Z ∞ ∗ t −pt f (p) = ee dt = l´ım T →∞

0

l´ım

Puede verse del mismo modo que

T →∞

Z

T

T

et e−pt dt = 0

e(1−p)t T 1 . = T →∞ 1 − p 0 p−1

e(1−p)t dt = l´ım 0

L(eqt )(p) = f ∗ (p) =

1 p−q

siempre que Re(p) > Re(q). 2.1.3. Potencias. f (t) = tα (con α > −1) si t > 0; f (t) = 0 si t ≤ 0. RT Si α ∈ (−1, 0) la integral 0 tα e−pt dt es impropia en 0, si α ≥ 0 es una integral propia. De todos modos en cualquier caso podemos calcularla as´ı: Z T Z ∞ α −pt ∗ tα e−pt dt . t e dt = l´ım f (p) = T →∞

0

ε→0+

ε

Supongamos primero que p ∈ R. En ese caso si hacemos el cambio de variable u = p t en que du = p dt, y los nuevos l´ımites de integraci´on son p ε y p T quedando la integral: Z T Z pT α −u u e du tα e−pt dt = . pα p ε pε

RT ε

tα e−pt dt obtenemos

Al tender ε a cero y T a infinito obtenemos la integral Z ∞ α −u Γ(α + 1) u e du . = α p p pα+1 0 Donde Γ(x) es la funci´on gama de Euler que se define como Z ∞ Γ(x) = tx−1 e−t dt . 0

Esta integral converge para x > 0 y si n es un natural positivo entonces Γ(n) = (n − 1)!. Por ejemplo: Γ(1) = 0! = 1; Γ(2) = 1! = 1; Γ(3) = 2! = 2, Γ(4) = 3! = 6, etc. Consideremos ahora el caso en que p = s + iσ es un n´ umero complejo cualquiera que cumple s = Re(p) > 0. En ese caso al aplicar el cambio de variable u = pt. Obtenemos una integral curvil´ınea sobre el segmento L de recta uniendo pε con pT : Z T Z α −u u e du α −pt t e dt = pα p ε L que tiene el mismo aspecto que en el caso real, pero ahora la variable u es compleja y en principio aunque hagamos tender ε a 0 y T a ∞, tenemos una integral impropia compleja sobre una semirrecta de origen 0 y direcci´on dada por p que en principio puede depender de la direcci´on p.

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M´as aun, uα para u ∈ C se define como uα = exp(αLog(u)) donde exp es la exponencial y Log es el logaritmo complejo que es multiforme, es decir, a priori tenemos infinitos valores para u α aun en el caso en que α sea real. El lector puede comprobar que solo habr´a finitos valores para uα en el caso en que α sea un n´ umero racional. M´as aun, habr´a un solo valor solo en el caso en que α sea entero. √ Proponemos como ejercicio calcular 1 2 en el caso complejo. ¡La soluci´on da en este caso un conjunto denso en la circunferencia |z| = 1! Pero si α ∈ R y queremos elegir un´ıvocamente un valor para uα en el caso u ∈ C que extienda con continuidad a la funci´on tα , t ∈ R, podemos hacerlo as´ı: Elegimos para el logaritmo Log(u) = ln |u| + i(arg(u) + 2nπ), n ∈ Z; la determinaci´on correspondiente a n = 0: log(u) = ln |u| + i arg(u). Como para la convergencia de la transformada de Laplace nos interesa el caso Re(p) > 0, el segmento L uniendo p ε y p T est´a contenido en el semiplano Re(u) > 0. Podemos entonces trabajar en ese semiplano Re(u) > 0 que es

pT

p

PSfrag replacements pε

un subconjunto simplemente conexo del plano complejo en que la determinaci´on elegida para el logaritmo define una funci´on uniforme y anal´ıtica, variando arg(u) en (−π/2, π/2). En este caso uα = exp(α log(u)) es una funci´on uniforme y anal´ıtica que extiende con continuidad a la funci´on real tα , t ∈ R, α ∈ R a todo el semiplano Re(u) > 0. Notaci´ on: Utilizamos lo siguiente: [a, b] indica el segmento en Re(u) > 0 uniendo a con b recorrido en el sentido de a hacia b, AR,θ es el arco de la circunferencia de centro 0 y radio R uniendo (R, 0) con (R cos(θ), R sin(θ)) dentro del semiplano Re(u) > 0 orientado de (R, 0) hacia (R cos(θ), R sin(θ)) y A− (R,θ) es el arco orientado en sentido opuesto. Consideremos la integral de

uα e−u pα+1

sobre la curva cerrada y rectificable C dada por:

|p| ε

|p| T

PSfrag replacements

C = [|p|ε, |p|T ] ∪ AT |p|,arg(p) ∪ [pT, pε] ∪ A− ε|p|,arg(p) .

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APUNTES PARA EL CURSO DE FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA

R α e−u Por el Teorema de Cauchy-Goursat se cumple C upα+1 du = 0. O sea que, sacando factor com´ un la constante R R uα e−u du + AT |p|,arg(p) uα e−u du [|p|ε,|p|T ] +

R

[pT,pε]

uα e−u du +

R

A− ε|p|,arg(p)

uα e−u du

1 pα+1 :

= 0.

Proponemos que el lector compruebe que, teniendo en cuenta que α > −1, si ε → 0 + y T → +∞ entonces las integrales sobre los arcos tienden a cero. M´as aun, la integral sobre [|p|ε, |p|T ] es la integral real usual Z |p|T tα e−t dt |p|ε

y en el l´ımite para ε tendiendo a cero y T tendiendo a infinito resulta entonces R∞ Γ(α + 1) = 0 tα e−t dt = l´ım T →∞

ε→0+

R

= l´ım T →∞ − ε→0+

α −u

uα e−u du [p|T |,p|ε]|



 α −u u e du . [pε,pT ]

R

O sea, la integral de u e da el mismo valor sobre cualquier semirrecta de origen 0 y contenida en el semiplano Re(u) > 0. Concluimos entonces que tambi´en en el caso p complejo cualquiera con Re(p) > 0 tenemos que L(tα )(p) = f ∗ (p) =

Γ(α + 1) . pα+1

Aqu´ı debe entenderse por pα+1 al n´ umero complejo pα+1 = exp((α + 1) log(p)) , donde, como ya observamos, elegimos log(p) = ln |p| + i arg(p). 2.1.4.

Logaritmo. f (t) = ln(t) para t > 0; f (t) = 0 si t ≤ 0. Aqu´ı tambi´en la integral es impropia en 0: Z ∞ Z T f ∗ (p) = ln(t)e−pt dt = l´ım ln(t)e−pt dt . T →∞

0

ε→0+

ε

Vamos a operar formalmente, los pasos formales pueden justificarse y la justificaci´on queda como ejercicio. Por el ejemplo anterior tenemos que L(tα )(p) =

Z

∞

tα e−pt dt =

0

Γ(α + 1) . pα+1

Consideremos la expresi´on anterior como funci´on F (α) de la variable α, con α ≥ 0 y derivemos F (α). Obtenemos Z ∞  Z ∞ d F 0 (α) = tα e−pt dt = ln(t)tα e−pt dt . dα 0 0 Haciendo α = 0 obtenemos Z ∞ F 0 (0) =

ln(t)e−pt dt = L(ln(t))(p) .

0

Pero de F (α) = Γ(α + 1)/pα+1 obtenemos

F 0 (α) =

Γ0 (α + 1)pα+1 − Γ(α + 1) log(p)pα+1 . p2(α+1)

Simplificando por pα+1 , haciendo α = 0 y teniendo en cuenta que Γ(1) = 1 queda: log(p) Γ0 (0) + . p p Se puede demostrar que Γ0 (0) = −γ donde γ es la constante gama de Euler, γ = 0, 57721566 . . .. En definitiva obtenemos: log(p) + γ L(ln(t))(p) = f ∗ (p) = − . p Aqu´ı log(p) = ln |p| + i arg(p) es, como en el ejemplo anterior, la extensi´on anal´ıtica a Re(p) > 0 de ln(t), t ∈ R + . F 0 (0) = −

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CURSO 2005, JOSE L. VIEITEZ & NELSON MOLLER.

2.1.5.

Pulso. La funci´on f (t) = h1 si t ∈ [t0 − h2 , t0 + h2 ], t0 > h/2 > 0; f (t) = 0 para cualquier otro t ∈ R. Z Z ∞ e−pt0 ph/2 1 t0 +h/2 −pt (e − e−ph/2 ) = f ∗ (p) . e dt = f (t)e−pt dt = h t0 −h/2 ph 0 3.

Resultados generales.

La demostraci´on del siguiente teorema sigue un patr´on que se repite en varios de los siguientes; todo consiste en aplicar integraci´on por partes de modo conveniente. Teorema 1. Sea f (t) una funci´ on primaria. Si la integral impropia que define a f ∗ (p0 ) es convergente entonces es convergente para todo p tal que Re(p) > Re(p0 ). Demostraci´ on. Consideremos la funci´on g(t) = Como por hip´otesis Z

∞

Z

t

f (τ )e−p0 τ dτ. 0

f (t)e−p0 t dt converge,

0

entonces existe A > 0 tal que para todo t ≥ 0 se cumple |g(t)| < A. Se tiene por tanto RT RT f (t)e−pt dt = 0 f (t)e−p0 t e−(p−p0 )t dt = (integrando por partes) 0 = e−(p−p0 )t g(t)|T0 + (p − p0 ) = e−(p−p0 )T g(T ) + (p − p0 )

RT

g(t)e−(p−p0 )t dt

0

RT 0

g(t)e−(p−p0 )t dt .

Se deduce, para T → ∞, que si Re(p − p0 ) > 0 entonces el primer sumando tiende a 0 al estar g(T ) acotado en m´odulo. Por otro lado la integral del segundo sumando converge absolutamente por lo que, por el criterio de Cauchy, tambi´en converge. En efecto: R RT T 0 g(t)e−(p−p0 )t dt ≤ 0 g(t)e−(p−p0 )t dt RT A . ≤ 0 Ae−Re(p−p0 )t dt −−−−→ Re(p−p 0) T →∞

Esto termina la demostraci´on.  R∞ Teorema 2. Sea p0 tal que 0 f (t)e−p0 t dt converge. Entonces para todo k ∈ N y para todo p ∈ C tal que Re(p) > Re(p0 ) convergen las integrales Z ∞ tk f (t)e−pt dt . 0

Rt

Demostraci´ on. Como en el teorema 1, sea g(t) = 0 f (τ )e−p0 τ dτ . Tenemos que g(t) est´a acotada en m´odulo. Se tiene entonces para todo T > 0: RT k RT t f (t)e−pt dt = 0 tk f (t)e−(p−p0 )t e−p0 t dt = (integrando por partes) 0 T RT = tk e−(p−p0 )t g(t) 0 + (p − p0 ) 0 [tk − ktk−1 ]g(t)e−(p−p0 )t dt .

Como Re(p − p0 ) > 0 tenemos que tk e−(p−p0 )t → 0 cuando t → ∞. Como g(t) est´a acotada para t ∈ [0, ∞), se cumple que T l´ım tk e−(p−p0 )t g(t) 0 = l´ım T k e−(p−p0 )T g(T ) = 0. T →∞

T →∞

La integral del otro sumando,

(p − p0 )

Z

T

[tk − ktk−1 ]g(t)e−(p−p0 )t dt

0

converge absolutamente pues si K > |g(t)| para todo t ∈ [0, ∞) entonces R RT T |p − p0 | 0 [tk − ktk−1 ]g(t)e−(p−p0 )t dt ≤ |p − p0 |K 0 |tk − ktk−1 |e−Re(p−p0 )t dt ≤ |p − p0 |K

Como para todo k ≥ 0 se cumple que tesis.

R∞ 0

RT 0

[tk + ktk−1 ]e−Re(p−p0 )t dt .

tk e−Re(p−p0 )t dt converge se obtiene la convergencia absoluta y de all´ı la 

APUNTES PARA EL CURSO DE FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA

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De los teoremas 1 y 2 se deduce que para toda funci´on primaria existe un real s c tal que para p tal que Re(p) > sc la transformada de Laplace f ∗ (p) de la funci´on f (t) existe y lo mismo pasa para todas las funciones t k f (t) con k ∈ N; por otro lado, si Re(p) < sc entonces la integral impropia que define a f ∗ (p) es divergente. Se deduce que en el plano de la variable compleja p, L(f (t))(p) y L(tk f (t))(p) convergen en el semiplano a la derecha de la recta vertical Re(p) = sc llamada l´ınea de convergencia. El n´ umero sc se llama la abscisa de convergencia. El semiplano Re(p) > sc se llama semiplano de convergencia. Observaci´ on 4. Puede ocurrir que Z ∞ Z tf (t)e−pt dt converje pero que 0

∞

f (t)e−pt dt no lo haga.

0

on del primer ejemplo visto y para Un ejemplo es f (t) = 1t si t > 0, f (t) = 0 si t ≤ 0. En ese caso tf (t) es la funci´ ella existe la transfomada de Laplace para todo p tal que Re(p) > 0. Pero no existe la transformada para f (t), pues la integral impropia en 0 es divergente. Sean p0 = s0 + iσ0 ∈ {Re(p) > sc } y 0 < θ < π/2. Consideremos la regi´on cerrada del plano n o π π Dp0 ,θ = p ∈ C : Re(p) ≥ s0 , − + θ ≤ arg(p − p0 ) ≤ − θ . 2 2

θ Dp0 ,θ

p0 θ PSfrag replacements

Lema 1. Para cualquier p0 tal que Re(p0 ) = s0 > sc y 0 < θ < π/2 la integral Z T f (t)e−pt dt 0

converge uniformemente para T → ∞ en la regi´ on Dp0 ,θ .

Demostraci´ on. Hay que probar que para todo  > 0 existe T0 > 0 tal que para todo p ∈ Dp0 ,θ y todo T ≥ T0 se cumple que Z ∞ −pt < . f (t)e dt T R∞ Como 0 f (t)e−p0 t dt converge existe T0 > 0 tal que (condici´on de Cauchy para la convergencia) Z t −p0 t <  f (t)e dt 2 T

para todo T ≥ T0 , t ≥ T . Sea ahora p ∈ Dp0 ,θ ; observar que si p 6= p0 entonces Re(p) > s0 = Re(p0 ). Para T ≥ T0 definimos Z t ϕT (t) = f (τ )e−p0 τ dτ . T

Entonces |ϕT (t)| < /2 para todo t ≥ T . Se tiene integrando por partes que Rt Rt f (τ )e−pτ dτ = T f (τ )e−p0 τ e−(p−p0 )τ dτ T = e−(p−p0 )τ ϕT (τ )|tT + (p − p0 )

Rt T

e−(p−p0 )τ ϕT (τ ) dτ .

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CURSO 2005, JOSE L. VIEITEZ & NELSON MOLLER.

Tomando m´odulos y aplicando la desigualdad triangular y que | R R t t T f (τ )e−pτ dτ = T f (τ )e−p0 τ e−(p−p0 )τ dτ

R

g| ≤

R

|g| obtenemos:

Rt = e−(p−p0 )τ ϕT (τ )|tT + (p − p0 ) T e−(p−p0 )τ ϕT (τ ) dτ ≤ |e−(p−p0 )t ||ϕT (t)| + |p − p0 | < /2 + |p − p0 | 2

Rt T

Rt T

|e−(p−p0 )τ | |ϕT (τ )| dτ

|e−(p−p0 )τ | dτ ( teniendo en cuenta que |ϕT (t)| < /2) .

Pero |e−(p−p0 )τ | = e−Re(p−p0 )τ y Re(p − p0 ) = |p − p0 | cos(arg(p − p0 )) > |p − p0 | cos(π/2 − θ) > 0. Resulta entonces que el sumando de la u ´ltima integral puede acotarse por Rt −Re(p−p0 )T −e−Re(p−p0 )t |p − p0 | 2 T |e−(p−p0 )τ | dτ = |p − p0 | 2 e Re(p−p0 ) = |p − p0 | 2
s c , se cumple que f ∗ (p) es anal´ıtica. Demostraci´ on. Para p ∈ Dp0 ,θ tenemos que Z Z T f (t)e−pt dt −−−−→ T →∞

0

∞

f (t)e−pt dt uniformemente .

0

Pero para todo T > 0 existe

d dp

Z

T

f (t)e

−pt

dt

0

!

=

Z

T 0

∂f (t)e−pt dt = − ∂p

Z

T

f (t)te−pt dt . 0

Por el teorema 2 es convergente Z

T

f (t)te−pt dt para T → ∞ 0

y el lema 1 nos permite asegurar que la convergencia es uniforme si p ∈ Dp0 ,θ . Entonces tendremos que f ∗ (p) es derivable y que Z ∞ Z T d −pt ∗ 0 f (t)te−pt dt . f (t)te dt = − L(f (t)(p) = (f ) (p) = − l´ım T →∞ 0 dp 0 (Ver por ejemplo el libro de T. Apostol .An´alisis Matem´atico”, cap´ıtulo 9). Para completar la demostraci´on observamos que dado p tal que Re(p) > s c existe siempre p0 con Re(p0 ) > sc y 0 < θ < π/2 tal que p ∈ Dp0 ,θ .  Se deduce del resultado anterior que dada f (t) funci´on primaria tal que para Re(p) > s c existe la transformada de Laplace f ∗ (p) se tiene que para todo k ∈ N existe en Re(p) > sc Z ∞ dk ∗ ∗ k k (f ) (p) = k f (p) = (−1) tk f (t)e−pt dt . dp 0 4.

Propiedades de la Transformada de Laplace.

4.1. Linealidad. Si f (t) y g(t) son ambas funciones primarias y f ∗ (p) existe para Re(p) > sc y g ∗ (p) para Re(p) > sd entonces existe la transformada de Laplace de αf (t) + βg(t) para Re(p) > m´ax{s c , sd }. La demostraci´on es inmediata y queda como ejercicio.

APUNTES PARA EL CURSO DE FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA

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4.2. Unicidad. Sean f1 (t) y f2 (t) dos funciones primarias tales que existe sc > 0 tal que para Re(p) > sc se cumple que la transformada de Laplace de f1 y la de f2 coinciden: ∀ p ∈ C : Re(p) > sc : L(f1 (t))(p) = f1∗ (p) = f2∗ (p) = L(f2 (t))(p) entonces f1 (t) = f2 (t) en cada punto de continuidad de ambas funciones. En particular, si ambas son continuas entonces coinciden. Demostraci´ on. Dadas las propiedades de linealidad de la transformada de Laplace tenemos a partir de L(f 1 (t)) = L(f2 (t)) que L(f1 (t) − f2 (t)) ≡ 0. Es suficiente entonces con mostrar que si f es continua y L(f ) ≡ 0 entonces f ≡ 0. Tenemos que Z ∞

∀ p : Re(p) > sc :

f (t)e−pt dt = 0 .

0

RT R∞ Definamos g(T ) = 0 f (t)e−(sc +1)t dt. Claramente g(0) = 0 y como 0 f (t)e−(sc +1)t dt converge (en este caso a cero), g(T ) est´a acotada en m´odulo para todo T ∈ [0, ∞). Se tiene entonces para n = 1, 2, 3, . . . que Z T Z T −(sc +1+n)t e−nt f (t)e−(sc +1)t dt = (integrando por partes) f (t)e dt = 0

0

=e

−nt

T g(t) 0 + n

Z

T

g(t)e

−nt

dt = e

−nT

g(T ) + n

0

Z

T

g(t)e−nt dt 0

Como para T → ∞ se tiene que e−nT tiende a cero y g(T ) est´a acotada, se tiene en el l´ımite l´ımT →∞ e−nT g(T ) = 0 de donde resulta Z T Z ∞ Z ∞ −(sc +1+n)t −(sc +1+n)t f (t)e dt = f (t)e dt = g(t)e−nt dt = 0 l´ım T →∞

0

0

0

para n = 1, 2, 3, . . . . Consideremos el cambio de variables e−t = u ⇔ t = ln(1/u) que implica que e−kt = uk . Entonces du = −e−t dt, y escribiendo e−nt dt = e−(n−1)t e−t dt = un−1 du teniendo en cuenta que los l´ımites de integraci´on pasan a ser: para t = 0, u = e0 = 1; para t → ∞, u → 0 la integral queda Z 1 Z 0 Z ∞ h(u)un−1 du . g(ln(1/u))un−1 du = g(t)e−nt dt = − 0= 0

1

0

La integral se anula para todo n = 1, 2, 3, . . . . Hemos puesto h(u) = g(ln(1/u)). La funci´on g(t) es continua en [0, ∞) y tiene l´ımite cero cuando t → ∞ pues queda Z ∞ f (τ )e(−sc+1)τ dτ = 0 l´ım g(t) = t→∞

0

de donde la funci´on h(u) = g(ln(1/u)) es continua en el intervalo cerrado [0, 1] valiendo adem´as 0 = h(0) = h(1). R1 Afirmamos que la igualdad 0 h(u)un−1 du = 0 para todo n = 1, 2, 3, . . . implica, siendo h continua, que h ≡ 0.

R1 En efecto: 0 h(u)un−1 du = 0 para todo n = 1, 2, 3, . . . implica, por la linealidad de la integral respecto al integranR1 do, que 0 h(u)P (u) du = 0 para todo polinomio complejo P (u) = ak uk + ak−1 uk−1 + · · · + a1 u + a0 . Si escribimos h(u) = h1 (u) + ih2 (u) y separamos la parte real de la imaginaria en la integral obtenemos que R1 R1 R1 h(u)P (u) du = 0 para todo polinomio P (u) implica que 0 h1 (u)P (u) du = 0 y 0 h2 (u)P (u) du = 0 para todo 0 un u0 ∈ [0, 1]. polinomio real P (u). Si, por ejemplo, la parte real h1 de h no fuera nula entonces h21 (u0 ) > 0 para alg´ R1 Como h1 (u) es continua existe un entorno de u0 en [0, 1] en que no se anula y por lo tanto 0 h21 (u) du = K > 0.

El Teorema de Aproximaci´on de Weierstrass dice que dada una funci´on continua h 1 (u) en un intervalo cerrado, y K dado  > 0 existe un polinomio P (u) tal que |h1 (u)−P (u)| < . Tomemos  < 4M donde M = m´ax{|h1 (u)| : u ∈ [0, 1]}, y elijamos un polinomio P (u) para ese . Entonces tendremos por un lado que Z 1 Z 1 Z 1 Z 1 h21 (u) du = K . h1 (u)P (u) du = h21 (u) du − h1 (u)(h1 (u) − P (u)) du = 0

0

0

0

Pero por otro lado

R 1 0 h1 (u)(h1 (u) − P (u)) du

≤
s0 = Re(p0 ) > sc . Rt Definamos g(t) = 0 f (u)e−p0 u du. Como ya vimos antes g(t) es acotada en m´odulo; |g(t)| < K para todo t ≥ 0. Se tiene adem´as, en los puntos de continuidad de f , que g 0 (t) = f (t)e−p0 t o lo que es lo mismo f (t) = g 0 (t)ep0 t . Sustituyendo en (1) queda: RT RT l´ımT →∞ 0 f (u)e−pT du = l´ımT →∞ 0 g 0 (u)ep0 u e−pT du = l´ımT →∞

RT 0

g 0 (u)ep0 u−pT du

  T RT = l´ımT →∞ g(u)ep0 u−pT 0 − p0 0 g(u)e−pT +p0 u du .

El primer sumando es igual a g(T )e−(p−p0 )T que, como Re(p) > Re(p0 ) y g(T ) est´a acotada, tiende a cero. El segundo sumando queda en m´odulo: R RT T p0 0 g(u)e−pT +p0 u du ≤ |p0 |e−sT K 0 es0 u du s0 u T = |p0 |Ke−sT es0 0

= |p0 |Ke−sT e

s0 T

−1 s0

→ 0 si T → ∞ ,

tomando en cuenta que s > s0 .



4.4. Derivaci´ on. Supongamos que f (t) es derivable para todo t ≥ 0. Supongamos adem´as que f 0 (t) es una funci´on primaria. Entonces L(f 0 (t))(p) = p L(f (t))(p) − f (0) . Rt Para probarlo definimos g(t) = f (t) − f (0). Entonces la regla de Barrow da g(t) = 0 f 0 (u) du. Basta entonces con aplicar el resultado anterior teniendo en cuenta que L(f (0))(p) = f (0) p . En general, por inducci´on completa podremos probar que L(f (k) (t)(p) = pk L(f (t))(p) − f (0)pk−1 − f 0 (0)pk−2 − f 00 (0)pk−3 − · · · − f k−1 (0) , para una funci´on que sea k veces derivable en [0, ∞) y para la que f (k) (t) sea una funci´on primaria. 4.5. Convoluci´ on. Dadas dos funciones primarias f (t) y g(t), tales que sus discontinuidades infinitas no coinciden, se define su convoluci´ on como Z t

f ∗ g(t) =

f (x)g(t − x) dx.

0

La transformada de Laplace de la convoluci´on de dos funciones f y g es el producto de la transformada de f por la de g. En f´ormulas: L(f ∗ g(t))(p) = (f ∗ g)∗ (p) = f ∗ (p)g ∗ (p) = L(f (t))(p)L(g(t))(p) . La demostraci´on se basa en cambiar el orden de integraci´on en la definici´on de transformada de Laplace, este paso es l´ıcito si, por ejemplo, f (t) y g(t) son funciones continuas en [0, ∞) tales que para ellas existe s 0 > 0 tal que: l´ım sup |f (t)|e−s0 t < ∞, t→∞

l´ım sup |g(t)|e−s0 t < ∞ . t→∞

Escribimos el desarrollo formal dejando los detalles al lector. R∞ (f ∗ g)∗ (p) = 0 f ∗ g(t)e−pt dt RT Rt = l´ımT →∞ 0 0 f (x)g(t − x) dx e−pt dt  RT RT = l´ımT →∞ 0 x f (x)g(t − x) e−pt dt dx R  RT T = l´ımT →∞ 0 f (x)e−px x g(t − x) e−p(t−x) dt dx R  R T −x T g(u) e−pu du dx = l´ımT →∞ 0 f (x)e−px 0 R  RT RT RT T = l´ımT →∞ 0 f (x)e−px dx 0 g(u) e−pu du − 0 f (x)e−px T −x g(u) e−pu du dx R∞ R∞ = 0 f (x)e−px dx 0 g(u) e−pu du = f ∗ (p)g ∗ (p).

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La u ´ltima igualdad depende del hecho de que Z T Z −px l´ım f (x)e T →∞

0

T

g(u) e−p(u) du dx T −x

!

=0

lo que es v´alido en las hip´otesis que pusimos si Re(p) > s0 . 4.6.

Formulas de traslaci´ on. Si h(t) = f (t)e−st entonces h∗ (p) = f ∗ (p + s). Dado a > 0 definimos la funci´on de Heaviside o escal´on unitario  1 si t ≥ a, Ha (t) = 0 si t < a,

entonces

L(f (t)Ha (t))(p) = e−pa L(f (t + a))(p). Quedan como ejercicio para el lector las pruebas. 5.

´ rmula de Inversio ´ n de la Transformada de Laplace Fo

Teorema 4. Sea f ∗ (p) una funci´ on anal´ıtica en cierto semiplano S : Re(p) > sc . Sea adem´ as que f ∗ (p) =

a φ(p) + α con |φ(p)| < K para p ∈ S, α > 1 . p p

Entonces es v´ alida la siguiente f´ ormula de inversi´ on: f (t) =

1 2πi

Z

s+∞i

f ∗ (p)ept dp s−∞i

donde s es cualquier abscisa mayor que sc . Observaci´ on 5. La f´ ormula en el teorema 4 se debe entender como el l´ımite Z s+Li 1 f ∗ (p)ept dp . l´ım L→+∞ 2πi s−Li Obs´ervese que es el mismo n´ umero real L tanto para el l´ımite superior como para el l´ımite inferior de integraci´ on. No es por tanto una integral impropia en el sentido usual, si as´ı lo fuera, deber´ıamos escribir Z s+Li 1 (X) l´ım f ∗ (p)ept dp L→+∞, M →+∞ 2πi s−M i con L y M tendiendo independientemente a infinito. El problema es que el l´ımite (X) puede no existir. Si lo hace, entonces coincide con la f´ormula de inversi´on de la Transformada de Laplace. En cambio la f´ormula de inversi´on existe en casos m´as generales, aunque la integral impropia dada por (X) no lo haga. De hecho el teorema que enunciamos no es el o´ptimo, la f´ormula es v´alida en muchos casos en que no se cumplen las hip´otesis del teorema 4. Demostraci´ on. Sea s > sc y consideremos por s la recta vertical Re(p) = s. Intentemos aplicar la f´ormula de Cauchy: Z f ∗ (ξ) dξ 1 f ∗ (p) = 2πi γR ξ − p + donde γR es la curva cerrada dada por el segmento [s − Ri, s + Ri] de la recta Re(p) = s y la semicircunferencia C R de centro (s, 0) y radio R contenida en el semiplano Re(p) ≥ s y p est´a en el interior de γ R . Orientamos γR en el sentido positivo (antihorario). Se tiene entonces Z Z Z s−Ri ∗ f ∗ (ξ) dξ f ∗ (ξ) dξ 1 1 f (ξ) dξ 1 ∗ = + . f (p) = 2πi γR ξ − p 2πi CR+ ξ − p 2πi s+Ri ξ − p

APUNTES PARA EL CURSO DE FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA

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Ri + CR

PSfrag replacements s −Ri

En la u ´ltima integral se tuvo en cuenta que al orientar γ en sentido antihorario, recorremos el segmento [s − Ri, s + Ri] + de Re(p) = s en el sentido de s + Ri hacia s − Ri. Parametrizando la semicircunferencia C R con el a´ngulo tenemos que Z π/2 ∗ Z f ∗ (ξ) dξ f (s + Reiϕ )Rieiϕ 1 = dϕ −−−−−→ 0 iϕ − p) R→+∞ 2πi CR+ ξ − p −π/2 2πi(s + Re

En efecto: por hip´otesis |f ∗ (p)| < ya que

M |p| .

As´ı la cantidad subintegral es un infinit´esimo de orden O(1/R) para R → +∞

Rieiϕ 2πi(s + Reiϕ − p) est´a acotado en m´odulo al tender R → +∞ permaneciendo fijos p y s y variando ϕ entre −π/2 y π/2. Como consecuencia se tiene que Z 1 f ∗ (ξ) dξ = f ∗ (p) = l´ım R→+∞ 2πi γ ξ−p R Z s−Ri ∗ Z 1 −1 s+Ri f ∗ (ξ) dξ f (ξ) dξ l´ım = l´ım (XX) R→+∞ 2πi s+Ri R→+∞ 2πi s−Ri ξ−p ξ−p Pero por otro lado tenemos, siempre que Re(p) > Re(ξ), que Z ∞ −1 e(ξ−p)t ∞ = . e(ξ−p)t dt = 0 ξ−p ξ−p 0

Poniendo esta igualdad en la u ´ltima integral (XX) (observando que en ella es v´alido que Re(p) > Re(ξ) = s) nos queda: Z ∞ Z −1 s+Ri ∗ e(ξ−p)t dt dξ = f (ξ) (XX) l´ım R→+∞ 2πi s−Ri 0 Z ∞ Z −1 s+∞i ∗ = e(ξ−p)t dt dξ f (ξ) 2πi s−∞i 0 Si podemos invertir el orden de integraci´on tendremos:  Z ∞ Z s+∞i 1 ∗ ∗ ξt f (p) = f (ξ)e dξ e−pt dt . 2πi s−∞i 0 O sea, si escribimos que

entonces



1 2πi

Z

f ∗ (p) =

Z

f (t) =

s+∞i

f ∗ (ξ)eξt dξ s−∞i ∞



f (t)e−pt dt.

0

Luego la f (t) hallada es la inversa de f ∗ (p), u ´nica en el conjunto de las funciones continuas de dominio [0, ∞). Para completar solo tenemos que justificar el cambio en el orden de integraci´on. Dado que f ∗ (p) = ap + φ(p) pα con α > 1 y φ(p) acotada, por las propiedades de linealidad de la integral, podemos separarlo en dos casos: Para φ(p) on pues el exponente α > 1 garantiza que la integral es absolutamente pα podemos cambiar el orden de integraci´ convergente. Para el caso de ap tenemos que obrar de otro modo, aqu´ı es falso que la integral sea absolutamente convergente. Pero en este caso particular podemos integrar directamente y comprobar que es v´alido cambiar el orden de integraci´on. En efecto:  Z s+∞i Z ∞ Z −a s+∞i a a 1 1 e(ξ−p)t dt dξ = dξ = 2πi s−∞i ξ 2πi s−∞i ξ(ξ − p) p 0

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por lo ya visto. Por otro lado tenemos Z

La integral

∞ 0



1 2πi

Z

s+∞i s−∞i

 a ξt e dξ e−pt dt . ξ

 Z s+∞i 1 a ξt e dξ 2πi s−∞i ξ puede calcularse as´ı: Consideremos el circuito de integraci´on βR dado por el segmento vertical [s−Ri, s+Ri] unido con − la semicircunferencia CR de centro (s, 0) y radio R contenida en el semiplano opuesto a Re(p) > sc (o sea: contenida en Re(p) < sc ). Para R > 0 suficientemente grande el origen de coordenadas estar´a contenido en el interior de β R . La funci´on 1 ξt2 eξt = +t+ + ··· ξ ξ 2 

por lo que la integral de

eξt ξ

en βR es lo mismo que la integral de 1ξ . Pero la integral Z a 1 dξ = a 2πi βR ξ

− Por otro lado la integral sobre CR de tenemos que

eξt ξ

+ tiende a cero cuando R → ∞ (misma prueba que antes con CR ). Entonces

Z s+∞i a ξt 1 e dξ = a 2πi s−∞i ξ Pero la transformada de Laplace de la funci´on constante a es justamente 6. 6.1.

a p.

Esto termina la demostraci´on.



Ejemplos.

Oscilaciones Forzadas. Resolver la ecuaci´on diferencial:   my 00 + ky = F0 sin(ωt), 

Definiendo

y(0) = y 0 (0) = 0. ω0 =

llevamos la ecuaci´on a la forma

q

k m

K=

F0 m

y 00 + ω02 y = K sin(ωt). Transformando dicha ecuaci´on por medio de la transformada de Laplace en: ω . p2 y ∗ (p) + ω02 y ∗ (p) = K 2 p + ω2 Donde utilizamos las propiedades de la transformada en relaci´on con la derivaci´on 4.4. 6.1.1.

Caso de no resonancia. En este caso ω 2 6= ω02 . Obtenemos: y ∗ (p) =

Kω . (p2 + ω0 )(p2 + ω)

Dicha ecuaci´on puede escribirse, realizando fracciones simples, como:   Kω 1 1 ∗ y (p) = 2 − 2 . ω − ω02 p2 + ω02 p + ω2 Cuya transformada inversa corresponde a:

  1 Kω 1 sin(ω t) − sin(ωt) . 0 ω 2 − ω02 ω0 ω donde hemos utilizado la linealidad de la transformada. y(t) =

Obtenemos en este caso que la vibraci´on es una superposici´on de dos movimientos arm´onicos, uno de ellos tiene la frecuencia de la fuerza impulsora y el otro la frecuencia del sistema vibrando libremente (esto deber´ıa sonarle familiar de sus cursos de f´ısica).

APUNTES PARA EL CURSO DE FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA

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Caso de resonancia. En este caso ω 2 = ω02 . Ahora resulta: Kω y ∗ (p) = 2 . (p + ω 2 )2 Esta expresi´on puede ser reescrita como:    Kω ω ω y ∗ (p) = 2 . ω p2 + ω 2 p2 + ω 2 Utilizaremos ahora el comportamiento de la transformada de Laplace con relaci´on a la convoluci´on 4.5, entonces: Z Kω t y(t) = 2 sin(ωx) sin(ω(t − x))dx. ω 0

6.1.2.

Como sin(ωt − ωx) = sin ωt cos ωx − sin ωx cos ωt, la integral resulta: Rt Rt sin ωt 0 sin ωx cos ωx dx − cos ωt 0 sin2 ωx dx = sin ωt

t

sin2 ωx 2ω

=

0

− cos ωt

sin3 ωt 2ω

x 2

− cos ωt


t − sin 2ωx 0 t 2

−

sin 2ωt 4ω




.

A partir de all´ı, utilizando que sin 2ωt = 2 cos ωt sin ωt, sacando factor comun, etc... resulta:   K sin ωt t y(t) = − cos ωt . ω 2ω 2 Donde aparece el t´ermino no acotado, que usted deber´ıa saber que tiene que aparecer de sus conocimientos de f´ısica. 6.2.

Respuesta de un circuito RC a una sola onda cuadrada. Consideramos el circuito siguiente: C v(t) PSfrag replacements

R

La ecuaci´on del mismo es:

Z 1 t q(t) i(τ ) dτ = v(t) = Ri(t) + Ri(t) + C C 0 donde v(t) puede representarse en t´erminos de dos funciones escal´on unitario: v(t) = V0 [Ha (t) − Hb (t)], Suponemos que el circuito no est´a perturbado antes de que se aplique la onda cuadrada.

PSfrag replacements V0

a

b t

Utilizando toda la artilleria a nuestra disposici´on, transformamos la ecuaci´on diferencial en:  V0  −ap i∗ (p) = e − e−bp . pC p La soluci´on de esta ecuaci´on puede escribirse como: Ri∗ (p) +

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i∗ (p) = La transformada inversa de

 V0 /R  −ap e − e−bp . p + 1/RC V0 /R p + 1/RC

es

V0 −t/RC e . R Utilizando la linealidad y las propiedades de traslaci´on 4.6, obtenemos: i V0 h −(t−a)/RC e Ha (t) − e−(t−b)/RC Hb (t) , R  t < a,  0 K1 e−t/RC si a < t < b, i(t) =  (K1 − K2 )e−t/RC si t > b;

i(t) = es decir :

donde

K1 =

a V0 RC Re

K2 =

b V0 RC . Re

i V0 R

PSfrag replacements b a

t

t 6.3. Funci´ on de Transferencia. Si miramos con detenimiento los dos ejemplos anteriores, podemos interpretar los sistemas f´ısicos como aparatos que transforman una funci´on de entrada en una de salida:

ejemplo 1

entrada K sin(ωt)

salida y(t)

ejemplo 2 v(t) i(t) Si llamamos u a la entrada y v a la salida, observamos que lo que realizamos en los ejemplos fue expresarlos en la forma: v ∗ (p) u∗ (p) = , Z(p) donde 1/Z(p), llamada funci´ on de transferencia es independiente de v, solo depende del sistema. Tomando como entrada v(t) = H0 (t), llamando uH a la salida obtenemos: 1 Z(p)u∗H (p) = H0∗ (p) = . p Esto implica para una entrada v cualquiera y su respuesta u que: u∗ (p)

=

pv ∗ (p) pZ(p)

= pu∗H (p)v ∗ (p) = p(uH ∗ v)∗ (p).

APUNTES PARA EL CURSO DE FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA

Por la propiedad de derivaci´on 4.4, 0

u(t) = (uH ∗ v) (t) =

Z

t

uH (x)v 0 (t − x) dx + uH (t)v(0). 0

La formula anterior se conoce como formula de Duhamel.

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