Ejemplo 1
Encontrar $\mathcal {L} \{ senh(\omega t ) \}$
Solución 1
Recordemos nuestras identidades:
$$cosh(t) = \frac{e^t + e^{-t} }{2} \qquad \qquad sen(t) = \frac{e^t - e^{- t}}{2}$$
Así que:
$$\mathcal {L}\{ senh(\omega t) \} = \int_0^\infty e^{-st} \frac{e^{\omega t} - e^{-\omega t} }{2} dt = \frac{1}{2}\Bigg[ \int_0^\infty e^{- (s - \omega )t}dt - \int _0^\infty e^{- (s + \omega)t}dt \Bigg] = $$$$ = \frac{1}{2} \Bigg [- \frac{1}{s - \omega} e^{- (s - \omega) t}\bigg |_0^\infty + \frac{1}{s + \omega} e^{- (s + \omega) t}\bigg |_0^\infty \Bigg] = \frac{1}{2} \bigg[ - 0 + \frac{1}{s - \omega} + 0 - \frac{1}{s + \omega} \bigg] = $$$$= \frac{1}{2} \bigg[ \frac{s + \omega - (s - \omega )}{(s - \omega)(s + \omega)} \bigg] = \frac{1}{2} \bigg[ \frac{2 \omega}{s^2 - \omega ^2} \bigg] $$
$$\boxed{\quad \mathcal{L} \{ senh(\omega t) \} = \frac{\omega}{s^2 - \omega ^2 } \quad s > \omega \quad}$$
El mismo procedimiento se sigue para obtener
$$\boxed{\quad \mathcal{L} \{ cosh(\omega t) \} = \frac{s}{s^2 - \omega ^2 } \qquad s > \omega \quad}$$
PRIMER TEOREMA DE DESPLAZAMIENTO (en el eje s)
Si tenemos
$$\mathcal{L}\{ f(t) \} = \int_0^\infty f(t) e^{-st} dt = F(s)$$
Entonces
$$\boxed {\qquad \mathcal{L} \{ e^{at} f(t) \} = F(s- a) \qquad \qquad (1)}$$
Esto quiere decir que la transformada de una función $f(t)$ multiplicada por $e^{at}$ será la transformada de $f(t)$ desplazada hacia la derecha $a$ unidades. Como se puede ver en la figura 1.
Ejemplo 2
Encontrar la transformada
$$ \mathcal{L} \{ e^{-5t}sen(3t) \}$$
Solución 2
En este tipo de problemas, cuando veamos que hay una función exponencial en la expresión que se va a obtener la transformada, es seguro que se deberá de usar el primer teorema de desplazamiento.
Lo que se hace es encontrar primero la transformada de Laplace de la función que queda después de quitar la exponencial de la expresión a sacarla la Transformada de Laplace, esto es: $sen(3t)$ y luego desplazarla $-5$ unidades y se puede expresar de la siguiente manera:
$$\mathcal{L} \{ e^{at} f(t) \} = \mathcal{L} \{f(t) \} \bigg|_{s \ =\ s - a}$$
Lo que significa es que se saca la transformada de $f(t)$ y el resultado se cambian todas las $s$ por $ s - a$. así que
$$F(s) = \mathcal{L} \{ sen(3t) \} = \frac{3}{s^2 + 3^2}$$
Ahora bien, del primer teorema des desplazamiento, tenemos que
$$\mathcal{L}\{ e^{-5t } sen(3t) \} = F(s -(-5) ) = F(s + 5)$$
Pero, como ya conocemos $F(s)$, entonces, solo desplazamos esta función 5 unidades a la izquierda, o sea, sustituir la $s$ de $F(s)$ por $s + 5$
$$\mathcal{L}\{ e^{-5t } sen(3t) \} = \frac{3 }{(s + 5)^2 + 3^2}$$
$$\boxed{\qquad \mathcal{L}\{ e^{-5t}sen (3t) \} = \frac{3}{(s + 5)^2 + 9} \qquad }$$
Ejemplo 3
Encontrar la transformada de Laplace de la función
$$f(t) = 2t^3e^{\textbf - t/2}$$
Solución 3
Recuerden que primero identificamos la exponencial y lo demás ser la función a la que le sacaremos su transformada. En este problema, obtenemos
$$\mathcal {L}\{ t^3 \} = \frac{3!}{s^{3 + 1}}$$
Y esta es la función que vamos a desplazar $\frac{1}{2}$ unidades hacia la izquierda
$$\mathcal {L}\{ 2t ^3e^{\textbf - t/2} \} = 2\mathcal {L}\{t ^3e^{\textbf - t/2} \} = 2\frac{3!}{[s - (- \frac{1}{2})]^4 }$$
$$\boxed{ \ \ \ \mathcal {L}\{ 2t ^3e^{\textbf - t/2} \} = \frac{12}{(s + \frac{1}{2})^4 } \qquad s > - \frac{1}{2} }$$
TRANSFORMADA DE LAPLACE DE DERIVADAS
La razón de incluir la transformada de Laplace en este curso, es por su versatilidad a la hora de resolver problemas de ingeniería.
Para resolver ecuaciones diferenciales con la transformada de Laplace, es necesario evaluar cantidades como $\mathcal {L}\{ dy/dt \}$, $\mathcal{L}\{ d^2y /dt^2 \}$, etc.
Si, $f'$ es continua para $t \geq 0$, entonces podemos obtener:
$$\mathcal{L}\{ f'(t) \} = \int_0^\infty e^{\textbf - st} f'(t)dt = e^{\textbf - st} f(t) \Bigg|_0^\infty + s \color {red}{ \int_0^\infty e^{\textbf - st} f(t) dt }$$
Y el término en azul es precisamente la transformada de $f(t)$ por lo que
$$\mathcal{L}\{ f'(t) \} - f(0) + s F(s) $$$$\boxed{\color {blue}{ \qquad \mathcal{L}\{ f'(t) \} = s F(s) - f(0)} \qquad \qquad (2)} $$
Observen que para evaluar la integral anterior y la de a continuación se usa integración por partes.
Ahora, apoyándonos en el resultado anterior, tenemos
$$\mathcal{L}\{ f''(t) \} = \int_0^\infty e^{\textbf - st} \frac{d}{dt}(f'(t)) dt = e^{\textbf - st} f'(t) \bigg|_0^\infty + s \color {red}{ \int_0^\infty e^{\textbf - st} f'(t) dt } = $$Y lo que está en color rojo es precisamente (2)
$$\mathcal{L}\{ f''(t) \} = . f '(0) - s \mathcal {L} \{ f ' (t) \}$$$$= s[sF(s) - f(0)] - f '(0)$$$$\boxed{ \qquad \color {blue}{ \mathcal{L}\{ f'' (t) \} = s^2 F(s) - s f(0) - f' (0) } \qquad \qquad (3) }$$
De igual manera, se puede demostrar que
$$\boxed{\qquad \color {blue}{ \mathcal{L}\{ f''' (t) \} = s^3 F(s) - s^2 f(0) - s f' (0) - f'' (0)} \qquad \qquad (4) }$$
Y de una manera general, tendremos:
$$\boxed{\qquad \color {blue}{\mathcal {L}\{ f^{(n)}\} = s^n F(s) - s^{(n-1)} f(0) - s^{(n-2)}f' (0) - \dots - f^{(n-1)}(0) } \qquad \qquad (5) }$$
Antes de resolver ecuaciones con la transformada de Laplace, veremos primero lo que es la transformada inversa
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