|Instituto Tecnológico de Costa Rica|Escuela de Matemática|  M. Sc. Geovanni Figueroa M.

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Propiedades de la Transformada de Laplace

Como la transformada de Laplace se define en términos de una integral impropia que puede ser divergente, existen funciones para las cuales no existe dicha transformada, incluso hay funciones discontinuas, como la del ejemplo anterior, que pueden tener transformada; entonces, ¿ bajo qué condiciones una funciones tienen transformada de Laplace ?. Antes de dar una respuesta parcial a esta pregunta debemos dar algunas definiciones.

 

Definición [Funciones continuas a trozos]

Decimos que una función $f:[a,b] \rightarrow$   $\mbox{$I \hspace{-1.3mm} R$}$$$ es continua a trozos si $f$ está definida y es continua en todo $x \in [a,b]$, salvo en un número finito de puntos $x_k$, para $k=1,2,\ldots,n$. Para cada $x_k \in [a,b]$ los límites $$f(x_k^+) = \lim_{h \rightarrow 0} f(x_k + h) \hspace{1cm} f(x_k^-) = \lim_{h \rightarrow 0} f(x_k - h)$$ existen. Note que, solamente uno de estos límites es pertinente si $x_0$ es uno de los extremos de $[a,b]$.

En general, el requisito de que estos límites sean finitos en todos los puntos $x_k$ implica que las únicas discontinuidades de $f$ son discontinuidades de salto, del tipo que aparecen el la figura 1.2.

 

Figura 1.2

 

Intuitivamente podríamos pensar que las funciones continuas a trozos son casi continua o que no son demasiado discontinua.

Otra de las ideas importantes en el estudio de la existencia de la transformada de Laplace es que entendemos porqué una función no crezca demasiado rápido.

 

	Definición [Funciones de orden exponencial]
	Decimos que la función $f: [0,+\infty[ \rightarrow$   $\mbox{$I \hspace{-1.3mm} R$}$$$ es de orden exponencial si existen números $k$, $M>0$ y $T>0$ tales que $$\vert f(t) \vert \leq Me^{kt}$$ para $t > T$

Intuitivamente esto significa que la función $f(t)$ esta por debajo de una función exponencial, como se muestra en la 1.3.

 

Figura 1.3

Observación: algunas veces, para verificar que una función $f$ es de orden exponencial, conviene calcular el siguiente límite:

$$\lim_{t \rightarrow \infty} \frac{\vert f(t)\vert}{e^{kt}} = L$$

para algún valor de $k$. Si $L$ es finito, entonces $M$ puede ser cualquier número mayor que $L$ (y este determina $T$). Por otro lado, si $L= \infty$, $f$ no es de orden exponencial.

 

Ejemplo
Compruebe que $f(t)=t^3$ es de orden exponencial.

Solución
Para comprobar esto, apliquemos tres veces la regla de L'Hôpital

$$\lim_{t \rightarrow \infty} \frac{t^3}{e^{kt}} = \lim_{t \rightar... ...} \frac{6t}{k^2e^{kt}} = \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{6}{k^3e^{kt}} = 0,$$

para cualquier número positivo $k$. Por lo tanto, si $t$ es suficientemente grande $\vert t^3\vert < e^t$, y así $t^3$ es de orden exponencial.

 

Ejemplo
Compruebe que la función $f(t)=e^{bt}$ es de orden exponencial para cualquier valor de $b$.

 

Solución
Calculando el límite

$$\lim_{t \rightarrow \infty} \frac{e^{bt}}{e^{kt}} = \lim_{t \rightarrow \infty} e^{(b-k)t}=0$$

siempre y cuando $k>b$. De donde, $e^{bt} < e^{kt}$ para $t$ grande.

Observación: no es difícil comprobar que cualquier polinomio de grado $n$ o función trigonométrica como Sen(bt), Cos(bt), con $b$ constante, son de orden exponencial, así como, las sumas y productos de un número finito de estas funciones. En general, si $f(t)$ y $g(t)$ son de orden exponencial la suma $f(t) + g(t)$ y el producto $f(t) \cdot g(t)$ son de orden exponencial.

Ejemplo
Compruebe que la función $f(t)=e^{t^2}$ no es de orden exponencial.

Solución
Calculando el límite tenemos que

$$\lim_{t \rightarrow \infty} \frac{e^{t^2}}{e^{kt}} = \lim_{t \rightarrow \infty} e^{t^2 - kt} = \infty$$

para cualquier valor de $k$, con lo cual la función $f(t)=e^{t^2}$ no es de orden exponencial.

El siguiente resultado enuncia un resultado que parece obvio.

 

	Teorema [Funciones acotadas]
	Sea $f: [0,+\infty[ \rightarrow$   $\mbox{$I \hspace{-1.3mm} R$}$$$ una función acotada, entonces es de orden exponencial.

Demostración

Como $f$ es acotada $\vert f(t)\vert \leq M$ para todo $t \in [0,\infty[$. Entonces

$$\lim_{t \rightarrow \infty} \frac{\vert f(t)\vert}{e^{kt}} \leq \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{M}{e^{kt}} = 0,$$

para cualquier $k >0$, con lo cual $f$ es de orden exponencial.

 

Observación: como $Sen(bt)$ y $Cos(bt)$ son acotadas, son de orden exponencial.

Una vez definidos los conceptos de función continua a trozos y función de orden exponencial ya estamos listos para enunciar una condición necesaria para la existencia de la transformada de Laplace.

 

	Teorema [Existencia de la transformada]
	Sea $y: [0, +\infty[ \rightarrow$   $\mbox{$I \hspace{-1.3mm} R$}$$$ una función continua a trozos y de orden exponencial, entonces la transformada de Laplace de $y(t)$ existe. Es decir, existe un número $s_0$ tal que $Y(s)={\cal L} \{ y(t) \}$ existe para $s > s_0$.

Demostración

Por ser $f$ de orden exponencial existen números no negativos $T$, $k$ y $M$ tales que $\vert y(t)\vert \leq Me^{kt}$, para $t > T$. Así que

$${\cal L} \{y(t) \} = \int_0^{\infty} e^{-st} y(t) dt$$

$$= \int_0^T e^{-st}y(t) dt + \lim_{b \rightarrow \infty} \int_T^b e^{-st} y(t) dt$$

La primera integral

$$\int_0^T e^{-st}y(t) dt$$

es una integral definida, por tanto existe. Para la segunda integral note que

$$\left\vert \int_T^b e^{-st} y(t) dt \right\vert \leq \int_T^b e^{-st} \vert y(t) \vert dt$$

$$\leq \int_T^b e^{-st} M e^{kt} dt$$

$$= M \int_T^b e^{(k-s)t} dt$$

$$= M \frac{e^{(k-s)b} - e^{(k-s)T} }{k-s}$$

Ahora, como

$$\frac{M}{k-s} \lim_{b \rightarrow \infty} \left( e^{(k-s)b} - e^{(k-s)T} \right) = \frac{Me^{-(s-k)T}}{s-k}$$

siempre y cuando $s > k$, tenemos que la integral

$$\int_T^b e^{-st} y(t) dt$$

existe y con ello la transformada.

 

Observación: el teorema anterior enuncia una condición suficiente y no necesaria para la existencia de la transformada de Laplace, es decir, puede darse el caso de una función $f$ que no cumpla las hipótesis del teorema, pero aún así tenga transformada, como lo muestra el siguiente ejemplo.

 

Ejemplo
Compruebe que la transformada

$${\cal L} \{ \frac{1}{\sqrt{t}} \}$$

existe, aún cuando $f(t)=\frac{1}{\sqrt{t}}$ no cumple las hipótesis del teorema de existencia anterior.

 

Solución
Claramente $f(t)=\sqrt{t}$ tiene una discontinuidad infinita en $x=0$, con lo cual no es continua a trozos en el intervalo $[0,\infty[$; pero

$${\cal L} \left\{ \frac{1}{\sqrt{t}} \right\} = \int_0^{\infty} \underbrace{\frac{e^{-st}}{\sqrt{t}} }_{u = st} dt$$

$$= \frac{1}{\sqrt{u}} \int_0^{\infty} \frac{e^{-u}}{\underbrace{\sqrt{u}}_{z^2=u}} du$$

$$= \frac{2}{\sqrt{s}} \int_0^{\infty} e^{-z^2} dz$$

Para calcular esta última integral sea

$$I_b = \int_0^b e^{-x^2} dx = \int_0^b e^{-y^2} dy$$

con lo cual

$$\lim_{b \rightarrow +\infty} I_b = \int_0^{\infty} e^{-x^2} dx$$

Ahora note que

$$I^2_b = \left( \int_0^b e^{-x^2} dx \right)\left( \int_0^b e^{-y^2} dy \right)$$

$$= \int_0^b \int_0^b e^{-(x^2 + y^2)}dx dy$$

$$= \iint_R e^{-(x^2 + y^2)}dx dy$$

 

Figura 1.4

Donde $R$ es el cuadrado de lado $b$, que se muestra en la figura 1.4 Observe que si $R_1$ y $R_2$ son las regiones que se muestran en la figura 1.4 entonces

$$\iint_{R_1} e^{-(x^2 + y^2)} dx dy \leq I^2_b \leq \iint_{R_2} e^{-(x^2 + y^2)} dx dy$$

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \int_0^b re^{-r^2} dr d\theta \leq I^2_b \leq \int_0^{\frac{\pi}{2}} \int_0^{b\sqrt{2}} r e^{-r^2} dr d\theta$$

$$\frac{\pi \left( 1 - e^{-b^2} \right)}{4} \leq I^2_b \leq \frac{\pi \left(1 -e^{-2b^2} \right)}{4}$$

Con lo cual, tomando el límite

$$\lim_{b \rightarrow \infty} I^2_b = \frac{\pi}{4}$$

Y así, $I = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$. Por lo tanto

$${\cal L} \left\{ \frac{1}{\sqrt{t}} \right\}= \sqrt{\frac{\pi}{s} }$$

El siguiente ejemplo muestra una función para la cual no existe la transformada de Laplace.

 

Ejemplo
Compruebe que

$${\cal L} \{ \frac{1}{t^2}\}$$

no existe.

 

Solución
Usando la definición

$${\cal L} \{ \frac{1}{t^2}\} = \int_0^{\infty} \frac{e^{-st}}{t^2} dt$$

$$= \int_0^1 \frac{e^{-st}}{t^2} dt + \int_1^{\infty} \frac{e^{-st}}{t^2} dt$$

Y puesto que la integral impropia

$$\int_0^1 \frac{e^{-st}}{t^2} dt$$

diverge, la transformada no existe.

Observación: la otra integral

$$\int_1^{\infty} \frac{e^{-st}}{t^2} dt$$

es convergente para $s >0$, pues

$$\frac{e^{-st}}{t^2} \leq \frac{1}{t^2}$$

La integral

$$\int_0^1 \frac{e^{-st}}{t^2} dt$$

diverge, pues, por el criterio de comparación

$$\lim_{t \rightarrow 0^+} \frac{\frac{e^{-st}}{t^2}}{\frac{1}{t^2}} = \lim_{t \rightarrow 0^+} \frac{1}{e^{-st}} = 1$$

para toda $s$, con lo cual ambas integrales convergen o divergen; pero

$$\int_0^1 \frac{1}{t^2} dt$$

diverge.

Ahora vamos a enunciar algunos propiedades de la transformada.

 

	Teorema  [Linealidad de la transformada]
	Si ${\cal L} \{f(t) \} =F(s)$ y ${\cal L} \{ g(t) \} = G(s)$ existen entonces $${\cal L} \{ f(t) + c g(t) \} = {\cal } \{ f(t) \} + {\cal L} \{ g(t) \} = F(s) + G(s)$$ para cualquier constante real $c$.

Demostración
Es una consecuencia directa de la convergencia de la suma en integrales impropias.

$$\int_0^{\infty} \left( f(t) + c g(t) \right) dt = \int_0^{\infty} f(t) dt + c \int_0^{\infty} g(t) = F(s) + G(s)$$

 

Ejemplo
Calcule ${\cal L} \{Sen^2(t) \}$.

Solución
Como

$$Sen^2(t) = \frac{1-Cos(2t)}{2},$$

por la propiedad de linealidad

$${\cal L} \{Sen^2(t) \} = {\cal L} \{ \frac{1-Cos(2t)}{2} \}$$

$$= \frac{1}{2} {\cal L} \{ 1 \} - \frac{1}{2} {\cal L} \{Cos(2t) \}$$

$$= \frac{1}{2s} - \frac{s}{2 \left( s^2 + 4 \right) }$$

$$= \frac{2}{s \left( s^2 + 4 \right)}$$

Con la idea de aplicar la transformada de Laplace a la solución de ecuaciones diferenciales necesitamos calcular la transformada de una derivada.

 

	Teorema [Transformada de una derivada]
	Si $y^{\prime}(t)$ es continua a trozos y de orden exponencial en el intervalo $[0,+ \infty[$, entonces $${\cal L} \{ y(t) \} = sY(s) - y(0)$$

Demostración

Integrando por partes

$${\cal L} \{ y^{\prime}(t) \} = \int_0^{\infty} e^{-st}y^{}(t) dt$$

$$= e^{-st}y(t) \Bigr\vert^{\infty}_0 + s \int_0^{\infty} e^{-st}y(t) dt$$

$$= -y(0) + s {\cal L} \{ y(t)\}$$

$$= s Y(s) - y(0)$$

Con un argumento similar podemos demostrar que

$${\cal L} \{ y^{\prime \prime}(t) \} = -y^{\prime}(0) + s {\cal } \{ y^{\prime}(t) \}$$

$$= -y^{\prime}(0) + s \left( sY(s) - y(0) \right)$$

$$= s^2 Y(s) - y^{\prime}(0) - sy(0)$$

 

Ejemplo
Use el resultado anterior para calcular

$${\cal L} \{ t^2 \}$$

Solución
Haciendo $f(t)=t^2$, tenemos que

$${\cal L} \{ f^{\prime} (t)\} = s {\cal L} \{ f(t)\} - f(0)$$

$${\cal L} \{ 2t \} = s {\cal L} \{ t^2 \} - 0$$

$$2 {\cal L} \{ t \} = s {\cal L} \{ t^2 \}$$

$$\frac{2}{s^2} = s {\cal L} \{ t^2 \}$$

y de aquí concluimos que

$${\cal L} \{ t^2 \} = \frac{2}{s^3}$$

El siguiente resultado generaliza la transformada de una derivada.

 

	Definición [Transformada de una derivada]
	Si $y(t),y^{\prime}(t), \cdots, y^n(t)$ son continuas a trozos y de orden exponencial en el intervalo $[0,+ \infty[$, entonces $${\cal L} \{ y^n(t) \} = s^n Y(s) - \sum_{j=0}^{n-1} s_j y^{n-1-j}(0)$$ $$= s^n Y(s) - y^{n-1}(0) - sy^{n-2}(0) - \cdots - s^{n-1}y(0)$$

 

El siguiente teorema trata sobre el efecto que tiene en una transformada la escalación de una función $f(t)$.

 

	Teorema [Propiedad de escalación]
	Sea $f(t)$ una función continua a trozos y de orden exponencial en $[0,+ \infty[$, si $c \neq 0$, entonces $${\cal L} \{ f(t) \} = \frac{1}{c} F \left( \frac{s}{c} \right)$$

Demostración
Para comprobar esta propiedad basta hacer un cambio de variable, $u=ct$

$${\cal L} \{ f(ct) \} = \int_0^{\infty} e^{-st}f(ct) dt$$

$$= \frac{1}{c} \int_0^{\infty} e^{-\frac{su}{c}} f(u) du$$

$$= \frac{1}{c} F\left( \frac{s}{c} \right)$$

 

Ejemplo
Si

$${\cal L} \{ Senh(t) \} = \frac{1}{s^2 - 1},$$

calcule ${\cal L} \{ Senh(kt) \}$.

Solución

Usando la propiedad de escalamiento

$${\cal L} \{ Senh(kt) \} = \frac{1}{k} \left( \frac{1}{\left( \frac{s}{k} \right)^2 - 1} \right)$$

$$= \frac{1}{k} \frac{k^2}{s^2 - k^2}$$

$$= \frac{k}{s^2 - k^2}$$

 

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