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ECUACIONES DIFERENCIALES UNIDAD DOS ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Presentado a: VICTOR GIRALDO BUESAQUILLO Tutor Entregado por: Francisco Escobar Guerrero Código: 1085249189 Julian Fernando Narvaez Código: 10303055 Jonathan Perafan Moreno Código: 1.120.216.657 David Alejandro Baron Código: Andry Dayana Obando Código: 1061772585

Grupo: 100412_130

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA - UNAD ESCUELA DE CIENCIAS BÁSICAS, INGENIERÍAS Y TECNOLOGÍAS CURSO DE ECUACIONES DIFERENCIALES Mayo, 2019

DESARROLLO DE LA ACTIVIDAD COLABORATIVA

PASO 3 EJERCICIOS INDIVIDUALES A continuación, se definen los 3 Tipos de ejercicios para presentar en el Paso 3.

TIPO DE EJERCICIOS 1 – MÉTODO DE SERIES DE POTENCIAS PARA ECUACIONES DIFERENCIALES El método de series de potencias para resolver ecuaciones diferenciales es simple y natural, se empieza describiendo el procedimiento práctico y se ilustra con ecuaciones simples cuyas soluciones ya se conocen, con el fin de ver lo que está ocurriendo.

Para una ecuación dada:

y ,, + p ( x ) y , + q ( x ) y=0

se representa primero p ( x ) y q ( x ) por series de potencias en potencias de x (o de ( x−x 0) si se desea obtener soluciones de potencias de x−x 0 ¿ . En muchas ocasiones p ( x ) y q ( x ) son polinomios y entonces no es necesario hacer nada en primer paso. Después se supone una solución en la forma de una serie de potencias con coeficientes desconocidos.

∞

y= ∑ am x m=a 0+ a1 x + a2 x 2 +a3 x 3+ … m =0

Y esta serie y la obtenida al derivar terminó a término:

∞

y , =∑ m am xm −1 =a1 +2 a2 x+3 a 3 x 2 +… m=1 ∞

y ,, = ∑ m ( m−1 ) am x m−2=2 a2 +3∗2 a3 x + 4∗3 a4 x 2+ … m =1

Se introduce en la ecuación. A continuación se agrupan las potencias semejantes de x y la suma de los coeficientes de cada potencia de x que se presente se iguala a cero, empezando con los términos constantes, los términos que incluyen a x , los términos que incluyen a x 2 etc. Se obtienen así relaciones a partir de las cuales es posible determinar de manera sucesiva los coeficientes desconocidos en y . De acuerdo a lo anterior, resuelva por el método de series de potencias: ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: FRANCISCO ESCOBAR GUERRERO

a. PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓNMATEMÁTICA ∞

y=∑ c n x n

,

y − y=0

RAZÓN O EXPLICACIÓN Representación de una serie de potencias

n=0

∞

y ´ =∑ n cn x n−1 n=0

y ´ − y =0

Organizamos la ecuación original

y´= y 2

3

4

y=c0 + c1 x+ c 2 x + c 3 x + c 4 x +… y ´ =c 1 +2 c 2 x +3 c 3 x 2 +4 c 4 x 3 +5 c 5 x 4 + …

Según la representación de las series de potencias podemos calcular los coeficientes Cn y así mismo calculamos la derivada de cada coeficiente

y,y´ Ahora c 1+ 2 c2 x+3 c3 x 2+ 4 c 4 x 3 +5 c 5 x 4 +…=c 0 +c 1 x + c2 x2 + c3 x 3+reemplazamos c 4 x 4+ … obtenidos e igualamos c 1=c 0

2 c 2=c 1 c 2=

c1 c c 2= 0 2 2

c c 3 c 3=c 2 c3 = 2 c3 = 0 3 2.3 4 c 4=c3 c 4 =

c3 c c 4= 0 4 2 .3 . 4

5 c 5=c 4 c 5=

c4 c0 c 5= 5 2. 3 . 4 . 5

c n=

c0 n!

con los coeficientes

Al igualar cada uno de los coeficientes podemos ver que existe una tendencia en la secuencia que se genera al despejar Cn La multiplicación continua de los enteros naturales la podemos reemplazar por n ! Así tenemos una nueva representación de la serie de potencias

∞

c0 n x n!

y=∑ n=0

Dado que C0 es una constante y según las propiedades de las sumatorias podemos sacarla de esta como otro termino.

∞

xn n=0 n !

y=C 0 ∑ ∞

e x =∑ n=0

xn n!

También podemos ver la representación de la función exponencial en términos de ex sumatorias lo que nos permite reemplazar y obtener la solución final Solución

y=C e x

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: JULIAN FERNANDO NARVAEZ N

b.

y , =2 xy

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓNMATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN P ( X )=−2 x

,

y =2 xy ,

y −2 xy =0

dy −2 xy =0 dx dy + P ( x ) y =0 dx +∞

y=∑ Cn X

La función p(x) es analítica en todo punto X, entonces la ecuación diferencial dy −2 xy =0 tiene solución de la forma. dx +∞

∑ Cn ( x−xo )n

converge en algún intervalo |X −Xo|< R donce R>0 alrededor de Xo Entonces sea

n

n=0

y esta serie de potencias

n=0

Xo el punto ordinario dado por Xo=0 La solución será:

+∞

dy + ∑ nCn X n−1 dx n=0

Entonces

dy −2 xy =0 dx +∞

+∞

n=0

n =0

∑ nCn X n−1−2 x ∑ Cn X n =0 +∞

+∞

n=0

n=0

+∞

+∞

n=0

n=0

Ahora remplazamos en: Introducimos la X en la sumatoria ya que no depende del índice de la suma ¨n¨

∑ nCn X n−1−2 ∑ Cn X n . X=0 Propiedad de potencias an a m=a n+m

∑ nCn X n−1−2 ∑ Cn X x+1=0 +∞

∑ nCn X n−1 n=0 +∞ −1

∑

n=0−1

Acomodando las series de tal mansera que X tenga el exponente n, esto es:

( n+1 ) Cn +1 X n+1−1

+∞

∑ ( n+1 ) Cn +1 X n

n=−1 +∞

+∞

n=0

n=0

→ ∑ nC n X n−1=∑ ( n+1 ) C n+1 X n +∞

+∞+1

n=0

n=0 +1

Propiedad de las sumatorias

∑ C n X n+1 → ∑ +∞

¿ ∑ C n−1 x → n

n=1

Cn −1 X n−1+ 1

+∞ +1

∑

n=0+1

C n−1 X n−1+1

+∞

+∞

n=0

n=1

→ ∑ Cn X n +1=∑ C n−1 X n +∞

→ ∑ nCn X n=0

n −1

+∞

−2 ∑ C n X n+1 =0

Reemplazando la ecuación diferencial

n=0

Por que n=0 da cero +∞

+∞

n=0

n=1

∑ (n+1)C n+1 X n−2 ∑ C n−1 X n=0 +∞

∑ (n+1)C n+1 X n n=0

No obstante que x tiene el mismo exponente n de cada suma, los rangos de estas no son los mismos entonces el rango común será de 1a∞ Entonces

+∞

¿ ( 0+1 ) C0 +1 x + ∑ (n+1)C n+1 X n 0

n=1

+∞

+∞

n=0

n=1

→ ∑ (n+1) Cn +1 X n=C1 + ∑ (n+1)C n+1 X n +∞

+∞

n=0

n=1

→ ∑ (n+1)Cn +1 X n−2 ∑ Cn−1 X n=0 +∞

+∞

C1 + ∑ (n+1)C n+1 X −2 ∑ C n−1 X n=0 n

n=1

n=1

+∞

+∞

n=1

n=1

C1 + ∑ (n+1)C n+1 X n + ∑ 2 C n−1 X n =0 +∞

C1 + ∑ [ ( n+1 ) C n+1 x n−2 Cn−1 xn ]=0 n=1

C1 + ∑ [ ( n+ 1 ) C n+1−2C n−1 ] x n=0 n=1

C1 =0

( n+1 ) Cn +1−2 Cn−1=0 para n>1 ( n+1 ) Cn +1=−2C n−1 Cn −1 = Cn +1=

2 C n−1 n+1

2C 1−1 2 C0 = =C o 1+ 1 2

A fin de que la X sea valida para toda X del intervalo de convergencia |x−x 0|< R el coeficiente de cada potencia de X del primer miembro de X debe igualarse a cero esto conduce inmediatamente a las condiciones:

para n=1

C2 =Co =0 →C 2=0

C2 +1=

2C 2−1 2 C1 = 2+ 1 3

para n=2

2 C 3 = C1 3 C3 +1=

2C 3−1 2 C2 1 1 = = C 2= ( 0 )=0 3+1 4 2 2

para n=3

C 4=0

C 4+1=

2 C 4−1 2 C3 2 2 2 = = C 3= C 4 +1 5 5 5 3 1

( )

para n=4

C5 = C5 +1=

4 C 15 1

2C 5−1 2 C 4 1 1 = = C 4= ( 0 )=0 5+1 6 3 3

para n=5

C6 =0

C6 +1=

2C 6−1 2 C 5 2 4 8 = = C = C =0 6+1 7 7 15 1 105 1

(

)

para n=6

8 C7 = C 105 1 ∞

y=∑ C n xn n=0

Al sustituir los valores de C1, C2, C3,C4, 2 3 4 5 6 7 y=C 0 +C1 x+ C2 x +C 3 x +C 4 x + C5 x +C 6 x +C 7 x +…C5, C6, y C7 en la solución supuesta. 2 4 3 5 y=C 1 x + C 1 x + C1 x +… . 3 15 2 3 4 5 y=C 1 ( x+ x + x +…) 3 15

Es la solución en series de potencias de la ecuación diferencial dy −2 xy =0 dx

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Jonathan Perafan Moreno

c.

,,

y + y=0

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓNMATEMÁTICA y ,, + y=0 ∞

y=∑ C n X n

RAZÓN O EXPLICACIÓN Suponemos que la ecuación diferencia se puede expresar como una serie de potencias:

n=0

∞

Primero calculamos la primera derivada.

y '=∑ n cn X n −1

Segundo volemos a derivar la ecuación y nos queda de la siguiente forma.

n =1

∞

y ' '=∑ n(n−1) c n x n−2 n =2

∞

∑ n (n−1)c n x

n−2

n=2

∞

+∑ C n X n=0 n=0

Una vez realizadas todas las derivadas, sustituimos en la ecuación y nos queda de la siguiente forma. Tenemos una ecuación con dos sumatorias.

∞

∞

∑ (n+2)(n+1) cn +2 x +∑ C n X n=0 n

n=0

n=0

(n+2)(n+1) c n+2 [¿+ c n ]x n=0

Igualamos la ecuación a la mayor potencia, para esto utilizamos la siguiente propiedad. ∞

∞

n=k

n=0

∑ f (n)=∑ f ( n+k ) Juntamos las dos sumas en una sola, colocando entre corchetes los coeficientes de x n .

∞

∑¿ n=0

Igualamos el coeficiente general a cero.

( n+2 ) ( n+1 ) c n+2 +c n=0

c n+2 =

−c n ( n+ 2 )( n+1 )

Despejamos al C que tenga el mayor índice.

Calculamos los primeros coeficientes. Sustituyendo n=0 .

n=0, c2= n=1,c 3=

−c 1 −1 = c ( 1+2 ) ( 1+ 1 ) 3∗2 1

n=2,c 4 =

−c 2 −1 = c ( 2+ 2 )( 2+1 ) 4∗3 2

¿−

y=∑ C n X n n=0

Encontramos a c 2 y sustituimos en la ecuación igual mente con los siguientes coeficientes.

1 −1 1 c0 = c 4∗3 2 4∗3∗2 0

(

n=3,c 5= ¿−

∞

−c 0 −1 = c ( 0+ 2 )( 0+1 ) 2 0

)

−c3 −1 = c ( 3+2 ) ( 3+1 ) 5∗4 3

1 −1 1 1 c1 = c 1= c 1 5∗4 3∗2 5∗4∗3∗2 5!

c 2=

(

)

−1 −1 1 1 c 0 c 3= c 1 c 4= c 0 c 5= c 1 2 3! 4! 5!

2

3

4

5

y=c0 + c1 x+ c 2 x + c 3 x + c 4 x +c 5 x … .

Indicamos los coeficientes que hemos obtenido.

Sustituimos en la suma desarrollando en los primeros términos de la expresión. ∞

y=∑ C n X n n=0

1 1 1 1 y=c0 + c1 x− c 0 x 2− c1 x 3+ c0 x 4 + c 1 x 5 … . 2 3! 4! 5!

c

Sustituimos los coeficientes y nos queda la siguiente expresión.

Realizamos una agrupación de c1 .

c0

y

1 1 2 4 1 1 (¿ ¿ 0− c 0 x + c 0 x )+( c 1 x− c 1 x3 + c1 x5 ) 2 4! 3! 5! y=¿

Podemos realizar una factorización de

1 1 1 1 y=c0 (1− x2 + x 4 )+c 1 ( x− x 3+ x5 ) 2 4! 3! 5!

Estas sumas se pueden expresar como. ∞

∞ (−1)n 2 n (−1)n 2 n+ 1 x +c 1 ∑ x n=0 ( 2 n ) ! n=0 ( 2 n+1 ) !

y=c0 ∑

Vamos a representar a cos x y sen x

∞

(−1)n 2 n x n=0 ( 2 n ) ! cos ¿

x=¿ ∑

∞

(−1)n 2 n+ 1 x n=0 ( 2 n+1 ) !

sen x =∑

y=c0 cos x +c 1 sen x

Las solución al problema planteado seria.

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: DAVID ALEJANDRO BARON GARCES

d.

,,

y −9 y =0

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA ∞

Suponer que la solución de la ecuación se expresa como una serie de potencias calculando y’’

y =∑ n ( n−1 ) c n x n−2 ,,

n=2

∞

∑ n ( n−1 ) c n x n=2

n−2

RAZÓN O EXPLICACIÓN

∞

−9 ∑ cn x n=0 n=0

Ahora complementamos la ecuación reemplazando y como serie de potencia ∞

y=∑ c n x n=c 0 + c1 x+ c2 x 2+ c3 x 3+ … n=0

∞

∞

∑ ( n+ 2 ) (n+1)c n +2 x −9 ∑ c n x n=0 n

n=0

n=0

Lo siguiente es juntar las sumatorias para eso las sumatorias deben empezar en cero y los exponentes de x deben ser iguales con esta propiedad

∞

∞

∑ ( n+ 2 ) (n+1)c n +2 x −∑ 9 c n x n=0 n=0

n

n=0

∞

∞

n=k

n=0

∑ f ( n )=∑ f ( n+ k )

n

[ ( n+ 2 )( n+ 1 ) c n +2−¿ 9 c n ] x =0

Igualar el coeficiente general a 0

∞

∑¿ n=0

De esta ecuación se despeja la c que tenga el c n+2 mayor índice : por formula de recurrencia

( n+2 ) ( n+1 ) c n+2−9 c n=0

c n+2 =

9 cn ( n+ 2 )( n+1 )

Para resolver esta ecuación sustituimos n=0

n=0, c2=

9 c0 9 9 = c 0= c 0 ( 0+ 2 )( 0+1 ) 2 2!

Ahora reemplazamos n=1

n=1,c 3=

9 c1 9 9 = c1= c 1 ( 1+2 ) ( 1+ 1 ) 3.2 3!

Después reemplazamos n=2

n=2,c 4 =

9 c2 9 9 = c= c ( 2+ 2 )( 2+1 ) 4.3 .2 2 4 ! 2

Después reemplazamos n=3

n=3,c 5=

9 c3 9 = c3 ( 3+2 ) ( 3+1 ) 5!

Reemplazamos en la formula:

y=c0 + c1 x+

[

9 2 9 4 x + x +… 2! 4!

+c 1 [x +

9 3 9 5 x + x + …] 3! 5!

∞

n=0

(−1 )n x (2 n)! 2

∞

n=0

∞

n=0

]

Se expresa en notación de sumatoria para c 0 y c1

2n

(−1 )n x ( 2 n+ 1 ) ! 2

son arbitrarios

Agrupamos los que son de c 0 y c 1

()

y 2 ( x )=9 c1 ∑ y 1 ( x )=c 0 ∑

3

c0 y c1 9 9 9 9 c0 x 2+ c 1 x 3+ c 0 x 4 + c1 x5 + …Con la iteración 2! 3! 4! 5! según la hipótesis original

¿ c 0 1+

y 1 ( x )=c 0 ∑

2

y=c0 + c1 x+ c 2 x + c 3 x + …

2 n+1

()

(−1 )n x (2 n)! 2

2n

()

Se expresa en notación de sumatoria para c 0 y c1

∞

(−1 )n x y 2 ( x )=9 c1 ∑ n=0 ( 2 n+ 1 ) ! 2

2 n+1

()

Se aplica el criterio de la razón para demostrar que ambas series convergen en x por las series de maclaurin se puede reconocer que la solución es

( 2x ) x y ( x )=9 c Sen ( ) 2 y 1 ( x )=c 0 cos

2

1

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Andry Dayana Obando

e.

,

2

y =3 x

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓNMATEMÁTICA Proponemos una solución mediante el método de serie de potencias de la forma Derivamos dicha expresión, con lo cual se tiene:

RAZÓN O EXPLICACIÓN n

y=∑ an x n i=0 n

y =∑ n∗a n x n−1 '

i=1

Reemplazamos las sumatorias en la ecuación diferencial

,

y =2 x

2

n

∑ n∗a n x n−1=2 x 2 i=1

Desarrollamos algunos términos de la sumatoria n

∑ n∗a n x n−1=0+ a1 +2∗a2 x 1 +3∗a3 x 2 +… i=1

Igualamos nuevamente la expresión, 0+a 1+ 2∗a 2 x 1+3∗a 3 x 2 +…=2 x 2 De donde se tiene que dos polinomios son iguales si termino a término es igual a1=0 2∗a2=0 → a2=0 3∗a3=2 → a3=

2 3

Los demás coeficientes deben hacerse cero para que el polinomio sea igual. Luego la sumatoria solo debe contener un par de término n

∑ an x n=a0 +a1 x+ a2 x2 +a 3 x 3 +… i=0

n

2 y=∑ an x n =a0 + x 3 3 i=0

TIPO DE EJERCICIOS 2. TRANSFORMADA DE LAPLACE En el modelo matemático de un sistema físico como el de la masa m sujeta a un resorte o el de un circuito eléctrico en serie, el lado derecho de la ecuación diferencial.

m

d2 x dx + β + kx=f (t) 2 dt dt

L

d2 q dq + β +kq=E (t) 2 dt dt

Es una función que representa una fuerza externa f (t) o un voltaje E ( t ) en ecuaciones diferenciales se resuelve este problema para funciones f (t) continuas. Sin embargo, no es raro encontrarse con funciones continuas a trozos por ejemplo en circuitos eléctricos son muy comunes los voltajes dientes de sierra o escalón. Es difícil, pero no imposible resolver la ecuación diferencial que describe el circuito en este caso pero la transformada de laplace es una valiosa herramienta para resolver problemas de este tipo

La transformada de Laplace es muy útil en la solución de ecuaciones integrales y sistemas de ecuaciones diferenciales así con la obtención de algunas interesantes integrales.

Suponga que la función y (t) está definida para t ≥ 0 y la integral impropia converge para s > s0 . Entonces la transformada de Laplace y (t) existe s > s0 y está dada por:

∞

L { y ( t ) }=∫ e

−st

y ( t ) dt

0

2. Con respecto a lo anterior calcule la transformada de Laplace de: ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: FRANCISCO ESCOBAR GUERRERO

a.

L {1 }

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN A partir de la definición de la transformada de Laplace sustituimos el valor de la función que en este caso es una constante

∞

L {1 }=∫ e−st (1)dt 0

∞

e−st ∞ ∫ e−st dt= −1 2 0

Del resultado procedemos a integrar la exponencial entre los límites e−st establecidos

−1 −st ∞ 1 −st 1 e =−lim e + e−s (0 ) 2 s 0 n→∞ s

Ahora aplicamos los límites al resultado de la integral.

|

0

|

Dado que ∞ no es un numero por tanto no lo sustituimos en la ecuación −lim n→∞

1 −st e =0 s

El cálculo del límite depende de s, por tanto el límite será cero solo si ( s >0 )

Si ( s >0 ) 1 −s (0 ) 1 e = .1 s s L {1 }=

Calculamos la aplicación del otro limite (0) dando como resultado que e−s (0 ) = 1

1 s

Obtenemos la solución final

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: JULIAN FERNANDO NARVAEZ N

b.

L {t }

PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA

RAZÓN O EXPLICACIÓN

f ( t )=t

Sea:

+∞

→l [ f (t) ] =∫ e

−st

f ( t ) dt

Para t > 0

0

+∞

l [ t ] =∫ e . tdt −st

0

Integral impropia

b

¿ lim ∫ e

−st

b →∞ 0

.tdt

¿∫ e−st tdt −st ¿∫ t⏟ e⏟ dt

U dv u=t

dv=e dt

du =1 dt

∫ dv =e−st dt

−st

V=

du=dt

−1 −st e s

Realizamos la integral indefinida aplicamos integración por partes

−1 −st e−st )−∫ e dt ∫ t e−st dt=t . ( −1 s s

∫ udv=a . v−∫ vdu

t −st 1 −st ¿− e + ∫ e dt s s t 1 1 −st ¿− e−st + e +c s s s

(

¿∫ e−st t dt=

)

−t −st 1 −st e − 2 e +c s s

b

l [ t ] = lim

∫ e−st tdt

b →+∞ 0

Reemplazamos −t 1 ∫ e−st t dt= s e−st− s 2 e−st +c b

en

lim ∫ e

−st

b→∞ 0

.tdt

esto es:

lim

b →+∞

lim

b →+∞

[(

[

−t −st 1 −st e − 2e s s

]

−b −sb 1 −sb −o −s (o ) 1 −s (o ) e − 2e − e − 2e s s s s

)(

lim

([ −bs e

−sb

b →+∞

lim b →+∞

[

−

1 1 − −o . e o− 2 e 0 2 s s

)(

−b −sb 1 −sb 1 e − 2 e + o+ 2 s s s

)]

)] Evaluamos en los límites de integración

]

lim −1 lim 1 −b −sb b →+∞ −sb b →+∞ lim e + e + 2 2 s b →+∞ s s

(

)

lim 1 1 1 1 b →+ ∞ 1 ¿ 2 lim b . −sb + 2 −sb + 2 s b →+∞ e s e s

Aplicamos propiedad de linealidad de los limites (límite de una suma)

1 1 1 ¿ ∗0− 2 ∗0+ 2 =c s s s l [t ]=

1 , v >0 2 s

La solución será:

ESTUDIANTE QUE REALIZÓ: Jonathan Perafan Moreno

c. PROPOSICIÓN ENUNCIADO O EXPRESIÓN MATEMÁTICA L {e

kt

L { e kt } RAZÓN O EXPLICACIÓN La definición de una transformada de

}

∞ ∞ kt kt −st L { e } =∫ e e dt 0

L [ f ( t ) ] =∫ f (t )e dt −st

0

sustituyendo tenemos.

∞ kt −st

dt

(k−s )t

dt

¿∫ e

Laplace es igual a

0

Realizamos una multiplicación exponenciales y factorizamos.

de

∞

¿∫ e 0

¿

Resolvemos la integral de la exponencial integrando respecto de t y completando la derivada.

1 (a−s )t ∞ e a−s 0

{

lim ¿ t → ∞

1 ( a−s) t 1 (a−s ) (0 ) e − e a−s a−s ¿¿

lim ¿ t → ∞ e( a−s )t − ¿

L[e at ]=

1 a−s

Calculamos el limite cuando t tiende a ∞ de la función y restarle la función evaluada en 0. Simplificamos sacando la constante del límite y resolviendo la exponencial.

1 ¿ a−s

1 s−a

Calculamos el limite cuando t tiende a utilizando la siguiente propiedad. lim ¿ x → ∞ e kx=0, si k