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

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Función escalón

En ingeniería es común encontrar funciones que corresponden a estados de sí o no, o bien activo o inactivo. Por ejemplo, una fuerza externa que actúa sobre un sistema mecánico o una tensión eléctrica aplicada a un circuito, puede tener que suspenderse después de cierto tiempo. Para tratar de forma efectiva con estas funciones discontinuas conviene introducir una función especial llamada función escalón unitario.

 

Definición [Función de Heaviside]

La función escalón unitario o función de Heaviside1.2 $H: [0, + \infty[ \rightarrow$   $\mbox{$I \hspace{-1.3mm} R$}$$$ se define como $$H(t-a) = \begin{cases} 0 & \text{Si $0 \leq t < a$} \\ 1 & \text{Si $t \geq a$} \\ \end{cases}$$ Observación: la función de heaviside se definio sobre el intervalo $[0,+ \infty[$, pues esto es suficiente para la transformada de Laplace. En un sentido más general $H(t-a)=0$ para $t < a$.

 

Ejemplo
Trazar la gráfica de la función $f(t)=H(t-1)$.

Solución
La función $f(t)$ está dada por

$$f(t) = \begin{cases} 0 & \text{Si $0 \leq t < 1$\ } \\ 1 & \text{Si $t \geq 1$} \\ \end{cases}$$

y su gráfica se muestra en la figura 1.5

Figura 1.5

 

Cuando la función de Heaviside $H(t-a)$ se multilplica por una función $f(t)$, definida para $t \geq 0$, ésta función se desactiva en el intervalo $[0,a]$, como muestra en siguiente ejemplo.

Ejemplo
Trazar la gráfica de la función $f(t) = Sen(t) H(t-2 \pi)$.

Solución
La función está dada por

$$f(t) = \begin{cases} 0 & \text{Si $0 \leq t < 2 \pi$} \\ Sen(t) & \text{Si $t \geq 2 \pi$} \\ \end{cases}$$

 

 

Figura 1.6

 

La función de Heaviside puede utilizarse para expresar funciones continuas a trozos de una manera compacta, como se muestra en el siguiente ejemplo.

Ejemplo
Use la función de Heaviside para reescribir la función

$$f(t)= \begin{cases} g(t) & \text{Si $0 \leq < a$\ } \\ h(t) & \text{Si $t \geq a$} \\ \end{cases}$$

Solución
Para reescribir la función basta usar la definición de la función Heaveside

$$f(t) = \begin{cases} g(t) - g(t) \cdot 0 + h(t) \cdot 0 & \text{Si $... ...) \cdot 1 + h(t) \cdot 1 & \text{Si $t \geq a$} \\ \end{cases}$$

$$= g(t) - g(t)H(t-a) + h(t)H(t-a)$$

Observación: la función

$$f(t) = \begin{cases} p(t) & \text{Si $0 \leq t < a$\ } \\... ...q t < b$\ } \\ r(t) & \text{Si $t \geq b$} \\ \end{cases}$$

se escribe usando la función de Heaviside como

$$f(t) = p(t) + \left( q(t) - p(t) \right) H(t-a) + \left( r(t) - q(t) \right) H(t-b)$$

 

	Teorema [Transformada de la función Heaviside]
	La transformada de la función de Heaviside es $${\cal L} \{ H(t-a) \} = \frac{e^{-sa}}{s}$$

Demostración
Usando la definición de transformada

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

$$= \underbrace{\int_0^{a} e^{-st} \cdot 0 dt}_{0} + \int_a^{\infty} e^{-st} dt$$

$$= \int_a^{\infty} e^{-st} dt$$

$$= -\frac{e^{-st}}{s} \biggr\vert _a^{\infty}$$

$$= \frac{e^{-as}}{s}$$

 

En el primer teorema de traslación nos permitío calcular la transformada de una función $f(t)$ al ser multiplicada por una función exponencial $e^{kt}$, el segundo teorema de traslación nos permitirá calcular la trasformada de una función $f(t)$ que es multiplicada por una función escalón.

 

	Teorema [Segundo teorema de traslación]
	Si ${\cal L} \{f(t) \} =F(s)$ y $a > 0$, entonces $${\cal L} \{ f(t-a) H(t-a) \} = e^{-as}F(s)$$ Forma inversa del segundo teorema de traslación: $$f(t-a) H(t-a) = {\cal L}^{-1} \{e^{-as} F(s) \}$$

Demostración
Usando la definición

$${\cal L} \{f(t-a) \}H(t-a) = \int_0^{\infty} e^{-st} f(t-a0 H(t-a) dt dt$$

$$= \int_0^a e^{-st} f(t-a) \cdot 0 dt + \int_a^{\infty} e^{-st} f(t-a) dt$$

$$= \int_a^{\infty} e^{-st} f(\underbrace{t-a}_{u=t-a}) dt$$

$$= \int_0^{\infty} e^{-s(u+a)} f(u) du$$

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

$$= e^{-sa} {\cal L} \{ f(t) \}$$

$$= e^{-sa} F(s)$$

Observación: podemos usar el segundo teorema de traslación para calcular la transformada de Laplace de la función $H(t-a)$ haciendo $f(t)=1$:

$${\cal L} \left\{ H(t-a) \right\} = {\cal L} \left\{ 1 \cdot H(t-a) \right\} = e^{-as} {\cal L} \left\{ 1 \right\} = \frac{e^{-as}}{s}$$

 

Ejemplo
Calcule

$${\cal L} \{ t H(t-2) \}$$

Solución
Para poder usar el segundo teorema de traslación debemos completar $t$ a $t-2$

 

$${\cal L} \{ t H(t-a) \} = {\cal L} \{ (t-2 +2) H(t-2) \}$$

$$= {\cal L} \{ (t-2) H(t-2) \} + 2 {\cal L} \{ H(t-2) \}$$

$$= \frac{e^{-2s}}{s^2} + \frac{2e^{-2s}}{s}$$

Ejemplo

 Calcular ${\cal L} \{ f(t) \}$, donde

$$f(t) = \begin{cases} -t + 1 & \text{Si $0 \leq t < 1$} \\... ...\leq t < 2$\ } \\ t - 2 & \text{Si $t \geq 2$} \end{cases}$$

Solución:

Observe que la función $f(t)$ puede reescribirse como

 

$$f(t) = 1 - t +t H(t-1) + \left( t - 3 \right) H(t-2)$$

$$f(t) = 1 - t + \left( t-1 \right) H(t-1) + \left( t-2 \right) H(t-2)$$

con lo cual

$${\cal L} \{ f(t) \} = {\cal L} \{ 1 \} + {\cal L} \left\{ \left(t - 1 \right)H(t-1) \right\} + {\cal L} \left\{ \left( t - 2 \right) H(t-2) \right\}$$

$$= \frac{1}{s} + \frac{e^{-s}}{s^2} + \frac{e^{-2s}}{s^2}$$

Ejemplo
Calcule

$${\cal L} \{ t^2 H(t-2) \}$$

Solución
Para poder usar el segundo teorema de traslación debemos completar de forma adecuada el término $t^2$

 

$${\cal L} \{ t^2 H(t-2) \} = {\cal L} \left\{ \left( \left(t - 2 \right)^2 + 4t - 4 \right) H(t-2) \right\}$$

$$= {\cal L} \left\{ \left(t - 2 \right)^2 H(t-2) \right\} + 4 {\cal L} \left\{ \left( t - 1 \right) H(t-2) \right\}$$

$$= {\cal L} \left\{ \left(t - 2 \right)^2 H(t-2) \right\} + 4 {\cal L} \left\{ \left( t - 2 \right) H(t-2) \right\} + 4 {\cal L} \{ H(t-2) \}$$

$$= \frac{2e^{-2s}}{s^3} + \frac{4e^{-2s}}{s^2} + \frac{4e^{-2s}}{s}$$

$$= 2e^{-2s} \left( \frac{1}{s^3} + \frac{2}{s^2} + \frac{2}{s} \right)$$

Como lo muestran los ejemplos anteriores algunas veces es necesario sumar y restar algunos términos con la idea de poder usar el segundo teorema de traslación. Pero existe una forma alternativa que nos evita el tener que hacer esto.

 

	Corolario [Forma alternativa al segundo teorema de traslación]
	Sea $f: [0,+\infty[ \rightarrow$   $\mbox{$I \hspace{-1.3mm} R$}$$$ una función continua a trozos y de orden exponencial en $[0,+ \infty[$, entonces $${\cal L} \{ f(t) H(t-a) \} = e^{-as} {\cal L} \{ f(t+a) \}$$

Demostración

Usando la definición

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

$$= \int_a^{\infty} e^{-st} f(t) dt$$

$$= \int_0^{\infty} e^{-s(u+a} f(u+a) du$$

$$= e^{-sa} \int_0^{\infty} e^{-su} f(\underbrace{u+a}_{t=u+a}) du$$

$$= e^{-sa} {\cal L} \{ f(t + a \}$$

 

Ejemplo
Calcule

$${\cal L} \{ \left(t^2 + t \right) H(t-3) \}$$

Solución
Usando la forma alternativa del segundo teorema de traslación

$${\cal L} \{ \left(t^2 + t \right) H(t-3) \} = e^{-3s} {\cal L} \left\{ \left( t + 3 \right)^2 + t + 3 \right\}$$

$$= e^{-3s} {\cal L} \left\{ t^2 + 7t + 12 \right\}$$

$$= e^{-3s} \left( \frac{2}{s^3} + \frac{7}{s^2} + \frac{12}{s} \right)$$

Los siguientes ejemplos muestran el uso del segundo teorema de traslación en su forma inversa.

Ejemplo
Calcule

$${\cal L}^{-1} \left\{ \frac{se^{-\pi s/2}}{s^2 + 9} \right\}$$

Solución

En este caso $a = \frac{\pi}{2}$ y

$$F(s)= \frac{s}{s^2+9} \Rightarrow f(t) = Cos(3t)$$

con lo cual

$${\cal L}^{-1} \left\{ \frac{se^{-\pi s/2}}{s^2 + 9} \right\} = {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{s}{s^2 + 9} \right\}_{t \rightarrow t - \frac{\pi}{2}} H\left(t-\frac{\pi}{2} \right)$$

$$= Cos \left(3 \left(t - \frac{\pi}{2} \right) \right) H\left(t - \frac{\pi}{2} \right)$$

$$= - Sen(3t) H\left(t - \frac{\pi}{2} \right)$$

Ejemplo
Calcule

$${\cal L}^{-1} \left\{ \frac{2se^{-\pi s/2}}{s^2 - 5s + 6} \right\}$$

Solución
Primero hallemos la descomposición en fraciones parciales

$$\frac{2s}{s^2 -5s + 6} = \frac{6}{s-3} - \frac{4}{s-2}$$

con lo cual

$${\cal L}^{-1} \left\{ \frac{2se^{-\pi s/2}}{s^2 - 5s + 6} \right\} = \frac{6 e^{- \pi s/2}}{s-3} - \frac{4 e^{- \pi s/2}}{s-2}$$

$$= 6 {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s-3} \right\}_{t \rightarrow t - \frac{\pi}{2} } H\left( t - \frac{\pi}{2} \right)$$

$$- 4 {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s-2} \right\}_{t \rightarrow t - \frac{\pi}{2} } H\left( t - \frac{\pi}{2} \right)$$

$$= 6 e^{3 \left( t - \frac{\pi}{2} \right) } - 4 e^{2 \left( t - \frac{\pi}{2} \right) }$$

Ejemplo
Calcule

$${\cal L}^{-1} \left\{ \frac{se^{-\pi s/2}}{s^2 + 4s + 13} \right\}$$

Solución
Como el discriminante de $s^2 + 4s + 13$ es negativo, no es factorizable en    $\mbox{$I \hspace{-1.3mm} R$}$$$ y debemos completar el cuadrado.

$${\cal L}^{-1} \left\{ \frac{se^{-\pi s/2}}{s^2 + 4s + 13} \right\} = {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{se^{-\pi s/2}}{ \left(s + 2 \right)^2 + 9} \right\}$$

$$= {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{\left(s + 2 - 2 \right) e^{-\pi s/2}}{ \left(s + 2 \right)^2 + 9} \right\}$$

$$= {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{\left(s + 2 \right)e^{-\pi s/2}}{ \le... ...{\cal L}^{-1} \left\{ \frac{ e^{-\pi s/2}}{ \left(s + 2 \right)^2 + 9} \right\}$$

En este punto debemos usar el primer teorema de traslación para calcular cada una de las transformadas inversas de la siguiente forma:

$${\cal L}^{-1} \left\{ \frac{\left(s + 2 \right)}{ \left(s + 2 \right)^2 + 9} \right\} \Rightarrow f(t) = e^{-2t} Cos(3t)$$

y

$${\cal L}^{-1} \left\{ \frac{1}{ \left(s + 2 \right)^2 + 9} \right\} \Rightarrow f(t) = \frac{e^{-2t}}{3} Sen(3t)$$

Y de aquí

$${\cal L}^{-1} \left\{ \frac{se^{-\pi s/2}}{s^2 + 4s + 13} \right\} = e^{-2\left( t - \frac{\pi}{2} \right)} Cos \left( 3 \left( t - \frac{\pi}{2} \right) \right) H\left( t - \frac{\pi}{2} \right)$$

$$+ \frac{2}{3} e^{-2\left( t - \frac{\pi}{2} \right)} Sen \left( 3 \left( t - \frac{\pi}{2} \right) \right) H \left( t - \frac{\pi}{2} \right)$$

$$= - e^{-2t + \pi} Sen(3t) - \frac{2}{3} e^{-2t + \pi} Cos(3t)$$

Ejemplo
Calcule

$${\cal L}^{-1} \left\{ \frac{\left( 2s + 3\right) e^{- \pi s/2} }{s^2 + 4s + 13} \right\}$$

Solución
Este ejemplo combina los dos teoremas de traslación

$${\cal L}^{-1} \left\{ \frac{\left( 2s + 3\right) e^{- \pi s/2} }{s^2 + 4s + 13} \right\} = 2 {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{\left(s + 2 \right) e^{-\pi s /2}}{... ...{\cal L}^{-1} \left\{ \frac{e^{-\pi s /2}}{\left( s + 2 \right)^2 + 9} \right\}$$

$$= -2 e^{-2\left( t - \frac{\pi}{2} \right)} Cos \left( 3 \left( t - \frac{\pi}{2} \right) \right) H \left( t - \frac{\pi}{2} \right)$$

$$- \frac{1}{3} e^{-2\left( t - \frac{\pi}{2} \right)} Sen \left( 3 \left( t - \frac{\pi}{2} \right) \right) H \left( t - \frac{\pi}{2} \right)$$

$$= -2 e^{-2t + \pi} Sen(3t)H \left( t - \frac{\pi}{2} \right) - \frac{1}{3} e^{-2t + \pi} Cos(3t)H \left( t - \frac{\pi}{2} \right)$$

 

	Teorema  [Multiplicación por $t^n$.]
	Sea $f; [0,\infty[ \rightarrow$   $\mbox{$I \hspace{-1.3mm} R$}$$$ una función continua a trozos y de orden exponencial en $[0,+ \infty[$, entonces $${\cal L} \{ t^n f(t) \} = (-1)^n F^{n}(s)$$

Ejemplo
Calcule

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

Solución
Aplicando el teorema anterior para $n=2$, tenemos que

$${\cal L} \{ t^2 Sen(2t) \} = (-1)^2 \left( {\cal L} \left\{ Sen(2t) \right\} \right)^{\prime \prime}$$

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

$$= \frac{12s^2 - 16}{\left( s^2 + 4 \right)^3}$$

El siguiente ejemplo muestra una combinación del primer teorema de traslación y el teorema anterior.

Ejemplo
Calcule

$${\cal L} \{ te^{-2 t} Cos(3t) \}$$

Solución
Primero aplicamos el teorema de multiplicación por $t$ y luego el de traslación

$${\cal L} \{ te^{-2 t} Cos(3t) \} = - \left( {\cal L} \{ e^{-2 t} Cos(3t) \} \right)^{\prime}$$

$$= - \left( {\cal L} \{ Cos(3t) \}_{s \rightarrow s +2} \right)^{\prime}$$

$$= - \left( \frac{s +2 }{ (s+2)^2 + 9} \right)^{\prime}$$

$$= \frac{s^2 + 4s - 5}{\left( s^2 + 4s + 13 \right)^2}$$

Ejemplo
Calcule el valor de la siguiente integral

$$\int_0^{\infty} t e^{-2t} Cos(3t) dt$$

Solución
Por el teorema de multiplicación por $t^n$, tenemos que

$${\cal L} \{t Cos(3t) \} = \int_0^{\infty} te^{-st}Cos(3t)$$

$$= (-1)^{1} \left( \frac{s}{s^2 + 9} \right)^{\prime}$$

$$= \frac{s^2 - 9}{\left( s^2 + 9 \right)^2}$$

De donde obtenemos que

$$\int_0^{\infty} t e^{-st} Cost(3t) dt = \frac{s^2 - 9}{\left( s^2 + 9 \right)^2}$$

y tomando $s=2$

$$\int_0^{\infty} t e^{-2t} Cost(3t) dt = \frac{5}{169}$$

Existe un caso especial del teorema anterior, cuando $n=1$, que es muy útil en el cálculo de transformadas inversas.

 

	Corolario [Multiplicación por $t$.]
	Si ${\cal L} \{f(t) \} =F(s)$, entonces $$f(t) = - \frac{1}{t} {\cal L}^{-1} \{ F^{\prime}(s) \}$$

Ejemplo
Calcule

$${\cal L}^{-1} \left\{ ln \left( \frac{s + 1}{s-1} \right) \right\}$$

Solución
Si

$${\cal L} \{ f(t) \} = F(s) = ln \left( \frac{s + 1}{s-1} \right)$$

por el corolario tenemos que

$$f(t) = - \frac{1}{t} {\cal L}^{-1} \left\{ \left( ln \left( \frac{s + 1}{s-1} \right) \right)^{\prime} \right\}$$

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

$$= - \frac{1}{t} {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s+1} - \frac{1}{s-1} \right\}$$

$$= -\frac{e^{-t} - e^t }{t}$$

$$= \frac{2 Senh(t)}{t}$$

	Teorema [División por $t$.]
	Sea $f: [0,+\infty[ \rightarrow$   $\mbox{$I \hspace{-1.3mm} R$}$$$ una función continua a trozos y de orden exponencial en $[0,+ \infty[$ tal que el límite $$\lim_{t \rightarrow 0^+} \frac{f(t)}{t}$$ existe, entonces $${\cal L} \left\{ \frac{f(t)}{t} \right\} = \int_s^{\infty} F(u) du$$

Demostración

Sea

$$g(t) = \frac{f(t)}{t} \Rightarrow f(t)= t g(t)$$

entonces aplicando transformada de Laplace a ambos lados tenemos que

$$F(s)={\cal L} \left\{ f(t) \right\} = {\cal L } \left\{ tg(t) \ri... ... = - \left( {\cal L} \left\{ g(t) \right\} \right)^{\prime} = - G^{\prime}(s)$$

Integrando

$$G(s) = - \int_{\infty}^s F(u) du = \int_{s}^{\infty} F(u) du$$

es decir,

$${\cal L} \left\{ \frac{f(t)}{t} \right\} = \int_{s}^{\infty}$$

Observación: la constante de integración debe escogerse de forma de tal que $\lim_{s \rightarrow \infty} G(s) = 0$.

El siguiente ejemplo muestra una aplicación de este teorema.

Ejemplo
Calcule

$${\cal L} \left\{ \frac{Sen(t)}{t} \right\}$$

Solución

Tenemos que

$$F(s) = \frac{1}{s^2 + 1}$$

con lo cual

$${\cal L} \left\{ \frac{Sen(t)}{t} \right\} = \int_s^{\infty} \frac{1}{u^2 + 1} du$$

$$= ArcTan(s) \biggr\vert _s^{\infty}$$

$$= \frac{\pi}{2} - ArcTan(s)$$

Ejemplo
Calcule el valor de la siguiente integral

$$\int_0^{\infty} \frac{e^{-t} - e^{-3t}}{t} dt$$

Solución
Si

$$f(t) = e^{-t} -e^{-3t}$$

entonces

$${\cal L} \left\{ \frac{f(t)}{t} \right\} = \int_s^{\infty} \left\{ \frac{1}{u+1} - \frac{1}{u+3} \right\} du$$

$$= ln \left( \frac{u+1}{u+3} \right) \biggr\vert _s^{\infty}$$

$$= ln \left( \frac{s+3}{s+1} \right)$$

De donde

$$\int_0^{\infty} \left(\frac{e^{-t} - e^{-3t}}{t} \right) dt = ln \left( \frac{s+3}{s+1} \right)$$

y tomando el límite cuando $s \rightarrow 0^{+}$, tenemos que

$$\int_0^{\infty} \frac{e^{-t}- e^{-3t}}{t} dt = ln(3)$$

 

 

 

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