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UNIVERSIDAD NACIONAL MAYOR DE SAN MARCOS FACULTAD DE INGENIERIA ELECTRONICA, ELECTRICA Y DE TELECOMUNICACIONES

CURSO Ecuaciones Diferenciales

Transformada de Laplace

GRUPO

PROFESOR

6

Lic. Raúl Castro Vidal APELLIDOS Y NOMBRES

CODIGO

CHAVEZ HIDALGO, Gabriela

15190250

CONDORI APAZA, Pavel Eduardo

15190032

CUBA MIRANDA, Lucero Milagros

15190005

HUAROCC BONIFACIO, David Alonso

15190146

MORENO ACOSTA, Olenka del Rocío

15190279

RODRIGUEZ VEGA, Jeremias Jhoel

15190130

ZAMBRANO RODRIGUEZ, Jorge Armando

15190139

Transformada de Laplace PROBLEMA 1

𝐿{

cos √𝑡

√𝑡 Usando la propiedad de la transformada de la derivada:

}

Como: 𝐿{𝑓′(𝑡)} = 𝑆𝐹(𝑠) − 𝑓(0) es: 𝑆𝑖 𝑓(𝑡) = sen √𝑡 ⇒ 𝑓′(𝑡) = 𝐿{

cos √𝑡 2 √𝑡

cos √𝑡 2 √𝑡

𝑦 𝑓(0) = 0

} = 𝑆𝐿{𝑠𝑒𝑛√𝑡} − 0 , 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝐿 {

cos √𝑡 √𝑡

} = 2𝑠𝐿[sen √𝑡 ]

Hallamos la transformada de sen √𝑡 : Aplicando series de potencias sabemos que: 2𝑛+1

+∞

(−1)𝑛 𝑡 2 𝑠𝑒𝑛(√𝑡) = ∑ (2𝑛 + 1)! 𝑛=0

3

5

7

√𝑡 √𝑡 √𝑡 𝑠𝑒𝑛√𝑡 = √𝑡 − + − +⋯ 3! 5! 7! 3

𝑠𝑒𝑛√𝑡 =

1 𝑡2

𝐿[𝑠𝑒𝑛√𝑡 ] =

5

7

𝑡2 𝑡2 𝑡2 − + − +⋯ 3! 5! 7! 𝘳(3⁄2) 3 𝑠2

−

𝘳(5⁄2) 5 3! 𝑠 2

+

𝘳(7⁄2) 7 5! 𝑠 2

−

𝘳(9⁄2) 9 7! 𝑠 2

𝟐

+⋯ 𝟑

(𝟏⁄ 𝟐 ) (𝟏⁄ 𝟐 ) 𝟏 𝟐 𝒔 𝟐 𝒔 +⋯] 𝐿[𝑠𝑒𝑛√𝑡 ] = 𝟑 [𝟏 − 𝟐 + − 𝟐 𝒔 𝟐! 𝟑! 𝟐𝒔𝟐 √𝝅

𝐿[𝑠𝑒𝑛√𝑡 ] =

√𝝅

𝟏

− 𝟒𝒔 𝟑𝒆 𝟐 𝟐𝒔

Como: cos √𝑡

𝐿{

√𝑡

} = 2𝑠𝐿[sen √𝑡 ] entonces: 𝐿{

UNMSM-FIEE

cos √𝑡 √𝑡

} = 2𝑠

√𝝅

𝟑𝒆 𝟐𝒔𝟐

−

𝟏 𝟒𝒔

=

√𝝅 𝟏 𝒔𝟐

𝟏

𝒆−𝟒𝒔

1

Transformada de Laplace PROBLEMA 2

Encuentre la transformada de la función de la siguiente grafica sinusoidal:

Tenemos que encontrar la transformada de una función periódica: 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 0 < 𝑡 < 𝜋 Extendida periódicamente con periodo 2π 2𝜋

1 𝐿{𝑔(𝑡)} = ∫ 𝑒 −𝑠𝑡 𝑔(𝑡)𝑑𝑡 1 − 𝑒 −2𝜋𝑠 0

2𝜋

1 𝐿{𝑔(𝑡)} = ∫ 𝑒 −𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡 1 − 𝑒 −2𝜋𝑠 0

Integramos por partes: 𝑢 = 𝑒 −𝑠𝑡 → 𝑑𝑢 = −𝑠𝑒 −𝑠𝑡 𝑑𝑣 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡 → 𝑣 = −cos(𝑡)

Nos quedaría: ∫ 𝑒 −𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡 = − cos(𝑡) 𝑒 −𝑠𝑡 − 𝑠 ∫ 𝑒 −𝑠𝑡 𝑐𝑜𝑠(𝑡)𝑑𝑡

UNMSM-FIEE

2

Transformada de Laplace

Ahora integramos nuevamente por partes:

𝑢 = 𝑒 −𝑠𝑡 → 𝑑𝑢 = −𝑠𝑒 −𝑠𝑡 𝑑𝑣 = 𝑐𝑜𝑠(𝑡)𝑑𝑡 → 𝑣 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)

Nos quedaría: ∫ 𝑒 −𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡 = − cos(𝑡) 𝑒 −𝑠𝑡 − 𝑠(𝑒 −𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + ∫ 𝑒 −𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡)

(𝑠 2 + 1) ∫ 𝑒 −𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡 = 𝑒 −𝑠𝑡 (−𝑠 𝑠𝑒𝑛(𝑡) − cos(𝑡)) ∫ 𝑒 −𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡 =

𝑒 −𝑠𝑡 (−𝑠 𝑠𝑒𝑛(𝑡) − cos(𝑡)) (𝑠 2 + 1)

Reemplazando:

1

𝐿{𝑔(𝑡)} = 1−𝑒 −2𝜋𝑠 {

𝑒 −𝑠𝑡 (−𝑠 𝑠𝑒𝑛(𝑡)−cos(𝑡)) }| (𝑠2 +1)

𝑑𝑒 0 𝑎 𝑥

1 1 + 𝑒 −𝜋𝑠 1 𝐿{𝑔(𝑡)} = { 2 }= 2 −2𝜋𝑠 (𝑠 + 1) (𝑠 + 1)(1 − 𝑒 −𝜋𝑠 ) 1−𝑒

UNMSM-FIEE

3

Transformada de Laplace PROBLEMA 3

Encuentre la solución de la siguiente ecuación diferencial: 𝑦 ′′′ + 4𝑦 ′′ + 5𝑦 ′ + 2𝑦 = 10 cos(𝑡) 𝑦(0) = 𝑦 ′ (0) = 0 𝑦 ′′ (0) = 3 Solución: Aplicando la transformada de Laplace a la ecuación: 𝐿[𝑦 ′′′ + 4𝑦 ′′ + 5𝑦 ′ + 2𝑦](𝑆) = 𝐿[10 cos(𝑡)](𝑆) Por principio de linealidad: 𝐿[𝑦 ′′′ ](𝑆) + 4𝐿[𝑦 ′′ ](𝑆) + 5𝐿[𝑦 ′ ](𝑆) +2𝐿[𝑦](𝑆) = 10𝐿[cos(𝑡)](𝑆)

…(1)

Hallando las transformadas por separado:    

𝐿[𝑦 ′′′ ](𝑆) = 𝑠 3 𝑌(𝑠) − 𝑠 2 𝑦(0) − 𝑠𝑦 ′ (0) − 𝑦 ′′ (0) = 𝑠 3 𝑌(𝑠) − 3 𝐿[𝑦 ′′ ](𝑆) = 𝑠 2 𝑌(𝑠) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦 ′ (0) = 𝑠 2 𝑌(𝑠) 𝐿[𝑦 ′ ](𝑆) = 𝑠𝑌(𝑠) − 𝑦(0) = 𝑠𝑌(𝑠) 𝐿[𝑦](𝑆) = 𝑌(𝑠)



𝐿[cos(𝑡)](𝑆) = 𝑠2 +1

𝑠

Reemplazando en (1): (𝑠 3 𝑌(𝑠) − 3) + 4(𝑠 2 𝑌(𝑠)) + 5(𝑠𝑌(𝑠)) + 2𝑌(𝑠) = 10 (𝑠 3 + 4𝑠 2 + 5𝑠 + 2)𝑌(𝑠) − 3 = 10

𝑠2

𝑠 𝑠2 + 1

𝑠 +1

3𝑠 2 + 10𝑠 + 3 (𝑠 + 1) (𝑠 + 2)𝑌(𝑠) = 𝑠2 + 1 2

𝑌(𝑠) =

3𝑠 2 + 10𝑠 + 3 (𝑠 2 + 1)(𝑠 + 1)2 (𝑠 + 2)

Por tratarse de una fracción propia se procede al uso de las fracciones parciales: 3𝑠 2 + 10𝑠 + 3 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷𝑠 + 𝐸 = + + + 2 2 2 2 (𝑠 + 1)(𝑠 + 1) (𝑠 + 2) 𝑠 + 2 𝑠 + 1 (𝑠 + 1) 𝑠 +1

3𝑠 2 + 10𝑠 + 3 = 𝐴(𝑠 2 + 1)(𝑠 + 1)2 + 𝐵(𝑠 + 1)(𝑠 2 + 1)(𝑠 + 2) + 𝐶(𝑠 2 + 1)(𝑠 + 2) + ( 𝐷𝑠 + 𝐸)(𝑠 + 1)2 (𝑠 + 2) 3𝑠 2 + 10𝑠 + 3 = (𝐴 + 𝐵 + 𝐷)𝑠 4 + (2𝐴 + 3𝐵 + 𝐶 + 4𝐷 + 𝐸)𝑠 3 + (2𝐴 + 3𝐵 + 2𝐶 + 5𝐷 + 4𝐸)𝑠 2 + (2𝐴 + 3𝐵 + 𝐶 + 2𝐷 + 5𝐸)𝑠(𝐴 + 2𝐵 + 2𝐶 + 2𝐸)

UNMSM-FIEE

4

Transformada de Laplace

Igualando términos:     

𝐴+𝐵+𝐷 =0 2𝐴 + 3𝐵 + 𝐶 + 4𝐷 + 𝐸 = 0 2𝐴 + 3𝐵 + 2𝐶 + 5𝐷 + 4𝐸 = 3 2𝐴 + 3𝐵 + 𝐶 + 2𝐷 + 5𝐸 = 10 𝐴 + 2𝐵 + 2𝐶 + 2𝐸 = 3

Hallando: 𝐴 = −1, 𝐵 = 2, 𝐶 = −2, 𝐷 = −1, 𝐸 = 2 𝑌(𝑠) =

−1 2 −2 −𝑠 + 2 + + + 𝑠 + 2 𝑠 + 1 (𝑠 + 1)2 𝑠 2 + 1

Aplicando la transformada inversa: 𝐿−1 [𝑌(𝑠)](𝑡) = 𝐿−1 [

−1 2 −2 −𝑠 + 2 + + + 2 ] 2 𝑠 + 2 𝑠 + 1 (𝑠 + 1) 𝑠 + 1 (𝑡)

Por el principio de linealidad: 𝑦(𝑡) = −𝐿−1 [

1 1 1 𝑠 ] + 2𝐿−1 [ ] − 2𝐿−1 [ ] − 𝐿−1 [ 2 ] 2 (𝑠 + 1) (𝑡) 𝑠 + 2 (𝑡) 𝑠 + 1 (𝑡) 𝑠 + 1 (𝑡) 1 + 2𝐿−1 [ 2 ] 𝑠 + 1 (𝑡)

Finalmente: 𝑦(𝑡) = −𝑒 −2𝑡 + 2𝑒 −𝑡 − 2𝑒 −𝑡 𝑡 − cos(𝑡) + 2𝑠𝑒𝑛(𝑡)

UNMSM-FIEE

5

Transformada de Laplace PROBLEMA 4

Encuentre la solución de la siguiente ecuación integro-diferencial: 𝒕

∫ 𝒚(𝒖)𝒚(𝒕 − 𝒖)𝒅𝒖 = 𝟐𝒚(𝒕) + 𝟎

𝒕𝟑 − 𝜹(𝒕) 𝟔

Aplicando la transformada de Laplace 𝑡 𝑡3 𝐿 [∫ 𝑦(𝑢)𝑦(𝑡 − 𝑢)𝑑𝑢 ] = 2𝐿[𝑦(𝑡)]𝑆 + 𝐿 [ ] − 𝐿[𝛿(𝑡)]𝑆 6 𝑆 0 𝑠

Encuentro las transformadas: 𝑡

𝑡

𝐿 [∫ 𝑦(𝑢)𝑦(𝑡 − 𝑢)𝑑𝑢 ] = 𝐿 [∫ 𝑦(𝑡) ∗ 𝑦(𝑡)] = 𝑌 2 (𝑠) 0

0

𝑠

𝑠

𝐿[𝑦(𝑡)]𝑆 = 𝑌(𝑠) 𝑡3 1 𝐿[ ] = 4 6 𝑆 𝑠 𝐿[𝛿(𝑡)]𝑆 = 1 Reemplazando 𝑌 2 (𝑠) = 2𝑌(𝑠) + 𝑌 2 (𝑠) − 2𝑌(𝑠) +

1 +1 𝑠4

𝑠4 − 1 =0 𝑠4

2 ± √4 − 4. 𝑌1,2 (𝑠) = 𝑌1 (𝑠) = 1 +

𝑠4 − 1 𝑠4

2

1 𝑠2

𝑌2 (𝑠) = 1 −

𝑦

1 𝑠2

APLICANDO ANTITRANSFORMADA DE LAPLACE 𝐿−1 [𝑌1 (𝑠)]𝑡 = 𝐿−1 [1 +

1 ] 𝑠2 𝑡

𝑦1 (𝑡) = 𝛿(𝑡) + 𝑡

UNMSM-FIEE

𝑦

𝑦

𝐿−1 [𝑌2 (𝑠)]𝑡 = 𝐿−1 [1 −

1 ] 𝑠2 𝑡

𝑦1 (𝑡) = 𝛿(𝑡) − 𝑡

6

Transformada de Laplace PROBLEMA 5

Encuentre la solución de la siguiente ecuación diferencial de coeficientes variables: 𝑡𝑦 ′′ + (1 − 2𝑡)𝑦 ′ − 2𝑦 = 0

𝑦(0) = 1 𝑦 ′ (0) = 2

SOLUCIÓN: 𝑡𝑦 ′′ (𝑡) + 𝑦 ′ (𝑡) − 2𝑡𝑦 ′ (𝑡) − 2𝑦(𝑡) = 0 

Aplicamos TRANSFORMADA DE LAPLACE ℒ[𝑡𝑦 ′′ (𝑡)] + ℒ[𝑦 ′ (𝑡)] − 2ℒ[𝑡𝑦 ′ (𝑡)] − 2ℒ[𝑦(𝑡)] = 0 −

−

𝑑 𝑑 ℒ[𝑦 ′′ (𝑡)] + ℒ[𝑦 ′ (𝑡)] − 2 (− ℒ[𝑦 ′ (𝑡)]) − 2ℒ[𝑦(𝑡)] = 0 𝑑𝑠 𝑑𝑠

𝑑 2 𝑑 (𝑠 ℒ[𝑦(𝑡)] − 𝑠𝑦(0) − 𝑦 ′ (0)) + (𝑠ℒ[𝑦(𝑡)] − 𝑦(0)) + 2 (𝑠ℒ[𝑦(𝑡) − 𝑦(0)]) − 2ℒ[𝑦(𝑡)] = 0 𝑑𝑠 𝑑𝑠

−2𝑠ℒ[𝑦(𝑡)] − 𝑠 2

𝑑 𝑑 ℒ[𝑦(𝑡)] + 1 + 𝑠ℒ[𝑦(𝑡)] − 1 + 2ℒ[𝑦(𝑡)] + 2𝑠 ℒ[𝑦(𝑡)] − 2ℒ[𝑦(𝑡)] = 0 𝑑𝑠 𝑑𝑠

−(𝑠 2 − 2𝑠)

𝑑 ℒ[𝑦(𝑡)] − 2ℒ[𝑦(𝑡)] = 0 𝑑𝑠

−(𝑠 2 − 2𝑠) −

𝑑 ℒ[𝑦(𝑡)] = 𝑠ℒ[𝑦(𝑡)] 𝑑𝑠

𝑑 ℒ[𝑦(𝑡)] 𝑠 𝑑𝑠 = 2 ℒ[𝑦(𝑡)] 𝑠 − 2𝑠

𝑑 ℒ[𝑦(𝑡)] 1 𝑑𝑠 + =0 ℒ[𝑦(𝑡)] 𝑠−2



Ahora INTEGRAMOS 𝑑 ℒ[𝑦(𝑡)] 1 ∫ 𝑑𝑠 𝑑𝑠 + ∫ 𝑑𝑠 = 𝑙𝑛𝑘 ℒ[𝑦(𝑡)] 𝑠−2

𝑙𝑛(ℒ[𝑦(𝑡)]) + ln(𝑠 − 2) = 𝑙𝑛𝑘

𝑙𝑛(ℒ[𝑦(𝑡)]) = 𝑙𝑛𝑘 − 𝑙𝑛(𝑠 − 2)

UNMSM-FIEE

7

Transformada de Laplace

𝑘 𝑙𝑛(ℒ[𝑦(𝑡)]) = 𝑙𝑛 ( ) 𝑠−2 ℒ[𝑦(𝑡)] =

𝑘 𝑠−2

𝑦(𝑡) = ℒ −1 [

𝑘 ] 𝑠−2

𝑦(𝑡) = 𝑘𝑒 2𝑡 Pero: 𝑦(0) = 𝑘𝑒 2𝑡 = 1 𝑘=1 Entonces: ∴ 𝑦(𝑡) = 𝑒 2𝑡

UNMSM-FIEE

8

Transformada de Laplace PROBLEMA 6

Utilice el método de las transformadas de Laplace para resolver el problema de valor inicial dado. 𝑥 ′ − 3𝑥 + 2𝑦 = 𝑠𝑒𝑛𝑡;

𝑥(0) = 0;

4𝑥 − 𝑦 ′ − 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑡;

𝑦(0) = 0;

Solución: Aplicamos la transformada de Laplace: (

𝐿[𝑥 ′ (𝑡) ] − 3𝐿[𝑥(𝑡) ] + 2𝐿[𝑦(𝑡)] = 𝐿[𝑠𝑒𝑛(𝑡)] 4𝐿[𝑥(𝑡) ] − 𝐿 [𝑦 ′ (𝑡) ] − 𝐿[𝑦(𝑡) ] = 𝐿[𝑐𝑜𝑠(𝑡)]

)

−4

1

𝑠𝑥(𝑠)−𝑥(0)−3𝑥(𝑠)+2𝑦(𝑠)= 2 (1) 𝑠 +1

−4(𝑠−3)𝑥(𝑠)−8𝑦(𝑠)= 2 𝑠 +1

4𝑥(𝑠)−𝑠𝑦(𝑠)−𝑦(0)−𝑦(𝑠)= 2 (2) 𝑠 +1

4(𝑠−3)𝑥(𝑠)−(𝑠−3)(𝑠+1)𝑦(𝑠)= 2 𝑠 +1

(

𝑠

)=(

)

𝑠(𝑠−3)

1

(𝑠−3)𝑥(𝑠)−2𝑦(𝑠)= 2 𝑠 +1 (-4).(s-3)( 𝑠 ) 4𝑥(𝑠)−(𝑠+1)𝑦(𝑠)= 2 𝑠 +1

Sumamos 1 y 2, entonces se obtiene: -[8+(s-3)(s+1)y(s)=

𝑠2 −3𝑠−4 𝑠2 +1

-[𝑠 2 − 2𝑠 + 4]𝑦(𝑠) =

(𝑠−4)(𝑠+1) 𝑠2 +1

𝑠2 −3𝑠−4

𝐴𝑠+𝐵

𝐶𝑠+𝐷

 Y(s) = (𝑠2 −2𝑠+5)(𝑠2 +1) = −[(𝑠2 −2𝑠+5) + (𝑠2 +1)] 

𝑠2 −3𝑠−4 (𝑠2 −2𝑠+5)(𝑠2 +1)

=

𝑠3 (𝐴+𝐶)+𝑠2 (𝐵+𝐷−2𝐶)+𝑠(𝐴−2𝐷+5𝐶)+(𝐵+5𝐷) (𝑠2 −2𝑠+5)(𝑠2 +1)

11

𝐴+𝐶 𝐵 + 𝐷 − 2𝐶 𝐴 − 2𝐷 + 5𝐶 𝐵 + 5𝐷

=0 = 1 Resolviendo = −3 = −4

Y(s) = - [

UNMSM-FIEE

𝐴 𝐵

11 1 𝑠− 10 2 (𝑠2 −2𝑠+5)

+

𝐶 𝐷

= 10 = = =

−1 2 −11 10 −7 10

−11 7 𝑠− 10 10 𝑠2 +1

]

9

Transformada de Laplace PROBLEMA 7

APLICANDO LAPLACE EN AMBAS ECUACIONES: [

𝐿[𝑥´´ + 𝑦´ − 𝑥] = 𝐿[15𝑒 −𝑡 ] ] 𝐿[𝑦´´ − 4𝑥´ − 𝑦] = 𝐿[15𝑡]

15 [𝑠 2 𝑋(𝑠) − 𝑠𝑥(0) − 𝑋´(0)] + [𝑠𝑌(𝑠) − 𝑦(0)] − 𝑋(𝑠) = 𝑠 + 1} { 15 [𝑠 2 𝑌(𝑠) − 𝑠𝑥(0) − 𝑦´(0)] − 4[𝑠𝑋(𝑠) − 𝑥(0)] − 𝑌(𝑠) = 2 𝑠 15 𝑠 +1} { 15 −4𝑠𝑋(𝑠) + (𝑠 2 − 1)𝑌(𝑠) = 2 𝑠 [𝑠 2 − 1]𝑋(𝑠) + 𝑠𝑌(𝑠) =

Aplicando Crammer: 15 𝑠 𝑠 | +1 | 15 2 (𝑠 − 1) 15(𝑠 2 − 𝑠 − 1) 𝐴 𝐵𝑠 + 𝐶 𝐷𝑠 + 𝐸 𝑠2 𝑋(𝑆) = = = 15 [ + 2 + 2 ] 2 2 2 2 (𝑠 − 1) 𝑠 (𝑠 + 1) 𝑠(𝑠 + 1)(𝑠 + 1) 𝑆 (𝑠 + 1) | | −4𝑠 (𝑠 2 − 1) 𝐴 𝐵𝑠 + 𝐶 𝐷𝑠 + 𝐸 𝑋(𝑆) = 15 [ + 2 + 2 ] 2 (𝑠 + 1) 𝑆 (𝑠 + 1) De donde desarrollando fracciones parciales se obtiene: A=-1, B=2, C=-1, D=1, E=0, entonces queda: 𝑋(𝑆) = 15 [

−1 2𝑠 − 1 𝑠 + 2 + ] 𝑆 (𝑠 + 1)2 (𝑠 2 + 1)

Obteniendo x(t) aplicando transformada de Laplace inversa a X(s): 𝑋(𝑡) = 15 [

−1 2𝑠 − 1 𝑠 + 2 + 2 ] 2 (𝑠 + 1) 𝑆 (𝑠 + 1)

𝑋(𝑡) = 15𝐿−1 [ 𝑋(𝑡) = 15𝐿−1 [

UNMSM-FIEE

−1 2𝑠 − 1 𝑠 + 2 + ] 𝑆 (𝑠 + 1)2 (𝑠 2 + 1)

−1 2𝑠 − 1 𝑠 −1 ] + 15𝐿−1 [ 2 ] + 15𝐿 [ ] (𝑠 2 + 1) 𝑆 (𝑠 + 1)2

10

Transformada de Laplace

−1 ] = −1 ; 𝑆 𝑠 𝐿−1 [ 2 ] = 𝑐𝑜𝑠𝑡; (𝑠 + 1) 2𝑠 − 1 𝑠 1 𝐿−1 [ 2 ] = 2𝐿−1 [ 2 ] − 𝐿−1 [ 2 ]; 2 2 (𝑠 + 1) (𝑠 + 1) (𝑠 + 1)2 𝑠 𝑠 𝐿−1 [ 2 ] = 𝐿−1 [ 2 ] = (𝑠𝑒𝑛𝑡 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝑡); 2 (𝑠 + 1) (𝑠 + 1)2 (𝑠 2 + 1) 𝐿−1 [

𝑡

(𝑠𝑒𝑛𝑡 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝑡) = ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑢) cos(𝑡 − 𝑢) 𝑑𝑢 0

(𝑠𝑒𝑛𝑡 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝑡) = [

𝑡𝑠𝑒𝑛(𝑡) cos(𝑡) cos(−𝑡) 𝑡 𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡 − −0+ ] = 2 4 4 0 2

𝐿−1 [

𝑠 𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡 (𝑠𝑒𝑛𝑡 ] = ∗ 𝑐𝑜𝑠𝑡) = ; (𝑠 2 + 1)2 2

𝐿−1 [

𝑠 𝑠 −1 ] = 𝐿 [ ] = (𝑠𝑒𝑛𝑡 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝑡) (𝑠 2 + 1)2 (𝑠 2 + 1)(𝑠 2 + 1)

𝑡

∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑢) sen(𝑡 − 𝑢) 𝑑𝑢 = [ 0

𝑠𝑒𝑛(2𝑢 − 𝑡) 𝑢 cos(𝑡) 𝑡 − ] 4 2 0

𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑡 cos(𝑡) sen(−𝑡) 𝑠𝑒𝑛𝑡 − 𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡 [ − − = ] 4 2 4 2 𝐿−1 [

2𝑠 − 1 𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡 𝑠𝑒𝑛𝑡 − 𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛𝑡 𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡 ] = 2[ ]−[ ] = 𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡 − + 2 2 (𝑠 + 1) 2 2 2 2 𝑥(𝑡) = −15 + 15 [𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡 −

𝑠𝑒𝑛𝑡 𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡 + ] + 15[𝑐𝑜𝑠𝑡] 2 2

𝑥(𝑡) = −15 + 15𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡 − 7.5𝑠𝑒𝑛𝑡 + 7.5𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡 + 15𝑐𝑜𝑠𝑡 Ahora encontraremos y(t) usando una ecuación del sistema: 𝑋´´ + 𝑌´ + 3𝑋 = 15𝑒 −𝑡 𝑦´ = 15𝑒 −𝑡 − 𝑥´´ − 3𝑥 𝑥 = −15 + 15𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡 − 7.5𝑠𝑒𝑛𝑡 + 7.5𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡 + 15𝑐𝑜𝑠𝑡; 𝑥´ = 15𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡 − 7.5𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡 𝑥´´ = −15𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡 + 15𝑐𝑜𝑠𝑡 − 7.5𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡 − 7.5𝑠𝑒𝑛𝑡;

UNMSM-FIEE

11

Transformada de Laplace

𝑦´ = 15𝑒 −𝑡 − 30𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡 − 15𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡 − 60𝑐𝑜𝑠𝑡 + 30𝑠𝑒𝑛𝑡; 𝑦 = −15𝑒 −𝑡 + 30𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡 − 30𝑠𝑒𝑛𝑡 − 15𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡 − 15𝑐𝑜𝑠𝑡 − 60𝑠𝑒𝑛𝑡 − 30𝑐𝑜𝑠𝑡 + 𝑐; 𝑦(0) = 0, 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑐 = 45 La solución es: [

UNMSM-FIEE

𝑥(𝑡) = −15 + 15𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡 − 7.5𝑠𝑒𝑛𝑡 + 7.5𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡 + 15𝑐𝑜𝑠𝑡 ] 𝑦(𝑡) = −15𝑒 −𝑡 + 30𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡 − 15𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡 − 90𝑠𝑒𝑛𝑡 − 45𝑐𝑜𝑠𝑡 + 45

12

Transformada de Laplace PROBLEMA 8

Una masa de 1 kg sujeta a un resorte con una constante k=9m/seg se suelta del reposos 1 metro debajo de la posición de equilibro del sistema masa-resorte y empieza a vibrar. Después de pi/2 segundos, la masa es golpeada hacia arriba por un martillo que ejerce un impulso de 3 newton. a. determine una función que defina posición “y” de la masa en cualquier instante “t”, b. Halle la posición de la masa en los tiempos t= pi/4 segundos y t=pi segundos

Como no hay amortiguador:

En 𝑡 =

𝜋 2

𝑐=0

segundos hay un impulso hacia arriba de 3 newton, por lo tanto hay una 𝜋

perturbación 𝑓(𝑡) = −3𝛿(𝑡 − 2 ) , el signo negativo se debe a que tomamos el eje de referencia positivo hacia abajo.

En la ecuación diferencial aplicamos la trasformada de Laplace a ambos lados de la ecuación:

𝑑2𝑦 𝜋 𝐿 [ 2 + 9𝑦] = 𝐿 [−3𝛿 (𝑡 − )] 𝑑𝑡 2

𝜋

𝑠 2 𝑦(𝑠) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦 , (0) + 9𝑦(𝑠) = −3𝑒 − 2 𝑠

La posición inicial del sistema es𝑦(0) = 1 𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 , y la velocidad inicial es𝑦 , (0) = 0 : 𝜋

𝑠 2 𝑦(𝑠) − 𝑠 + 9𝑦(𝑠) = −3𝑒 − 2 𝑠 𝜋

(𝑠 2 + 9)𝑦(𝑠) = 𝑠 − 3𝑒 − 2 𝑠

UNMSM-FIEE

13

Transformada de Laplace 𝜋

𝜋

𝑠 − 3𝑒 − 2 𝑠 𝑠 3𝑒 − 2 𝑠 𝑦(𝑠) = = 2 − 𝑠2 + 9 𝑠 + 9 𝑠2 + 9 𝜋

𝜋

𝑠 3𝑒 − 2 𝑠 𝑠 3𝑒 − 2 𝑠 ´ ´ ´ 𝑦(𝑡) = 𝐿 [ 2 − ]= 𝐿[ 2 ]− 𝐿 [ 2 ] 𝑠 + 9 𝑠2 + 9 𝑠 +9 𝑠 +9 𝜋 𝜋 𝑦(𝑡) = 𝑐𝑜𝑠3𝑡 − 𝑠𝑒𝑛3 (𝑡 − ) 𝑢 (𝑡 − ) 2 2

𝑐𝑜𝑠3𝑡;

𝑡
30 { 5 −6(𝑡−10)

−6(𝑡−10)

Cuando t =8s 𝐼(𝑡) =0; Cuando t=40s 𝐼(40) = 6

6𝑒 −6(40−10) cos(8(40−10))+8𝑒 −6(40−10) sen(8(40−10))+ (6𝑒 −6(40−10) sen(8(40−10))−8𝑒 −6(40−10) cos(8(40−10))) 8 5

-

6 6𝑒 −6(40−30) cos(8(40−30))+8𝑒 −6(40−30) sen(8(40−10))+ (6𝑒 −6(40−30) sen(8(40−30))−8𝑒 −6(40−30) cos(8(40−30))) 8

5

𝐼(40) = 3.623 ∗ 10−77 𝐴

UNMSM-FIEE

25

Transformada de Laplace PROBLEMA 13

Use la transformada de Laplace para resolver la ecuación integral o la ecuación integro-diferencial: 1.

Solución: Usamos la transformada de Laplace: 𝑡

L[ f(t) ]+L[∫0 (𝑡 − 𝜏)𝑓(𝜏)𝑑𝜏 = 𝑡 1

F(s) + L[t*f(t)]=𝑠2 1

1

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

𝑠2

1 +1

Sacamos la inversa: 1

L-1[F(s)]= L-1[𝑠2 +1]

F(t)= sent

UNMSM-FIEE

26

Transformada de Laplace

2.

𝑡

𝑓(𝑡) = 𝑡𝑒 𝑡 + ∫0 𝑟𝑓(𝑡 − 𝑟)𝑑𝑟 𝑡

𝐿[𝑓(𝑡)] = 𝐿[𝑇𝑒 𝑡 ] + 𝐿 [∫0 𝑟𝑓(𝑡 − 𝑟)𝑑𝑟] 1

𝐹(𝑠) = (𝑠−1)2 + 𝐿[𝑔(𝑡) ∗ 𝑓(𝑡)] 1

𝐹(𝑠) = (𝑠−1)2 + 𝐿[𝑡]𝐿[𝑓(𝑡)] 1

1

𝐹(𝑠) = (𝑠−1)2 + 𝑠2 𝐹(𝑠) 1

1

𝐹(𝑠) (1 − 𝑠2 ) = (𝑠−1)2 𝑠2

𝐹(𝑠) = (𝑠2 −1)(𝑠−1)2 1/2

−1/2

𝐹(𝑠) = 𝑠−1 + (𝑠−1)2 + 𝐹(𝑠) =

1

(

1

3⁄2𝑠−1 𝑠2 −1

1

1

3

𝑠

1

) − 2 ((𝑠−1)2 ) − 2 (𝑠2 −1) − (𝑠2−1 )

2 𝑠−1

1

1

1

1

3

𝑠

1

𝐿−1 [𝐹(𝑠)] = 𝐿−1 [2 (𝑠−1) − 2 ((𝑠−1)2 ) − 2 (𝑠2 −1) − (𝑠2−1 )] 1

1

3

𝑓(𝑡) = 2 𝑒 −𝑡 − 2 𝑡𝑒 𝑡 − 2 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑡 − 𝑠𝑒𝑛ℎ𝑡

UNMSM-FIEE

27

Transformada de Laplace

𝑡

3. 𝑓(𝑡) + ∫0 𝑓(𝑟)𝑑𝑟 = 1 Solución:

Aplicamos la transformada de Laplace:

𝑡

L[f(t)] + L [∫ f(r)dr] = L[1] 0

f(s) +

f(s) 1 = 𝑠 s

1 1 f(s) (1 + ) = 𝑠 𝑠

f(s) =

1 s+1

Aplicando la transformada inversa Laplace: 𝐿−1 [f(s)] = 𝐿−1 [

1 ] s+1

f(t) = 𝑒 −𝑡

UNMSM-FIEE

28

Transformada de Laplace 8

𝑡

4. 𝑓(𝑡) = 1 + 𝑡 − 3 ∫0 (𝜏 − 𝑡)3 𝑓(𝜏)𝑑𝜏 Solución: Aplicando la transformada de Laplace a la ecuación integro-diferencial: 8 𝑡 𝐿[𝑓(𝑡)](𝑠) = 𝐿[1 + 𝑡 − ∫ (𝜏 − 𝑡)3 𝑓(𝜏)𝑑𝜏](𝑠) 3 0

Por el principio de linealidad: 𝑡 8 𝐿[𝑓(𝑡)](𝑠) = 𝐿[1](𝑠) + 𝐿[𝑡](𝑠) + 𝐿[∫ (𝑡 − 𝜏)3 𝑓(𝜏)𝑑𝜏](𝑠) 3 0

𝑡

Pero por convolución de funciones sabemos: 𝐿[∫0 (𝑡 − 𝜏)3 𝑓(𝜏)𝑑𝜏](𝑠) = 𝐿[𝑡 3 ](𝑠) . 𝐿[𝑓(𝑡)](𝑠) 8 𝐿[𝑓(𝑡)](𝑠) = 𝐿[1](𝑠) + 𝐿[𝑡](𝑠) + 𝐿[𝑡 3 ](𝑠) . 𝐿[𝑓(𝑡)](𝑠) 3 𝐹(𝑠) =

1 1 8 3! 1 1 16 + 2 + ( 4 ) 𝐹(𝑠) = + 2 + 4 𝐹(𝑠) 𝑠 𝑠 3 𝑠 𝑠 𝑠 𝑠 (1 −

16 𝑠+1 ) 𝐹(𝑠) = 2 4 𝑠 𝑠

(𝑠 + 1)𝑠 2 𝐹(𝑠) = 2 (𝑠 + 4)(𝑠 + 2)(𝑠 − 2)

Por tratarse de una fracción propia se procede al uso de las fracciones parciales: 𝑠3 + 𝑠2 𝐴 𝐵 𝐶𝑠 + 𝐷 = + + 2 2 (𝑠 + 4)(𝑠 + 2)(𝑠 − 2) 𝑠 + 2 𝑠 − 2 𝑠 + 4 𝑠 3 + 𝑠 2 = 𝐴(𝑠 − 2)(𝑠 2 + 4) + 𝐵(𝑠 + 2)(𝑠 2 + 4) + (𝐶𝑠 + 𝐷)(𝑠 + 2)(𝑠 − 2) 𝑠 3 + 𝑠 2 = (𝐴 + 𝐵 + 𝐶)𝑠 3 + (−2𝐴 + 2𝐵 + 𝐷)𝑠 2 + (4𝐴 + 4𝐵 − 4𝐶)𝑠 + (−8𝐴 + 8𝐵 − 4𝐷)

UNMSM-FIEE

29

Transformada de Laplace

Igualando términos:    

𝐴+𝐵+𝐶 =1 −2𝐴 + 2𝐵 + 𝐷 = 1 4𝐴 + 4𝐵 − 4𝐶 = 0 −8𝐴 + 8𝐵 − 4𝐷 = 0 1

3

1

1

Hallando: 𝐴 = 8 , 𝐵 = 8 , 𝐶 = 2 , 𝐷 = 2 𝑌(𝑠) =

1 1 3 1 1 𝑠+1 ( )+ ( )+ ( 2 ) 8 𝑠+2 8 𝑠−2 2 𝑠 +4

Aplicando la transformada inversa: 1 1 3 1 1 𝑠 1 1 𝐿−1 [𝑌(𝑠)](𝑡) = 𝐿−1 [ ](𝑡) + 𝐿−1 [ ](𝑡) + 𝐿−1 [ 2 ](𝑡) + 𝐿−1 [ 2 ] 8 𝑠+2 8 𝑠−2 2 𝑠 +4 2 𝑠 + 4 (𝑡) Finalmente: 𝑒 −2𝑡 3𝑒 2𝑡 1 1 𝑦(𝑡) = + + 𝑐𝑜𝑠(2𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(2𝑡) 8 8 2 4

UNMSM-FIEE

30

Transformada de Laplace

5. 𝒕

𝒚´(𝒕) = 𝟏 − 𝐬𝐢𝐧 𝒕 − ∫ 𝒚(𝒓)𝒅𝒓 ,

𝒚(𝟎) = 𝟎

𝟎

Aplicando la transformada de Laplace 𝑡

𝐿[𝑦´(𝑡)]𝑠 = 𝐿[1]𝑆 − 𝐿[sin 𝑡]𝑆 − 𝐿 [∫ 𝑦(𝑟)𝑑𝑟 ,] 0

𝑠. 𝑦(𝑠) − 𝑦(0) =

𝑆

1 1 𝑦(𝑠) − 2 − 𝑠 𝑠 +1 𝑠

1 1 1 𝑦(𝑠) (𝑠 + ) = − 2 𝑠 𝑠 𝑠 +1 𝑦(𝑠) =

𝑠2

1 𝑠 − 2 + 1 (𝑠 + 1)2

APLICANDO ANTITRANSFORMADA DE LAPLACE

𝐿−1 [𝑦(𝑠)]𝑡 = 𝐿−1 [

𝑠2

1 𝑠 − 2 ] + 1 (𝑠 + 1)2 𝑡

Resolviendo 𝐿−1 [

−1

𝐿

𝑠 𝑠 1 −1 ] = 𝐿 [ . ] (𝑠 2 + 1)2 𝑡 𝑠2 + 1 𝑠2 + 1 𝑡

𝑓(𝑠) =

1 𝑠2 + 1

𝑓(𝑡) = 𝐿−1 [

1 ] = sin 𝑡 𝑠2 + 1 𝑡

𝑔(𝑠) =

𝑔 𝑠2 + 1

𝑔(𝑡) = 𝐿−1 [

𝑠 ] = cos 𝑡 𝑠2 + 1 𝑡

𝑡 𝑡 𝑠 [ 2 ] = ∫ 𝑓(𝑡)𝑔(𝑡 − 𝑢)𝑑𝑢 = ∫ sin 𝑢 . cos(𝑡 − 𝑢)𝑑𝑢 (𝑠 + 1)2 𝑡 0 0

𝐿−1 [

𝑡 𝑠 ] = ∫ sin 𝑢 (cos𝑡. 𝑐𝑜𝑠𝑢 + sin 𝑡 . sin 𝑢)𝑑𝑢 (𝑠 2 + 1)2 𝑡 0

UNMSM-FIEE

31

Transformada de Laplace

𝐿−1 [

𝑡 𝑡 𝑠 ] = cos 𝑡 ∫ sin 𝑢 . cos 𝑢 𝑑𝑢 + sin 𝑡 ∫ sin2 𝑢 . 𝑑𝑢 (𝑠 2 + 1)2 𝑡 0 0 𝑡

−1

𝐿

𝑠 sin2 𝑢 𝑢 sin 𝑢 . cos 𝑢 𝑡 [ 2 ] = cos 𝑡 ( ) + sin 𝑡 ( − ) (𝑠 + 1)2 𝑡 𝑠 2 2 0 0

𝐿−1 [ 𝐿−1 [

𝑠 cos 𝑡 . sin2 𝑡 𝑡. sin 𝑡 sin2 𝑡 . cos 𝑡 ] = + − (𝑠 2 + 1)2 𝑡 2 2 2 (𝑠 2

𝑠 𝑡. sin 𝑡 ] = 2 + 1) 𝑡 2

Ahora remplazando en la inversa de Laplace: 𝐿−1 [𝑦(𝑠)]𝑡 = 𝐿−1 [

1 𝑠 − ] 𝑠 2 + 1 (𝑠 2 + 1)2 𝑡

𝑦(𝑡) = sin 𝑡 −

UNMSM-FIEE

𝑡. sin 𝑡 2

32

Transformada de Laplace PROBLEMA 14 ∞

Γ(𝑥) = ∫0 𝑡 𝑥−1 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡

Demostrar :

I. II. III.

Γ(1) = Γ(2) = 1; Γ(1/2) = √𝜋 Γ(𝑥 + 1) = 𝑥Γ(𝑥) Deduce de lo anterior que lim+ Γ(x) = +∞

IV.

Si n ∈ ℕ, Γ(𝑛 + 1) = 𝑛!

V.

𝑥→0

(2𝑛)!

1

Si n ∈ ℕ, Γ (𝑛 + 2) = 22𝑛𝑛! √𝜋

∞

Γ(1) = ∫0 𝑡1−1 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡

I.

𝑝

= lim ∫ 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 𝑝→∞ 0

= lim − 𝑒 −𝑡 |𝑝0 𝑝→∞

= lim − 𝑒 −𝑝 +𝑒 −0 𝑝→∞

∴ Γ(1) = 1

∞

Γ(2) = ∫ 𝑡 2−1 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 0 𝑝

= lim ∫ 𝑡𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 𝑝→∞ 0

= lim − 𝑒 −𝑡 (𝑡 + 1)|𝑝0 𝑝→∞

= lim − 𝑒 −𝑝 + 1 𝑝→∞

∴ Γ(2) = 1

∞ 1 1 Γ ( ) = ∫ 𝑡 2−1 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 2 0 ∞

1

= ∫ 𝑡 −2 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 0

UNMSM-FIEE

33

Transformada de Laplace

𝑡 = 𝑧 2 → 𝑑𝑡 = 2𝑧𝑑𝑧 𝑧 = √𝑡 ∞

2

= ∫ (𝑧 2 )−1/2 𝑒 −𝑧 2𝑧𝑑𝑧 0 ∞ 1 2 Γ ( ) = 2 ∫ 𝑒 −𝑧 𝑑𝑧 2 0

∞ 1 2 𝑒𝑠 𝑙𝑜 𝑚𝑖𝑠𝑚𝑜 𝑑𝑒𝑐𝑖𝑟: Γ ( ) = 2 ∫ 𝑒 −𝑤 𝑑𝑤 2 0

Si sumamos ambos: ∞ ∞ 1 2 2 2 Γ ( ) = 4 ∫ ∫ 𝑒 −𝑧 . 𝑒 −𝑤 𝑑𝑧𝑑𝑤 2 0 0 1 2

∞

∞

Γ (2) = 4 ∫0 ∫0 𝑒 −(𝑧

2 +𝑤 2 )

𝑑𝑧𝑑𝑤

w

Resolviendo la integral doble con coordenadas polares: 𝜃 2

z

𝜋 2

∞ 1 2 Γ ( ) = 4 ∫ ∫ 𝑒 −𝑟 𝑟 𝑑𝑟𝑑𝜃 2 0 0 𝜋

2 1 2 2 Γ ( ) = −2 ∫ lim 𝑒 −𝑟 |𝑚 0 𝑑𝜃 2 0 𝑚→∞ 𝜋

2 1 2 Γ ( ) = −2 ∫ −1 𝑑𝜃 2 0 𝜋

2 1 2 Γ ( ) = 2 ∫ 𝑑𝜃 2 0

1 2 𝜋/2 Γ ( ) = 2|𝜃|0 2 1 2 𝜋 Γ ( ) = 2 ( − 0) 2 2 1 2 Γ( ) = 𝜋 2 1 ∴ Γ ( ) = √𝜋 2

UNMSM-FIEE

34

Transformada de Laplace

II. Γ(x + 1) = xΓ(x) ∞

Γ(x + 1) = ∫ 𝑡 𝑥+1−1 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 0 𝑚

𝑚

−𝑡 𝑥−1 Γ(x + 1) = lim ∫ (−𝑡 𝑥 . 𝑒 −𝑡 |𝑚 𝑑𝑡) 0 + 𝑥∫ 𝑒 .𝑡 𝑚→∞ 0

0

𝑚

𝑚 1 Γ(x + 1) = lim ∫ (−𝑡 . 𝑚 + 𝑥 ∫ 𝑒 −𝑡 . 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡) 𝑚→∞ 0 𝑒 0 𝑥

∞

Γ(x + 1) = 𝑥 ∫ 𝑡 𝑥−1 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 0

∴ Γ(x + 1) = xΓ(x)

IV. Γ(n + 1) = n! Por propiedad: Γ(n + 1) = nΓ(𝑛) Pero: Γ(α + 1) = αΓ(𝛼) (α = n)

Γ(n + 1) = nΓ(𝑛)

(α = n − 1)

Γ(n) = (n − 1)Γ(𝑛 − 1)

(α = n − 2)

Γ(n − 1) = (n − 2)Γ(𝑛 − 2)

(α = n − 3)

Γ(n − 2) = (n − 3)Γ(𝑛 − 3)

⋮ (α = 2)

Γ(3) = 2Γ(2)

(α = 1)

Γ(2) = 1Γ(1)

(α = 0)

Γ(1) = 1

Entonces: Γ(n + 1) = nΓ(𝑛) = n(n − 1)Γ(𝑛 − 1) = n(n − 1)(n − 2)Γ(𝑛 − 1) … (2)(1)(1) ∴ Γ(n + 1) = n!

UNMSM-FIEE

35

Transformada de Laplace PROBLEMA 15

Demostrar que la función de transferencia de: 𝑎𝑦 𝑖𝑖 (𝑡) + 𝑏𝑦 𝑖 (𝑡) + 𝑐𝑦(𝑡) = 𝑥(𝑡) Es: (𝑠) =

1 𝑎𝑠 2 + 𝑏𝑠 + 𝑐

Solución: FUNCION DE TRANSFERENCIA: ℎ(𝑠) =

𝑦(𝑠) 𝑥(𝑠)

Aplicando la transformada de Laplace a ambos lados de la expresión:

𝑎𝑦 𝑖𝑖 (𝑡) + 𝑏𝑦 𝑖 (𝑡) + 𝑐𝑦(𝑡) = 𝑥(𝑡)

𝐿[𝑎𝑦 𝑖𝑖 (𝑡) + 𝑏𝑦 𝑖 (𝑡) + 𝑐𝑦(𝑡)] = 𝐿[𝑥(𝑡)]

𝑎 (𝑠 2 𝑦(𝑠) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦 𝑖 (0)) + 𝑏(𝑠𝑦(𝑠) − 𝑦(𝑂)) + 𝑐𝑦(𝑠) = 𝑥(𝑠)

Pero: 𝑦(0) = 0;

𝑦 𝑖 (0) = 0

Entonces:

𝑎(𝑠 2 𝑦(𝑠)) + 𝑏(𝑠𝑦(𝑠)) + 𝑐𝑦(𝑠) = 𝑥(𝑠)

𝑦(𝑠)(𝑎𝑠 2 + 𝑏𝑠 + 𝑐) = 𝑥(𝑠)

ℎ(𝑠) =

UNMSM-FIEE

𝑦(𝑠) 1 = 2 𝑥(𝑠) 𝑎𝑠 + 𝑏𝑠 + 𝑐

36

Transformada de Laplace PROBLEMA 16

Solución: Tenemos: L=6H C=10-3 Q(0) = 0 R1=R2=60Ω I1=I2=I3=0 Hallando L[Et] 4

+∞

L[Et] = ∫0 𝑒 −4𝑡 120𝑑𝑡+∫4 4

+∞

L[Et] = ∫0 𝑒 −4𝑡 120𝑑𝑡+∫4 1

L[Et]= 120 (𝑠 −

𝑒 −4𝑠 𝑠

𝑒 −𝑠𝑡 . 𝑒 −4𝑡 . 𝑐𝑜𝑠3𝑡𝑑𝑡

+∞ −(𝑠+4)𝑚

) + 120 ∫4

1

𝑒 −4𝑠

𝑠

𝑠

L[Et]= 120( −

𝑒 −4𝑡 120. 𝑐𝑜𝑠3𝑡𝑑𝑡

𝑒

) +120𝑒 −4𝑠−16 .(

. 𝑒 −4𝑠−16 . cos(3𝑚 + 12)𝑑𝑚

𝑐𝑜𝑠12 4

3

(𝑠+4)2

4

(𝑠+4)2 +4

− 𝑠𝑒𝑛12)(

𝑡

𝐸𝑡 = 60𝐼1 + 103 ∫0 𝐼2 𝑑𝑡

Del grafico = { 𝑡 0 = 6𝐼3′ + 60𝐼2 + 103 ∫0 𝐼2 𝑑𝑡

UNMSM-FIEE

37

Transformada de Laplace

𝐼1 = 𝐼2 + 𝐼3 L[𝐼1 ] = 𝐿[𝐼2 ] + 𝐿[𝐼3 ]

sL[Et]= 60 L[I3]+(1000+60)L[I2] 0=(60^2+60) L[I3]+(1000)L[I2] 1000

𝑆

1000

L(I2)= 𝑆+10 + 𝑆2 +60 + (𝑆2 +60) 60

2

I2 = 1000𝑒 −3𝑡 + cos( √60𝑡) + 60000

UNMSM-FIEE

1 √60

𝑠𝑒𝑛√60𝑡

38

Transformada de Laplace PROBLEMA 17

Resuelva el siguiente sistema integro diferencial 𝑡

𝑦´(𝑡) + 𝑦(𝑡) + 4 ∫ 𝑧(𝑢)𝑑𝑢 + 10 = 0 0

𝑦´(𝑡) + 𝑧´(𝑡) + 𝑧(𝑡) 𝑦′(0) = 12 { 𝑧′(0) = −6

= 0

SOLUCION: 𝑡

𝑦´(𝑡)+𝑦(𝑡)+4 ∫0 𝑧(𝑢)𝑑𝑢 ) 𝑦´(𝑡)+𝑧´(𝑡)+𝑧(𝑡)

L(

= 𝐿(−10 ) 0

4𝑧(𝑠) 10 =− 𝑠) 𝑠 ( ) 𝑠𝑦(𝑠) − 𝑦(0) + 𝑠𝑧(𝑠) − 𝑧(0) + 𝑧(𝑠) = 0 𝑠𝑦(𝑠) − 𝑦(0) + 𝑦(𝑠) +

Hallando 𝑦(0): 𝑡

𝑦´(𝑡) + 𝑦(𝑡) + 4 ∫ 𝑧(𝑢)𝑑𝑢 + 10 = 0 0

Evaluamos la ecuación con t = 0 : 𝑡

𝑦´(0) + 𝑦(0) + 4 ∫ 𝑧(𝑢)𝑑𝑢 + 10 = 0 0

𝑦(0) = −22 Hallando 𝑧(0): 𝑦´(𝑡) + 𝑧´(𝑡) + 𝑧(𝑡) = 0 Evaluamos la ecuación con t = 0 𝑦´(0) + 𝑧´(0) + 𝑧(0) = 0 12 − 6 + 𝑧(0) = 0 𝑧(0) = −6

UNMSM-FIEE

39

Transformada de Laplace

Remplazando términos y acomodando el sistema de ecuaciones, tenemos (

4𝑧(𝑠) 10 − 𝑠 − 22 𝑠 )=( ) −28 𝑠 𝑦(𝑠) + (𝑠 + 1)𝑧(𝑠)

(𝑠 + 1)𝑦(𝑠) +

Hallamos Y(s) y Z(s) del sistema de ecuaciones, por el método de Crammer. Δ = (

4

𝑠+1 𝑠

𝑠

𝑠+1

) = (𝑠 + 1)2 − 4 = 𝑠 2 + 2𝑠 − 3

Hallando de 𝑌(𝑠): 10 |−22 − 𝑠 −28 𝑌(𝑠) = 𝛥

4 𝑠 | 2 𝑠 + 1 = −22𝑠 − 32𝑠 + 102 𝑠(𝑠 + 3)(𝑠 − 1)

Resolviendo por fracciones parciales, tenemos. −22𝑠 2 − 32𝑠 + 102 𝐴 𝐵 𝐶 = + + 𝑠(𝑠 + 3)(𝑠 − 1) 𝑠 𝑠+3 𝑠−1 −22𝑠 2 − 32𝑠 + 102 (𝐴 + 𝐵 + 𝐶)𝑠 2 + (2𝐴 − 𝐵 + 3𝐶)𝑠 − 3𝐴 = 𝑠(𝑠 + 3)(𝑠 − 1) 𝑠(𝑠 + 3)(𝑠 − 1) Igualando términos: −3𝐴 = 102 𝐴 = −34 𝐴 + 𝐵 + 𝐶 = −22 2𝐴 − 𝐵 + 3𝐶 = −54 Sumando se tiene: 3𝐴 + 4𝐶 = −54 −102 + 4𝐶 = −54 𝐶 = 12 −34 + 𝐵 + 12 = −22 𝐵=0 Reemplazando los valores de A, B y C en: 𝑌(𝑠) =

UNMSM-FIEE

−22𝑠 2 − 32𝑠 + 102 𝐴 𝐵 𝐶 = + + 𝑠(𝑠 + 3)(𝑠 − 1) 𝑠 𝑠+3 𝑠−1

40

Transformada de Laplace

𝑌(𝑠) =

−34 0 12 + + 𝑠 𝑠+3 𝑠−1

𝐿−1 {𝑌(𝑠)} = −34 + 12𝑒 𝑡 𝑦(𝑡) = −34 + 12𝑒 𝑡 Hallando de 𝑍(𝑠): |𝑠 + 1 𝑠 𝑍(𝑠) =

10 −22 − 𝑠 | −6𝑠 − 18 −28 = 𝛥 𝑠(𝑠 + 3)(𝑠 − 1)

Factorizando: 𝑍(𝑠) =

−6(𝑠 + 3) (𝑠 + 3)(𝑠 − 1)

𝑍(𝑠) =

−6 (𝑠 − 1)

𝐿−1 {𝑧(𝑠)} = −6𝑒 𝑡 𝑧(𝑡) = −6𝑒 𝑡

UNMSM-FIEE

41

Transformada de Laplace PROBLEMA 18

Resuelva la siguiente ecuación diferencial: 𝑦(0) = 2 𝑦 , (0) = 1 𝑦 ,, (𝑡) + 2𝑦 , (𝑡) + 𝑦(𝑡) = 𝑠𝑒𝑛(4𝑡) + 𝑡𝑒 −𝑡 + 𝑡 2 𝑒 𝑡 + 8𝛿2𝜋 (𝑡) Solución: Aplicamos la transformada de Laplace y tenemos 𝐿{𝑦 ,, (𝑡) + 2𝑦 , (𝑡) + 𝑦(𝑡)} = 𝐿{sen(4𝑡) + 𝑡𝑒 −𝑡 + 𝑡 2 𝑒 𝑡 + 8𝛿2𝜋 (𝑡)} 𝑠 2 𝐿{𝑦(𝑡)} − 𝑠𝑦(𝑡) − 𝑦 , (0) + 2(S 𝐿{𝑦(𝑡)} − 𝑦(0)) + 𝐿{𝑦(𝑡)} 4 1 2 = 2 + + + 8𝑒 −2𝜋𝑠 2 2 𝑆 +4 (𝑆 + 1) (𝑆 − 1)3 𝐿{𝑦(𝑡)}(𝑠 2 + 2𝑠 + 1) − ( 2𝑠 + 5) =

𝑆2

4 1 2 + + + 8𝑒 −2𝜋𝑠 2 2 +4 (𝑆 + 1) (𝑆 − 1)3

Despejando 𝐿{𝑦(𝑡)} nos queda: 𝐿{𝑦(𝑡)} =

4 1 2 8𝑒 −2𝜋𝑠 + ( 2𝑠 + 5) + + + (𝑆 2 + 42 )(𝑆 + 1)2 (𝑆 + 1)4 (𝑆 − 1)3 (𝑆 + 1)2 (𝑆 + 1)2

4 𝐴 (𝐵𝑆 + 𝐶) (𝑑) = + + …….𝛼 (𝑆 2 + 42 )(𝑆 + 1)2 𝑆 + 1 (𝑆 2 + 42 ) (𝑆 + 1)2 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑠 = 0;

4 𝐴 (𝐶) (𝑑) = + + (42 )(1)2 1 (42 ) (1)2

𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝛼 𝑝𝑜𝑟 (𝑠 + 1)2 ; 4(𝑆 + 1)2 𝐴(𝑆 + 1)2 (𝐵𝑆 + 𝐶)(𝑆 + 1)2 (𝑑)(𝑆 + 1)2 = + + (𝑆 2 + 42 )(𝑆 + 1)2 𝑆+1 (𝑆 2 + 42 ) (𝑆 + 1)2 4 𝐴. 0 (𝐵𝑆 + 𝐶)(0)2 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑠 = −1; = + +𝑑 (17) 1 (17) 4 𝑑 4 = →𝑑= (17) 1 17 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝛼 𝑝𝑜𝑟 (𝑠 2 + 42 ); UNMSM-FIEE

42

Transformada de Laplace

4(𝑆 2 + 42 ) 𝐴(𝑆 2 + 42 ) (𝐵𝑆 + 𝐶)(𝑆 2 + 42 ) (𝑑)(𝑆 2 + 42 ) = + + (𝑆 2 + 42 )(𝑆 + 1)2 𝑆+1 (𝑆 2 + 42 ) (𝑆 + 1)2 (𝑆 2 + 42 ) = 0 → 𝑠 = 4𝑖 Reemplazando: (𝑑)(0) 4 𝐴(0) (𝐵4𝑖 + 𝐶) = + + (4𝑖 + 1)2 𝑆 + 1 1 (𝑆 + 1)2 (𝐵4𝑖 + 𝐶) −4(8𝑖 + 15) (𝐵4𝑖 + 𝐶) 4 = ; = ; (8𝑖 − 15) 1 17 1 𝐵=

−8 −60 𝑦𝐶 = 17 17

𝑠 = ∞; 4 (∞2

+

42 )(∞

4 (∞2 )(∞)2

+

=

1)2

=

𝐴 (𝐵∞ + 𝐶) (𝑑) + 2 + ; 2 ∞ + 1 (∞ + 4 ) (∞ + 1)2

𝐴 (𝐵∞) (𝑑) 4 𝐴 (𝐵) (𝑑) 𝐴 (𝐵) + + ; 2 = + + ; = ; 𝐴 = −𝐵 2 2 2 ∞ (∞) (∞) (∞ )(∞) ∞ ∞ (∞)2 ∞ ∞

4 −8 −60 ( ) (17 𝑆 + 17 ) 4 8 1 (17) 𝑙𝑢𝑒𝑔𝑜: 2 = . + + (𝑆 + 42 )(𝑆 + 1)2 17 𝑆 + 1 (𝑆 2 + 42 ) (𝑆 + 1)2 −1

𝐿

4 8 −𝑡 −8 cos(4𝑡) −15 sen(4𝑡) 4𝑡𝑒 −𝑡 { 2 }= .𝑒 + + + (17) (𝑆 + 42 )(𝑆 + 1)2 17 17 17 2

(𝑆 −

1)3 (𝑆

+

1)2

=

𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 𝐸 + + + + …..𝛽 1 2 1 2 (𝑆 + 1) (𝑆 + 1) (𝑆 − 1) (𝑆 − 1) (𝑆 − 1)3

𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 β por (𝑆 + 1)2 2(𝑆 + 1)2 𝐴(𝑆 + 1)2 𝐵(𝑆 + 1)2 𝐶(𝑆 + 1)2 𝐷(𝑆 + 1)2 𝐸(𝑆 + 1)2 = + + + + (𝑆 − 1)3 (𝑆 + 1)2 (𝑆 + 1)1 (𝑆 + 1)2 (𝑆 − 1)1 (𝑆 − 1)2 (𝑆 − 1)3

𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑆 = −1 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠: 2 𝐴(−1 + 1)1 𝐵 𝐶(0)2 𝐷(0)2 𝐸(0)2 𝟐 𝑩 = + + + + ; = (−1 − 1)3 1 1 (𝑆 − 1)1 (𝑆 − 1)2 (𝑆 − 1)3 −𝟖 𝟏

UNMSM-FIEE

43

Transformada de Laplace

𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 β por (𝑆 − 1)3 2(𝑆 − 1)3 𝐴(𝑆 − 1)3 𝐵(𝑆 − 1)3 𝐶(𝑆 − 1)3 𝐷(𝑆 − 1)3 𝐸(𝑆 − 1)3 = + + + + (𝑆 − 1)3 (𝑆 + 1)2 (𝑆 + 1)1 (𝑆 + 1)2 (𝑆 − 1)1 (𝑆 − 1)2 (𝑆 − 1)3

𝑠 = 1;

2 𝐴(0)3 𝐵(0)3 𝐶(0)2 𝐷(0)1 𝐸 𝟐 𝑬 = + + + + ; = 2 1 2 𝟐 (1 + 1) (𝑆 + 1) (𝑆 + 1) 1 1 1 (𝟐) 𝟏

2(−1)3 𝐴(−1)3 𝐵(−1)3 𝐶(−1)3 𝐷(−1)3 𝐸(−1)3 𝑠 = 0; = + + + + (−1)3 (+1)2 (+1)1 (+1)2 (−1)1 (−1)2 (−1)3 2 (−1)3 (+1)2 2 −1

=

𝐴 1

𝑠 = ∞; 2 (∞)3 (∞)2

𝑠 = 2;

=

𝐴 (+1)1

1

𝐶

𝐵

𝐶

𝐷

1 −5

− 4− 1 + 1 −2;

=

1)3 (∞

𝐴

+

1)2

𝐵

(∞)1

𝐸

2

=

𝐶

𝐴 1

𝐶

𝐷 −5

−1+1;

4

= −

2𝐶 1

𝐴

𝐵

𝐶

𝐷

𝐸

+ 1 + −1 + 1 + −1 1 𝐷

+1

𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 𝐸 + + + + 1 2 1 2 (∞ + 1) (∞ + 1) (∞ − 1) (∞ − 1) (∞ − 1)3 𝐷

𝐸

𝐴

−𝐶

+ (∞)2 + (∞)1 + (∞)2 + (∞)3 ; (∞)1 = (∞)2 ; 𝐴 = −𝐶

2 (2 −

=

4

2 (∞ −

𝐷

+ (+1)2 + (−1)1 + (−1)2 + (−1)3 ;−1 =

1)3 (2

+

1)2

=

𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 𝐸 + + + + 1 2 1 2 (2 + 1) (2 + 1) (2 − 1) (2 − 1) (2 − 1)3

1 1 −4 2 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 𝐸 2 𝐴 𝐶 𝐷 = + + + + ; = + + + + 2 (1)3 (3)2 (3)1 (3)2 (1)1 (1)2 (1)3 9 (3)1 (1)1 (1)2 (1)3 9 −

1 −2𝐶 𝐷 −5 2𝐶 𝐷 3 1 = + 𝑌 = − + ; 𝐶 = ; 𝐷 = (3)1 1 4 4 1 1 4 4

3 −1 3 1 1 −4 2 4 4 4 2 = + + + + (𝑆 − 1)3 (𝑆 + 1)2 (𝑆 + 1)1 (𝑆 + 1)2 (𝑆 − 1)1 (𝑆 − 1)2 (𝑆 − 1)3

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Transformada de Laplace

Aplicamos la transformada inversa de Laplace: 𝐿−1 {

2 3 −𝑡 3 −𝑡 3 𝑡 1 𝑡 1 2 𝑡 } = − . 𝑒 − . 𝑡𝑒 + . 𝑒 + . 𝑡𝑒 + . 𝑡 𝑒 (𝑆 − 1)3 (𝑆 + 1)2 4 4 4 4 4

𝑃𝑒𝑟𝑜: 𝐿{𝑦(𝑡)} = +

4 (𝑆 2 8𝑒

𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 ∶ 𝐿−1 { 𝐿𝑢𝑒𝑔𝑜: 𝐿−1 {

+

42 )(𝑆

1)2

+ + ( 2𝑠 + 5) (𝑆 + 1)2

+

1 2 + 4 3 (𝑆 + 1) (𝑆 − 1) (𝑆 + 1)2

−2𝜋𝑠

( 2𝑠 + 2 + 3) 8𝑒 −2𝜋𝑠 + } = 8. (𝑡 − 2𝜋)𝑒 −(𝑡+2𝜋) + 2. 𝑒 −𝑡 + 3. 𝑡𝑒 −𝑡 (𝑆 + 1)2 (𝑆 + 1)2

1 1 3 −𝑡 } = .𝑡 𝑒 (𝑆 + 1)4 6

8 −𝑡 −8 cos(4𝑡) −15 sen(4𝑡) 4𝑡𝑒 −𝑡 3 −𝑡 3 −𝑡 3 𝑡 𝑦(𝑡) = .𝑒 + + + − . 𝑒 − . 𝑡𝑒 + . 𝑒 (17) 4 17 17 17 4 4 1 𝑡 1 2 𝑡 1 + . 𝑡𝑒 + . 𝑡 𝑒 + 8. (𝑡 − 2𝜋)𝑒 −(𝑡+2𝜋) + 2. 𝑒 −𝑡 + 3. 𝑡𝑒 −𝑡 + . 𝑡 3 𝑒 −𝑡 4 4 6

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Transformada de Laplace PROBLEMA 19

Resuelva el siguiente problema de valor inicial: 𝑡

𝑦 ′ (𝑡) = 𝑐𝑜𝑠4𝑡 − 2 ∫ 𝑦(Ɵ)𝑐𝑜𝑠2(Ɵ − 𝑡)𝑑Ɵ 0

𝑦(0) = 2 Solución: Aplicando la transformada de Laplace a la ecuación integro-diferencial: 𝑡

𝐿[𝑦

′ (𝑡)]

(𝑠)

= 𝐿[𝑐𝑜𝑠4𝑡 − 2 ∫ 𝑦(Ɵ)𝑐𝑜𝑠2(Ɵ − 𝑡)𝑑Ɵ](𝑠) 0

Por el principio de linealidad: 𝑡

𝐿[𝑦

′ (𝑡)]

(𝑠)

= 𝐿[𝑐𝑜𝑠4𝑡](𝑠) − 2𝐿[∫ 𝑦(Ɵ)𝑐𝑜𝑠2(𝑡 − Ɵ)𝑑Ɵ](𝑠) 0 𝑡

Pero por convolución de funciones sabemos: 𝐿[∫0 𝑦(Ɵ)𝑐𝑜𝑠2(𝑡 − Ɵ)𝑑Ɵ](𝑠) = 𝐿[𝑦(𝑡)](𝑠) . 𝐿[𝑐𝑜𝑠2𝑡](𝑠) 𝐿[𝑦 ′ (𝑡)](𝑠) = 𝐿[𝑐𝑜𝑠4𝑡](𝑠) − 2𝐿[𝑦(𝑡)](𝑠) . 𝐿[𝑐𝑜𝑠2𝑡](𝑠) 𝑠 𝑠 − 2 𝑌(𝑠) 𝑠 2 + 16 𝑠2 + 4 𝑠 𝑠 (𝑠 + 2 2 ) 𝑌(𝑠) = 2 +2 𝑠 +4 𝑠 + 16

𝑠𝑌(𝑠) − 𝑦(0) =

𝑌(𝑠) =

(2𝑠 2 + 𝑠 + 32)(𝑠 2 + 4) (𝑠 2 + 16)(𝑠 2 + 6)𝑠

Por tratarse de una fracción propia se procede al uso de las fracciones parciales: 2𝑠 4 + 𝑠 3 + 40𝑠 2 + 4𝑠 + 128 𝐴 𝐵𝑠 + 𝐶 𝐷𝑠 + 𝐸 = + 2 + (𝑠 2 + 16)(𝑠 2 + 6)𝑠 𝑠 𝑠 + 6 𝑠 2 + 16 2𝑠 4 + 𝑠 3 + 40𝑠 2 + 4𝑠 + 128 = 𝐴(𝑠 2 + 6)(𝑠 2 + 16) + (𝐵𝑠 + 𝐶)(𝑠)(𝑠 2 + 16) + (𝐷𝑠 + 𝐸)(𝑠)(𝑠 2 + 6) 2𝑠 4 + 𝑠 3 + 40𝑠 2 + 4𝑠 + 128 = (𝐴 + 𝐵 + 𝐷)𝑠 4 + (𝐶 + 𝐸)𝑠 3 + (22𝐴 + 16𝐵 + 6𝐷)𝑠 2 + (16𝐶 + 6𝐸)𝑠 + (96𝐴) Igualando términos:  

𝐴+𝐵+𝐷 =2 𝐶+𝐸 =1

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Transformada de Laplace   

22𝐴 + 16𝐵 + 6𝐷 = 40 16𝐶 + 6𝐸 = 4 96𝐴 = 128 4

2

1

6

Hallando: 𝐴 = 3 , 𝐵 = 3 , 𝐶 = − 5 , 𝐷 = 0, 𝐸 = 5 𝑌(𝑠) =

4 1 1 10𝑠 − 3 6 1 ( )+ ( 2 )+ ( 2 ) 3 𝑠 15 𝑠 + 6 5 𝑠 + 16

Aplicando la transformada inversa: 4 1 1 −1 10𝑠 1 −3 6 1 𝐿−1 [𝑌(𝑠)](𝑡) = 𝐿−1 [ ](𝑡) + 𝐿 [ 2 ](𝑡) + 𝐿−1 [ 2 ](𝑡) + 𝐿−1 [ 2 ] 3 𝑠 15 𝑠 +6 15 𝑠 +6 5 𝑠 + 16 (𝑡) Finalmente: 𝑦(𝑡) =

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4 2 1 3 + 𝑐𝑜𝑠(√6𝑡) − 𝑠𝑒𝑛(√6𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(4𝑡) 3 3 10 5√6

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Transformada de Laplace PROBLEMA 20

Resuelva el PVI 𝑿"(𝒕) + 𝟒𝑿´(𝒕) + 𝟖𝑿(𝒕) = 𝑭(𝒕) 𝑿(𝟎) = 𝟎 𝑿`(𝟎) = 𝟏 Donde F es la función periódica está dada en la siguiente figura: 4

2π

6π

8π

10π

t

Aplicando la transformada de Laplace al PVI 𝐿[𝑋"(𝑡)]𝑠 + 4𝐿[𝑋´(𝑡)]𝑠 + 8𝐿[𝑋(𝑡)]𝑆 = 𝐿[𝐹(𝑡)]𝑆 𝑠 2 𝑥(𝑠) − 𝑠𝑥(0) − 𝑥´(0) + 4[𝑠𝑥(𝑠) − 𝑥(0)] + 8𝑥(𝑠) = 𝑓(𝑠) 𝑥(𝑠)[𝑠 2 + 4𝑠 + 8] = 𝑓(𝑠) + 1 𝑥(𝑠) =

𝑓(𝑠) 1 + 𝑠 2 + 4𝑠 + 8 𝑠 2 + 4𝑠 + 8

Pero: 𝑓(𝑠) = 𝐿[𝐹(𝑡)]𝑆 2𝜋

𝐹(𝑡 + 2𝜋) = 𝐹(𝑡)

→

𝐿[𝐹(𝑡)]𝑆 = ∫ 0

𝑒 −𝑠𝑡 ∗ 2𝑡 ∗ 𝑑𝑡 (1 − 𝑒 −2𝜋𝑠 )𝑠 2 𝜋

−4𝑒 −2𝜋𝑠 2𝑒 −2𝜋𝑠 2 𝑓(𝑠) = − + −2𝜋𝑠 −2𝜋𝑠 2 −2𝜋𝑠 )𝑠 𝜋 (1 − 𝑒 )𝑠 2 𝜋 (1 − 𝑒 )𝑠 (1 − 𝑒

Se sabe que: +∞

1 = ∑ 𝑞𝑛 1−𝑞 𝑛=0

+∞

1 = ∑ 𝑒 −2𝜋𝑠𝑛 1 − 𝑒 −2𝜋𝑠 𝑛=0

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Transformada de Laplace +∞

+∞

𝑒 −2𝜋𝑠 = ∑ 𝑒 −2𝜋𝑠𝑛 ∗ 𝑒 −2𝜋𝑠 = ∑ 𝑒 −2𝜋𝑠(𝑛+1) 1 − 𝑒 −2𝜋𝑠 𝑛=0

𝑠𝑖 ℎ𝑎𝑐𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑛 → 𝑛 − 1

𝑛=0

+∞

𝑒 −2𝜋𝑠 = ∑ 𝑒 −2𝜋𝑠𝑛 −2𝜋𝑠 1−𝑒 𝑛=1

Reemplazando: +∞

+∞

+∞

𝑛=1

𝑛=1

𝑛=0

+∞

+∞

+∞

𝑛=1

𝑛=1

𝑛=1

𝑒 −2𝜋𝑠𝑛 2 𝑒 −2𝜋𝑠𝑛 2 𝑒 −2𝜋𝑠𝑛 𝑓(𝑠) = −4 ∑ − ∑ + ∑ 𝑠 𝜋 𝑠2 𝜋 𝑠2 𝑒 −2𝜋𝑠𝑛 2 𝑒 −2𝜋𝑠𝑛 2 1 𝑒 −2𝜋𝑠𝑛 𝑓(𝑠) = −4 ∑ − ∑ + ( + ∑ ) 𝑠 𝜋 𝑠2 𝜋 𝑠2 𝑠2 +∞

𝑒 −2𝜋𝑠𝑛 2 𝑓(𝑠) = −4 ∑ + 2 𝑠 𝜋𝑠 𝑛=1

Ahora en “𝑥(𝑠)” +∞

𝑒 −2𝜋𝑠𝑛 2 1 𝑥(𝑠) == −4 ∑ + + 𝑠(𝑠 2 + 4𝑠 + 8) 𝜋𝑠 2 (𝑠 2 + 4𝑠 + 8) 𝑠 2 + 4𝑠 + 8 𝑛=1

Hacemos: 𝑟(𝑠) = →

1 1 = 𝑠 2 + 4𝑠 + 8 (𝑠 + 2)2 + 22 −1 [𝑟(𝑠)]

𝐿

𝑡

𝑒 −2𝑡 . sin 2𝑡 = 2

→

𝑡 −2𝑢 𝑟(𝑠) 𝑒 . sin 2𝑢 ∗ 𝑑𝑢 𝑒 −2𝑡 . sin 2𝑡 𝑒 −2𝑡 . cos 2𝑡 1 𝐿−1 [ ] =∫ = − + 𝑠 𝑡 2 8 8 8 𝑜

→

𝑡 𝑡 −2𝑢 𝑟(𝑠) 𝑒 . sin 2𝑢 ∗ 𝑑𝑢 𝑒 −2𝑡 . cos 2𝑡 1 𝑡 𝐿−1 [ 2 ] = ∫ ∫ = − + 𝑠 𝑡 2 16 16 8 0 𝑜

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Transformada de Laplace

Aplicando antitransformada de Laplace a “𝑥(𝑠)” y reemlazando

+∞ −1 [𝑥(𝑠)]

𝐿

𝑡

= −4 ∑ 𝐿−1 [ 𝑛=1

𝑒 −2𝜋𝑠𝑛 ∗ 𝑟(𝑠) 2 𝑟(𝑠) ] + 𝐿−1 [ 2 ] + 𝐿−1 [𝑟(𝑠)]𝑡 𝑠 𝜋 𝑠 𝑡 𝑡

+∞

𝑟(𝑠) 2 𝑟(𝑠) 𝑋(𝑡) = −4 ∑ 𝑈2𝜋𝑛 (𝑡) ∗ 𝐿−1 [ ] + 𝐿−1 [ 2 ] + 𝐿−1 [𝑟(𝑠)]𝑡 𝑠 𝑡 𝜋 𝑠 𝑡 𝑛=1

Finalmente:

+∞

𝑒 −2𝑡 . sin 2𝑡 𝑒 −2𝑡 . cos 2𝑡 1 1 𝑒 −2𝑡 . cos 2𝑡 1 𝑡 𝑋(𝑡) = −4 ∑ 𝑈2𝜋𝑛 (𝑡) ∗ [ − + ]+ [ − + ] 8 8 8 𝜋 8 8 4 𝑛=1 −2𝑡

+

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𝑒

. sin 2𝑡 2

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Transformada de Laplace PROBLEMA 21

Formule la ecuación de la onda unidimensional y resuélvala utilizando el método de Fourier: Solución: Definición de las series de Fourier:

∞

𝑎0 𝑛𝑡𝜋 𝑛𝑡𝜋 𝑓(𝑡) ≈ + ∑ 𝑎𝑛 cos ( ) + 𝑏𝑛 sen( ) 2 𝐿 𝐿 𝑛=1

Donde:

𝑎0 =

1 𝐿 ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 𝐿 −𝐿

1 𝐿 𝑛𝑡𝜋 𝑎𝑛 = ∫ 𝑓(𝑡) cos ( ) 𝑑𝑡 𝐿 −𝐿 𝐿 1 𝐿 𝑛𝑡𝜋 𝑏𝑛 = ∫ 𝑓(𝑡)sen( )𝑑𝑡 𝐿 −𝐿 𝐿 Vamos a usar las series de Fourier para resolver la ecuación de ondas unidimensional 𝜕 2 𝑢(𝑥, 𝑡) 𝜕 2 𝑢(𝑥, 𝑡) 2 = 𝑎 𝜕𝑡 2 𝜕𝑥 2

Con las condiciones de contorno:

𝑢(0, 𝑡) = 𝑢(𝜋, 𝑡) = 0 Con las condiciones iniciales: 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑓(𝑥),

𝜕𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑔(𝑥) 𝜕𝑡

Usualmente para resolver este problema se usa el método de separación de variables 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑋(𝑥)𝑇(𝑡), 𝑋(𝑥) ≠ 0, 𝑇(𝑡) ≠ 0 Que al sustituir nos da: 𝑋(𝑥)𝑇 𝑖𝑖 (𝑡) = 𝑎2 𝑇(𝑡)𝑋 𝑖𝑖 (𝑥), →

𝑋 𝑖𝑖 (𝑥) 𝑇 𝑖𝑖 (𝑡) = 2 = −𝜆 𝑋(𝑥) 𝑎 𝑇(𝑡)

De donde se tiene las ecuaciones: 

𝑋 𝑖𝑖 (𝑥) + 𝜆𝑋(𝑥) = 0, 𝑋(0) = 𝑋(𝜋) = 0 Cuya solución a la ecuación es: 𝑋(𝑥) = 𝛼 cos 𝑥√𝜆 + 𝛽 sen 𝑥√𝜆

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Transformada de Laplace

Junto a las condiciones iniciales nos da la solución: 𝑋𝑛 (𝑥) = 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥); 𝜆: 𝜆𝑛 = 𝑛2

Y 

𝑇 𝑖𝑖 (𝑥) + 𝑎2 𝜆𝑇(𝑥) = 0,

Por criterio de sencillez a =1; 𝑇 𝑖𝑖 (𝑥) + 𝑛2 𝑇(𝑥) = 0, Luego: 𝑇𝑛 (𝑡) = 𝐴𝑛 𝑐𝑜𝑠(𝑛𝑡) + 𝐵𝑛 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑡) Y por tanto la solución a nuestro contorno será: 𝑢𝑛 (𝑥, 𝑡) = 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥)(𝐴𝑛 𝑐𝑜𝑠(𝑛𝑡) + 𝐵𝑛 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑡)) Como la ecuación de la onda es lineal y homogénea entonces su solución general será: ∞

∞

𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑ 𝑢𝑛 (𝑥, 𝑡) = ∑ 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥)(𝐴𝑛 𝑐𝑜𝑠(𝑛𝑡) + 𝐵𝑛 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑡)) 𝑛=1

𝑛=1

Para encontrar los coeficientes indeterminados An y Bn supondremos que f y g son casi continuamente derivables entre 0 y pi y vamos a extenderla entre –pi y pi de forma impar. Entonces podremos desarrollar Fourier en ambas funciones: Usando la condición inicial: ∞

𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) = ∑ 𝐴𝑛 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥) 𝑛=1 ∞

𝜕𝑢(𝑥, 0) = 𝑔(𝑥) = ∑ 𝑛𝐵𝑛 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥) 𝜕𝑡 𝑛=1

Donde: 𝐴𝑛 =

2 𝜋 ∫ 𝑓(𝑥)𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥)𝑑𝑥, 𝜋 0

𝐵𝑛 =

2 𝜋 ∫ 𝑔(𝑥)𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥)𝑑𝑥, 𝑛𝜋 0

Ejemplo: Suponga que el perfil inicial de la cuerda viene dado por:

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Transformada de Laplace

𝐴𝑥 𝑓(𝑥) = { 𝑎 𝐴(𝜋 − 𝑥) 𝜋−𝑎

0≤𝑥≤𝑎 𝑎≤𝑥≤𝜋

Y que inicialmente se encuentra en reposo g(x)=0 Por las ecuaciones obtenidas anteriormente: 2 𝜋 2𝐴𝑠𝑒𝑛(𝑎𝑛) 𝐴𝑛 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥)𝑑𝑥 = 2 𝜋 0 𝑎𝑛 (𝜋 − 𝑎)

𝐵𝑛 = 0

Reemplazando todo los valores:

∞

2𝐴 𝑠𝑒𝑛(𝑎𝑛) (𝑐𝑜𝑠(𝑛𝑡)𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥)) 𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑ 𝑎(𝜋 − 𝑎) 𝑛2 𝑛=1

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Transformada de Laplace PROBLEMA 22

Nuestra motivación es poder determinar en cuales casos puedo encontrar soluciones regulares en x = 0 para una ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden. Basta realizar un cambio de variable como z = x − x0 para determinar las soluciones de la ecuación diferencial nueva en z = 0 (o sea en x = x0 ) Reescribiendo la ecuación [0] de la forma en donde R(x) no se anula en un intervalo que contiene a x = 0. Suponemos además que P (x), Q(x) y R(x) son funciones regulares en x = 0.

Tenemos entonces que

son regulares en x = 0. Además de lo anterior se asume que la ecuación [1] fue dividida previamente por cierta constante de manera tal que R(0) = 1. Se tiene entonces:

Intentamos encontrar soluciones analíticas, es decir, desarrollables en series de potencias de la variable x del tipo

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Transformada de Laplace

en donde de busca determinar el valor de s en donde supondremos que A0 = 0. Sustituyendo en [1] operando se llega a la siguiente relación:

Definiendo ahora dos funciones f (s) y gk (s) como sigue:

Con la notación de (8),(9), tenemos que (7) puede ser escrita como:

Para que (1) se satisfaga en algún intervalo de x = 0, esta última expresión deberá anularse idénticamente ⇒ f (s) = 0 o bien s2 + (P0 − 1)s + Q0 = 0 (21) Esta ecuación determina dos valores para s, la llamaremos ecuación indicial, debido a que indica dos valores posibles para el índice s. Es aquí donde obtendremos los exponentes de primer término en las dos series del tipo (6), son los exponentes de la ecuación diferencial en x = 0. Ahora anulando encuentra

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el coeficiente de xs−1 en (11) uno

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Transformada de Laplace

f (s + 1)A1 = −g1 (s + 1)A0

mientras que para el coeficiente de xs se tiene

f (s + 2)A2 = −g1 (s + 2)A1 − g2 (s + 2)A0

En general la anulación del coeficiente de xs+n−2 en (11) nos proporciona la siguiente formula de recurrencia

la cual determina An en función de los precedentes, por lo tanto determina An en función de A0 , el cual asumimos = 0, si ∀n tenemos f (s + n) = 0. Sean ahora s1 y s2 las raíces de [12]. Evaluaremos los casos según la naturaleza de estas raíces, si son iguales, distintas, reales, etc.

si s1 = s2 o bien (1 − P0 )2 − 4Q0 = 0

(23)

solo tendremos una solución del tipo (3)

si s1 ≠ s2

f (s) = (s − s1 )(s − s2 ) ⇒ f (s + n) = (s + n − s1 )(s + n − s2 ) ⇒ f (s1 + n) = n[n(s1 − s2 ]

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Transformada de Laplace

⇒ f (s2 + n) = n[n − (s1 − s2 )] (24) Si s1 es complejo y Pn , Qn y Rn son todos reales, tendremos que s2 = s1 ⇒ s1 − s2 será imaginario puro entonces las expresiones anteriores (15) no se anulan para ningún valor real de n, excepto para n = 0.

Si s1 y s2 son reales y distintos con s1 − s2 > 0 entonces f (s + n) no se anula para n ≥ 1 y además f (s2 + n) solo se anulara para n = s1 − s2 . Dado que n ∈ N, esto último es posible si s1 − s2 es natural. Por último, si s1 = s2 , f (s1 + n) = n2 entonces f (s1 + n) no se anula para n≥1

Tenemos entonces para s1 − s2 = N , con N ∈ N la fórmula de recurrencia (13) se verifica para n = N

donde con s = s2 , se anula el primer término y la ecuación no se verifica para ningún AN , a menos que el segundo miembro también se anule, en tal caso AN y A0 quedan indeterminados.

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Transformada de Laplace

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