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Maturín, Enero del 2017
REPÚBLICA BOLIVARIANA DE VENEZUELA
INSTITUTO UNIVERSITARIO POLITÉCNICO
“SANTIAGO MARIÑO”
ESCUELA DE INGENIERÍA ELÉCTRICA
EXTENSIÓN MATURÍN
EJERCICIOS SOBRE TRANSFORMADA DE LAPLACE.
Autor: Jeickson A. Sulbaran M.
Tutora: Ing. Mariangela Pollonais
2
ÍNDICE GENERAL:
Pág.
PARTE I: En los siguientes ejercicios determine la Transformada de
Laplace de las siguientes funciones……………………………………….….. 03
PARTE II: En los siguientes ejercicios calcule la Transformada Inversa de
Laplace de la función "𝑠" dada…………………………………………………. 17
PARTE III: En los siguientes problemas resuelva las siguientes ecuaciones
diferenciales…………………………………………………………………….… 32
3
Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran
Teléfono: 0424-336-9028
Correo: jeickson.s94@gmail.com
PARTE I: En los siguientes ejercicios determine la Transformada de
Laplace de las siguientes funciones.
1. 𝒇(𝒕) = 𝟐 𝐬𝐞𝐧(𝒕) + 𝟑 𝐜𝐨𝐬(𝟐𝒕)
Solución:
De acuerdo, con la definición de Transformada de Laplace, se tiene que:
ℒ{𝑓(𝑡)} = 𝐹(𝑠) = ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = ℒ{2 sen(𝑡)} + ℒ{3 cos(2𝑡)}
⇒ ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = 2ℒ{sen(𝑡)} + 3ℒ{cos(2𝑡)}
⇒ ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = 2 ∫ 𝑒−𝑠𝑡
sen(𝑡) 𝑑𝑡
∞
0
+ 3 ∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡) 𝑑𝑡
∞
0
⇒ ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = 2 Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
sen(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
+ 3 Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
(1) (2)
Hallemos las integrales impropias (1) y (2), tomando en cuenta que, ambas
integrales son cíclicas, se tendrá que:
(1) Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
sen(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
Sea, 𝑢 = sen(𝑡)
𝑑𝑢 = cos(𝑡) 𝑑t
𝑣 = ∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
sen(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= Lím
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
+
1
𝑠
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑐𝑜𝑠(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
𝑜
]
Sea, 𝑢 = cos(𝑡)
𝑑𝑢 = −sen(𝑡) 𝑑t
4
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Teléfono: 0424-336-9028
Correo: jeickson.s94@gmail.com
𝑣 = ∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
+
1
𝑠
[(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑐𝑜𝑠(𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
−
1
𝑠
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
]]
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
+
1
𝑠
(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑐𝑜𝑠(𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
−
1
𝑠2
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
]
⇒ (
𝑠2
+ 1
𝑠2
) 𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
− (
𝑒−𝑠𝑡
𝑐𝑜𝑠(𝑡)
𝑠2
)
0
𝑏
]
𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= (
𝑠2
𝑠2 + 1
) 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[−
𝑒−𝑠𝑏
𝑠𝑒𝑛(𝑏)
𝑠
−
𝑒−𝑠𝑏
𝑐𝑜𝑠(𝑏)
𝑠2
+
1
𝑠2
]
𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= (
𝑠2
𝑠2 + 1
) [−𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑒−𝑠𝑏
𝑠𝑒𝑛(𝑏)
𝑠
) − 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑒−𝑠𝑏
𝑐𝑜𝑠(𝑏)
𝑠2
) + 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
1
𝑠2
)]
𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= (
𝑠2
𝑠2 + 1
) (−0 − 0 +
1
𝑠2
) =
1
𝑠2 + 1
⇒ 𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
=
1
𝑠2 + 1
(2) Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
Sea, 𝑝 = cos(2𝑡)
𝑑𝑝 = −2 sen(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑝 = ∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= Lím
𝑏→∞
[−
𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡)
𝑠
−
2
𝑠
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠en(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
]
Sea, 𝑝 = sen(2𝑡)
5
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𝑑𝑝 = 2 cos(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑝 = ∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
−
2
𝑠
[(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠en(2𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
+
2
𝑠
∫ 𝑒−𝑠𝑡
co𝑠(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
]]
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
−
2
𝑠
(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠en(2𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
−
4
𝑠2
∫ 𝑒−𝑠𝑡
co𝑠(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
]
⇒ (
𝑠2
+ 4
𝑠2
) 𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
+ 2 (
𝑒−𝑠𝑡
𝑠en(2𝑡)
𝑠2
)
0
𝑏
]
𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= (
𝑠2
𝑠2 + 4
) 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[−
𝑒−𝑠𝑏
co𝑠(2𝑏)
𝑠
+
1
𝑠
+ 2 (
𝑒−𝑠𝑏
𝑠en(2𝑏)
𝑠2
)]
𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= (
𝑠2
𝑠2 + 4
) [−𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑒−𝑠𝑏
co𝑠(2𝑏)
𝑠
) + 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
1
𝑠
) + 2 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑒−𝑠𝑏
𝑠en(2𝑏)
𝑠2 )]
𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= (
𝑠2
𝑠2 + 4
) [−0 +
1
𝑠
+ 2. (0)] =
𝑠
𝑠2 + 4
⇒ 𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
=
𝑠
𝑠2 + 4
Entonces, sustituyendo los resultados de las integrales impropias (1) y (2) en:
ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = 2 Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
sen(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
+ 3 Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
⇒ ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = 2 (
1
𝑠2 + 1
) + 3 (
𝑠
𝑠2 + 4
) =
2
𝑠2 + 1
+
3𝑠
𝑠2 + 4
⇒ ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} =
2
𝑠2 + 1
+
3𝑠
𝑠2 + 4
=
2𝑠2
+ 8 + 3𝑠3
+ 3𝑠
(𝑠2 + 1)(𝑠2 + 4)
∴ 𝓛{𝟐 𝐬𝐞𝐧(𝒕) + 𝟑 𝐜𝐨𝐬(𝟐𝒕)} = 𝑭(𝒔) =
𝟐
𝒔 𝟐 + 𝟏
+
𝟑𝒔
𝒔 𝟐 + 𝟒
=
𝟑𝒔 𝟑
+ 𝟐𝒔 𝟐
+ 𝟑𝒔 + 𝟖
(𝒔 𝟐 + 𝟏)(𝒔 𝟐 + 𝟒)
6
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COMPROBACIÓN, sabemos por la tabla de Transformada de Laplace,
que:
ℒ{sen(𝑎𝑡)} =
𝑎
𝑠2 + 𝑎2
, (𝑠 > 0)
ℒ{cos(𝑏𝑡)} =
𝑠
𝑠2 + 𝑏2
, (𝑠 > 0)
Por lo tanto, se tiene que:
ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = 2ℒ{sen(𝑡)} + 3ℒ{cos(2𝑡)}
ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = 2 (
1
𝑠2 + 12
) + 3 (
𝑠
𝑠2 + 22
)
∴ 𝓛{𝟐 𝒔𝒆𝒏(𝒕) + 𝟑 𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒕)} = 𝑭(𝒔) =
𝟐
𝒔 𝟐 + 𝟏
+
𝟑𝒔
𝒔 𝟐 + 𝟒
=
𝟑𝒔 𝟑
+ 𝟐𝒔 𝟐
+ 𝟑𝒔 + 𝟖
(𝒔 𝟐 + 𝟏)(𝒔 𝟐 + 𝟒)
2. 𝒉(𝒕) = 𝒆−𝟐𝒕
𝐬𝐞𝐧(𝟓𝒕)
Solución:
De acuerdo, con la definición de Transformada de Laplace, se tiene que:
ℒ{ℎ(𝑡)} = 𝐻(𝑠) = ℒ{𝑒−2𝑡
sen(5𝑡)} = ∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑒−2𝑡
sen(5𝑡) 𝑑𝑡
∞
0
= ∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
sen(5𝑡) 𝑑𝑡
∞
0
⇒ ℒ{𝑒−2𝑡
sen(5𝑡)} = Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
sen(5𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
Hallemos la integral impropia, tomando en cuenta que, dicha integral es
cíclica, se tendrá que:
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
sen(5𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
Sea, 𝑢 = sen(5𝑡)
7
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𝑑𝑢 = 5 cos(5𝑡) 𝑑t
𝑣 = ∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑠 + 2
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
sen(5𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= Lím
𝑏→∞
[(−
𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑠𝑒𝑛(5𝑡)
𝑠 + 2
)
0
𝑏
+
5
𝑠 + 2
∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑐𝑜𝑠(5𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
𝑜
]
Sea, 𝑢 = cos(5𝑡)
𝑑𝑢 = −5 sen(5𝑡) 𝑑t
𝑣 = ∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑠 + 2
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑠𝑒𝑛(5𝑡)
𝑠 + 2
)
0
𝑏
+
5
𝑠 + 2
[(−
𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑐𝑜𝑠(5𝑡)
𝑠 + 2
)
0
𝑏
−
5
𝑠 + 2
∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑠𝑒𝑛(5𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
]]
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑠𝑒𝑛(5𝑡)
𝑠 + 2
)
0
𝑏
− 5 (
𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑐𝑜𝑠(5𝑡)
(𝑠 + 2)2
)
0
𝑏
−
25
(𝑠 + 2)2
∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑠𝑒𝑛(5𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
]
⇒ [
(𝑠 + 2)2
+ 25
(𝑠 + 2)2
] Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
sen(5𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑠𝑒𝑛(5𝑡)
𝑠 + 2
)
0
𝑏
− 5 (
𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑐𝑜𝑠(5𝑡)
(𝑠 + 2)2
)
0
𝑏
]
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
sen(5𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= [
(𝑠 + 2)2
(𝑠 + 2)2 + 25
] 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[−
𝑒−(𝑠+2)𝑏
𝑠𝑒𝑛(5𝑏)
𝑠 + 2
− 5 (
𝑒−(𝑠+2)𝑏
𝑐𝑜𝑠(5𝑏)
(𝑠 + 2)2
) +
5
(𝑠 + 2)2
]
= [
(𝑠 + 2)2
(𝑠 + 2)2 + 25
] [−Lím
𝑏→∞
(
𝑒−(𝑠+2)𝑏
𝑠𝑒𝑛(5𝑏)
𝑠 + 2
) − 5 Lím
𝑏→∞
(
𝑒−(𝑠+2)𝑏
𝑐𝑜𝑠(5𝑏)
(𝑠 + 2)2 ) + Lím
𝑏→∞
(
5
(𝑠 + 2)2
)]
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
sen(5𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= [
(𝑠 + 2)2
(𝑠 + 2)2 + 25
] [−0 − 5. (0) +
5
(𝑠 + 2)2
]
⇒ Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
sen(5𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
=
5
(𝑠 + 2)2 + 25
Entonces, sustituyendo el resultado de la integral impropia en:
ℒ{𝑒−2𝑡
sen(5𝑡)} = Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
sen(5𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
=
5
(𝑠 + 2)2 + 25
∴ 𝓛{𝒆−𝟐𝒕
𝐬𝐞𝐧(𝟓𝒕)} = 𝑯(𝒔) =
𝟓
(𝒔 + 𝟐) 𝟐 + 𝟐𝟓
8
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COMPROBACIÓN, sabemos por la tabla de Transformada de Laplace,
que:
ℒ{𝑒 𝑎𝑡
sen(𝑏𝑡)} =
𝑏
(𝑠 − 𝑎)2 + 𝑏2
Por lo tanto, se tiene que:
ℒ{𝑒−2𝑡
sen(5𝑡)} =
5
[𝑠 − (−2)]2 + 52
∴ 𝓛{𝒆−𝟐𝒕
𝐬𝐞𝐧(𝟓𝒕)} = 𝑯(𝒔) =
𝟓
(𝒔 + 𝟐) 𝟐 + 𝟐𝟓
3. 𝒒(𝒕) = 𝟒 𝐜𝐨𝐬 𝟐(𝟑𝒕)
Solución:
De acuerdo, con la definición de Transformada de Laplace, se tiene que:
ℒ{𝑞(𝑡)} = 𝑄(𝑠) = ℒ{4 cos2(3𝑡)} = 4ℒ{cos2(3𝑡)} = 4 ∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos2(3𝑡) 𝑑𝑡
∞
0
⇒ ℒ{4 cos2(3𝑡)} = 4 Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos2(3𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
Hallemos la integral impropia, tomando en cuenta que, dicha integral es
cíclica, se tendrá que:
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos2(3𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
Sea, 𝑢 = 𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑢 = −s𝑒−𝑠𝑡
𝑑t
9
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Correo: jeickson.s94@gmail.com
𝑣 = ∫ cos2(3𝑡) 𝑑𝑡 =
1
2
∫(1 + cos(6𝑡))𝑑𝑡 =
1
2
(𝑡 +
sen(6𝑡)
6
) =
6𝑡 + sen(6𝑡)
12
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos2(3𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= Lím
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡(6𝑡 + 𝑠𝑒𝑛(6𝑡))
12
)
0
𝑏
+
𝑠
12
∫ 𝑒−𝑠𝑡(6𝑡 + 𝑠𝑒𝑛(6𝑡))𝑑𝑡
𝑏
𝑜
]
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos2(3𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= Lím
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡(6𝑡 + 𝑠𝑒𝑛(6𝑡))
12
)
0
𝑏
+
𝑠
2
∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡 +
𝑠
12
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
𝑜
𝑏
𝑜
]
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos2(3𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= −Lím
𝑏→∞
[
𝑒−𝑠𝑏(6𝑏 + 𝑠𝑒𝑛(6𝑏))
12
] +
𝑠
2
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡
𝑏
𝑜
+
𝑠
12
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
𝑜
(1) (2)
Ahora, hallemos las integrales impropias (1) y (2), tomando en cuenta que, la
primera integral no es cíclica, mientras que la otra si lo es, se tendrá que:
(1) Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
Sea, 𝑢 = 𝑡
𝑑𝑢 = 𝑑t
𝑣 = ∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= Lím
𝑏→∞
[(−
𝑡𝑒−𝑠𝑡
𝑠
)
0
𝑏
+
1
𝑠
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡
𝑏
𝑜
]
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑡𝑒−𝑠𝑡
𝑠
)
0
𝑏
+
1
𝑠
(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
)
0
𝑏
] = 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑡𝑒−𝑠𝑡
𝑠
)
0
𝑏
− (
𝑒−𝑠𝑡
𝑠2
)
0
𝑏
]
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(−
𝑏𝑒−𝑠𝑏
𝑠
−
𝑒−𝑠𝑏
𝑠2
+
1
𝑠2
) = −𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑏𝑒−𝑠𝑏
𝑠
) −𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑒−𝑠𝑏
𝑠2
) + 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
1
𝑠2
)
⇒ 𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= −0 − 0 +
1
𝑠2
=
1
𝑠2
10
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(2) Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
sen(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
Sea, 𝑢 = sen(6𝑡)
𝑑𝑢 = 6 cos(6𝑡) 𝑑t
𝑣 = ∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
sen(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= Lím
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
+
6
𝑠
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑐𝑜𝑠(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
𝑜
]
Sea, 𝑢 = cos(6𝑡)
𝑑𝑢 = −6sen(6𝑡) 𝑑t
𝑣 = ∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
+
6
𝑠
[(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑐𝑜𝑠(6𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
−
6
𝑠
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
]]
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
+
6
𝑠
(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑐𝑜𝑠(6𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
−
36
𝑠2
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
]
⇒ (
𝑠2
+ 36
𝑠2
) 𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
− 6 (
𝑒−𝑠𝑡
𝑐𝑜𝑠(6𝑡)
𝑠2
)
0
𝑏
]
𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= (
𝑠2
𝑠2 + 36
) 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[−
𝑒−𝑠𝑏
𝑠𝑒𝑛(6𝑏)
𝑠
− 6 (
𝑒−𝑠𝑏
𝑐𝑜𝑠(6𝑏)
𝑠2
) +
6
𝑠2
]
𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= (
𝑠2
𝑠2 + 36
) [−𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑒−𝑠𝑏
𝑠𝑒𝑛(6𝑏)
𝑠
) − 6 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑒−𝑠𝑏
𝑐𝑜𝑠(6𝑏)
𝑠2
) + 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
6
𝑠2
)]
𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= (
𝑠2
𝑠2 + 36
) (−0 − 6. (0) +
6
𝑠2
) =
6
𝑠2 + 36
⇒ 𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
=
6
𝑠2 + 36
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Teléfono: 0424-336-9028
Correo: jeickson.s94@gmail.com
Entonces, sustituyendo los resultados de las integrales (1) y (2) en:
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos2(3𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= −Lím
𝑏→∞
[
𝑒−𝑠𝑏(6𝑏 + 𝑠𝑒𝑛(6𝑏))
12
] +
𝑠
2
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡
𝑏
𝑜
+
𝑠
12
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
𝑜
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos2(3𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= −Lím
𝑏→∞
[
𝑒−𝑠𝑏(6𝑏 + 𝑠𝑒𝑛(6𝑏))
12
] +
𝑠
2
(
1
𝑠2
) +
𝑠
12
(
6
𝑠2 + 36
)
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos2(3𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= −0 +
1
2𝑠
+
𝑠
2(𝑠2 + 36)
=
1
2
(
1
𝑠
+
𝑠
𝑠2 + 36
)
⇒ Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos2(3𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
=
1
2
(
1
𝑠
+
𝑠
𝑠2 + 36
)
Entonces, sustituyendo el resultado de la integral impropia en el ejercicio
original:
⇒ ℒ{4 cos2(3𝑡)} = 4 Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos2(3𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= 4 [
1
2
(
1
𝑠
+
𝑠
𝑠2 + 36
)] = 2 (
1
𝑠
+
𝑠
𝑠2 + 36
)
⇒ ℒ{4 cos2(3𝑡)} = 2 (
1
𝑠
+
𝑠
𝑠2 + 36
) = 2 [
2𝑠2
+ 36
𝑠(𝑠2 + 36)
] = 4 [
𝑠2
+ 18
𝑠(𝑠2 + 36)
]
∴ 𝓛{𝟒 𝐜𝐨𝐬 𝟐(𝟑𝒕)} = 𝑸(𝒔) = 𝟐 (
𝟏
𝒔
+
𝒔
𝒔 𝟐 + 𝟑𝟔
) = 𝟒 [
𝒔 𝟐
+ 𝟏𝟖
𝒔(𝒔 𝟐 + 𝟑𝟔)
]
COMPROBACIÓN, sabemos por la tabla de Transformada de Laplace,
que:
ℒ{1} =
1
𝑠
, (𝑠 > 0)
ℒ{cos(𝑏𝑡)} =
𝑠
𝑠2 + 𝑏2
, (𝑠 > 0)
Por lo tanto, se tiene que:
ℒ{4 cos2(3𝑡)} = 4ℒ {
1
2
[1 + cos(6𝑡)]} = 2ℒ{1 + cos(6𝑡)} = 2[ℒ{1} + ℒ{cos(6𝑡)}]
∴ 𝓛{𝟒 𝐜𝐨𝐬 𝟐(𝟑𝒕)} = 𝑸(𝒔) = 𝟐 (
𝟏
𝒔
+
𝒔
𝒔 𝟐 + 𝟑𝟔
) = 𝟒 [
𝒔 𝟐
+ 𝟏𝟖
𝒔(𝒔 𝟐 + 𝟑𝟔)
]
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4. 𝒇(𝒕) = 𝒆−𝟑𝒕(𝒕 − 𝟐)
Solución:
De acuerdo, con la definición de Transformada de Laplace, se tiene que:
ℒ{𝑓(𝑡)} = 𝐹(𝑠) = ℒ{𝑒−3𝑡(𝑡 − 2)} = ℒ{𝑡𝑒−3𝑡
− 2𝑒−3𝑡} = ℒ{𝑡𝑒−3𝑡} − 2ℒ{𝑒−3𝑡}
ℒ{𝑒−3𝑡(𝑡 − 2)} = ∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑡𝑒−3𝑡
𝑑𝑡
∞
0
− 2 ∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑒−3𝑡
𝑑𝑡
∞
0
ℒ{𝑒−3𝑡(𝑡 − 2)} = Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
− 2 Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
(1) (2)
Ahora, hallemos las integrales impropias (1) y (2), se tendrá que:
(1) Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
Sea, 𝑢 = 𝑡
𝑑𝑢 = 𝑑t
𝑣 = ∫ 𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑠 + 3
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= Lím
𝑏→∞
[(−
𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑠 + 3
)
0
𝑏
+
1
𝑠 + 3
∫ 𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
𝑜
]
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠∓3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑠 + 3
)
0
𝑏
+
1
𝑠 + 3
(−
𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑠 + 3
)
0
𝑏
]
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑠 + 3
)
0
𝑏
− (
𝑒−(𝑠+3)𝑡
(𝑠 + 3)2
)
0
𝑏
]
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(−
𝑏𝑒−(𝑠+3)𝑏
𝑠 + 3
−
𝑒−(𝑠+3)𝑏
(𝑠 + 3)2
+
1
(𝑠 + 3)2
)
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Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠∓3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= −𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑏𝑒−(𝑠+3)𝑏
𝑠 + 3
) −𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑒−(𝑠+3)𝑏
(𝑠 + 3)2
) + 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
1
(𝑠 + 3)2
)
⇒ 𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= −0 − 0 +
1
(𝑠 + 3)2
=
1
(𝑠 + 3)2
(2) Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= Lím
𝑏→∞
(−
𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑠 + 3
)
0
𝑏
= Lím
𝑏→∞
(−
𝑒−(𝑠+3)𝑏
𝑠 + 3
+
1
𝑠 + 3
)
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= −Lím
𝑏→∞
(
𝑒−(𝑠+3)𝑏
𝑠 + 3
) + Lím
𝑏→∞
(
1
𝑠 + 3
) = −0 +
1
𝑠 + 3
⇒ Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
=
1
𝑠 + 3
Entonces, sustituyendo los resultados de las integrales (1) y (2) en:
ℒ{𝑒−3𝑡(𝑡 − 2)} = Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
− 2 Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
∴ 𝓛{𝒆−𝟑𝒕(𝒕 − 𝟐)} = 𝑭(𝒔) =
𝟏
(𝒔 + 𝟑) 𝟐
−
𝟐
𝒔 + 𝟑
COMPROBACIÓN, sabemos por la tabla de Transformada de Laplace,
que:
ℒ{𝑡𝑒 𝑎𝑡} =
1
(𝑠 − 𝑎)2
, (𝑠 > 𝑎)
ℒ{𝑒 𝑎𝑡} =
1
𝑠 − 𝑎
, (𝑠 > 𝑎)
Por lo tanto, se tiene que:
ℒ{𝑒−3𝑡(𝑡 − 2)} = ℒ{𝑡𝑒−3𝑡
− 2𝑒−3𝑡} = ℒ{𝑡𝑒−3𝑡} − 2ℒ{𝑒−3𝑡}
ℒ{𝑒−3𝑡(𝑡 − 2)} =
1
[𝑠 − (−3)]2
− 2. [
1
𝑠 − (−3)
]
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∴ 𝓛{𝒆−𝟑𝒕(𝒕 − 𝟐)} = 𝑭(𝒔) =
𝟏
(𝒔 + 𝟑) 𝟐
−
𝟐
𝒔 + 𝟑
5. 𝒈(𝒕) = 𝒆 𝟒𝒕[𝒕 − 𝐜𝐨𝐬(𝒕)]
Solución:
De acuerdo, con la definición de Transformada de Laplace, se tiene que:
ℒ{𝑔(𝑡)} = 𝐺(𝑠) = ℒ{𝑒4𝑡[𝑡 − cos(𝑡)]} = ℒ{𝑡𝑒4𝑡
− 𝑒4𝑡
cos(𝑡)} = ℒ{𝑡𝑒4𝑡} − ℒ{𝑒4𝑡
cos(𝑡)}
ℒ{𝑒4𝑡[𝑡 − cos(𝑡)]} = ∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑡𝑒4𝑡
𝑑𝑡
∞
0
− ∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑒4𝑡
cos(𝑡) 𝑑𝑡
∞
0
ℒ{𝑒4𝑡[𝑡 − cos(𝑡)]} = Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
− Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
cos(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
(1) (2)
Ahora, hallemos las integrales impropias (1) y (2), tomando en cuenta que, la
primera integral no es cíclica, mientras que la otra si lo es, se tendrá que:
(1) Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
Sea, 𝑢 = 𝑡
𝑑𝑢 = 𝑑t
𝑣 = ∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑠 − 4
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= Lím
𝑏→∞
[(−
𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑠 − 4
)
0
𝑏
+
1
𝑠 − 4
∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
𝑜
]
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑠 − 4
)
0
𝑏
+
1
𝑠 − 4
(−
𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑠 − 4
)
0
𝑏
]
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Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑠 − 4
)
0
𝑏
− (
𝑒−(𝑠−4)𝑡
(𝑠 − 4)2
)
0
𝑏
]
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(−
𝑏𝑒−(𝑠−4)𝑏
𝑠 − 4
−
𝑒−(𝑠−4)𝑏
(𝑠 − 4)2
+
1
(𝑠 − 4)2
)
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= −𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑏𝑒−(𝑠−4)𝑏
𝑠 − 4
) −𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑒−(𝑠−4)𝑏
(𝑠 − 4)2
) + 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
1
(𝑠 − 4)2
)
⇒ 𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= −0 − 0 +
1
(𝑠 − 4)2
=
1
(𝑠 − 4)2
(2) Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
cos(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
Sea, 𝑢 = cos(𝑡)
𝑑𝑢 = − sen(𝑡) 𝑑t
𝑣 = ∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑠 − 4
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
cos(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= Lím
𝑏→∞
[(−
𝑒−(𝑠−4)𝑡
co𝑠(𝑡)
𝑠 − 4
)
0
𝑏
−
1
𝑠 − 4
∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑠en(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
𝑜
]
Sea, 𝑢 = sen(𝑡)
𝑑𝑢 = cos(𝑡) 𝑑t
𝑣 = ∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑠 − 4
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−(𝑠−4)𝑡
co𝑠(𝑡)
𝑠 − 4
)
0
𝑏
−
1
𝑠 − 4
[(−
𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑠en(𝑡)
𝑠 − 4
)
0
𝑏
+
1
𝑠 − 4
∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
co𝑠(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
]]
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−(𝑠−4)𝑡
co𝑠(𝑡)
𝑠 − 4
)
0
𝑏
+ (
𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑠en(𝑡)
(𝑠 − 4)2
)
0
𝑏
−
1
(𝑠 − 4)2
∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
co𝑠( 𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
]
⇒ [
(𝑠 − 4)2
+ 1
(𝑠 − 4)2
] Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
cos(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−(𝑠−4)𝑡
co𝑠(𝑡)
𝑠 − 4
)
0
𝑏
+ (
𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑠en(𝑡)
(𝑠 − 4)2 )
0
𝑏
]
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Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
cos(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= [
(𝑠 − 4)2
(𝑠 − 4)2 + 1
] 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[−
𝑒−(𝑠−4)𝑏
co𝑠(𝑏)
𝑠 − 4
+
1
𝑠 − 4
+
𝑒−(𝑠−4)𝑏
𝑠en(𝑏)
(𝑠 − 4)2
]
= [
(𝑠 − 4)2
(𝑠 − 4)2 + 1
] [−𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑒−(𝑠−4)𝑏
co𝑠(𝑏)
𝑠 − 4
) + 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
1
𝑠 − 4
) + 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑒−(𝑠−4)𝑏
𝑠en(𝑏)
(𝑠 − 4)2
)]
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
cos(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= [
(𝑠 − 4)2
(𝑠 − 4)2 + 1
] [−0 +
1
𝑠 − 4
+ 0]
⇒ Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
cos(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
=
𝑠 − 4
(𝑠 − 4)2 + 1
Entonces, sustituyendo los resultados de las integrales (1) y (2) en:
ℒ{𝑒4𝑡[𝑡 − cos(𝑡)]} = Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
− Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
cos(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
∴ 𝓛{𝒆 𝟒𝒕[𝒕 − 𝐜𝐨𝐬(𝒕)]} = 𝑮(𝒔) =
𝟏
(𝒔 − 𝟒) 𝟐
−
𝒔 − 𝟒
(𝒔 − 𝟒) 𝟐 + 𝟏
COMPROBACIÓN, sabemos por la tabla de Transformada de Laplace,
que:
ℒ{𝑡𝑒 𝑎𝑡} =
1
(𝑠 − 𝑎)2
ℒ{𝑒 𝑎𝑡
cos(𝑏𝑡)} =
𝑠 − 𝑎
(𝑠 − 𝑎)2 + 𝑏2
Por lo tanto, se tiene que:
ℒ{𝑒4𝑡[𝑡 − cos(𝑡)]} = ℒ{𝑡𝑒4𝑡
− 𝑒4𝑡
cos(𝑡)} = ℒ{𝑡𝑒4𝑡} − ℒ{𝑒4𝑡
cos(𝑡)}
ℒ{𝑒4𝑡[𝑡 − 𝑐𝑜𝑠(𝑡)]} =
1
(𝑠 − 4)2
−
𝑠 − 4
(𝑠 − 4)2 + 12
∴ 𝓛{𝒆 𝟒𝒕[𝒕 − 𝒄𝒐𝒔(𝒕)]} = 𝑮(𝒔) =
𝟏
(𝒔 − 𝟒) 𝟐
−
𝒔 − 𝟒
(𝒔 − 𝟒) 𝟐 + 𝟏
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PARTE II: En los siguientes ejercicios calcule la Transformada Inversa
de Laplace de la función "𝒔" dada.
𝟏. 𝑹(𝒔) =
𝟑𝒔 𝟐
(𝒔 𝟐 + 𝟏) 𝟐
Solución:
Calculemos la transformada Inversa de Laplace ℒ−1{𝑅(𝑠)}, se tiene que:
ℒ−1{𝑅(𝑠)} = 𝑟(𝑡) = ℒ−1
{
3𝑠2
(𝑠2 + 1)2
}
Para ello, aplicamos fracciones parciales a:
3𝑠2
(𝑠2 + 1)2
=
𝐴𝑠 + 𝐵
𝑠2 + 1
+
𝐶𝑠 + 𝐷
(𝑠2 + 1)2
Tomando mínimo común múltiplo, se tiene que:
3𝑠2
(𝑠2 + 1)2
=
(𝐴𝑠 + 𝐵)(𝑠2
+ 1) + (𝐶𝑠 + 𝐷)
(𝑠2 + 1)2
⇒ 3𝑠2
= (𝐴𝑠 + 𝐵)(𝑠2
+ 1) + (𝐶𝑠 + 𝐷) ⇒ 3𝑠2
= 𝐴𝑠3
+ 𝐴𝑠 + 𝐵𝑠2
+ 𝐵 + 𝐶𝑠 + 𝐷
⇒ 3𝑠2
= 𝐴𝑠3
+ 𝐵𝑠2
+ (𝐴 + 𝐶)𝑠 + (𝐵 + 𝐷)
Ahora, por identidad igualamos para llegar a un sistema de ecuaciones,
tenemos que:
{
𝐴 = 0
𝐵 = 3
𝐴 + 𝐶 = 0 ⇒ 0 + 𝐶 = 0 ⇒ 𝐶 = 0
𝐵 + 𝐷 = 0 ⇒ 3 + 𝐷 = 0 ⇒ 𝐷 = −3
Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 𝐶 = 0, 𝐵 = 3 y 𝐷 = −3, en:
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3𝑠2
(𝑠2 + 1)2
=
𝐴𝑠 + 𝐵
𝑠2 + 1
+
𝐶𝑠 + 𝐷
(𝑠2 + 1)2
3𝑠2
(𝑠2 + 1)2
=
3
𝑠2 + 1
−
3
(𝑠2 + 1)2
Entonces, tenemos que:
ℒ−1
{
3𝑠2
(𝑠2 + 1)2
} = ℒ−1
{
3
𝑠2 + 1
−
3
(𝑠2 + 1)2
} = 3ℒ−1
{
1
𝑠2 + 1
} − 3ℒ−1
{
1
(𝑠2 + 1)2
}
ℒ−1
{
3𝑠2
(𝑠2 + 1)2
} = 3ℒ−1
{
1
𝑠2 + 12
} −
3
2
ℒ−1
{
2(1)3
(𝑠2 + 12)2
}
Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que:
ℒ−1
{
𝑎
𝑠2 + 𝑎2
} = sen(𝑎𝑡)
ℒ−1
{
2𝑎3
(𝑠2 + 𝑎2)2
} = sen(𝑎𝑡) − 𝑎𝑡 cos(𝑎𝑡) ; Ecuaciones Diferenciales de Dennis Zill.
Por lo tanto:
⇒ ℒ−1
{
3𝑠2
(𝑠2 + 1)2
} = 3 sen(𝑡) −
3
2
[sen(𝑡) − 𝑡 cos(𝑡)] = 3 sen(𝑡) −
3
2
sen(𝑡) +
3
2
𝑡 cos(𝑡)
∴ 𝓛−𝟏
{
𝟑𝒔 𝟐
(𝒔 𝟐 + 𝟏) 𝟐
} = 𝒓(𝒕) =
𝟑
𝟐
𝐬𝐞𝐧(𝒕) +
𝟑
𝟐
𝒕 𝐜𝐨𝐬(𝒕) =
𝟑
𝟐
[𝐬𝐞𝐧(𝒕) + 𝒕 𝐜𝐨𝐬(𝒕)]
COMPROBACIÓN, se aplica Transformada de Laplace al resultado, se
tiene que:
ℒ {
3
2
[sen(𝑡) + 𝑡 cos(𝑡)]} =
3
2
ℒ{sen(𝑡)} +
3
2
ℒ{𝑡 cos(𝑡)}
Por la tabla de Transformada de Laplace que se encuentra en el libro de
Ecuaciones Diferenciales de Dennis Zill, 3ed. Sabemos que:
ℒ{sen(𝑎𝑡)} =
𝑎
𝑠2 + 𝑎2
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ℒ{𝑡 cos(𝑎𝑡)} =
𝑠2
− 𝑎2
(𝑠2 + 𝑎2)2
⇒ ℒ {
3
2
[sen(𝑡) + 𝑡 cos(𝑡)]} =
3
2
(
1
𝑠2 + 12
) +
3
2
[
𝑠2
− 12
(𝑠2 + 12)2
]
⇒ ℒ {
3
2
[sen(𝑡) + 𝑡 cos(𝑡)]} =
3
2(𝑠2 + 1)
+
3𝑠2
− 3
2(𝑠2 + 1)2
=
3(𝑠2
+ 1) + 3𝑠2
− 3
2(𝑠2 + 1)2
⇒ ℒ {
3
2
[sen(𝑡) + 𝑡 cos(𝑡)]} =
3𝑠2
+ 3 + 3𝑠2
− 3
2(𝑠2 + 1)2
=
6𝑠2
2(𝑠2 + 1)2
⇒ 𝓛 {
𝟑
𝟐
[𝐬𝐞𝐧(𝒕) + 𝒕 𝐜𝐨𝐬(𝒕)]} = 𝑹(𝒔) =
𝟑𝒔 𝟐
(𝒔 𝟐 + 𝟏) 𝟐
𝟐. 𝑹(𝒔) =
𝟐
𝒔 𝟒
(
𝟏
𝒔
+
𝟑
𝒔 𝟐
+
𝟒
𝒔 𝟔
)
Solución:
Calculemos la transformada Inversa de Laplace ℒ−1{𝑅(𝑠)}, se tiene que:
ℒ−1{𝑅(𝑠)} = 𝑟(𝑡) = ℒ−1
{
2
𝑠4
(
1
𝑠
+
3
𝑠2
+
4
𝑠6
)} = ℒ−1
{
2
𝑠5
+
6
𝑠6
+
8
𝑠10
}
ℒ−1
{
2
𝑠4
(
1
𝑠
+
3
𝑠2
+
4
𝑠6
)} = ℒ−1
{
2
𝑠5
} + ℒ−1
{
6
𝑠6
} + ℒ−1
{
8
𝑠10
}
ℒ−1
{
2
𝑠4
(
1
𝑠
+
3
𝑠2
+
4
𝑠6
)} = 2ℒ−1
{
1
𝑠5
} + 6ℒ−1
{
1
𝑠6
} + 8ℒ−1
{
1
𝑠10
}
Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que:
ℒ−1
{
𝑛!
𝑠 𝑛+1
} = 𝑡 𝑛
Por lo tanto:
⇒ ℒ−1
{
2
𝑠4
(
1
𝑠
+
3
𝑠2
+
4
𝑠6
)} =
2
24
ℒ−1
{
4!
𝑠4+1
} +
6
120
ℒ−1
{
5!
𝑠5+1
} +
8
362880
ℒ−1
{
9!
𝑠9+1
}
20
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∴ 𝓛−𝟏
{
𝟐
𝒔 𝟒
(
𝟏
𝒔
+
𝟑
𝒔 𝟐
+
𝟒
𝒔 𝟔
)} = 𝒓(𝒕) =
𝟏
𝟏𝟐
𝒕 𝟒
+
𝟏
𝟐𝟎
𝒕 𝟓
+
𝟏
𝟒𝟓𝟑𝟔𝟎
𝒕 𝟗
COMPROBACIÓN, se aplica Transformada de Laplace al resultado, se
tiene que:
ℒ {
1
12
𝑡4
+
1
20
𝑡5
+
1
45360
𝑡9
} =
1
12
ℒ{𝑡4} +
1
20
ℒ{𝑡5} +
1
45360
ℒ{𝑡9}
ℒ {
1
12
𝑡4
+
1
20
𝑡5
+
1
45360
𝑡9
} =
1
12
. (
4!
𝑠4+1
) +
1
20
(
5!
𝑠5+1
) +
1
45360
(
9!
𝑠9+1
)
ℒ {
1
12
𝑡4
+
1
20
𝑡5
+
1
45360
𝑡9
} =
1
12
. (
24
𝑠5
) +
1
20
(
120
𝑠6
) +
1
45360
(
362880
𝑠10
)
⇒ 𝓛 {
𝟏
𝟏𝟐
𝒕 𝟒
+
𝟏
𝟐𝟎
𝒕 𝟓
+
𝟏
𝟒𝟓𝟑𝟔𝟎
𝒕 𝟗
} = 𝑹(𝒔) =
𝟐
𝒔 𝟓
+
𝟔
𝒔 𝟔
+
𝟖
𝒔 𝟏𝟎
=
𝟐
𝒔 𝟒
(
𝟏
𝒔
+
𝟑
𝒔 𝟐
+
𝟒
𝒔 𝟔
)
𝟑. 𝑷(𝒔) =
𝟏
𝒔 𝟐 − 𝟒𝒔 + 𝟓
Solución:
Calculemos la transformada Inversa de Laplace ℒ−1{𝑃(𝑠)}, se tiene que:
ℒ−1{𝑃(𝑠)} = 𝑝(𝑡) = ℒ−1
{
1
𝑠2 − 4𝑠 + 5
}
Aplicando, la fórmula de la resolvente o de la ecuación de segundo grado:
𝑠 =
−(−4) ± √(−4)2 − 4(1)(5)
2(1)
=
4 ± √16 − 20
2
=
4 ± √4(−1)
2
=
4 ± 2𝑖
2
= 2 ± 𝑖
Entonces, las dos soluciones en números complejos “ℂ” son: 𝑠1 = 2 + 𝑖 y 𝑠2 =
2 − 𝑖, se tiene que:
ℒ−1{𝑃(𝑠)} = ℒ−1
{
1
𝑠2 − 4𝑠 + 5
} = ℒ−1
{
1
[𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)]
}
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Correo: jeickson.s94@gmail.com
Para ello, aplicamos fracciones parciales a:
1
[𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)]
=
𝐴
𝑠 − (2 + 𝑖)
+
𝐵
𝑠 − (2 − 𝑖)
1
[𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)]
=
𝐴[𝑠 − (2 − 𝑖)] + 𝐵[𝑠 − (2 + 𝑖)]
[𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)]
⇒ 1 = 𝐴[𝑠 − (2 − 𝑖)] + 𝐵[𝑠 − (2 + 𝑖)]
Por anuladores:
𝑠 = 2 − 𝑖 ⇒ 1 = 𝐵[2 − 𝑖 − (2 + 𝑖)] ⇒ 1 = −2𝑖𝐵 ⇒ 𝐵 = −
1
2𝑖
=
𝑖
2
𝑠 = 2 + 𝑖 ⇒ 1 = 𝐴[2 + 𝑖 − (2 − 𝑖)] ⇒ 1 = 2𝑖𝐴 ⇒ 𝐴 =
1
2𝑖
= −
𝑖
2
Nota: 𝒊 = √−𝟏 ⇒ 𝒊 𝟐
= −𝟏
Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = −𝑖
2⁄ y 𝐵 = 𝑖
2⁄ , en:
1
[𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)]
=
𝐴
𝑠 − (2 + 𝑖)
+
𝐵
𝑠 − (2 − 𝑖)
1
[𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)]
= −
𝑖
2[𝑠 − (2 + 𝑖)]
+
𝑖
2[𝑠 − (2 − 𝑖)]
Entonces, tenemos que:
ℒ−1
{
1
𝑠2 − 4𝑠 + 5
} = ℒ−1
{
1
[𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)]
}
ℒ−1
{
1
𝑠2 − 4𝑠 + 5
} = ℒ−1
{−
𝑖
2[𝑠 − (2 + 𝑖)]
+
𝑖
2[𝑠 − (2 − 𝑖)]
}
ℒ−1
{
1
𝑠2 − 4𝑠 + 5
} = −ℒ−1
{
𝑖
2[𝑠 − (2 + 𝑖)]
} + ℒ−1
{
𝑖
2[𝑠 − (2 − 𝑖)]
}
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ℒ−1
{
1
𝑠2 − 4𝑠 + 5
} = −
𝑖
2
ℒ−1
{
1
𝑠 − (2 + 𝑖)
} +
𝑖
2
ℒ−1
{
1
𝑠 − (2 − 𝑖)
}
Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que:
ℒ−1
{
1
𝑠 − 𝑎
} = 𝑒 𝑎𝑡
Por lo tanto:
⇒ ℒ−1
{
1
𝑠2 − 4𝑠 + 5
} = −
𝑖
2
𝑒(2+𝑖)𝑡
+
𝑖
2
𝑒(2−𝑖)𝑡
= −
𝑖
2
[𝑒(2+𝑖)𝑡
− 𝑒(2−𝑖)𝑡
]
⇒ ℒ−1
{
1
𝑠2 − 4𝑠 + 5
} = −
𝑖
2
(𝑒2𝑡+𝑖𝑡
− 𝑒2𝑡−𝑖𝑡
) = −
𝑖
2
𝑒2𝑡
(𝑒 𝑖𝑡
− 𝑒−𝑖𝑡
)
⇒ ℒ−1
{
1
𝑠2 − 4𝑠 + 5
} = −
𝑖
2
𝑒2𝑡[cos(𝑡) + 𝑖 sen(𝑡) − (cos(𝑡) − 𝑖 sen(𝑡))]
⇒ ℒ−1
{
1
𝑠2 − 4𝑠 + 5
} = −
𝑖
2
𝑒2𝑡[2𝑖 sen(𝑡)] = 𝑒2𝑡
sen(𝑡)
∴ 𝓛−𝟏
{
𝟏
𝒔 𝟐 − 𝟒𝒔 + 𝟓
} = 𝒑(𝒕) = 𝒆 𝟐𝒕
𝐬𝐞𝐧(𝒕)
COMPROBACIÓN, se aplica Transformada de Laplace al resultado, se
tiene que:
ℒ{𝑒2𝑡
sen(𝑡)} =
1
(𝑠 − 2)2 + 12
=
1
𝑠2 − 4𝑠 + 4 + 1
=
1
𝑠2 − 4𝑠 + 5
⇒ 𝓛{𝒆 𝟐𝒕
𝐬𝐞𝐧(𝒕)} = 𝑷(𝒔) =
𝟏
𝒔 𝟐 − 𝟒𝒔 + 𝟓
𝟒. 𝑭(𝒔) =
𝒆−𝟒𝒔
𝒔(𝒔 𝟐 + 𝟏𝟔)
Solución:
Por el teorema de traslación del eje 𝑡, sabemos que:
ℒ−1{𝑒−𝑎𝑠
𝐹(𝑠)} = 𝑢(𝑡 − 𝑎)𝑓(𝑡 − 𝑎); 𝑎 > 0
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Entonces, tenemos:
ℒ−1{𝐹(𝑠)} = 𝑓(𝑡) = ℒ−1
{
𝑒−4𝑠
𝑠(𝑠2 + 16)
} = ℒ−1
{
1
𝑠(𝑠2 + 16)
}
𝑡→𝑡−4
𝑢(𝑡 − 4)
Calculemos la transformada Inversa de Laplace a:
ℒ−1
{
1
𝑠(𝑠2 + 16)
}
Para ello, aplicamos fracciones parciales a:
1
𝑠(𝑠2 + 16)
=
𝐴
𝑠
+
𝐵𝑠 + 𝐶
𝑠2 + 16
1
𝑠(𝑠2 + 16)
=
𝐴(𝑠2
+ 16) + (𝐵𝑠 + 𝐶)𝑠
𝑠(𝑠2 + 16)
⇒ 1 = 𝐴(𝑠2
+ 16) + (𝐵𝑠 + 𝐶)𝑠
1 = 𝐴𝑠2
+ 16𝐴 + 𝐵𝑠2
+ 𝐶𝑠
1 = (𝐴 + 𝐵)𝑠2
+ 𝐶𝑠 + 16𝐴
Igualando, por identidad:
{
𝐴 + 𝐵 = 0 ⇒
1
16
+ 𝐵 = 0 ⇒ 𝐵 = −
1
16
𝐶 = 0
16𝐴 = 1 ⇒ 𝐴 =
1
16
De este modo, hallamos los mismos valores. Luego, sustituimos los valores
de 𝐴 = 1 16⁄ , 𝐵 = −1 16⁄ y 𝐶 = 0, en:
1
𝑠(𝑠2 + 16)
=
𝐴
𝑠
+
𝐵𝑠 + 𝐶
𝑠2 + 16
=
1
16
𝑠
+
−
1
16
𝑠 + 0
𝑠2 + 16
1
𝑠(𝑠2 + 16)
=
1
16𝑠
−
𝑠
16(𝑠2 + 16)
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Entonces, tenemos que:
ℒ−1
{
𝑒−4𝑠
𝑠(𝑠2 + 16)
} = ℒ−1
{
1
𝑠(𝑠2 + 16)
}
𝑡→𝑡−4
𝑢(𝑡 − 4) = ℒ−1
{
1
16𝑠
−
𝑠
16(𝑠2 + 16)
}
𝑡→𝑡−4
𝑢(𝑡 − 4)
ℒ−1
{
𝑒−4𝑠
𝑠(𝑠2 + 16)
} =
1
16
[ℒ−1
{
1
𝑠
−
𝑠
𝑠2 + 42
}]
𝑡→𝑡−4
𝑢(𝑡 − 4)
ℒ−1
{
𝑒−4𝑠
𝑠(𝑠2 + 16)
} =
1
16
[ℒ−1
{
1
𝑠
} − ℒ−1
{
𝑠
𝑠2 + 42
}]
𝑡→𝑡−4
𝑢(𝑡 − 4)
Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que:
ℒ−1
{
1
𝑠
} = 1
ℒ−1
{
𝑠
𝑠2 + 𝑎2
} = cos(𝑎𝑡)
Por lo tanto:
⇒ ℒ−1
{
𝑒−4𝑠
𝑠(𝑠2 + 16)
} =
1
16
[1 − cos(4𝑡)] 𝑡→𝑡−4 𝑢(𝑡 − 4)
⇒ ℒ−1
{
𝑒−4𝑠
𝑠(𝑠2 + 16)
} =
1
16
[1 − cos(4(𝑡 − 4))]𝑢(𝑡 − 4)
∴ 𝓛−𝟏
{
𝒆−𝟒𝒔
𝒔(𝒔 𝟐 + 𝟏𝟔)
} = 𝒇(𝒕) =
𝟏
𝟏𝟔
𝒖(𝒕 − 𝟒)[𝟏 − 𝐜𝐨𝐬(𝟒(𝒕 − 𝟒))]
COMPROBACIÓN, se aplica Transformada de Laplace al resultado, por
el teorema de traslación del eje 𝒕, sabemos que:
ℒ{𝑢(𝑡 − 𝑎)𝑓(𝑡 − 𝑎)} = 𝑒−𝑎𝑠
ℒ{𝑓(𝑡)} = 𝑒−𝑎𝑠
𝐹(𝑠); 𝑎 > 0
Entonces, se tiene que:
⇒ ℒ {
1
16
𝑢(𝑡 − 4)[1 − cos(4(𝑡 − 4))]} =
1
16
ℒ{𝑢(𝑡 − 4)[1 − cos(4(𝑡 − 4))]}
⇒ ℒ {
1
16
𝑢(𝑡 − 4)[1 − cos(4(𝑡 − 4))]} =
1
16
𝑒−4𝑠
. ℒ{1 − cos(4𝑡)}
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⇒ ℒ {
1
16
𝑢(𝑡 − 4)[1 − cos(4(𝑡 − 4))]} =
1
16
. 𝑒−4𝑠
. (
1
𝑠
−
𝑠
𝑠2 + 42
) =
𝑒−4𝑠
𝑠2 + 16
⇒ ℒ {
1
16
𝑢(𝑡 − 4)[1 − cos(4(𝑡 − 4))]} =
1
16
. 𝑒−4𝑠
. [
𝑠2
+ 16 − 𝑠2
𝑠(𝑠2 + 42)
] =
𝑒−4𝑠
𝑠2 + 16
⇒ ℒ {
1
16
𝑢(𝑡 − 4)[1 − cos(4(𝑡 − 4))]} =
1
16
. 𝑒−4𝑠
. [
16
𝑠(𝑠2 + 42)
]
⇒ 𝓛 {
𝟏
𝟏𝟔
𝒖(𝒕 − 𝟒)[𝟏 − 𝐜𝐨𝐬(𝟒(𝒕 − 𝟒))]} = 𝑭(𝒔) =
𝒆−𝟒𝒔
𝒔(𝒔 𝟐 + 𝟏𝟔)
𝟓. 𝑯(𝒔) =
𝒔 𝟐
− 𝟐𝒔 + 𝟑
𝒔(𝒔 𝟐 − 𝟑𝒔 + 𝟐)
Solución:
Calculemos la transformada Inversa de Laplace ℒ−1{𝐻(𝑠)}, se tiene que:
ℒ−1{𝐻(𝑠)} = ℎ(𝑡) = ℒ−1
{
𝑠2
− 2𝑠 + 3
𝑠(𝑠2 − 3𝑠 + 2)
} = ℒ−1
{
𝑠2
− 2𝑠 + 3
𝑠(𝑠 − 2)(𝑠 − 1)
}
Para ello, aplicamos fracciones parciales a:
𝑠2
− 2𝑠 + 3
𝑠(𝑠 − 2)(𝑠 − 1)
=
𝐴
𝑠
+
𝐵
𝑠 − 2
+
𝐶
𝑠 − 1
𝑠2
− 2𝑠 + 3
𝑠(𝑠 − 2)(𝑠 − 1)
=
𝐴(𝑠 − 2)(𝑠 − 1) + 𝐵𝑠(𝑠 − 1) + 𝐶𝑠(𝑠 − 2)
𝑠(𝑠 − 2)(𝑠 − 1)
⇒ 𝑠2
− 2𝑠 + 3 = 𝐴(𝑠 − 2)(𝑠 − 1) + 𝐵𝑠(𝑠 − 1) + 𝐶𝑠(𝑠 − 2)
Por anuladores:
𝑠 = 0 ⇒ 02
− 2(0) + 3 = 𝐴(−2)(−1) ⇒ 3 = 2𝐴 ⇒ 𝐴 =
3
2
𝑠 = 2 ⇒ 22
− 2(2) + 3 = 𝐵(2)(2 − 1) ⇒ 3 = 2𝐵 ⇒ 𝐵 =
3
2
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𝑠 = 1 ⇒ 12
− 2(1) + 3 = 𝐶(1)(1 − 2) ⇒ 2 = −𝐶 ⇒ 𝐶 = −2
Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 𝐵 = 3
2⁄ y 𝐶 = −2, en:
𝑠2
− 2𝑠 + 3
𝑠(𝑠 − 2)(𝑠 − 1)
=
𝐴
𝑠
+
𝐵
𝑠 − 2
+
𝐶
𝑠 − 1
𝑠2
− 2𝑠 + 3
𝑠(𝑠 − 2)(𝑠 − 1)
=
3
2𝑠
+
3
2(𝑠 − 2)
−
2
𝑠 − 1
Entonces, tenemos que:
ℒ−1
{
𝑠2
− 2𝑠 + 3
𝑠(𝑠2 − 3𝑠 + 2)
} = ℒ−1
{
𝑠2
− 2𝑠 + 3
𝑠(𝑠 − 2)(𝑠 − 1)
} = ℒ−1
{
3
2𝑠
+
3
2(𝑠 − 2)
−
2
𝑠 − 1
}
ℒ−1
{
𝑠2
− 2𝑠 + 3
𝑠(𝑠2 − 3𝑠 + 2)
} = ℒ−1
{
3
2𝑠
} + ℒ−1
{
3
2(𝑠 − 2)
} − ℒ−1
{
2
𝑠 − 1
}
ℒ−1
{
𝑠2
− 2𝑠 + 3
𝑠(𝑠2 − 3𝑠 + 2)
} =
3
2
ℒ−1
{
1
𝑠
} +
3
2
ℒ−1
{
1
𝑠 − 2
} − 2ℒ−1
{
1
𝑠 − 1
}
Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que:
ℒ−1
{
1
𝑠
} = 1
ℒ−1
{
1
𝑠 − 𝑎
} = 𝑒 𝑎𝑡
Por lo tanto:
⇒ ℒ−1
{
𝑠2
− 2𝑠 + 3
𝑠(𝑠2 − 3𝑠 + 2)
} =
3
2
(1) +
3
2
𝑒2𝑡
− 2𝑒 𝑡
∴ 𝓛−𝟏
{
𝒔 𝟐
− 𝟐𝒔 + 𝟑
𝒔(𝒔 𝟐 − 𝟑𝒔 + 𝟐)
} = 𝒉(𝒕) =
𝟑
𝟐
(𝟏 + 𝒆 𝟐𝒕) − 𝟐𝒆𝒕
COMPROBACIÓN, se aplica Transformada de Laplace al resultado, se
tiene que:
ℒ {
3
2
(1 + 𝑒2𝑡) − 2𝑒 𝑡
} =
3
2
ℒ{1} +
3
2
ℒ{𝑒2𝑡} − 2ℒ{𝑒 𝑡} =
3
2
. (
1
𝑠
) +
3
2
. (
1
𝑠 − 2
) − 2. (
1
𝑠 − 1
)
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ℒ {
3
2
(1 + 𝑒2𝑡) − 2𝑒 𝑡
} =
3
2𝑠
+
3
2(𝑠 − 2)
−
2
𝑠 − 1
ℒ {
3
2
(1 + 𝑒2𝑡) − 2𝑒 𝑡
} =
3. (𝑠 − 2). (𝑠 − 1) + 3. 𝑠. (𝑠 − 1) − 2.2𝑠. (𝑠 − 2)
2𝑠. (𝑠 − 2). (𝑠 − 1)
ℒ {
3
2
(1 + 𝑒2𝑡) − 2𝑒 𝑡
} =
3𝑠2
− 3𝑠 − 6𝑠 + 6 + 3𝑠2
− 3𝑠 − 4𝑠2
+ 8𝑠
2𝑠. (𝑠2 − 𝑠 − 2𝑠 + 2)
ℒ {
3
2
(1 + 𝑒2𝑡) − 2𝑒 𝑡
} =
2𝑠2
− 4𝑠 + 6
2𝑠. (𝑠2 − 3𝑠 + 2)
=
2(𝑠2
− 2𝑠 + 3)
2𝑠(𝑠2 − 3𝑠 + 2)
⇒ 𝓛 {
𝟑
𝟐
(𝟏 + 𝒆 𝟐𝒕) − 𝟐𝒆 𝒕
} = 𝑯(𝒔) =
𝒔 𝟐
− 𝟐𝒔 + 𝟑
𝒔(𝒔 𝟐 − 𝟑𝒔 + 𝟐)
𝟔. 𝑷(𝒔) =
𝟒𝒔 − 𝟓
𝒔 𝟑 − 𝒔 𝟐 − 𝟓𝒔 − 𝟑
Solución:
Calculemos la transformada Inversa de Laplace ℒ−1{𝑃(𝑠)}, se tiene que:
ℒ−1{𝑃(𝑠)} = 𝑝(𝑡) = ℒ−1
{
4𝑠 − 5
𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3
}
Aplicamos Método Ruffini al denominador 𝑠3
− 𝑠2
− 5𝑠 − 3, tenemos que:
3
1 − 1 − 5 − 3
3 6 3
−1
1 2 1 0
−1 − 1
−1
1 1 0
−1
1 0
Luego, la factorización nos queda de la siguiente forma:
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⇒ 𝑠3
− 𝑠2
− 5𝑠 − 3 = (𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2
Sustituyendo dicha factorización, en:
ℒ−1{𝑃(𝑠)} = ℒ−1
{
4𝑠 − 5
𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3
} = ℒ−1
{
4𝑠 − 5
(𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2
}
Para ello, aplicamos fracciones parciales a:
4𝑠 − 5
(𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2
=
𝐴
𝑠 − 3
+
𝐵
𝑠 + 1
+
𝐶
(𝑠 + 1)2
4𝑠 − 5
(𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2
=
𝐴(𝑠 + 1)2
+ 𝐵(𝑠 − 3)(𝑠 + 1) + 𝐶(𝑠 − 3)
(𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2
⇒ 4𝑠 − 5 = 𝐴(𝑠 + 1)2
+ 𝐵(𝑠 − 3)(𝑠 + 1) + 𝐶(𝑠 − 3)
Por anuladores:
𝑠 = −1 ⇒ 4(−1) − 5 = 𝐶(−1 − 3) ⇒ −9 = −4𝐶 ⇒ 𝐶 =
9
4
𝑠 = 3 ⇒ 4(3) − 5 = 𝐴(3 + 1)2
⇒ 7 = 16𝐴 ⇒ 𝐴 =
7
16
𝑠 = 0 ⇒ −5 = 𝐴 + 𝐵(−3)(1) + 𝐶(−3) ⇒ −5 =
7
16
− 3𝐵 − 3 (
9
4
) ⇒ 𝐵 = −
7
16
Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 7
16⁄ , 𝐵 = −7
16⁄ y 𝐶 = 9
4⁄ , en:
4𝑠 − 5
(𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2
=
𝐴
𝑠 − 3
+
𝐵
𝑠 + 1
+
𝐶
(𝑠 + 1)2
4𝑠 − 5
(𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2
=
7
16(𝑠 − 3)
−
7
16(𝑠 + 1)
+
9
4(𝑠 + 1)2
Entonces, tenemos que:
ℒ−1
{
4𝑠 − 5
𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3
} = ℒ−1
{
4𝑠 − 5
(𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2
}
29
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Correo: jeickson.s94@gmail.com
ℒ−1
{
4𝑠 − 5
𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3
} = ℒ−1
{
7
16(𝑠 − 3)
−
7
16(𝑠 + 1)
+
9
4(𝑠 + 1)2
}
ℒ−1
{
4𝑠 − 5
𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3
} = ℒ−1
{
7
16(𝑠 − 3)
} − ℒ−1
{
7
16(𝑠 + 1)
} + ℒ−1
{
9
4(𝑠 + 1)2
}
ℒ−1
{
4𝑠 − 5
𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3
} =
7
16
ℒ−1
{
1
𝑠 − 3
} −
7
16
ℒ−1
{
1
𝑠 + 1
} +
9
4
ℒ−1
{
1
(𝑠 + 1)2
}
ℒ−1
{
4𝑠 − 5
𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3
} =
7
16
ℒ−1
{
1
𝑠 − 3
} −
7
16
ℒ−1
{
1
𝑠 − (−1)
} +
9
4
ℒ−1
{
1
[𝑠 − (−1)]2
}
Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que:
ℒ−1
{
1
(𝑠 − 𝑎)2
} = 𝑡𝑒 𝑎𝑡
ℒ−1
{
1
𝑠 − 𝑎
} = 𝑒 𝑎𝑡
Por lo tanto:
⇒ 𝓛−𝟏
{
𝟒𝒔 − 𝟓
𝒔 𝟑 − 𝒔 𝟐 − 𝟓𝒔 − 𝟑
} = 𝒑(𝒕) =
𝟕
𝟏𝟔
𝒆 𝟑𝒕
−
𝟕
𝟏𝟔
𝒆−𝒕
+
𝟗
𝟒
𝒕𝒆−𝒕
COMPROBACIÓN, se aplica Transformada de Laplace al resultado, se
tiene que:
ℒ {
7
16
𝑒3𝑡
−
7
16
𝑒−𝑡
+
9
4
𝑡𝑒−𝑡
} =
7
16
ℒ{𝑒3𝑡} −
7
16
ℒ{𝑒−𝑡} +
9
4
ℒ{𝑡𝑒−𝑡}
ℒ {
7
16
𝑒3𝑡
−
7
16
𝑒−𝑡
+
9
4
𝑡𝑒−𝑡
} =
7
16
(
1
𝑠 − 3
) −
7
16
[
1
𝑠 − (−1)
] +
9
4
[
1
(𝑠 − (−1))2
]
ℒ {
7
16
𝑒3𝑡
−
7
16
𝑒−𝑡
+
9
4
𝑡𝑒−𝑡
} =
7
16(𝑠 − 3)
−
7
16(𝑠 + 1)
+
9
4(𝑠 + 1)2
ℒ {
7
16
𝑒3𝑡
−
7
16
𝑒−𝑡
+
9
4
𝑡𝑒−𝑡
} =
7
16(𝑠 − 3)
−
7
16(𝑠 + 1)
+
9
4(𝑠 + 1)2
ℒ {
7
16
𝑒3𝑡
−
7
16
𝑒−𝑡
+
9
4
𝑡𝑒−𝑡
} =
7(𝑠 + 1)2
− 7(𝑠 − 3)(𝑠 + 1) + 9.4(𝑠 − 3)
16(𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2
ℒ {
7
16
𝑒3𝑡
−
7
16
𝑒−𝑡
+
9
4
𝑡𝑒−𝑡
} =
7𝑠2
+ 14𝑠 + 7 − 7𝑠2
− 7𝑠 + 21𝑠 + 21 + 36𝑠 − 108
16(𝑠 − 3)(𝑠2 + 2𝑠 + 1)
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ℒ {
7
16
𝑒3𝑡
−
7
16
𝑒−𝑡
+
9
4
𝑡𝑒−𝑡
} =
64𝑠 − 80
16(𝑠3 + 2𝑠2 + 𝑠 − 3𝑠2 − 6𝑠 − 3)
ℒ {
7
16
𝑒3𝑡
−
7
16
𝑒−𝑡
+
9
4
𝑡𝑒−𝑡
} =
16(4𝑠 − 5)
16(𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3)
⇒ 𝓛 {
𝟕
𝟏𝟔
𝒆 𝟑𝒕
−
𝟕
𝟏𝟔
𝒆−𝒕
+
𝟗
𝟒
𝒕𝒆−𝒕
} = 𝑷(𝒔) =
𝟒𝒔 − 𝟓
𝒔 𝟑 − 𝒔 𝟐 − 𝟓𝒔 − 𝟑
𝟕. 𝑸(𝒔) =
−𝒔
(𝒔 − 𝟒) 𝟐(𝒔 − 𝟓)
Solución:
Calculemos la transformada Inversa de Laplace ℒ−1{𝑄(𝑠)}, se tiene que:
ℒ−1{𝑄(𝑠)} = 𝑞(𝑡) = ℒ−1
{
−𝑠
(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)
}
Para ello, aplicamos fracciones parciales a:
−𝑠
(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)
=
𝐴
𝑠 − 4
+
𝐵
(𝑠 − 4)2
+
𝐶
𝑠 − 5
−𝑠
(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)
=
𝐴(𝑠 − 4)(𝑠 − 5) + 𝐵(𝑠 − 5) + 𝐶(𝑠 − 4)2
(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)
⇒ −𝑠 = 𝐴(𝑠 − 4)(𝑠 − 5) + 𝐵(𝑠 − 5) + 𝐶(𝑠 − 4)2
Por anuladores:
𝑠 = 4 ⇒ −4 = 𝐵(4 − 5) ⇒ −4 = −𝐵 ⇒ 𝐵 = 4
𝑠 = 5 ⇒ −5 = 𝐶(5 − 4)2
⇒ −5 = 𝐶 ⇒ 𝐶 = −5
𝑠 = 0 ⇒ 0 = 𝐴(−4)(−5) + 𝐵(−5) + 𝐶(−4)2
⇒ 0 = 20𝐴 − 5(4) + 16(−5) ⇒ 𝐴 = 5
Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 5, 𝐵 = 4 y 𝐶 = −5, en:
−𝑠
(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)
=
𝐴
𝑠 − 4
+
𝐵
(𝑠 − 4)2
+
𝐶
𝑠 − 5
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−𝑠
(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)
=
5
𝑠 − 4
+
4
(𝑠 − 4)2
−
5
𝑠 − 5
Entonces, tenemos que:
ℒ−1
{
−𝑠
(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)
} = ℒ−1
{
5
𝑠 − 4
+
4
(𝑠 − 4)2
−
5
𝑠 − 5
}
ℒ−1
{
−𝑠
(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)
} = ℒ−1
{
5
𝑠 − 4
} + ℒ−1
{
4
(𝑠 − 4)2
} − ℒ−1
{
5
𝑠 − 5
}
ℒ−1
{
−𝑠
(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)
} = 5ℒ−1
{
1
𝑠 − 4
} + 4ℒ−1
{
1
(𝑠 − 4)2
} − 5ℒ−1
{
1
𝑠 − 5
}
Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que:
ℒ−1
{
1
𝑠 − 𝑎
} = 𝑒 𝑎𝑡
ℒ−1
{
1
(𝑠 − 𝑎)2
} = 𝑡𝑒 𝑎𝑡
Por lo tanto:
⇒ 𝓛−𝟏
{
−𝒔
(𝒔 − 𝟒) 𝟐(𝒔 − 𝟓)
} = 𝒒(𝒕) = 𝟓𝒆 𝟒𝒕
+ 𝟒𝒕𝒆 𝟒𝒕
− 𝟓𝒆 𝟓𝒕
COMPROBACIÓN, se aplica Transformada de Laplace al resultado, se
tiene que:
ℒ{5𝑒4𝑡
+ 4𝑡𝑒4𝑡
− 5𝑒5𝑡} = 5ℒ{𝑒4𝑡} + 4ℒ{𝑡𝑒4𝑡} − 5ℒ{𝑒5𝑡}
ℒ{5𝑒4𝑡
+ 4𝑡𝑒4𝑡
− 5𝑒5𝑡} = 5 (
1
𝑠 − 4
) + 4 [
1
(𝑠 − 4)2
] − 5 (
1
𝑠 − 5
)
ℒ{5𝑒4𝑡
+ 4𝑡𝑒4𝑡
− 5𝑒5𝑡} =
5
𝑠 − 4
+
4
(𝑠 − 4)2
−
5
𝑠 − 5
ℒ{5𝑒4𝑡
+ 4𝑡𝑒4𝑡
− 5𝑒5𝑡} =
5(𝑠 − 4)(𝑠 − 5) + 4(𝑠 − 5) − 5(𝑠 − 4)2
(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)
ℒ{5𝑒4𝑡
+ 4𝑡𝑒4𝑡
− 5𝑒5𝑡} =
5𝑠2
− 25𝑠 − 20𝑠 + 100 + 4𝑠 − 20 − 5𝑠2
+ 40𝑠 − 80
(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)
⇒ 𝓛{𝟓𝒆 𝟒𝒕
+ 𝟒𝒕𝒆 𝟒𝒕
− 𝟓𝒆 𝟓𝒕
} = 𝑸(𝒔) =
−𝒔
(𝒔 − 𝟒) 𝟐(𝒔 − 𝟓)
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PARTE III: En los siguientes problemas resuelva las siguientes
ecuaciones diferenciales.
1. 𝒚′′
+ 𝒚 = 𝒆−𝟐𝒕
𝐬𝐞𝐧(𝒕) ; 𝒚(𝟎) = 𝟎, 𝒚′(𝟎) = 𝟎
Solución:
Tomando Transformada de Laplace a ambos lados, se tiene que:
ℒ{𝑦′′
+ 𝑦} = ℒ{𝑒−2𝑡
sen(𝑡)}
ℒ{𝑦′′} + ℒ{𝑦} = ℒ{𝑒−2𝑡
sen(𝑡)}
𝑠2
ℒ{𝑦} − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) + ℒ{𝑦} =
1
[𝑠 − (−2)]2 + 12
𝑠2
𝑌(𝑠) + 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) + 𝑌(𝑠) =
1
(𝑠 + 2)2 + 1
(𝑠2
+ 1)𝑌(𝑠) + 𝑠(0) − 0 =
1
𝑠2 + 4𝑠 + 5
(𝑠2
+ 1)𝑌(𝑠) =
1
𝑠2 + 4𝑠 + 5
⇒ 𝑌(𝑠) =
1
(𝑠2 + 4𝑠 + 5)(𝑠2 + 1)
Aplicando, la fórmula de la resolvente o de la ecuación de segundo grado al
primer factor del denominador, 𝑠2
+ 4𝑠 + 5:
𝑠 =
−4 ± √(4)2 − 4(1)(5)
2(1)
=
−4 ± √16 − 20
2
=
−4 ± √4(−1)
2
=
−4 ± 2𝑖
2
= −2 ± 𝑖
Entonces, las dos soluciones en números complejos “ℂ” son: 𝑠1 = −2 + 𝑖 y
𝑠2 = −2 − 𝑖, sustituyendo en:
𝑌(𝑠) =
1
(𝑠2 + 4𝑠 + 5)(𝑠2 + 1)
=
1
[𝑠 − (−2 + 𝑖)]. [𝑠 − (−2 − 𝑖)](𝑠2 + 1)
33
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𝑌(𝑠) =
1
[𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1)
Para ello, aplicamos fracciones parciales a:
1
[𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1)
=
𝐴
𝑠 + (2 − 𝑖)
+
𝐵
𝑠 + (2 + 𝑖)
+
𝐶𝑠 + 𝐷
𝑠2 + 1
1
[𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1)
=
=
𝐴[𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2
+ 1) + 𝐵[𝑠 + (2 − 𝑖)](𝑠2
+ 1) + (𝐶𝑠 + 𝐷)[𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)]
[𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1)
⇒ 1 = 𝐴[𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2
+ 1) + 𝐵[𝑠 + (2 − 𝑖)](𝑠2
+ 1) + (𝐶𝑠 + 𝐷)[𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)]
Por anuladores:
𝑠 = −(2 + 𝑖) ⇒ 1 = 𝐵[−(2 + 𝑖) + (2 − 𝑖)][[−(2 + 𝑖)]2
+ 1]
⇒ 1 = 𝐵(−2𝑖)(3 + 4𝑖 + 1) ⇒ 1 = 𝐵(−2𝑖)(4 + 4𝑖)
⇒ 1 = 𝐵(8 − 8𝑖) ⇒ 𝐵 =
1
8 − 8𝑖
=
1 + 𝑖
16
𝑠 = −(2 − 𝑖) ⇒ 1 = 𝐴[−(2 − 𝑖) + (2 + 𝑖)][[−(2 − 𝑖)]2
+ 1]
⇒ 1 = 𝐴(2𝑖)(3 − 4𝑖 + 1) ⇒ 1 = 𝐴(2𝑖)(4 − 4𝑖)
⇒ 1 = 𝐴(8 + 8𝑖) ⇒ 𝐴 =
1
8 + 8𝑖
=
1 − 𝑖
16
Nota: 𝒊 = √−𝟏 ⇒ 𝒊 𝟐
= −𝟏
𝑠 = 0 ⇒ 1 = 𝐴(2 + 𝑖)(1) + 𝐵(2 − 𝑖)(1) + 𝐷(2 − 𝑖). (2 + 𝑖)
⇒ 1 = (
1 − 𝑖
16
) (2 + 𝑖) + (
1 + 𝑖
16
) (2 − 𝑖) + 𝐷(2 − 𝑖). (2 + 𝑖)
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⇒ 1 =
3 − 𝑖
16
+
3 + 𝑖
16
+ 𝐷(5) ⇒ 1 =
6
16
+ 𝐷(5)
⇒ 1 −
3
8
= 𝐷(5) ⇒ 𝐷 =
1
8
𝑠 = 1 ⇒ 1 = 𝐴(3 + 𝑖)(2) + 𝐵(3 − 𝑖)(2) + (𝐶 + 𝐷)(3 − 𝑖). (3 + 𝑖)
⇒ 1 = (
1 − 𝑖
16
) (6 + 2𝑖) + (
1 + 𝑖
16
) (6 − 2𝑖) + (𝐶 +
1
8
) (10)
⇒ 1 =
8 − 4𝑖
16
+
8 + 4𝑖
16
+ 10𝐶 +
5
4
⇒ 1 = 1 + 10𝐶 +
5
4
⇒ −
5
4
= 10𝐶 ⇒ 𝐶 = −
1
8
Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = (1 − 𝑖) 16⁄ , 𝐵 = (1 + 𝑖) 16⁄ , 𝐶 =
−1 8⁄ y 𝐷 = 1 8⁄ , en:
1
[𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1)
=
𝐴
𝑠 + (2 − 𝑖)
+
𝐵
𝑠 + (2 + 𝑖)
+
𝐶𝑠 + 𝐷
𝑠2 + 1
1
[𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1)
=
1 − 𝑖
16[𝑠 + (2 − 𝑖)]
+
1 + 𝑖
16[𝑠 + (2 + 𝑖)]
+
−𝑠 + 1
8(𝑠2 + 1)
= (
1 − 𝑖
16
) .
1
𝑠 − (−2 + 𝑖)
+ (
1 + 𝑖
16
) .
1
𝑠 − (−2 − 𝑖)
− (
1
8
) .
𝑠
𝑠2 + 12
+ (
1
8
) .
1
𝑠2 + 12
Ahora, aplicamos Transformada Inversa de Laplace a ambos lados en:
𝑌(𝑠) =
1
[𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1)
ℒ−1{𝑌(𝑠)} = ℒ−1
{
1
[𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1)
}
𝑦(𝑡) = ℒ−1
{(
1 − 𝑖
16
) .
1
𝑠 − (−2 + 𝑖)
+ (
1 + 𝑖
16
) .
1
𝑠 − (−2 − 𝑖)
− (
1
8
) .
𝑠
𝑠2 + 12
+ (
1
8
) .
1
𝑠2 + 12
}
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𝑦(𝑡) =
1 − 𝑖
16
ℒ−1
{
1
𝑠 − (−2 + 𝑖)
} +
1 + 𝑖
16
ℒ−1
{
1
𝑠 − (−2 − 𝑖)
} −
1
8
ℒ−1
{
𝑠
𝑠2 + 12} +
1
8
ℒ−1
{
1
𝑠2 + 12}
Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que:
ℒ−1
{
1
𝑠 − 𝑎
} = 𝑒 𝑎𝑡
, (𝑠 > 𝑎)
ℒ−1
{
𝑠
𝑠2 + 𝑎2
} = cos(𝑎𝑡), (𝑠 > 0)
ℒ−1
{
𝑎
𝑠2 + 𝑎2
} = sen(𝑎𝑡), (𝑠 > 0)
Entonces, se tiene que:
𝑦(𝑡) =
1 − 𝑖
16
𝑒(−2+𝑖)𝑡
+
1 + 𝑖
16
𝑒(−2−𝑖)𝑡
−
1
8
𝑐𝑜𝑠(𝑡) +
1
8
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦(𝑡) =
1 − 𝑖
16
𝑒−2𝑡
𝑒 𝑖𝑡
+
1 + 𝑖
16
𝑒−2𝑡
𝑒−𝑖𝑡
−
1
8
𝑐𝑜𝑠(𝑡) +
1
8
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦(𝑡) =
𝑒−2𝑡
16
[(1 − 𝑖)(cos(𝑡) + 𝑖 sen(𝑡)) + (1 + 𝑖)(cos(𝑡) − 𝑖 sen(𝑡))] −
1
8
𝑐𝑜𝑠(𝑡) +
1
8
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦(𝑡) =
𝑒−2𝑡
16
[cos(𝑡) + 𝑖 sen(𝑡) − 𝑖 cos(𝑡) + sen(𝑡) + cos(𝑡) − 𝑖 sen(𝑡) + 𝑖 cos(𝑡) + sen(𝑡)]
−
1
8
𝑐𝑜𝑠(𝑡) +
1
8
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦(𝑡) =
𝑒−2𝑡
16
[2 cos(𝑡) + 2 sen(𝑡)] −
1
8
𝑐𝑜𝑠(𝑡) +
1
8
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦(𝑡) =
𝑒−2𝑡
8
[cos(𝑡) + sen(𝑡)] −
1
8
𝑐𝑜𝑠(𝑡) +
1
8
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
La solución del problema de valor inicial es:
∴ 𝒚(𝒕) =
𝟏
𝟖
[𝒆−𝟐𝒕
𝐜𝐨𝐬(𝒕) + 𝒆−𝟐𝒕
𝐬𝐞𝐧(𝒕) − 𝒄𝒐𝒔(𝒕) + 𝒔𝒆𝒏(𝒕)]
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2. 𝒚′
− 𝟐𝒚 = 𝟏 − 𝒕; 𝒚(𝟎) = 𝟏
Solución:
Tomando Transformada de Laplace a ambos lados, se tiene que:
ℒ{𝑦′
− 2𝑦} = ℒ{1 − 𝑡}
ℒ{ 𝑦′} − 2ℒ{ 𝑦} = ℒ{1} − ℒ{ 𝑡}
𝑠ℒ{𝑦} − 𝑦(0) − 2ℒ{𝑦} = ℒ{1} − ℒ{𝑡}
𝑠𝑌(𝑠) − 𝑦(0) − 2𝑌(𝑠) =
1
𝑠
−
1
𝑠2
(𝑠 − 2)𝑌(𝑠) − 1 =
1
𝑠
−
1
𝑠2
(𝑠 − 2)𝑌(𝑠) = 1 +
1
𝑠
−
1
𝑠2
⇒ 𝑌(𝑠) =
𝑠2
+ 𝑠 − 1
𝑠2(𝑠 − 2)
Para ello, aplicamos fracciones parciales a:
𝑠2
+ 𝑠 − 1
𝑠2(𝑠 − 2)
=
𝐴𝑠 + 𝐵
𝑠2
+
𝐶
𝑠 − 2
=
(𝐴𝑠 + 𝐵)(𝑠 − 2) + 𝐶𝑠2
𝑠2(𝑠 − 2)
⇒ 𝑠2
+ 𝑠 − 1 = (𝐴𝑠 + 𝐵)(𝑠 − 2) + 𝐶𝑠2
Por anuladores:
𝑠 = 0 ⇒ −1 = 𝐵(−2) ⇒ 𝐵 =
1
2
𝑠 = 2 ⇒ 22
+ 2 − 1 = 𝐶(2)2
⇒ 5 = 4𝐶 ⇒ 𝐶 =
5
4
𝑠 = 1 ⇒ 12
+ 1 − 1 = (𝐴 + 𝐵)(−1) + 𝐶(1)2
⇒ 1 = −𝐴 − 𝐵 + 𝐶
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⇒ 1 = −𝐴 −
1
2
+
5
4
⇒ 1 −
3
4
= −𝐴 ⇒ 𝐴 = −
1
4
Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = −1 4⁄ , 𝐵 = 1 2⁄ y 𝐶 = 5 4⁄ , en:
𝑠2
+ 𝑠 − 1
𝑠2(𝑠 − 2)
=
𝐴𝑠 + 𝐵
𝑠2
+
𝐶
𝑠 − 2
=
𝐴
𝑠
+
𝐵
𝑠2
+
𝐶
𝑠 − 2
= −
1
4𝑠
+
1
2𝑠2
+
5
4(𝑠 − 2)
Ahora, aplicamos Transformada Inversa de Laplace a ambos lados en:
𝑌(𝑠) =
𝑠2
+ 𝑠 − 1
𝑠2(𝑠 − 2)
ℒ−1{𝑌(𝑠)} = ℒ−1
{
𝑠2
+ 𝑠 − 1
𝑠2(𝑠 − 2)
} = ℒ−1
{−
1
4𝑠
+
1
2𝑠2
+
5
4(𝑠 − 2)
}
𝑦(𝑡) = −
1
4
ℒ−1
{
1
𝑠
} +
1
2
ℒ−1
{
1
𝑠2
} +
5
4
ℒ−1
{
1
𝑠 − 2
}
Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que:
ℒ−1
{
1
𝑠
} = 1, (𝑠 > 0)
ℒ−1
{
1
𝑠2
} = 𝑡, (𝑠 > 0)
ℒ−1
{
1
𝑠 − 𝑎
} = 𝑒 𝑎𝑡
, (𝑠 > 𝑎)
Entonces, se tiene que:
𝒚(𝒕) = −
𝟏
𝟒
(𝟏) +
𝟏
𝟐
𝒕 +
𝟓
𝟒
𝒆 𝟐𝒕
La solución del problema de valor inicial es:
∴ 𝒚(𝒕) = −
𝟏
𝟒
+
𝟏
𝟐
𝒕 +
𝟓
𝟒
𝒆 𝟐𝒕
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3. 𝒚′′
− 𝟒𝒚′
+ 𝟒𝒚 = 𝟏; 𝒚(𝟎) = 𝟏, 𝒚′(𝟎) = 𝟒
Solución:
Tomando Transformada de Laplace a ambos lados, se tiene que:
ℒ{𝑦′′
− 4𝑦′
+ 4𝑦} = ℒ{1}
ℒ{ 𝑦′′} − 4ℒ{ 𝑦′} + 4ℒ{ 𝑦} = ℒ{1}
𝑠2
ℒ{𝑦} − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) − 4[𝑠ℒ{𝑦} − 𝑦(0)] + 4ℒ{𝑦} = ℒ{1}
𝑠2
𝑌(𝑠) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) − 4𝑠𝑌(𝑠) + 4𝑦(0) + 4𝑌(𝑠) =
1
𝑠
(𝑠2
− 4𝑠 + 4)𝑌(𝑠) − 𝑠(1) − 4 + 4(1) =
1
𝑠
⇒ (𝑠2
− 4𝑠 + 4)𝑌(𝑠) = 𝑠 +
1
𝑠
(𝑠2
− 4𝑠 + 4)𝑌(𝑠) =
𝑠2
+ 1
𝑠
⇒ 𝑌(𝑠) =
𝑠2
+ 1
𝑠(𝑠2 − 4𝑠 + 4)
=
𝑠2
+ 1
𝑠(𝑠 − 2)2
Para ello, aplicamos fracciones parciales a:
𝑠2
+ 1
𝑠(𝑠 − 2)2
=
𝐴
𝑠
+
𝐵
𝑠 − 2
+
𝐶
(𝑠 − 2)2
=
𝐴(𝑠 − 2)2
+ 𝐵𝑠(𝑠 − 2) + 𝐶𝑠
𝑠(𝑠 − 2)2
⇒ 𝑠2
+ 1 = 𝐴(𝑠 − 2)2
+ 𝐵𝑠(𝑠 − 2) + 𝐶𝑠
Por anuladores:
𝑠 = 0 ⇒ 1 = 𝐴(−2)2
⇒ 𝐴 =
1
4
𝑠 = 2 ⇒ 22
+ 1 = 𝐶(2) ⇒ 5 = 2𝐶 ⇒ 𝐶 =
5
2
𝑠 = 1 ⇒ 12
+ 1 = 𝐴(−1)2
+ 𝐵(−1) + 𝐶 ⇒ 2 = 𝐴 − 𝐵 + 𝐶
39
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⇒ 2 =
1
4
− 𝐵 +
5
2
⇒ 2 −
11
4
= −𝐵 ⇒ 𝐵 =
3
4
Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 1 4⁄ , 𝐵 = 3 4⁄ y 𝐶 = 5 2⁄ , en:
𝑠2
+ 1
𝑠(𝑠 − 2)2
=
𝐴
𝑠
+
𝐵
𝑠 − 2
+
𝐶
(𝑠 − 2)2
=
1
4𝑠
+
3
4(𝑠 − 2)
+
5
2(𝑠 − 2)2
Ahora, aplicamos Transformada Inversa de Laplace a ambos lados en:
𝑌(𝑠) =
𝑠2
+ 1
𝑠(𝑠 − 2)2
ℒ−1{𝑌(𝑠)} = ℒ−1
{
𝑠2
+ 1
𝑠(𝑠 − 2)2
} = ℒ−1
{
1
4𝑠
+
3
4(𝑠 − 2)
+
5
2(𝑠 − 2)2
}
𝑦(𝑡) =
1
4
ℒ−1
{
1
𝑠
} +
3
4
ℒ−1
{
1
𝑠 − 2
} +
5
2
ℒ−1
{
1
(𝑠 − 2)2
}
Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que:
ℒ−1
{
1
𝑠
} = 1, (𝑠 > 0)
ℒ−1
{
1
𝑠 − 𝑎
} = 𝑒 𝑎𝑡
, (𝑠 > 𝑎)
ℒ−1
{
1
(𝑠 − 𝑎)2
} = 𝑡𝑒 𝑎𝑡
, (𝑠 > 𝑎)
Entonces, se tiene que:
𝒚(𝒕) =
𝟏
𝟒
(𝟏) +
𝟑
𝟒
𝒆 𝟐𝒕
+
𝟓
𝟐
𝒕𝒆 𝟐𝒕
La solución del problema de valor inicial es:
∴ 𝒚(𝒕) =
𝟏
𝟒
+
𝟑
𝟒
𝒆 𝟐𝒕
+
𝟓
𝟐
𝒕𝒆 𝟐𝒕
40
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4. 𝒚′′
+ 𝟗𝒚 = 𝒕; 𝒚(𝟎) = 𝒚′(𝟎) = 𝟎
Solución:
Tomando Transformada de Laplace a ambos lados, se tiene que:
ℒ{𝑦′′
+ 9𝑦} = ℒ{𝑡}
ℒ{ 𝑦′′} + 9ℒ{ 𝑦} = ℒ{ 𝑡}
𝑠2
ℒ{𝑦} − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) + 9ℒ{𝑦} = ℒ{𝑡}
𝑠2
𝑌(𝑠) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) + 9𝑌(𝑠) =
1
𝑠2
(𝑠2
+ 9)𝑌(𝑠) − 𝑠(0) − 0 =
1
𝑠2
⇒ (𝑠2
+ 9)𝑌(𝑠) =
1
𝑠2
⇒ 𝑌(𝑠) =
1
𝑠2(𝑠2 + 9)
Para ello, aplicamos fracciones parciales a:
1
𝑠2(𝑠2 + 9)
=
𝐴𝑠 + 𝐵
𝑠2
+
𝐶𝑠 + 𝐷
𝑠2 + 9
=
(𝐴𝑠 + 𝐵)(𝑠2
+ 9) + (𝐶𝑠 + 𝐷)𝑠2
𝑠2(𝑠2 + 9)
⇒ 1 = (𝐴𝑠 + 𝐵)(𝑠2
+ 9) + (𝐶𝑠 + 𝐷)𝑠2
⇒ 1 = 𝐴𝑠3
+ 𝐴𝑠 + 𝐵𝑠2
+ 9𝐵 + 𝐶𝑠3
+ 𝐷𝑠2
⇒ 1 = (𝐴 + 𝐶)𝑠3
+ (𝐵 + 𝐷)𝑠2
+ 𝐴𝑠 + 9𝐵
Igualando por identidad, se tiene que:
{
𝐴 + 𝐶 = 0 … (1)
𝐵 + 𝐷 = 0 … (2)
𝐴 = 0 … (3)
9𝐵 = 1 … (4)
41
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De la ecuación (3), resulta evidente que: 𝐴 = 0
De la ecuación (4), se tiene que:
9𝐵 = 1 ⇒ 𝐵 =
1
9
De la ecuación (1), sustituyendo el valor de 𝐴 = 0, se tiene que: 𝐶 = 0
De la ecuación (2), sustituyendo el valor de 𝐵 = 1
9⁄ , se tiene que:
1
9
+ 𝐷 = 0 ⇒ 𝐷 = −
1
9
Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 0, 𝐵 = 1 9⁄ , 𝐶 = 0 y 𝐷 = −1 9⁄ , en:
1
𝑠2(𝑠2 + 9)
=
𝐴𝑠 + 𝐵
𝑠2
+
𝐶𝑠 + 𝐷
𝑠2 + 9
=
1
9𝑠2
−
1
9(𝑠2 + 9)
Ahora, aplicamos Transformada Inversa de Laplace a ambos lados en:
𝑌(𝑠) =
1
𝑠2(𝑠2 + 9)
ℒ−1{𝑌(𝑠)} = ℒ−1
{
1
𝑠2(𝑠2 + 9)
} = ℒ−1
{
1
9𝑠2
−
1
9(𝑠2 + 9)
}
𝑦(𝑡) =
1
9
ℒ−1
{
1
𝑠2
} −
1
9
.
1
3
ℒ−1
{
3
𝑠2 + 32
}
Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que:
ℒ−1
{
1
𝑠2
} = 𝑡, (𝑠 > 0)
ℒ−1
{
𝑎
𝑠2 + 𝑎2
} = sen(𝑎𝑡), (𝑠 > 0)
Entonces, la solución del problema de valor inicial es:
∴ 𝒚(𝒕) =
𝟏
𝟗
𝒕 −
𝟏
𝟐𝟕
𝒔𝒆𝒏(𝟑𝒕)
42
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5. 𝒚′′
− 𝟔𝒚′
+ 𝟖𝒚 = 𝒆𝒕
; 𝒚(𝟎) = 𝟑, 𝒚′(𝟎) = 𝟗
Solución:
Tomando Transformada de Laplace a ambos lados, se tiene que:
ℒ{𝑦′′
− 6𝑦′
+ 8𝑦} = ℒ{𝑒 𝑡}
ℒ{ 𝑦′′} − 6ℒ{ 𝑦′} + 8ℒ{ 𝑦} = ℒ{ 𝑒 𝑡}
𝑠2
ℒ{𝑦} − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) − 6[𝑠ℒ{𝑦} − 𝑦(0)] + 8ℒ{𝑦} = ℒ{𝑒 𝑡}
𝑠2
𝑌(𝑠) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) − 6𝑠𝑌(𝑠) + 6𝑦(0) + 8𝑌(𝑠) =
1
𝑠 − 1
(𝑠2
− 6𝑠 + 8)𝑌(𝑠) − 𝑠(3) − 9 + 6(3) =
1
𝑠 − 1
⇒ (𝑠2
− 6𝑠 + 8)𝑌(𝑠) = 3𝑠 − 9 +
1
𝑠 − 1
(𝑠2
− 6𝑠 + 8)𝑌(𝑠) =
3𝑠(𝑠 − 1) − 9(𝑠 − 1) + 1
𝑠 − 1
=
3𝑠2
− 3𝑠 − 9𝑠 + 9 + 1
𝑠 − 1
𝑌(𝑠) =
3𝑠2
− 12𝑠 + 10
(𝑠 − 1)(𝑠2 − 6𝑠 + 8)
⇒ 𝑌(𝑠) =
3𝑠2
− 12𝑠 + 10
(𝑠 − 1)(𝑠 − 2)(𝑠 − 4)
Para ello, aplicamos fracciones parciales a:
3𝑠2
− 12𝑠 + 10
(𝑠 − 1)(𝑠 − 2)(𝑠 − 4)
=
𝐴
𝑠 − 1
+
𝐵
𝑠 − 2
+
𝐶
𝑠 − 4
3𝑠2
− 12𝑠 + 10
(𝑠 − 1)(𝑠 − 2)(𝑠 − 4)
=
𝐴(𝑠 − 2)(𝑠 − 4) + 𝐵(𝑠 − 1)(𝑠 − 4) + 𝐶(𝑠 − 1)(𝑠 − 2)
(𝑠 − 1)(𝑠 − 2)(𝑠 − 4)
⇒ 3𝑠2
− 12𝑠 + 10 = 𝐴(𝑠 − 2)(𝑠 − 4) + 𝐵(𝑠 − 1)(𝑠 − 4) + 𝐶(𝑠 − 1)(𝑠 − 2)
Por anuladores:
𝑠 = 1 ⇒ 3(1)2
− 12(1) + 10 = 𝐴(−1)(−3) ⇒ 𝐴 =
1
3
43
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𝑠 = 2 ⇒ 3(2)2
− 12(2) + 10 = 𝐵(1)(−2) ⇒ −2 = −2𝐵 ⇒ 𝐵 = 1
𝑠 = 4 ⇒ 3(4)2
− 12(4) + 10 = 𝐶(3)(2) ⇒ 10 = 6𝐶 ⇒ 𝐶 =
5
3
Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 1 3⁄ , 𝐵 = 1 y 𝐶 = 5 3⁄ , en:
3𝑠2
− 12𝑠 + 10
(𝑠 − 1)(𝑠 − 2)(𝑠 − 4)
=
𝐴
𝑠 − 1
+
𝐵
𝑠 − 2
+
𝐶
𝑠 − 4
=
1
3(𝑠 − 1)
+
1
𝑠 − 2
+
5
3(𝑠 − 4)
Ahora, aplicamos Transformada Inversa de Laplace a ambos lados en:
𝑌(𝑠) =
3𝑠2
− 12𝑠 + 10
(𝑠 − 1)(𝑠 − 2)(𝑠 − 4)
ℒ−1{𝑌(𝑠)} = ℒ−1
{
3𝑠2
− 12𝑠 + 10
(𝑠 − 1)(𝑠 − 2)(𝑠 − 4)
} = ℒ−1
{
1
3(𝑠 − 1)
+
1
𝑠 − 2
+
5
3(𝑠 − 4)
}
𝑦(𝑡) =
1
3
ℒ−1
{
1
𝑠 − 1
} + ℒ−1
{
1
𝑠 − 2
} +
5
3
ℒ−1
{
1
𝑠 − 4
}
Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que:
ℒ−1
{
1
𝑠 − 𝑎
} = 𝑒 𝑎𝑡
, (𝑠 > 𝑎)
Entonces, la solución del problema de valor inicial es:
∴ 𝒚(𝒕) =
𝟏
𝟑
𝒆𝒕
+ 𝒆 𝟐𝒕
+
𝟓
𝟑
𝒆 𝟒𝒕

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Ejercicios sobre Transformada de Laplace

  • 1. Maturín, Enero del 2017 REPÚBLICA BOLIVARIANA DE VENEZUELA INSTITUTO UNIVERSITARIO POLITÉCNICO “SANTIAGO MARIÑO” ESCUELA DE INGENIERÍA ELÉCTRICA EXTENSIÓN MATURÍN EJERCICIOS SOBRE TRANSFORMADA DE LAPLACE. Autor: Jeickson A. Sulbaran M. Tutora: Ing. Mariangela Pollonais
  • 2. 2 ÍNDICE GENERAL: Pág. PARTE I: En los siguientes ejercicios determine la Transformada de Laplace de las siguientes funciones……………………………………….….. 03 PARTE II: En los siguientes ejercicios calcule la Transformada Inversa de Laplace de la función "𝑠" dada…………………………………………………. 17 PARTE III: En los siguientes problemas resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales…………………………………………………………………….… 32
  • 3. 3 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com PARTE I: En los siguientes ejercicios determine la Transformada de Laplace de las siguientes funciones. 1. 𝒇(𝒕) = 𝟐 𝐬𝐞𝐧(𝒕) + 𝟑 𝐜𝐨𝐬(𝟐𝒕) Solución: De acuerdo, con la definición de Transformada de Laplace, se tiene que: ℒ{𝑓(𝑡)} = 𝐹(𝑠) = ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = ℒ{2 sen(𝑡)} + ℒ{3 cos(2𝑡)} ⇒ ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = 2ℒ{sen(𝑡)} + 3ℒ{cos(2𝑡)} ⇒ ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = 2 ∫ 𝑒−𝑠𝑡 sen(𝑡) 𝑑𝑡 ∞ 0 + 3 ∫ 𝑒−𝑠𝑡 cos(2𝑡) 𝑑𝑡 ∞ 0 ⇒ ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = 2 Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 sen(𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 + 3 Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 cos(2𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 (1) (2) Hallemos las integrales impropias (1) y (2), tomando en cuenta que, ambas integrales son cíclicas, se tendrá que: (1) Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 sen(𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 Sea, 𝑢 = sen(𝑡) 𝑑𝑢 = cos(𝑡) 𝑑t 𝑣 = ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 = − 𝑒−𝑠𝑡 𝑠 Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 sen(𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = Lím 𝑏→∞ [(− 𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑠 ) 0 𝑏 + 1 𝑠 ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑐𝑜𝑠(𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 𝑜 ] Sea, 𝑢 = cos(𝑡) 𝑑𝑢 = −sen(𝑡) 𝑑t
  • 4. 4 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com 𝑣 = ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 = − 𝑒−𝑠𝑡 𝑠 = 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [(− 𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑠 ) 0 𝑏 + 1 𝑠 [(− 𝑒−𝑠𝑡 𝑐𝑜𝑠(𝑡) 𝑠 ) 0 𝑏 − 1 𝑠 ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 ]] = 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [(− 𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑠 ) 0 𝑏 + 1 𝑠 (− 𝑒−𝑠𝑡 𝑐𝑜𝑠(𝑡) 𝑠 ) 0 𝑏 − 1 𝑠2 ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 ] ⇒ ( 𝑠2 + 1 𝑠2 ) 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [(− 𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑠 ) 0 𝑏 − ( 𝑒−𝑠𝑡 𝑐𝑜𝑠(𝑡) 𝑠2 ) 0 𝑏 ] 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = ( 𝑠2 𝑠2 + 1 ) 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [− 𝑒−𝑠𝑏 𝑠𝑒𝑛(𝑏) 𝑠 − 𝑒−𝑠𝑏 𝑐𝑜𝑠(𝑏) 𝑠2 + 1 𝑠2 ] 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = ( 𝑠2 𝑠2 + 1 ) [−𝐿í𝑚 𝑏→∞ ( 𝑒−𝑠𝑏 𝑠𝑒𝑛(𝑏) 𝑠 ) − 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ( 𝑒−𝑠𝑏 𝑐𝑜𝑠(𝑏) 𝑠2 ) + 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ( 1 𝑠2 )] 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = ( 𝑠2 𝑠2 + 1 ) (−0 − 0 + 1 𝑠2 ) = 1 𝑠2 + 1 ⇒ 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = 1 𝑠2 + 1 (2) Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 cos(2𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 Sea, 𝑝 = cos(2𝑡) 𝑑𝑝 = −2 sen(2𝑡) 𝑑𝑡 𝑝 = ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 = − 𝑒−𝑠𝑡 𝑠 Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 cos(2𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = Lím 𝑏→∞ [− 𝑒−𝑠𝑡 cos(2𝑡) 𝑠 − 2 𝑠 ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑠en(2𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 ] Sea, 𝑝 = sen(2𝑡)
  • 5. 5 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com 𝑑𝑝 = 2 cos(2𝑡) 𝑑𝑡 𝑝 = ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 = − 𝑒−𝑠𝑡 𝑠 = 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [(− 𝑒−𝑠𝑡 cos(2𝑡) 𝑠 ) 0 𝑏 − 2 𝑠 [(− 𝑒−𝑠𝑡 𝑠en(2𝑡) 𝑠 ) 0 𝑏 + 2 𝑠 ∫ 𝑒−𝑠𝑡 co𝑠(2𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 ]] = 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [(− 𝑒−𝑠𝑡 cos(2𝑡) 𝑠 ) 0 𝑏 − 2 𝑠 (− 𝑒−𝑠𝑡 𝑠en(2𝑡) 𝑠 ) 0 𝑏 − 4 𝑠2 ∫ 𝑒−𝑠𝑡 co𝑠(2𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 ] ⇒ ( 𝑠2 + 4 𝑠2 ) 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 cos(2𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [(− 𝑒−𝑠𝑡 cos(2𝑡) 𝑠 ) 0 𝑏 + 2 ( 𝑒−𝑠𝑡 𝑠en(2𝑡) 𝑠2 ) 0 𝑏 ] 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 cos(2𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = ( 𝑠2 𝑠2 + 4 ) 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [− 𝑒−𝑠𝑏 co𝑠(2𝑏) 𝑠 + 1 𝑠 + 2 ( 𝑒−𝑠𝑏 𝑠en(2𝑏) 𝑠2 )] 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 cos(2𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = ( 𝑠2 𝑠2 + 4 ) [−𝐿í𝑚 𝑏→∞ ( 𝑒−𝑠𝑏 co𝑠(2𝑏) 𝑠 ) + 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ( 1 𝑠 ) + 2 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ( 𝑒−𝑠𝑏 𝑠en(2𝑏) 𝑠2 )] 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 cos(2𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = ( 𝑠2 𝑠2 + 4 ) [−0 + 1 𝑠 + 2. (0)] = 𝑠 𝑠2 + 4 ⇒ 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 cos(2𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = 𝑠 𝑠2 + 4 Entonces, sustituyendo los resultados de las integrales impropias (1) y (2) en: ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = 2 Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 sen(𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 + 3 Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 cos(2𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 ⇒ ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = 2 ( 1 𝑠2 + 1 ) + 3 ( 𝑠 𝑠2 + 4 ) = 2 𝑠2 + 1 + 3𝑠 𝑠2 + 4 ⇒ ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = 2 𝑠2 + 1 + 3𝑠 𝑠2 + 4 = 2𝑠2 + 8 + 3𝑠3 + 3𝑠 (𝑠2 + 1)(𝑠2 + 4) ∴ 𝓛{𝟐 𝐬𝐞𝐧(𝒕) + 𝟑 𝐜𝐨𝐬(𝟐𝒕)} = 𝑭(𝒔) = 𝟐 𝒔 𝟐 + 𝟏 + 𝟑𝒔 𝒔 𝟐 + 𝟒 = 𝟑𝒔 𝟑 + 𝟐𝒔 𝟐 + 𝟑𝒔 + 𝟖 (𝒔 𝟐 + 𝟏)(𝒔 𝟐 + 𝟒)
  • 6. 6 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com COMPROBACIÓN, sabemos por la tabla de Transformada de Laplace, que: ℒ{sen(𝑎𝑡)} = 𝑎 𝑠2 + 𝑎2 , (𝑠 > 0) ℒ{cos(𝑏𝑡)} = 𝑠 𝑠2 + 𝑏2 , (𝑠 > 0) Por lo tanto, se tiene que: ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = 2ℒ{sen(𝑡)} + 3ℒ{cos(2𝑡)} ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = 2 ( 1 𝑠2 + 12 ) + 3 ( 𝑠 𝑠2 + 22 ) ∴ 𝓛{𝟐 𝒔𝒆𝒏(𝒕) + 𝟑 𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒕)} = 𝑭(𝒔) = 𝟐 𝒔 𝟐 + 𝟏 + 𝟑𝒔 𝒔 𝟐 + 𝟒 = 𝟑𝒔 𝟑 + 𝟐𝒔 𝟐 + 𝟑𝒔 + 𝟖 (𝒔 𝟐 + 𝟏)(𝒔 𝟐 + 𝟒) 2. 𝒉(𝒕) = 𝒆−𝟐𝒕 𝐬𝐞𝐧(𝟓𝒕) Solución: De acuerdo, con la definición de Transformada de Laplace, se tiene que: ℒ{ℎ(𝑡)} = 𝐻(𝑠) = ℒ{𝑒−2𝑡 sen(5𝑡)} = ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑒−2𝑡 sen(5𝑡) 𝑑𝑡 ∞ 0 = ∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡 sen(5𝑡) 𝑑𝑡 ∞ 0 ⇒ ℒ{𝑒−2𝑡 sen(5𝑡)} = Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡 sen(5𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 Hallemos la integral impropia, tomando en cuenta que, dicha integral es cíclica, se tendrá que: Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡 sen(5𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 Sea, 𝑢 = sen(5𝑡)
  • 7. 7 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com 𝑑𝑢 = 5 cos(5𝑡) 𝑑t 𝑣 = ∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡 𝑑𝑡 = − 𝑒−(𝑠+2)𝑡 𝑠 + 2 Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡 sen(5𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = Lím 𝑏→∞ [(− 𝑒−(𝑠+2)𝑡 𝑠𝑒𝑛(5𝑡) 𝑠 + 2 ) 0 𝑏 + 5 𝑠 + 2 ∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡 𝑐𝑜𝑠(5𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 𝑜 ] Sea, 𝑢 = cos(5𝑡) 𝑑𝑢 = −5 sen(5𝑡) 𝑑t 𝑣 = ∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡 𝑑𝑡 = − 𝑒−(𝑠+2)𝑡 𝑠 + 2 = 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [(− 𝑒−(𝑠+2)𝑡 𝑠𝑒𝑛(5𝑡) 𝑠 + 2 ) 0 𝑏 + 5 𝑠 + 2 [(− 𝑒−(𝑠+2)𝑡 𝑐𝑜𝑠(5𝑡) 𝑠 + 2 ) 0 𝑏 − 5 𝑠 + 2 ∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡 𝑠𝑒𝑛(5𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 ]] = 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [(− 𝑒−(𝑠+2)𝑡 𝑠𝑒𝑛(5𝑡) 𝑠 + 2 ) 0 𝑏 − 5 ( 𝑒−(𝑠+2)𝑡 𝑐𝑜𝑠(5𝑡) (𝑠 + 2)2 ) 0 𝑏 − 25 (𝑠 + 2)2 ∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡 𝑠𝑒𝑛(5𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 ] ⇒ [ (𝑠 + 2)2 + 25 (𝑠 + 2)2 ] Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡 sen(5𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [(− 𝑒−(𝑠+2)𝑡 𝑠𝑒𝑛(5𝑡) 𝑠 + 2 ) 0 𝑏 − 5 ( 𝑒−(𝑠+2)𝑡 𝑐𝑜𝑠(5𝑡) (𝑠 + 2)2 ) 0 𝑏 ] Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡 sen(5𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = [ (𝑠 + 2)2 (𝑠 + 2)2 + 25 ] 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [− 𝑒−(𝑠+2)𝑏 𝑠𝑒𝑛(5𝑏) 𝑠 + 2 − 5 ( 𝑒−(𝑠+2)𝑏 𝑐𝑜𝑠(5𝑏) (𝑠 + 2)2 ) + 5 (𝑠 + 2)2 ] = [ (𝑠 + 2)2 (𝑠 + 2)2 + 25 ] [−Lím 𝑏→∞ ( 𝑒−(𝑠+2)𝑏 𝑠𝑒𝑛(5𝑏) 𝑠 + 2 ) − 5 Lím 𝑏→∞ ( 𝑒−(𝑠+2)𝑏 𝑐𝑜𝑠(5𝑏) (𝑠 + 2)2 ) + Lím 𝑏→∞ ( 5 (𝑠 + 2)2 )] Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡 sen(5𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = [ (𝑠 + 2)2 (𝑠 + 2)2 + 25 ] [−0 − 5. (0) + 5 (𝑠 + 2)2 ] ⇒ Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡 sen(5𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = 5 (𝑠 + 2)2 + 25 Entonces, sustituyendo el resultado de la integral impropia en: ℒ{𝑒−2𝑡 sen(5𝑡)} = Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡 sen(5𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = 5 (𝑠 + 2)2 + 25 ∴ 𝓛{𝒆−𝟐𝒕 𝐬𝐞𝐧(𝟓𝒕)} = 𝑯(𝒔) = 𝟓 (𝒔 + 𝟐) 𝟐 + 𝟐𝟓
  • 8. 8 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com COMPROBACIÓN, sabemos por la tabla de Transformada de Laplace, que: ℒ{𝑒 𝑎𝑡 sen(𝑏𝑡)} = 𝑏 (𝑠 − 𝑎)2 + 𝑏2 Por lo tanto, se tiene que: ℒ{𝑒−2𝑡 sen(5𝑡)} = 5 [𝑠 − (−2)]2 + 52 ∴ 𝓛{𝒆−𝟐𝒕 𝐬𝐞𝐧(𝟓𝒕)} = 𝑯(𝒔) = 𝟓 (𝒔 + 𝟐) 𝟐 + 𝟐𝟓 3. 𝒒(𝒕) = 𝟒 𝐜𝐨𝐬 𝟐(𝟑𝒕) Solución: De acuerdo, con la definición de Transformada de Laplace, se tiene que: ℒ{𝑞(𝑡)} = 𝑄(𝑠) = ℒ{4 cos2(3𝑡)} = 4ℒ{cos2(3𝑡)} = 4 ∫ 𝑒−𝑠𝑡 cos2(3𝑡) 𝑑𝑡 ∞ 0 ⇒ ℒ{4 cos2(3𝑡)} = 4 Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 cos2(3𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 Hallemos la integral impropia, tomando en cuenta que, dicha integral es cíclica, se tendrá que: Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 cos2(3𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 Sea, 𝑢 = 𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑢 = −s𝑒−𝑠𝑡 𝑑t
  • 9. 9 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com 𝑣 = ∫ cos2(3𝑡) 𝑑𝑡 = 1 2 ∫(1 + cos(6𝑡))𝑑𝑡 = 1 2 (𝑡 + sen(6𝑡) 6 ) = 6𝑡 + sen(6𝑡) 12 Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 cos2(3𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = Lím 𝑏→∞ [(− 𝑒−𝑠𝑡(6𝑡 + 𝑠𝑒𝑛(6𝑡)) 12 ) 0 𝑏 + 𝑠 12 ∫ 𝑒−𝑠𝑡(6𝑡 + 𝑠𝑒𝑛(6𝑡))𝑑𝑡 𝑏 𝑜 ] Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 cos2(3𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = Lím 𝑏→∞ [(− 𝑒−𝑠𝑡(6𝑡 + 𝑠𝑒𝑛(6𝑡)) 12 ) 0 𝑏 + 𝑠 2 ∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 + 𝑠 12 ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 𝑜 𝑏 𝑜 ] Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 cos2(3𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = −Lím 𝑏→∞ [ 𝑒−𝑠𝑏(6𝑏 + 𝑠𝑒𝑛(6𝑏)) 12 ] + 𝑠 2 Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 𝑏 𝑜 + 𝑠 12 Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 𝑜 (1) (2) Ahora, hallemos las integrales impropias (1) y (2), tomando en cuenta que, la primera integral no es cíclica, mientras que la otra si lo es, se tendrá que: (1) Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 Sea, 𝑢 = 𝑡 𝑑𝑢 = 𝑑t 𝑣 = ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 = − 𝑒−𝑠𝑡 𝑠 Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 = Lím 𝑏→∞ [(− 𝑡𝑒−𝑠𝑡 𝑠 ) 0 𝑏 + 1 𝑠 ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 𝑏 𝑜 ] Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 = 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [(− 𝑡𝑒−𝑠𝑡 𝑠 ) 0 𝑏 + 1 𝑠 (− 𝑒−𝑠𝑡 𝑠 ) 0 𝑏 ] = 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [(− 𝑡𝑒−𝑠𝑡 𝑠 ) 0 𝑏 − ( 𝑒−𝑠𝑡 𝑠2 ) 0 𝑏 ] Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 = 𝐿í𝑚 𝑏→∞ (− 𝑏𝑒−𝑠𝑏 𝑠 − 𝑒−𝑠𝑏 𝑠2 + 1 𝑠2 ) = −𝐿í𝑚 𝑏→∞ ( 𝑏𝑒−𝑠𝑏 𝑠 ) −𝐿í𝑚 𝑏→∞ ( 𝑒−𝑠𝑏 𝑠2 ) + 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ( 1 𝑠2 ) ⇒ 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 = −0 − 0 + 1 𝑠2 = 1 𝑠2
  • 10. 10 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com (2) Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 sen(6𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 Sea, 𝑢 = sen(6𝑡) 𝑑𝑢 = 6 cos(6𝑡) 𝑑t 𝑣 = ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 = − 𝑒−𝑠𝑡 𝑠 Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 sen(6𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = Lím 𝑏→∞ [(− 𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑠 ) 0 𝑏 + 6 𝑠 ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑐𝑜𝑠(6𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 𝑜 ] Sea, 𝑢 = cos(6𝑡) 𝑑𝑢 = −6sen(6𝑡) 𝑑t 𝑣 = ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 = − 𝑒−𝑠𝑡 𝑠 = 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [(− 𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑠 ) 0 𝑏 + 6 𝑠 [(− 𝑒−𝑠𝑡 𝑐𝑜𝑠(6𝑡) 𝑠 ) 0 𝑏 − 6 𝑠 ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 ]] = 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [(− 𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑠 ) 0 𝑏 + 6 𝑠 (− 𝑒−𝑠𝑡 𝑐𝑜𝑠(6𝑡) 𝑠 ) 0 𝑏 − 36 𝑠2 ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 ] ⇒ ( 𝑠2 + 36 𝑠2 ) 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [(− 𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑠 ) 0 𝑏 − 6 ( 𝑒−𝑠𝑡 𝑐𝑜𝑠(6𝑡) 𝑠2 ) 0 𝑏 ] 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = ( 𝑠2 𝑠2 + 36 ) 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [− 𝑒−𝑠𝑏 𝑠𝑒𝑛(6𝑏) 𝑠 − 6 ( 𝑒−𝑠𝑏 𝑐𝑜𝑠(6𝑏) 𝑠2 ) + 6 𝑠2 ] 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = ( 𝑠2 𝑠2 + 36 ) [−𝐿í𝑚 𝑏→∞ ( 𝑒−𝑠𝑏 𝑠𝑒𝑛(6𝑏) 𝑠 ) − 6 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ( 𝑒−𝑠𝑏 𝑐𝑜𝑠(6𝑏) 𝑠2 ) + 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ( 6 𝑠2 )] 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = ( 𝑠2 𝑠2 + 36 ) (−0 − 6. (0) + 6 𝑠2 ) = 6 𝑠2 + 36 ⇒ 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = 6 𝑠2 + 36
  • 11. 11 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com Entonces, sustituyendo los resultados de las integrales (1) y (2) en: Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 cos2(3𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = −Lím 𝑏→∞ [ 𝑒−𝑠𝑏(6𝑏 + 𝑠𝑒𝑛(6𝑏)) 12 ] + 𝑠 2 Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 𝑏 𝑜 + 𝑠 12 Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 𝑜 Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 cos2(3𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = −Lím 𝑏→∞ [ 𝑒−𝑠𝑏(6𝑏 + 𝑠𝑒𝑛(6𝑏)) 12 ] + 𝑠 2 ( 1 𝑠2 ) + 𝑠 12 ( 6 𝑠2 + 36 ) Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 cos2(3𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = −0 + 1 2𝑠 + 𝑠 2(𝑠2 + 36) = 1 2 ( 1 𝑠 + 𝑠 𝑠2 + 36 ) ⇒ Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 cos2(3𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = 1 2 ( 1 𝑠 + 𝑠 𝑠2 + 36 ) Entonces, sustituyendo el resultado de la integral impropia en el ejercicio original: ⇒ ℒ{4 cos2(3𝑡)} = 4 Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−𝑠𝑡 cos2(3𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = 4 [ 1 2 ( 1 𝑠 + 𝑠 𝑠2 + 36 )] = 2 ( 1 𝑠 + 𝑠 𝑠2 + 36 ) ⇒ ℒ{4 cos2(3𝑡)} = 2 ( 1 𝑠 + 𝑠 𝑠2 + 36 ) = 2 [ 2𝑠2 + 36 𝑠(𝑠2 + 36) ] = 4 [ 𝑠2 + 18 𝑠(𝑠2 + 36) ] ∴ 𝓛{𝟒 𝐜𝐨𝐬 𝟐(𝟑𝒕)} = 𝑸(𝒔) = 𝟐 ( 𝟏 𝒔 + 𝒔 𝒔 𝟐 + 𝟑𝟔 ) = 𝟒 [ 𝒔 𝟐 + 𝟏𝟖 𝒔(𝒔 𝟐 + 𝟑𝟔) ] COMPROBACIÓN, sabemos por la tabla de Transformada de Laplace, que: ℒ{1} = 1 𝑠 , (𝑠 > 0) ℒ{cos(𝑏𝑡)} = 𝑠 𝑠2 + 𝑏2 , (𝑠 > 0) Por lo tanto, se tiene que: ℒ{4 cos2(3𝑡)} = 4ℒ { 1 2 [1 + cos(6𝑡)]} = 2ℒ{1 + cos(6𝑡)} = 2[ℒ{1} + ℒ{cos(6𝑡)}] ∴ 𝓛{𝟒 𝐜𝐨𝐬 𝟐(𝟑𝒕)} = 𝑸(𝒔) = 𝟐 ( 𝟏 𝒔 + 𝒔 𝒔 𝟐 + 𝟑𝟔 ) = 𝟒 [ 𝒔 𝟐 + 𝟏𝟖 𝒔(𝒔 𝟐 + 𝟑𝟔) ]
  • 12. 12 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com 4. 𝒇(𝒕) = 𝒆−𝟑𝒕(𝒕 − 𝟐) Solución: De acuerdo, con la definición de Transformada de Laplace, se tiene que: ℒ{𝑓(𝑡)} = 𝐹(𝑠) = ℒ{𝑒−3𝑡(𝑡 − 2)} = ℒ{𝑡𝑒−3𝑡 − 2𝑒−3𝑡} = ℒ{𝑡𝑒−3𝑡} − 2ℒ{𝑒−3𝑡} ℒ{𝑒−3𝑡(𝑡 − 2)} = ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑡𝑒−3𝑡 𝑑𝑡 ∞ 0 − 2 ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑒−3𝑡 𝑑𝑡 ∞ 0 ℒ{𝑒−3𝑡(𝑡 − 2)} = Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 − 2 Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−(𝑠+3)𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 (1) (2) Ahora, hallemos las integrales impropias (1) y (2), se tendrá que: (1) Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 Sea, 𝑢 = 𝑡 𝑑𝑢 = 𝑑t 𝑣 = ∫ 𝑒−(𝑠+3)𝑡 𝑑𝑡 = − 𝑒−(𝑠+3)𝑡 𝑠 + 3 Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 = Lím 𝑏→∞ [(− 𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡 𝑠 + 3 ) 0 𝑏 + 1 𝑠 + 3 ∫ 𝑒−(𝑠+3)𝑡 𝑑𝑡 𝑏 𝑜 ] Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑡𝑒−(𝑠∓3)𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 = 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [(− 𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡 𝑠 + 3 ) 0 𝑏 + 1 𝑠 + 3 (− 𝑒−(𝑠+3)𝑡 𝑠 + 3 ) 0 𝑏 ] Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 = 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [(− 𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡 𝑠 + 3 ) 0 𝑏 − ( 𝑒−(𝑠+3)𝑡 (𝑠 + 3)2 ) 0 𝑏 ] Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 = 𝐿í𝑚 𝑏→∞ (− 𝑏𝑒−(𝑠+3)𝑏 𝑠 + 3 − 𝑒−(𝑠+3)𝑏 (𝑠 + 3)2 + 1 (𝑠 + 3)2 )
  • 13. 13 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑡𝑒−(𝑠∓3)𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 = −𝐿í𝑚 𝑏→∞ ( 𝑏𝑒−(𝑠+3)𝑏 𝑠 + 3 ) −𝐿í𝑚 𝑏→∞ ( 𝑒−(𝑠+3)𝑏 (𝑠 + 3)2 ) + 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ( 1 (𝑠 + 3)2 ) ⇒ 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ∫ 𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 = −0 − 0 + 1 (𝑠 + 3)2 = 1 (𝑠 + 3)2 (2) Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−(𝑠+3)𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 = Lím 𝑏→∞ (− 𝑒−(𝑠+3)𝑡 𝑠 + 3 ) 0 𝑏 = Lím 𝑏→∞ (− 𝑒−(𝑠+3)𝑏 𝑠 + 3 + 1 𝑠 + 3 ) Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−(𝑠+3)𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 = −Lím 𝑏→∞ ( 𝑒−(𝑠+3)𝑏 𝑠 + 3 ) + Lím 𝑏→∞ ( 1 𝑠 + 3 ) = −0 + 1 𝑠 + 3 ⇒ Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−(𝑠+3)𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 = 1 𝑠 + 3 Entonces, sustituyendo los resultados de las integrales (1) y (2) en: ℒ{𝑒−3𝑡(𝑡 − 2)} = Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 − 2 Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−(𝑠+3)𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 ∴ 𝓛{𝒆−𝟑𝒕(𝒕 − 𝟐)} = 𝑭(𝒔) = 𝟏 (𝒔 + 𝟑) 𝟐 − 𝟐 𝒔 + 𝟑 COMPROBACIÓN, sabemos por la tabla de Transformada de Laplace, que: ℒ{𝑡𝑒 𝑎𝑡} = 1 (𝑠 − 𝑎)2 , (𝑠 > 𝑎) ℒ{𝑒 𝑎𝑡} = 1 𝑠 − 𝑎 , (𝑠 > 𝑎) Por lo tanto, se tiene que: ℒ{𝑒−3𝑡(𝑡 − 2)} = ℒ{𝑡𝑒−3𝑡 − 2𝑒−3𝑡} = ℒ{𝑡𝑒−3𝑡} − 2ℒ{𝑒−3𝑡} ℒ{𝑒−3𝑡(𝑡 − 2)} = 1 [𝑠 − (−3)]2 − 2. [ 1 𝑠 − (−3) ]
  • 14. 14 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com ∴ 𝓛{𝒆−𝟑𝒕(𝒕 − 𝟐)} = 𝑭(𝒔) = 𝟏 (𝒔 + 𝟑) 𝟐 − 𝟐 𝒔 + 𝟑 5. 𝒈(𝒕) = 𝒆 𝟒𝒕[𝒕 − 𝐜𝐨𝐬(𝒕)] Solución: De acuerdo, con la definición de Transformada de Laplace, se tiene que: ℒ{𝑔(𝑡)} = 𝐺(𝑠) = ℒ{𝑒4𝑡[𝑡 − cos(𝑡)]} = ℒ{𝑡𝑒4𝑡 − 𝑒4𝑡 cos(𝑡)} = ℒ{𝑡𝑒4𝑡} − ℒ{𝑒4𝑡 cos(𝑡)} ℒ{𝑒4𝑡[𝑡 − cos(𝑡)]} = ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑡𝑒4𝑡 𝑑𝑡 ∞ 0 − ∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑒4𝑡 cos(𝑡) 𝑑𝑡 ∞ 0 ℒ{𝑒4𝑡[𝑡 − cos(𝑡)]} = Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 − Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡 cos(𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 (1) (2) Ahora, hallemos las integrales impropias (1) y (2), tomando en cuenta que, la primera integral no es cíclica, mientras que la otra si lo es, se tendrá que: (1) Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 Sea, 𝑢 = 𝑡 𝑑𝑢 = 𝑑t 𝑣 = ∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑑𝑡 = − 𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑠 − 4 Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 = Lím 𝑏→∞ [(− 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑠 − 4 ) 0 𝑏 + 1 𝑠 − 4 ∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑑𝑡 𝑏 𝑜 ] Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 = 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [(− 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑠 − 4 ) 0 𝑏 + 1 𝑠 − 4 (− 𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑠 − 4 ) 0 𝑏 ]
  • 15. 15 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 = 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [(− 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑠 − 4 ) 0 𝑏 − ( 𝑒−(𝑠−4)𝑡 (𝑠 − 4)2 ) 0 𝑏 ] Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 = 𝐿í𝑚 𝑏→∞ (− 𝑏𝑒−(𝑠−4)𝑏 𝑠 − 4 − 𝑒−(𝑠−4)𝑏 (𝑠 − 4)2 + 1 (𝑠 − 4)2 ) Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 = −𝐿í𝑚 𝑏→∞ ( 𝑏𝑒−(𝑠−4)𝑏 𝑠 − 4 ) −𝐿í𝑚 𝑏→∞ ( 𝑒−(𝑠−4)𝑏 (𝑠 − 4)2 ) + 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ( 1 (𝑠 − 4)2 ) ⇒ 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 = −0 − 0 + 1 (𝑠 − 4)2 = 1 (𝑠 − 4)2 (2) Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡 cos(𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 Sea, 𝑢 = cos(𝑡) 𝑑𝑢 = − sen(𝑡) 𝑑t 𝑣 = ∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑑𝑡 = − 𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑠 − 4 Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡 cos(𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = Lím 𝑏→∞ [(− 𝑒−(𝑠−4)𝑡 co𝑠(𝑡) 𝑠 − 4 ) 0 𝑏 − 1 𝑠 − 4 ∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑠en(𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 𝑜 ] Sea, 𝑢 = sen(𝑡) 𝑑𝑢 = cos(𝑡) 𝑑t 𝑣 = ∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑑𝑡 = − 𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑠 − 4 = 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [(− 𝑒−(𝑠−4)𝑡 co𝑠(𝑡) 𝑠 − 4 ) 0 𝑏 − 1 𝑠 − 4 [(− 𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑠en(𝑡) 𝑠 − 4 ) 0 𝑏 + 1 𝑠 − 4 ∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡 co𝑠(𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 ]] = 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [(− 𝑒−(𝑠−4)𝑡 co𝑠(𝑡) 𝑠 − 4 ) 0 𝑏 + ( 𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑠en(𝑡) (𝑠 − 4)2 ) 0 𝑏 − 1 (𝑠 − 4)2 ∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡 co𝑠( 𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 ] ⇒ [ (𝑠 − 4)2 + 1 (𝑠 − 4)2 ] Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡 cos(𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [(− 𝑒−(𝑠−4)𝑡 co𝑠(𝑡) 𝑠 − 4 ) 0 𝑏 + ( 𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑠en(𝑡) (𝑠 − 4)2 ) 0 𝑏 ]
  • 16. 16 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡 cos(𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = [ (𝑠 − 4)2 (𝑠 − 4)2 + 1 ] 𝐿í𝑚 𝑏→∞ [− 𝑒−(𝑠−4)𝑏 co𝑠(𝑏) 𝑠 − 4 + 1 𝑠 − 4 + 𝑒−(𝑠−4)𝑏 𝑠en(𝑏) (𝑠 − 4)2 ] = [ (𝑠 − 4)2 (𝑠 − 4)2 + 1 ] [−𝐿í𝑚 𝑏→∞ ( 𝑒−(𝑠−4)𝑏 co𝑠(𝑏) 𝑠 − 4 ) + 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ( 1 𝑠 − 4 ) + 𝐿í𝑚 𝑏→∞ ( 𝑒−(𝑠−4)𝑏 𝑠en(𝑏) (𝑠 − 4)2 )] Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡 cos(𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = [ (𝑠 − 4)2 (𝑠 − 4)2 + 1 ] [−0 + 1 𝑠 − 4 + 0] ⇒ Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡 cos(𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 = 𝑠 − 4 (𝑠 − 4)2 + 1 Entonces, sustituyendo los resultados de las integrales (1) y (2) en: ℒ{𝑒4𝑡[𝑡 − cos(𝑡)]} = Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑑𝑡 𝑏 0 − Lím 𝑏→∞ ∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡 cos(𝑡) 𝑑𝑡 𝑏 0 ∴ 𝓛{𝒆 𝟒𝒕[𝒕 − 𝐜𝐨𝐬(𝒕)]} = 𝑮(𝒔) = 𝟏 (𝒔 − 𝟒) 𝟐 − 𝒔 − 𝟒 (𝒔 − 𝟒) 𝟐 + 𝟏 COMPROBACIÓN, sabemos por la tabla de Transformada de Laplace, que: ℒ{𝑡𝑒 𝑎𝑡} = 1 (𝑠 − 𝑎)2 ℒ{𝑒 𝑎𝑡 cos(𝑏𝑡)} = 𝑠 − 𝑎 (𝑠 − 𝑎)2 + 𝑏2 Por lo tanto, se tiene que: ℒ{𝑒4𝑡[𝑡 − cos(𝑡)]} = ℒ{𝑡𝑒4𝑡 − 𝑒4𝑡 cos(𝑡)} = ℒ{𝑡𝑒4𝑡} − ℒ{𝑒4𝑡 cos(𝑡)} ℒ{𝑒4𝑡[𝑡 − 𝑐𝑜𝑠(𝑡)]} = 1 (𝑠 − 4)2 − 𝑠 − 4 (𝑠 − 4)2 + 12 ∴ 𝓛{𝒆 𝟒𝒕[𝒕 − 𝒄𝒐𝒔(𝒕)]} = 𝑮(𝒔) = 𝟏 (𝒔 − 𝟒) 𝟐 − 𝒔 − 𝟒 (𝒔 − 𝟒) 𝟐 + 𝟏
  • 17. 17 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com PARTE II: En los siguientes ejercicios calcule la Transformada Inversa de Laplace de la función "𝒔" dada. 𝟏. 𝑹(𝒔) = 𝟑𝒔 𝟐 (𝒔 𝟐 + 𝟏) 𝟐 Solución: Calculemos la transformada Inversa de Laplace ℒ−1{𝑅(𝑠)}, se tiene que: ℒ−1{𝑅(𝑠)} = 𝑟(𝑡) = ℒ−1 { 3𝑠2 (𝑠2 + 1)2 } Para ello, aplicamos fracciones parciales a: 3𝑠2 (𝑠2 + 1)2 = 𝐴𝑠 + 𝐵 𝑠2 + 1 + 𝐶𝑠 + 𝐷 (𝑠2 + 1)2 Tomando mínimo común múltiplo, se tiene que: 3𝑠2 (𝑠2 + 1)2 = (𝐴𝑠 + 𝐵)(𝑠2 + 1) + (𝐶𝑠 + 𝐷) (𝑠2 + 1)2 ⇒ 3𝑠2 = (𝐴𝑠 + 𝐵)(𝑠2 + 1) + (𝐶𝑠 + 𝐷) ⇒ 3𝑠2 = 𝐴𝑠3 + 𝐴𝑠 + 𝐵𝑠2 + 𝐵 + 𝐶𝑠 + 𝐷 ⇒ 3𝑠2 = 𝐴𝑠3 + 𝐵𝑠2 + (𝐴 + 𝐶)𝑠 + (𝐵 + 𝐷) Ahora, por identidad igualamos para llegar a un sistema de ecuaciones, tenemos que: { 𝐴 = 0 𝐵 = 3 𝐴 + 𝐶 = 0 ⇒ 0 + 𝐶 = 0 ⇒ 𝐶 = 0 𝐵 + 𝐷 = 0 ⇒ 3 + 𝐷 = 0 ⇒ 𝐷 = −3 Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 𝐶 = 0, 𝐵 = 3 y 𝐷 = −3, en:
  • 18. 18 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com 3𝑠2 (𝑠2 + 1)2 = 𝐴𝑠 + 𝐵 𝑠2 + 1 + 𝐶𝑠 + 𝐷 (𝑠2 + 1)2 3𝑠2 (𝑠2 + 1)2 = 3 𝑠2 + 1 − 3 (𝑠2 + 1)2 Entonces, tenemos que: ℒ−1 { 3𝑠2 (𝑠2 + 1)2 } = ℒ−1 { 3 𝑠2 + 1 − 3 (𝑠2 + 1)2 } = 3ℒ−1 { 1 𝑠2 + 1 } − 3ℒ−1 { 1 (𝑠2 + 1)2 } ℒ−1 { 3𝑠2 (𝑠2 + 1)2 } = 3ℒ−1 { 1 𝑠2 + 12 } − 3 2 ℒ−1 { 2(1)3 (𝑠2 + 12)2 } Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que: ℒ−1 { 𝑎 𝑠2 + 𝑎2 } = sen(𝑎𝑡) ℒ−1 { 2𝑎3 (𝑠2 + 𝑎2)2 } = sen(𝑎𝑡) − 𝑎𝑡 cos(𝑎𝑡) ; Ecuaciones Diferenciales de Dennis Zill. Por lo tanto: ⇒ ℒ−1 { 3𝑠2 (𝑠2 + 1)2 } = 3 sen(𝑡) − 3 2 [sen(𝑡) − 𝑡 cos(𝑡)] = 3 sen(𝑡) − 3 2 sen(𝑡) + 3 2 𝑡 cos(𝑡) ∴ 𝓛−𝟏 { 𝟑𝒔 𝟐 (𝒔 𝟐 + 𝟏) 𝟐 } = 𝒓(𝒕) = 𝟑 𝟐 𝐬𝐞𝐧(𝒕) + 𝟑 𝟐 𝒕 𝐜𝐨𝐬(𝒕) = 𝟑 𝟐 [𝐬𝐞𝐧(𝒕) + 𝒕 𝐜𝐨𝐬(𝒕)] COMPROBACIÓN, se aplica Transformada de Laplace al resultado, se tiene que: ℒ { 3 2 [sen(𝑡) + 𝑡 cos(𝑡)]} = 3 2 ℒ{sen(𝑡)} + 3 2 ℒ{𝑡 cos(𝑡)} Por la tabla de Transformada de Laplace que se encuentra en el libro de Ecuaciones Diferenciales de Dennis Zill, 3ed. Sabemos que: ℒ{sen(𝑎𝑡)} = 𝑎 𝑠2 + 𝑎2
  • 19. 19 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com ℒ{𝑡 cos(𝑎𝑡)} = 𝑠2 − 𝑎2 (𝑠2 + 𝑎2)2 ⇒ ℒ { 3 2 [sen(𝑡) + 𝑡 cos(𝑡)]} = 3 2 ( 1 𝑠2 + 12 ) + 3 2 [ 𝑠2 − 12 (𝑠2 + 12)2 ] ⇒ ℒ { 3 2 [sen(𝑡) + 𝑡 cos(𝑡)]} = 3 2(𝑠2 + 1) + 3𝑠2 − 3 2(𝑠2 + 1)2 = 3(𝑠2 + 1) + 3𝑠2 − 3 2(𝑠2 + 1)2 ⇒ ℒ { 3 2 [sen(𝑡) + 𝑡 cos(𝑡)]} = 3𝑠2 + 3 + 3𝑠2 − 3 2(𝑠2 + 1)2 = 6𝑠2 2(𝑠2 + 1)2 ⇒ 𝓛 { 𝟑 𝟐 [𝐬𝐞𝐧(𝒕) + 𝒕 𝐜𝐨𝐬(𝒕)]} = 𝑹(𝒔) = 𝟑𝒔 𝟐 (𝒔 𝟐 + 𝟏) 𝟐 𝟐. 𝑹(𝒔) = 𝟐 𝒔 𝟒 ( 𝟏 𝒔 + 𝟑 𝒔 𝟐 + 𝟒 𝒔 𝟔 ) Solución: Calculemos la transformada Inversa de Laplace ℒ−1{𝑅(𝑠)}, se tiene que: ℒ−1{𝑅(𝑠)} = 𝑟(𝑡) = ℒ−1 { 2 𝑠4 ( 1 𝑠 + 3 𝑠2 + 4 𝑠6 )} = ℒ−1 { 2 𝑠5 + 6 𝑠6 + 8 𝑠10 } ℒ−1 { 2 𝑠4 ( 1 𝑠 + 3 𝑠2 + 4 𝑠6 )} = ℒ−1 { 2 𝑠5 } + ℒ−1 { 6 𝑠6 } + ℒ−1 { 8 𝑠10 } ℒ−1 { 2 𝑠4 ( 1 𝑠 + 3 𝑠2 + 4 𝑠6 )} = 2ℒ−1 { 1 𝑠5 } + 6ℒ−1 { 1 𝑠6 } + 8ℒ−1 { 1 𝑠10 } Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que: ℒ−1 { 𝑛! 𝑠 𝑛+1 } = 𝑡 𝑛 Por lo tanto: ⇒ ℒ−1 { 2 𝑠4 ( 1 𝑠 + 3 𝑠2 + 4 𝑠6 )} = 2 24 ℒ−1 { 4! 𝑠4+1 } + 6 120 ℒ−1 { 5! 𝑠5+1 } + 8 362880 ℒ−1 { 9! 𝑠9+1 }
  • 20. 20 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com ∴ 𝓛−𝟏 { 𝟐 𝒔 𝟒 ( 𝟏 𝒔 + 𝟑 𝒔 𝟐 + 𝟒 𝒔 𝟔 )} = 𝒓(𝒕) = 𝟏 𝟏𝟐 𝒕 𝟒 + 𝟏 𝟐𝟎 𝒕 𝟓 + 𝟏 𝟒𝟓𝟑𝟔𝟎 𝒕 𝟗 COMPROBACIÓN, se aplica Transformada de Laplace al resultado, se tiene que: ℒ { 1 12 𝑡4 + 1 20 𝑡5 + 1 45360 𝑡9 } = 1 12 ℒ{𝑡4} + 1 20 ℒ{𝑡5} + 1 45360 ℒ{𝑡9} ℒ { 1 12 𝑡4 + 1 20 𝑡5 + 1 45360 𝑡9 } = 1 12 . ( 4! 𝑠4+1 ) + 1 20 ( 5! 𝑠5+1 ) + 1 45360 ( 9! 𝑠9+1 ) ℒ { 1 12 𝑡4 + 1 20 𝑡5 + 1 45360 𝑡9 } = 1 12 . ( 24 𝑠5 ) + 1 20 ( 120 𝑠6 ) + 1 45360 ( 362880 𝑠10 ) ⇒ 𝓛 { 𝟏 𝟏𝟐 𝒕 𝟒 + 𝟏 𝟐𝟎 𝒕 𝟓 + 𝟏 𝟒𝟓𝟑𝟔𝟎 𝒕 𝟗 } = 𝑹(𝒔) = 𝟐 𝒔 𝟓 + 𝟔 𝒔 𝟔 + 𝟖 𝒔 𝟏𝟎 = 𝟐 𝒔 𝟒 ( 𝟏 𝒔 + 𝟑 𝒔 𝟐 + 𝟒 𝒔 𝟔 ) 𝟑. 𝑷(𝒔) = 𝟏 𝒔 𝟐 − 𝟒𝒔 + 𝟓 Solución: Calculemos la transformada Inversa de Laplace ℒ−1{𝑃(𝑠)}, se tiene que: ℒ−1{𝑃(𝑠)} = 𝑝(𝑡) = ℒ−1 { 1 𝑠2 − 4𝑠 + 5 } Aplicando, la fórmula de la resolvente o de la ecuación de segundo grado: 𝑠 = −(−4) ± √(−4)2 − 4(1)(5) 2(1) = 4 ± √16 − 20 2 = 4 ± √4(−1) 2 = 4 ± 2𝑖 2 = 2 ± 𝑖 Entonces, las dos soluciones en números complejos “ℂ” son: 𝑠1 = 2 + 𝑖 y 𝑠2 = 2 − 𝑖, se tiene que: ℒ−1{𝑃(𝑠)} = ℒ−1 { 1 𝑠2 − 4𝑠 + 5 } = ℒ−1 { 1 [𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)] }
  • 21. 21 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com Para ello, aplicamos fracciones parciales a: 1 [𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)] = 𝐴 𝑠 − (2 + 𝑖) + 𝐵 𝑠 − (2 − 𝑖) 1 [𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)] = 𝐴[𝑠 − (2 − 𝑖)] + 𝐵[𝑠 − (2 + 𝑖)] [𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)] ⇒ 1 = 𝐴[𝑠 − (2 − 𝑖)] + 𝐵[𝑠 − (2 + 𝑖)] Por anuladores: 𝑠 = 2 − 𝑖 ⇒ 1 = 𝐵[2 − 𝑖 − (2 + 𝑖)] ⇒ 1 = −2𝑖𝐵 ⇒ 𝐵 = − 1 2𝑖 = 𝑖 2 𝑠 = 2 + 𝑖 ⇒ 1 = 𝐴[2 + 𝑖 − (2 − 𝑖)] ⇒ 1 = 2𝑖𝐴 ⇒ 𝐴 = 1 2𝑖 = − 𝑖 2 Nota: 𝒊 = √−𝟏 ⇒ 𝒊 𝟐 = −𝟏 Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = −𝑖 2⁄ y 𝐵 = 𝑖 2⁄ , en: 1 [𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)] = 𝐴 𝑠 − (2 + 𝑖) + 𝐵 𝑠 − (2 − 𝑖) 1 [𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)] = − 𝑖 2[𝑠 − (2 + 𝑖)] + 𝑖 2[𝑠 − (2 − 𝑖)] Entonces, tenemos que: ℒ−1 { 1 𝑠2 − 4𝑠 + 5 } = ℒ−1 { 1 [𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)] } ℒ−1 { 1 𝑠2 − 4𝑠 + 5 } = ℒ−1 {− 𝑖 2[𝑠 − (2 + 𝑖)] + 𝑖 2[𝑠 − (2 − 𝑖)] } ℒ−1 { 1 𝑠2 − 4𝑠 + 5 } = −ℒ−1 { 𝑖 2[𝑠 − (2 + 𝑖)] } + ℒ−1 { 𝑖 2[𝑠 − (2 − 𝑖)] }
  • 22. 22 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com ℒ−1 { 1 𝑠2 − 4𝑠 + 5 } = − 𝑖 2 ℒ−1 { 1 𝑠 − (2 + 𝑖) } + 𝑖 2 ℒ−1 { 1 𝑠 − (2 − 𝑖) } Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que: ℒ−1 { 1 𝑠 − 𝑎 } = 𝑒 𝑎𝑡 Por lo tanto: ⇒ ℒ−1 { 1 𝑠2 − 4𝑠 + 5 } = − 𝑖 2 𝑒(2+𝑖)𝑡 + 𝑖 2 𝑒(2−𝑖)𝑡 = − 𝑖 2 [𝑒(2+𝑖)𝑡 − 𝑒(2−𝑖)𝑡 ] ⇒ ℒ−1 { 1 𝑠2 − 4𝑠 + 5 } = − 𝑖 2 (𝑒2𝑡+𝑖𝑡 − 𝑒2𝑡−𝑖𝑡 ) = − 𝑖 2 𝑒2𝑡 (𝑒 𝑖𝑡 − 𝑒−𝑖𝑡 ) ⇒ ℒ−1 { 1 𝑠2 − 4𝑠 + 5 } = − 𝑖 2 𝑒2𝑡[cos(𝑡) + 𝑖 sen(𝑡) − (cos(𝑡) − 𝑖 sen(𝑡))] ⇒ ℒ−1 { 1 𝑠2 − 4𝑠 + 5 } = − 𝑖 2 𝑒2𝑡[2𝑖 sen(𝑡)] = 𝑒2𝑡 sen(𝑡) ∴ 𝓛−𝟏 { 𝟏 𝒔 𝟐 − 𝟒𝒔 + 𝟓 } = 𝒑(𝒕) = 𝒆 𝟐𝒕 𝐬𝐞𝐧(𝒕) COMPROBACIÓN, se aplica Transformada de Laplace al resultado, se tiene que: ℒ{𝑒2𝑡 sen(𝑡)} = 1 (𝑠 − 2)2 + 12 = 1 𝑠2 − 4𝑠 + 4 + 1 = 1 𝑠2 − 4𝑠 + 5 ⇒ 𝓛{𝒆 𝟐𝒕 𝐬𝐞𝐧(𝒕)} = 𝑷(𝒔) = 𝟏 𝒔 𝟐 − 𝟒𝒔 + 𝟓 𝟒. 𝑭(𝒔) = 𝒆−𝟒𝒔 𝒔(𝒔 𝟐 + 𝟏𝟔) Solución: Por el teorema de traslación del eje 𝑡, sabemos que: ℒ−1{𝑒−𝑎𝑠 𝐹(𝑠)} = 𝑢(𝑡 − 𝑎)𝑓(𝑡 − 𝑎); 𝑎 > 0
  • 23. 23 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com Entonces, tenemos: ℒ−1{𝐹(𝑠)} = 𝑓(𝑡) = ℒ−1 { 𝑒−4𝑠 𝑠(𝑠2 + 16) } = ℒ−1 { 1 𝑠(𝑠2 + 16) } 𝑡→𝑡−4 𝑢(𝑡 − 4) Calculemos la transformada Inversa de Laplace a: ℒ−1 { 1 𝑠(𝑠2 + 16) } Para ello, aplicamos fracciones parciales a: 1 𝑠(𝑠2 + 16) = 𝐴 𝑠 + 𝐵𝑠 + 𝐶 𝑠2 + 16 1 𝑠(𝑠2 + 16) = 𝐴(𝑠2 + 16) + (𝐵𝑠 + 𝐶)𝑠 𝑠(𝑠2 + 16) ⇒ 1 = 𝐴(𝑠2 + 16) + (𝐵𝑠 + 𝐶)𝑠 1 = 𝐴𝑠2 + 16𝐴 + 𝐵𝑠2 + 𝐶𝑠 1 = (𝐴 + 𝐵)𝑠2 + 𝐶𝑠 + 16𝐴 Igualando, por identidad: { 𝐴 + 𝐵 = 0 ⇒ 1 16 + 𝐵 = 0 ⇒ 𝐵 = − 1 16 𝐶 = 0 16𝐴 = 1 ⇒ 𝐴 = 1 16 De este modo, hallamos los mismos valores. Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 1 16⁄ , 𝐵 = −1 16⁄ y 𝐶 = 0, en: 1 𝑠(𝑠2 + 16) = 𝐴 𝑠 + 𝐵𝑠 + 𝐶 𝑠2 + 16 = 1 16 𝑠 + − 1 16 𝑠 + 0 𝑠2 + 16 1 𝑠(𝑠2 + 16) = 1 16𝑠 − 𝑠 16(𝑠2 + 16)
  • 24. 24 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com Entonces, tenemos que: ℒ−1 { 𝑒−4𝑠 𝑠(𝑠2 + 16) } = ℒ−1 { 1 𝑠(𝑠2 + 16) } 𝑡→𝑡−4 𝑢(𝑡 − 4) = ℒ−1 { 1 16𝑠 − 𝑠 16(𝑠2 + 16) } 𝑡→𝑡−4 𝑢(𝑡 − 4) ℒ−1 { 𝑒−4𝑠 𝑠(𝑠2 + 16) } = 1 16 [ℒ−1 { 1 𝑠 − 𝑠 𝑠2 + 42 }] 𝑡→𝑡−4 𝑢(𝑡 − 4) ℒ−1 { 𝑒−4𝑠 𝑠(𝑠2 + 16) } = 1 16 [ℒ−1 { 1 𝑠 } − ℒ−1 { 𝑠 𝑠2 + 42 }] 𝑡→𝑡−4 𝑢(𝑡 − 4) Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que: ℒ−1 { 1 𝑠 } = 1 ℒ−1 { 𝑠 𝑠2 + 𝑎2 } = cos(𝑎𝑡) Por lo tanto: ⇒ ℒ−1 { 𝑒−4𝑠 𝑠(𝑠2 + 16) } = 1 16 [1 − cos(4𝑡)] 𝑡→𝑡−4 𝑢(𝑡 − 4) ⇒ ℒ−1 { 𝑒−4𝑠 𝑠(𝑠2 + 16) } = 1 16 [1 − cos(4(𝑡 − 4))]𝑢(𝑡 − 4) ∴ 𝓛−𝟏 { 𝒆−𝟒𝒔 𝒔(𝒔 𝟐 + 𝟏𝟔) } = 𝒇(𝒕) = 𝟏 𝟏𝟔 𝒖(𝒕 − 𝟒)[𝟏 − 𝐜𝐨𝐬(𝟒(𝒕 − 𝟒))] COMPROBACIÓN, se aplica Transformada de Laplace al resultado, por el teorema de traslación del eje 𝒕, sabemos que: ℒ{𝑢(𝑡 − 𝑎)𝑓(𝑡 − 𝑎)} = 𝑒−𝑎𝑠 ℒ{𝑓(𝑡)} = 𝑒−𝑎𝑠 𝐹(𝑠); 𝑎 > 0 Entonces, se tiene que: ⇒ ℒ { 1 16 𝑢(𝑡 − 4)[1 − cos(4(𝑡 − 4))]} = 1 16 ℒ{𝑢(𝑡 − 4)[1 − cos(4(𝑡 − 4))]} ⇒ ℒ { 1 16 𝑢(𝑡 − 4)[1 − cos(4(𝑡 − 4))]} = 1 16 𝑒−4𝑠 . ℒ{1 − cos(4𝑡)}
  • 25. 25 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com ⇒ ℒ { 1 16 𝑢(𝑡 − 4)[1 − cos(4(𝑡 − 4))]} = 1 16 . 𝑒−4𝑠 . ( 1 𝑠 − 𝑠 𝑠2 + 42 ) = 𝑒−4𝑠 𝑠2 + 16 ⇒ ℒ { 1 16 𝑢(𝑡 − 4)[1 − cos(4(𝑡 − 4))]} = 1 16 . 𝑒−4𝑠 . [ 𝑠2 + 16 − 𝑠2 𝑠(𝑠2 + 42) ] = 𝑒−4𝑠 𝑠2 + 16 ⇒ ℒ { 1 16 𝑢(𝑡 − 4)[1 − cos(4(𝑡 − 4))]} = 1 16 . 𝑒−4𝑠 . [ 16 𝑠(𝑠2 + 42) ] ⇒ 𝓛 { 𝟏 𝟏𝟔 𝒖(𝒕 − 𝟒)[𝟏 − 𝐜𝐨𝐬(𝟒(𝒕 − 𝟒))]} = 𝑭(𝒔) = 𝒆−𝟒𝒔 𝒔(𝒔 𝟐 + 𝟏𝟔) 𝟓. 𝑯(𝒔) = 𝒔 𝟐 − 𝟐𝒔 + 𝟑 𝒔(𝒔 𝟐 − 𝟑𝒔 + 𝟐) Solución: Calculemos la transformada Inversa de Laplace ℒ−1{𝐻(𝑠)}, se tiene que: ℒ−1{𝐻(𝑠)} = ℎ(𝑡) = ℒ−1 { 𝑠2 − 2𝑠 + 3 𝑠(𝑠2 − 3𝑠 + 2) } = ℒ−1 { 𝑠2 − 2𝑠 + 3 𝑠(𝑠 − 2)(𝑠 − 1) } Para ello, aplicamos fracciones parciales a: 𝑠2 − 2𝑠 + 3 𝑠(𝑠 − 2)(𝑠 − 1) = 𝐴 𝑠 + 𝐵 𝑠 − 2 + 𝐶 𝑠 − 1 𝑠2 − 2𝑠 + 3 𝑠(𝑠 − 2)(𝑠 − 1) = 𝐴(𝑠 − 2)(𝑠 − 1) + 𝐵𝑠(𝑠 − 1) + 𝐶𝑠(𝑠 − 2) 𝑠(𝑠 − 2)(𝑠 − 1) ⇒ 𝑠2 − 2𝑠 + 3 = 𝐴(𝑠 − 2)(𝑠 − 1) + 𝐵𝑠(𝑠 − 1) + 𝐶𝑠(𝑠 − 2) Por anuladores: 𝑠 = 0 ⇒ 02 − 2(0) + 3 = 𝐴(−2)(−1) ⇒ 3 = 2𝐴 ⇒ 𝐴 = 3 2 𝑠 = 2 ⇒ 22 − 2(2) + 3 = 𝐵(2)(2 − 1) ⇒ 3 = 2𝐵 ⇒ 𝐵 = 3 2
  • 26. 26 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com 𝑠 = 1 ⇒ 12 − 2(1) + 3 = 𝐶(1)(1 − 2) ⇒ 2 = −𝐶 ⇒ 𝐶 = −2 Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 𝐵 = 3 2⁄ y 𝐶 = −2, en: 𝑠2 − 2𝑠 + 3 𝑠(𝑠 − 2)(𝑠 − 1) = 𝐴 𝑠 + 𝐵 𝑠 − 2 + 𝐶 𝑠 − 1 𝑠2 − 2𝑠 + 3 𝑠(𝑠 − 2)(𝑠 − 1) = 3 2𝑠 + 3 2(𝑠 − 2) − 2 𝑠 − 1 Entonces, tenemos que: ℒ−1 { 𝑠2 − 2𝑠 + 3 𝑠(𝑠2 − 3𝑠 + 2) } = ℒ−1 { 𝑠2 − 2𝑠 + 3 𝑠(𝑠 − 2)(𝑠 − 1) } = ℒ−1 { 3 2𝑠 + 3 2(𝑠 − 2) − 2 𝑠 − 1 } ℒ−1 { 𝑠2 − 2𝑠 + 3 𝑠(𝑠2 − 3𝑠 + 2) } = ℒ−1 { 3 2𝑠 } + ℒ−1 { 3 2(𝑠 − 2) } − ℒ−1 { 2 𝑠 − 1 } ℒ−1 { 𝑠2 − 2𝑠 + 3 𝑠(𝑠2 − 3𝑠 + 2) } = 3 2 ℒ−1 { 1 𝑠 } + 3 2 ℒ−1 { 1 𝑠 − 2 } − 2ℒ−1 { 1 𝑠 − 1 } Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que: ℒ−1 { 1 𝑠 } = 1 ℒ−1 { 1 𝑠 − 𝑎 } = 𝑒 𝑎𝑡 Por lo tanto: ⇒ ℒ−1 { 𝑠2 − 2𝑠 + 3 𝑠(𝑠2 − 3𝑠 + 2) } = 3 2 (1) + 3 2 𝑒2𝑡 − 2𝑒 𝑡 ∴ 𝓛−𝟏 { 𝒔 𝟐 − 𝟐𝒔 + 𝟑 𝒔(𝒔 𝟐 − 𝟑𝒔 + 𝟐) } = 𝒉(𝒕) = 𝟑 𝟐 (𝟏 + 𝒆 𝟐𝒕) − 𝟐𝒆𝒕 COMPROBACIÓN, se aplica Transformada de Laplace al resultado, se tiene que: ℒ { 3 2 (1 + 𝑒2𝑡) − 2𝑒 𝑡 } = 3 2 ℒ{1} + 3 2 ℒ{𝑒2𝑡} − 2ℒ{𝑒 𝑡} = 3 2 . ( 1 𝑠 ) + 3 2 . ( 1 𝑠 − 2 ) − 2. ( 1 𝑠 − 1 )
  • 27. 27 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com ℒ { 3 2 (1 + 𝑒2𝑡) − 2𝑒 𝑡 } = 3 2𝑠 + 3 2(𝑠 − 2) − 2 𝑠 − 1 ℒ { 3 2 (1 + 𝑒2𝑡) − 2𝑒 𝑡 } = 3. (𝑠 − 2). (𝑠 − 1) + 3. 𝑠. (𝑠 − 1) − 2.2𝑠. (𝑠 − 2) 2𝑠. (𝑠 − 2). (𝑠 − 1) ℒ { 3 2 (1 + 𝑒2𝑡) − 2𝑒 𝑡 } = 3𝑠2 − 3𝑠 − 6𝑠 + 6 + 3𝑠2 − 3𝑠 − 4𝑠2 + 8𝑠 2𝑠. (𝑠2 − 𝑠 − 2𝑠 + 2) ℒ { 3 2 (1 + 𝑒2𝑡) − 2𝑒 𝑡 } = 2𝑠2 − 4𝑠 + 6 2𝑠. (𝑠2 − 3𝑠 + 2) = 2(𝑠2 − 2𝑠 + 3) 2𝑠(𝑠2 − 3𝑠 + 2) ⇒ 𝓛 { 𝟑 𝟐 (𝟏 + 𝒆 𝟐𝒕) − 𝟐𝒆 𝒕 } = 𝑯(𝒔) = 𝒔 𝟐 − 𝟐𝒔 + 𝟑 𝒔(𝒔 𝟐 − 𝟑𝒔 + 𝟐) 𝟔. 𝑷(𝒔) = 𝟒𝒔 − 𝟓 𝒔 𝟑 − 𝒔 𝟐 − 𝟓𝒔 − 𝟑 Solución: Calculemos la transformada Inversa de Laplace ℒ−1{𝑃(𝑠)}, se tiene que: ℒ−1{𝑃(𝑠)} = 𝑝(𝑡) = ℒ−1 { 4𝑠 − 5 𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3 } Aplicamos Método Ruffini al denominador 𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3, tenemos que: 3 1 − 1 − 5 − 3 3 6 3 −1 1 2 1 0 −1 − 1 −1 1 1 0 −1 1 0 Luego, la factorización nos queda de la siguiente forma:
  • 28. 28 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com ⇒ 𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3 = (𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2 Sustituyendo dicha factorización, en: ℒ−1{𝑃(𝑠)} = ℒ−1 { 4𝑠 − 5 𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3 } = ℒ−1 { 4𝑠 − 5 (𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2 } Para ello, aplicamos fracciones parciales a: 4𝑠 − 5 (𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2 = 𝐴 𝑠 − 3 + 𝐵 𝑠 + 1 + 𝐶 (𝑠 + 1)2 4𝑠 − 5 (𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2 = 𝐴(𝑠 + 1)2 + 𝐵(𝑠 − 3)(𝑠 + 1) + 𝐶(𝑠 − 3) (𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2 ⇒ 4𝑠 − 5 = 𝐴(𝑠 + 1)2 + 𝐵(𝑠 − 3)(𝑠 + 1) + 𝐶(𝑠 − 3) Por anuladores: 𝑠 = −1 ⇒ 4(−1) − 5 = 𝐶(−1 − 3) ⇒ −9 = −4𝐶 ⇒ 𝐶 = 9 4 𝑠 = 3 ⇒ 4(3) − 5 = 𝐴(3 + 1)2 ⇒ 7 = 16𝐴 ⇒ 𝐴 = 7 16 𝑠 = 0 ⇒ −5 = 𝐴 + 𝐵(−3)(1) + 𝐶(−3) ⇒ −5 = 7 16 − 3𝐵 − 3 ( 9 4 ) ⇒ 𝐵 = − 7 16 Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 7 16⁄ , 𝐵 = −7 16⁄ y 𝐶 = 9 4⁄ , en: 4𝑠 − 5 (𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2 = 𝐴 𝑠 − 3 + 𝐵 𝑠 + 1 + 𝐶 (𝑠 + 1)2 4𝑠 − 5 (𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2 = 7 16(𝑠 − 3) − 7 16(𝑠 + 1) + 9 4(𝑠 + 1)2 Entonces, tenemos que: ℒ−1 { 4𝑠 − 5 𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3 } = ℒ−1 { 4𝑠 − 5 (𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2 }
  • 29. 29 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com ℒ−1 { 4𝑠 − 5 𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3 } = ℒ−1 { 7 16(𝑠 − 3) − 7 16(𝑠 + 1) + 9 4(𝑠 + 1)2 } ℒ−1 { 4𝑠 − 5 𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3 } = ℒ−1 { 7 16(𝑠 − 3) } − ℒ−1 { 7 16(𝑠 + 1) } + ℒ−1 { 9 4(𝑠 + 1)2 } ℒ−1 { 4𝑠 − 5 𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3 } = 7 16 ℒ−1 { 1 𝑠 − 3 } − 7 16 ℒ−1 { 1 𝑠 + 1 } + 9 4 ℒ−1 { 1 (𝑠 + 1)2 } ℒ−1 { 4𝑠 − 5 𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3 } = 7 16 ℒ−1 { 1 𝑠 − 3 } − 7 16 ℒ−1 { 1 𝑠 − (−1) } + 9 4 ℒ−1 { 1 [𝑠 − (−1)]2 } Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que: ℒ−1 { 1 (𝑠 − 𝑎)2 } = 𝑡𝑒 𝑎𝑡 ℒ−1 { 1 𝑠 − 𝑎 } = 𝑒 𝑎𝑡 Por lo tanto: ⇒ 𝓛−𝟏 { 𝟒𝒔 − 𝟓 𝒔 𝟑 − 𝒔 𝟐 − 𝟓𝒔 − 𝟑 } = 𝒑(𝒕) = 𝟕 𝟏𝟔 𝒆 𝟑𝒕 − 𝟕 𝟏𝟔 𝒆−𝒕 + 𝟗 𝟒 𝒕𝒆−𝒕 COMPROBACIÓN, se aplica Transformada de Laplace al resultado, se tiene que: ℒ { 7 16 𝑒3𝑡 − 7 16 𝑒−𝑡 + 9 4 𝑡𝑒−𝑡 } = 7 16 ℒ{𝑒3𝑡} − 7 16 ℒ{𝑒−𝑡} + 9 4 ℒ{𝑡𝑒−𝑡} ℒ { 7 16 𝑒3𝑡 − 7 16 𝑒−𝑡 + 9 4 𝑡𝑒−𝑡 } = 7 16 ( 1 𝑠 − 3 ) − 7 16 [ 1 𝑠 − (−1) ] + 9 4 [ 1 (𝑠 − (−1))2 ] ℒ { 7 16 𝑒3𝑡 − 7 16 𝑒−𝑡 + 9 4 𝑡𝑒−𝑡 } = 7 16(𝑠 − 3) − 7 16(𝑠 + 1) + 9 4(𝑠 + 1)2 ℒ { 7 16 𝑒3𝑡 − 7 16 𝑒−𝑡 + 9 4 𝑡𝑒−𝑡 } = 7 16(𝑠 − 3) − 7 16(𝑠 + 1) + 9 4(𝑠 + 1)2 ℒ { 7 16 𝑒3𝑡 − 7 16 𝑒−𝑡 + 9 4 𝑡𝑒−𝑡 } = 7(𝑠 + 1)2 − 7(𝑠 − 3)(𝑠 + 1) + 9.4(𝑠 − 3) 16(𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2 ℒ { 7 16 𝑒3𝑡 − 7 16 𝑒−𝑡 + 9 4 𝑡𝑒−𝑡 } = 7𝑠2 + 14𝑠 + 7 − 7𝑠2 − 7𝑠 + 21𝑠 + 21 + 36𝑠 − 108 16(𝑠 − 3)(𝑠2 + 2𝑠 + 1)
  • 30. 30 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com ℒ { 7 16 𝑒3𝑡 − 7 16 𝑒−𝑡 + 9 4 𝑡𝑒−𝑡 } = 64𝑠 − 80 16(𝑠3 + 2𝑠2 + 𝑠 − 3𝑠2 − 6𝑠 − 3) ℒ { 7 16 𝑒3𝑡 − 7 16 𝑒−𝑡 + 9 4 𝑡𝑒−𝑡 } = 16(4𝑠 − 5) 16(𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3) ⇒ 𝓛 { 𝟕 𝟏𝟔 𝒆 𝟑𝒕 − 𝟕 𝟏𝟔 𝒆−𝒕 + 𝟗 𝟒 𝒕𝒆−𝒕 } = 𝑷(𝒔) = 𝟒𝒔 − 𝟓 𝒔 𝟑 − 𝒔 𝟐 − 𝟓𝒔 − 𝟑 𝟕. 𝑸(𝒔) = −𝒔 (𝒔 − 𝟒) 𝟐(𝒔 − 𝟓) Solución: Calculemos la transformada Inversa de Laplace ℒ−1{𝑄(𝑠)}, se tiene que: ℒ−1{𝑄(𝑠)} = 𝑞(𝑡) = ℒ−1 { −𝑠 (𝑠 − 4)2(𝑠 − 5) } Para ello, aplicamos fracciones parciales a: −𝑠 (𝑠 − 4)2(𝑠 − 5) = 𝐴 𝑠 − 4 + 𝐵 (𝑠 − 4)2 + 𝐶 𝑠 − 5 −𝑠 (𝑠 − 4)2(𝑠 − 5) = 𝐴(𝑠 − 4)(𝑠 − 5) + 𝐵(𝑠 − 5) + 𝐶(𝑠 − 4)2 (𝑠 − 4)2(𝑠 − 5) ⇒ −𝑠 = 𝐴(𝑠 − 4)(𝑠 − 5) + 𝐵(𝑠 − 5) + 𝐶(𝑠 − 4)2 Por anuladores: 𝑠 = 4 ⇒ −4 = 𝐵(4 − 5) ⇒ −4 = −𝐵 ⇒ 𝐵 = 4 𝑠 = 5 ⇒ −5 = 𝐶(5 − 4)2 ⇒ −5 = 𝐶 ⇒ 𝐶 = −5 𝑠 = 0 ⇒ 0 = 𝐴(−4)(−5) + 𝐵(−5) + 𝐶(−4)2 ⇒ 0 = 20𝐴 − 5(4) + 16(−5) ⇒ 𝐴 = 5 Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 5, 𝐵 = 4 y 𝐶 = −5, en: −𝑠 (𝑠 − 4)2(𝑠 − 5) = 𝐴 𝑠 − 4 + 𝐵 (𝑠 − 4)2 + 𝐶 𝑠 − 5
  • 31. 31 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com −𝑠 (𝑠 − 4)2(𝑠 − 5) = 5 𝑠 − 4 + 4 (𝑠 − 4)2 − 5 𝑠 − 5 Entonces, tenemos que: ℒ−1 { −𝑠 (𝑠 − 4)2(𝑠 − 5) } = ℒ−1 { 5 𝑠 − 4 + 4 (𝑠 − 4)2 − 5 𝑠 − 5 } ℒ−1 { −𝑠 (𝑠 − 4)2(𝑠 − 5) } = ℒ−1 { 5 𝑠 − 4 } + ℒ−1 { 4 (𝑠 − 4)2 } − ℒ−1 { 5 𝑠 − 5 } ℒ−1 { −𝑠 (𝑠 − 4)2(𝑠 − 5) } = 5ℒ−1 { 1 𝑠 − 4 } + 4ℒ−1 { 1 (𝑠 − 4)2 } − 5ℒ−1 { 1 𝑠 − 5 } Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que: ℒ−1 { 1 𝑠 − 𝑎 } = 𝑒 𝑎𝑡 ℒ−1 { 1 (𝑠 − 𝑎)2 } = 𝑡𝑒 𝑎𝑡 Por lo tanto: ⇒ 𝓛−𝟏 { −𝒔 (𝒔 − 𝟒) 𝟐(𝒔 − 𝟓) } = 𝒒(𝒕) = 𝟓𝒆 𝟒𝒕 + 𝟒𝒕𝒆 𝟒𝒕 − 𝟓𝒆 𝟓𝒕 COMPROBACIÓN, se aplica Transformada de Laplace al resultado, se tiene que: ℒ{5𝑒4𝑡 + 4𝑡𝑒4𝑡 − 5𝑒5𝑡} = 5ℒ{𝑒4𝑡} + 4ℒ{𝑡𝑒4𝑡} − 5ℒ{𝑒5𝑡} ℒ{5𝑒4𝑡 + 4𝑡𝑒4𝑡 − 5𝑒5𝑡} = 5 ( 1 𝑠 − 4 ) + 4 [ 1 (𝑠 − 4)2 ] − 5 ( 1 𝑠 − 5 ) ℒ{5𝑒4𝑡 + 4𝑡𝑒4𝑡 − 5𝑒5𝑡} = 5 𝑠 − 4 + 4 (𝑠 − 4)2 − 5 𝑠 − 5 ℒ{5𝑒4𝑡 + 4𝑡𝑒4𝑡 − 5𝑒5𝑡} = 5(𝑠 − 4)(𝑠 − 5) + 4(𝑠 − 5) − 5(𝑠 − 4)2 (𝑠 − 4)2(𝑠 − 5) ℒ{5𝑒4𝑡 + 4𝑡𝑒4𝑡 − 5𝑒5𝑡} = 5𝑠2 − 25𝑠 − 20𝑠 + 100 + 4𝑠 − 20 − 5𝑠2 + 40𝑠 − 80 (𝑠 − 4)2(𝑠 − 5) ⇒ 𝓛{𝟓𝒆 𝟒𝒕 + 𝟒𝒕𝒆 𝟒𝒕 − 𝟓𝒆 𝟓𝒕 } = 𝑸(𝒔) = −𝒔 (𝒔 − 𝟒) 𝟐(𝒔 − 𝟓)
  • 32. 32 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com PARTE III: En los siguientes problemas resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales. 1. 𝒚′′ + 𝒚 = 𝒆−𝟐𝒕 𝐬𝐞𝐧(𝒕) ; 𝒚(𝟎) = 𝟎, 𝒚′(𝟎) = 𝟎 Solución: Tomando Transformada de Laplace a ambos lados, se tiene que: ℒ{𝑦′′ + 𝑦} = ℒ{𝑒−2𝑡 sen(𝑡)} ℒ{𝑦′′} + ℒ{𝑦} = ℒ{𝑒−2𝑡 sen(𝑡)} 𝑠2 ℒ{𝑦} − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) + ℒ{𝑦} = 1 [𝑠 − (−2)]2 + 12 𝑠2 𝑌(𝑠) + 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) + 𝑌(𝑠) = 1 (𝑠 + 2)2 + 1 (𝑠2 + 1)𝑌(𝑠) + 𝑠(0) − 0 = 1 𝑠2 + 4𝑠 + 5 (𝑠2 + 1)𝑌(𝑠) = 1 𝑠2 + 4𝑠 + 5 ⇒ 𝑌(𝑠) = 1 (𝑠2 + 4𝑠 + 5)(𝑠2 + 1) Aplicando, la fórmula de la resolvente o de la ecuación de segundo grado al primer factor del denominador, 𝑠2 + 4𝑠 + 5: 𝑠 = −4 ± √(4)2 − 4(1)(5) 2(1) = −4 ± √16 − 20 2 = −4 ± √4(−1) 2 = −4 ± 2𝑖 2 = −2 ± 𝑖 Entonces, las dos soluciones en números complejos “ℂ” son: 𝑠1 = −2 + 𝑖 y 𝑠2 = −2 − 𝑖, sustituyendo en: 𝑌(𝑠) = 1 (𝑠2 + 4𝑠 + 5)(𝑠2 + 1) = 1 [𝑠 − (−2 + 𝑖)]. [𝑠 − (−2 − 𝑖)](𝑠2 + 1)
  • 33. 33 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com 𝑌(𝑠) = 1 [𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1) Para ello, aplicamos fracciones parciales a: 1 [𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1) = 𝐴 𝑠 + (2 − 𝑖) + 𝐵 𝑠 + (2 + 𝑖) + 𝐶𝑠 + 𝐷 𝑠2 + 1 1 [𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1) = = 𝐴[𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1) + 𝐵[𝑠 + (2 − 𝑖)](𝑠2 + 1) + (𝐶𝑠 + 𝐷)[𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)] [𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1) ⇒ 1 = 𝐴[𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1) + 𝐵[𝑠 + (2 − 𝑖)](𝑠2 + 1) + (𝐶𝑠 + 𝐷)[𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)] Por anuladores: 𝑠 = −(2 + 𝑖) ⇒ 1 = 𝐵[−(2 + 𝑖) + (2 − 𝑖)][[−(2 + 𝑖)]2 + 1] ⇒ 1 = 𝐵(−2𝑖)(3 + 4𝑖 + 1) ⇒ 1 = 𝐵(−2𝑖)(4 + 4𝑖) ⇒ 1 = 𝐵(8 − 8𝑖) ⇒ 𝐵 = 1 8 − 8𝑖 = 1 + 𝑖 16 𝑠 = −(2 − 𝑖) ⇒ 1 = 𝐴[−(2 − 𝑖) + (2 + 𝑖)][[−(2 − 𝑖)]2 + 1] ⇒ 1 = 𝐴(2𝑖)(3 − 4𝑖 + 1) ⇒ 1 = 𝐴(2𝑖)(4 − 4𝑖) ⇒ 1 = 𝐴(8 + 8𝑖) ⇒ 𝐴 = 1 8 + 8𝑖 = 1 − 𝑖 16 Nota: 𝒊 = √−𝟏 ⇒ 𝒊 𝟐 = −𝟏 𝑠 = 0 ⇒ 1 = 𝐴(2 + 𝑖)(1) + 𝐵(2 − 𝑖)(1) + 𝐷(2 − 𝑖). (2 + 𝑖) ⇒ 1 = ( 1 − 𝑖 16 ) (2 + 𝑖) + ( 1 + 𝑖 16 ) (2 − 𝑖) + 𝐷(2 − 𝑖). (2 + 𝑖)
  • 34. 34 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com ⇒ 1 = 3 − 𝑖 16 + 3 + 𝑖 16 + 𝐷(5) ⇒ 1 = 6 16 + 𝐷(5) ⇒ 1 − 3 8 = 𝐷(5) ⇒ 𝐷 = 1 8 𝑠 = 1 ⇒ 1 = 𝐴(3 + 𝑖)(2) + 𝐵(3 − 𝑖)(2) + (𝐶 + 𝐷)(3 − 𝑖). (3 + 𝑖) ⇒ 1 = ( 1 − 𝑖 16 ) (6 + 2𝑖) + ( 1 + 𝑖 16 ) (6 − 2𝑖) + (𝐶 + 1 8 ) (10) ⇒ 1 = 8 − 4𝑖 16 + 8 + 4𝑖 16 + 10𝐶 + 5 4 ⇒ 1 = 1 + 10𝐶 + 5 4 ⇒ − 5 4 = 10𝐶 ⇒ 𝐶 = − 1 8 Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = (1 − 𝑖) 16⁄ , 𝐵 = (1 + 𝑖) 16⁄ , 𝐶 = −1 8⁄ y 𝐷 = 1 8⁄ , en: 1 [𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1) = 𝐴 𝑠 + (2 − 𝑖) + 𝐵 𝑠 + (2 + 𝑖) + 𝐶𝑠 + 𝐷 𝑠2 + 1 1 [𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1) = 1 − 𝑖 16[𝑠 + (2 − 𝑖)] + 1 + 𝑖 16[𝑠 + (2 + 𝑖)] + −𝑠 + 1 8(𝑠2 + 1) = ( 1 − 𝑖 16 ) . 1 𝑠 − (−2 + 𝑖) + ( 1 + 𝑖 16 ) . 1 𝑠 − (−2 − 𝑖) − ( 1 8 ) . 𝑠 𝑠2 + 12 + ( 1 8 ) . 1 𝑠2 + 12 Ahora, aplicamos Transformada Inversa de Laplace a ambos lados en: 𝑌(𝑠) = 1 [𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1) ℒ−1{𝑌(𝑠)} = ℒ−1 { 1 [𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1) } 𝑦(𝑡) = ℒ−1 {( 1 − 𝑖 16 ) . 1 𝑠 − (−2 + 𝑖) + ( 1 + 𝑖 16 ) . 1 𝑠 − (−2 − 𝑖) − ( 1 8 ) . 𝑠 𝑠2 + 12 + ( 1 8 ) . 1 𝑠2 + 12 }
  • 35. 35 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com 𝑦(𝑡) = 1 − 𝑖 16 ℒ−1 { 1 𝑠 − (−2 + 𝑖) } + 1 + 𝑖 16 ℒ−1 { 1 𝑠 − (−2 − 𝑖) } − 1 8 ℒ−1 { 𝑠 𝑠2 + 12} + 1 8 ℒ−1 { 1 𝑠2 + 12} Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que: ℒ−1 { 1 𝑠 − 𝑎 } = 𝑒 𝑎𝑡 , (𝑠 > 𝑎) ℒ−1 { 𝑠 𝑠2 + 𝑎2 } = cos(𝑎𝑡), (𝑠 > 0) ℒ−1 { 𝑎 𝑠2 + 𝑎2 } = sen(𝑎𝑡), (𝑠 > 0) Entonces, se tiene que: 𝑦(𝑡) = 1 − 𝑖 16 𝑒(−2+𝑖)𝑡 + 1 + 𝑖 16 𝑒(−2−𝑖)𝑡 − 1 8 𝑐𝑜𝑠(𝑡) + 1 8 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑦(𝑡) = 1 − 𝑖 16 𝑒−2𝑡 𝑒 𝑖𝑡 + 1 + 𝑖 16 𝑒−2𝑡 𝑒−𝑖𝑡 − 1 8 𝑐𝑜𝑠(𝑡) + 1 8 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑦(𝑡) = 𝑒−2𝑡 16 [(1 − 𝑖)(cos(𝑡) + 𝑖 sen(𝑡)) + (1 + 𝑖)(cos(𝑡) − 𝑖 sen(𝑡))] − 1 8 𝑐𝑜𝑠(𝑡) + 1 8 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑦(𝑡) = 𝑒−2𝑡 16 [cos(𝑡) + 𝑖 sen(𝑡) − 𝑖 cos(𝑡) + sen(𝑡) + cos(𝑡) − 𝑖 sen(𝑡) + 𝑖 cos(𝑡) + sen(𝑡)] − 1 8 𝑐𝑜𝑠(𝑡) + 1 8 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑦(𝑡) = 𝑒−2𝑡 16 [2 cos(𝑡) + 2 sen(𝑡)] − 1 8 𝑐𝑜𝑠(𝑡) + 1 8 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑦(𝑡) = 𝑒−2𝑡 8 [cos(𝑡) + sen(𝑡)] − 1 8 𝑐𝑜𝑠(𝑡) + 1 8 𝑠𝑒𝑛(𝑡) La solución del problema de valor inicial es: ∴ 𝒚(𝒕) = 𝟏 𝟖 [𝒆−𝟐𝒕 𝐜𝐨𝐬(𝒕) + 𝒆−𝟐𝒕 𝐬𝐞𝐧(𝒕) − 𝒄𝒐𝒔(𝒕) + 𝒔𝒆𝒏(𝒕)]
  • 36. 36 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com 2. 𝒚′ − 𝟐𝒚 = 𝟏 − 𝒕; 𝒚(𝟎) = 𝟏 Solución: Tomando Transformada de Laplace a ambos lados, se tiene que: ℒ{𝑦′ − 2𝑦} = ℒ{1 − 𝑡} ℒ{ 𝑦′} − 2ℒ{ 𝑦} = ℒ{1} − ℒ{ 𝑡} 𝑠ℒ{𝑦} − 𝑦(0) − 2ℒ{𝑦} = ℒ{1} − ℒ{𝑡} 𝑠𝑌(𝑠) − 𝑦(0) − 2𝑌(𝑠) = 1 𝑠 − 1 𝑠2 (𝑠 − 2)𝑌(𝑠) − 1 = 1 𝑠 − 1 𝑠2 (𝑠 − 2)𝑌(𝑠) = 1 + 1 𝑠 − 1 𝑠2 ⇒ 𝑌(𝑠) = 𝑠2 + 𝑠 − 1 𝑠2(𝑠 − 2) Para ello, aplicamos fracciones parciales a: 𝑠2 + 𝑠 − 1 𝑠2(𝑠 − 2) = 𝐴𝑠 + 𝐵 𝑠2 + 𝐶 𝑠 − 2 = (𝐴𝑠 + 𝐵)(𝑠 − 2) + 𝐶𝑠2 𝑠2(𝑠 − 2) ⇒ 𝑠2 + 𝑠 − 1 = (𝐴𝑠 + 𝐵)(𝑠 − 2) + 𝐶𝑠2 Por anuladores: 𝑠 = 0 ⇒ −1 = 𝐵(−2) ⇒ 𝐵 = 1 2 𝑠 = 2 ⇒ 22 + 2 − 1 = 𝐶(2)2 ⇒ 5 = 4𝐶 ⇒ 𝐶 = 5 4 𝑠 = 1 ⇒ 12 + 1 − 1 = (𝐴 + 𝐵)(−1) + 𝐶(1)2 ⇒ 1 = −𝐴 − 𝐵 + 𝐶
  • 37. 37 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com ⇒ 1 = −𝐴 − 1 2 + 5 4 ⇒ 1 − 3 4 = −𝐴 ⇒ 𝐴 = − 1 4 Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = −1 4⁄ , 𝐵 = 1 2⁄ y 𝐶 = 5 4⁄ , en: 𝑠2 + 𝑠 − 1 𝑠2(𝑠 − 2) = 𝐴𝑠 + 𝐵 𝑠2 + 𝐶 𝑠 − 2 = 𝐴 𝑠 + 𝐵 𝑠2 + 𝐶 𝑠 − 2 = − 1 4𝑠 + 1 2𝑠2 + 5 4(𝑠 − 2) Ahora, aplicamos Transformada Inversa de Laplace a ambos lados en: 𝑌(𝑠) = 𝑠2 + 𝑠 − 1 𝑠2(𝑠 − 2) ℒ−1{𝑌(𝑠)} = ℒ−1 { 𝑠2 + 𝑠 − 1 𝑠2(𝑠 − 2) } = ℒ−1 {− 1 4𝑠 + 1 2𝑠2 + 5 4(𝑠 − 2) } 𝑦(𝑡) = − 1 4 ℒ−1 { 1 𝑠 } + 1 2 ℒ−1 { 1 𝑠2 } + 5 4 ℒ−1 { 1 𝑠 − 2 } Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que: ℒ−1 { 1 𝑠 } = 1, (𝑠 > 0) ℒ−1 { 1 𝑠2 } = 𝑡, (𝑠 > 0) ℒ−1 { 1 𝑠 − 𝑎 } = 𝑒 𝑎𝑡 , (𝑠 > 𝑎) Entonces, se tiene que: 𝒚(𝒕) = − 𝟏 𝟒 (𝟏) + 𝟏 𝟐 𝒕 + 𝟓 𝟒 𝒆 𝟐𝒕 La solución del problema de valor inicial es: ∴ 𝒚(𝒕) = − 𝟏 𝟒 + 𝟏 𝟐 𝒕 + 𝟓 𝟒 𝒆 𝟐𝒕
  • 38. 38 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com 3. 𝒚′′ − 𝟒𝒚′ + 𝟒𝒚 = 𝟏; 𝒚(𝟎) = 𝟏, 𝒚′(𝟎) = 𝟒 Solución: Tomando Transformada de Laplace a ambos lados, se tiene que: ℒ{𝑦′′ − 4𝑦′ + 4𝑦} = ℒ{1} ℒ{ 𝑦′′} − 4ℒ{ 𝑦′} + 4ℒ{ 𝑦} = ℒ{1} 𝑠2 ℒ{𝑦} − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) − 4[𝑠ℒ{𝑦} − 𝑦(0)] + 4ℒ{𝑦} = ℒ{1} 𝑠2 𝑌(𝑠) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) − 4𝑠𝑌(𝑠) + 4𝑦(0) + 4𝑌(𝑠) = 1 𝑠 (𝑠2 − 4𝑠 + 4)𝑌(𝑠) − 𝑠(1) − 4 + 4(1) = 1 𝑠 ⇒ (𝑠2 − 4𝑠 + 4)𝑌(𝑠) = 𝑠 + 1 𝑠 (𝑠2 − 4𝑠 + 4)𝑌(𝑠) = 𝑠2 + 1 𝑠 ⇒ 𝑌(𝑠) = 𝑠2 + 1 𝑠(𝑠2 − 4𝑠 + 4) = 𝑠2 + 1 𝑠(𝑠 − 2)2 Para ello, aplicamos fracciones parciales a: 𝑠2 + 1 𝑠(𝑠 − 2)2 = 𝐴 𝑠 + 𝐵 𝑠 − 2 + 𝐶 (𝑠 − 2)2 = 𝐴(𝑠 − 2)2 + 𝐵𝑠(𝑠 − 2) + 𝐶𝑠 𝑠(𝑠 − 2)2 ⇒ 𝑠2 + 1 = 𝐴(𝑠 − 2)2 + 𝐵𝑠(𝑠 − 2) + 𝐶𝑠 Por anuladores: 𝑠 = 0 ⇒ 1 = 𝐴(−2)2 ⇒ 𝐴 = 1 4 𝑠 = 2 ⇒ 22 + 1 = 𝐶(2) ⇒ 5 = 2𝐶 ⇒ 𝐶 = 5 2 𝑠 = 1 ⇒ 12 + 1 = 𝐴(−1)2 + 𝐵(−1) + 𝐶 ⇒ 2 = 𝐴 − 𝐵 + 𝐶
  • 39. 39 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com ⇒ 2 = 1 4 − 𝐵 + 5 2 ⇒ 2 − 11 4 = −𝐵 ⇒ 𝐵 = 3 4 Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 1 4⁄ , 𝐵 = 3 4⁄ y 𝐶 = 5 2⁄ , en: 𝑠2 + 1 𝑠(𝑠 − 2)2 = 𝐴 𝑠 + 𝐵 𝑠 − 2 + 𝐶 (𝑠 − 2)2 = 1 4𝑠 + 3 4(𝑠 − 2) + 5 2(𝑠 − 2)2 Ahora, aplicamos Transformada Inversa de Laplace a ambos lados en: 𝑌(𝑠) = 𝑠2 + 1 𝑠(𝑠 − 2)2 ℒ−1{𝑌(𝑠)} = ℒ−1 { 𝑠2 + 1 𝑠(𝑠 − 2)2 } = ℒ−1 { 1 4𝑠 + 3 4(𝑠 − 2) + 5 2(𝑠 − 2)2 } 𝑦(𝑡) = 1 4 ℒ−1 { 1 𝑠 } + 3 4 ℒ−1 { 1 𝑠 − 2 } + 5 2 ℒ−1 { 1 (𝑠 − 2)2 } Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que: ℒ−1 { 1 𝑠 } = 1, (𝑠 > 0) ℒ−1 { 1 𝑠 − 𝑎 } = 𝑒 𝑎𝑡 , (𝑠 > 𝑎) ℒ−1 { 1 (𝑠 − 𝑎)2 } = 𝑡𝑒 𝑎𝑡 , (𝑠 > 𝑎) Entonces, se tiene que: 𝒚(𝒕) = 𝟏 𝟒 (𝟏) + 𝟑 𝟒 𝒆 𝟐𝒕 + 𝟓 𝟐 𝒕𝒆 𝟐𝒕 La solución del problema de valor inicial es: ∴ 𝒚(𝒕) = 𝟏 𝟒 + 𝟑 𝟒 𝒆 𝟐𝒕 + 𝟓 𝟐 𝒕𝒆 𝟐𝒕
  • 40. 40 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com 4. 𝒚′′ + 𝟗𝒚 = 𝒕; 𝒚(𝟎) = 𝒚′(𝟎) = 𝟎 Solución: Tomando Transformada de Laplace a ambos lados, se tiene que: ℒ{𝑦′′ + 9𝑦} = ℒ{𝑡} ℒ{ 𝑦′′} + 9ℒ{ 𝑦} = ℒ{ 𝑡} 𝑠2 ℒ{𝑦} − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) + 9ℒ{𝑦} = ℒ{𝑡} 𝑠2 𝑌(𝑠) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) + 9𝑌(𝑠) = 1 𝑠2 (𝑠2 + 9)𝑌(𝑠) − 𝑠(0) − 0 = 1 𝑠2 ⇒ (𝑠2 + 9)𝑌(𝑠) = 1 𝑠2 ⇒ 𝑌(𝑠) = 1 𝑠2(𝑠2 + 9) Para ello, aplicamos fracciones parciales a: 1 𝑠2(𝑠2 + 9) = 𝐴𝑠 + 𝐵 𝑠2 + 𝐶𝑠 + 𝐷 𝑠2 + 9 = (𝐴𝑠 + 𝐵)(𝑠2 + 9) + (𝐶𝑠 + 𝐷)𝑠2 𝑠2(𝑠2 + 9) ⇒ 1 = (𝐴𝑠 + 𝐵)(𝑠2 + 9) + (𝐶𝑠 + 𝐷)𝑠2 ⇒ 1 = 𝐴𝑠3 + 𝐴𝑠 + 𝐵𝑠2 + 9𝐵 + 𝐶𝑠3 + 𝐷𝑠2 ⇒ 1 = (𝐴 + 𝐶)𝑠3 + (𝐵 + 𝐷)𝑠2 + 𝐴𝑠 + 9𝐵 Igualando por identidad, se tiene que: { 𝐴 + 𝐶 = 0 … (1) 𝐵 + 𝐷 = 0 … (2) 𝐴 = 0 … (3) 9𝐵 = 1 … (4)
  • 41. 41 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com De la ecuación (3), resulta evidente que: 𝐴 = 0 De la ecuación (4), se tiene que: 9𝐵 = 1 ⇒ 𝐵 = 1 9 De la ecuación (1), sustituyendo el valor de 𝐴 = 0, se tiene que: 𝐶 = 0 De la ecuación (2), sustituyendo el valor de 𝐵 = 1 9⁄ , se tiene que: 1 9 + 𝐷 = 0 ⇒ 𝐷 = − 1 9 Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 0, 𝐵 = 1 9⁄ , 𝐶 = 0 y 𝐷 = −1 9⁄ , en: 1 𝑠2(𝑠2 + 9) = 𝐴𝑠 + 𝐵 𝑠2 + 𝐶𝑠 + 𝐷 𝑠2 + 9 = 1 9𝑠2 − 1 9(𝑠2 + 9) Ahora, aplicamos Transformada Inversa de Laplace a ambos lados en: 𝑌(𝑠) = 1 𝑠2(𝑠2 + 9) ℒ−1{𝑌(𝑠)} = ℒ−1 { 1 𝑠2(𝑠2 + 9) } = ℒ−1 { 1 9𝑠2 − 1 9(𝑠2 + 9) } 𝑦(𝑡) = 1 9 ℒ−1 { 1 𝑠2 } − 1 9 . 1 3 ℒ−1 { 3 𝑠2 + 32 } Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que: ℒ−1 { 1 𝑠2 } = 𝑡, (𝑠 > 0) ℒ−1 { 𝑎 𝑠2 + 𝑎2 } = sen(𝑎𝑡), (𝑠 > 0) Entonces, la solución del problema de valor inicial es: ∴ 𝒚(𝒕) = 𝟏 𝟗 𝒕 − 𝟏 𝟐𝟕 𝒔𝒆𝒏(𝟑𝒕)
  • 42. 42 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com 5. 𝒚′′ − 𝟔𝒚′ + 𝟖𝒚 = 𝒆𝒕 ; 𝒚(𝟎) = 𝟑, 𝒚′(𝟎) = 𝟗 Solución: Tomando Transformada de Laplace a ambos lados, se tiene que: ℒ{𝑦′′ − 6𝑦′ + 8𝑦} = ℒ{𝑒 𝑡} ℒ{ 𝑦′′} − 6ℒ{ 𝑦′} + 8ℒ{ 𝑦} = ℒ{ 𝑒 𝑡} 𝑠2 ℒ{𝑦} − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) − 6[𝑠ℒ{𝑦} − 𝑦(0)] + 8ℒ{𝑦} = ℒ{𝑒 𝑡} 𝑠2 𝑌(𝑠) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) − 6𝑠𝑌(𝑠) + 6𝑦(0) + 8𝑌(𝑠) = 1 𝑠 − 1 (𝑠2 − 6𝑠 + 8)𝑌(𝑠) − 𝑠(3) − 9 + 6(3) = 1 𝑠 − 1 ⇒ (𝑠2 − 6𝑠 + 8)𝑌(𝑠) = 3𝑠 − 9 + 1 𝑠 − 1 (𝑠2 − 6𝑠 + 8)𝑌(𝑠) = 3𝑠(𝑠 − 1) − 9(𝑠 − 1) + 1 𝑠 − 1 = 3𝑠2 − 3𝑠 − 9𝑠 + 9 + 1 𝑠 − 1 𝑌(𝑠) = 3𝑠2 − 12𝑠 + 10 (𝑠 − 1)(𝑠2 − 6𝑠 + 8) ⇒ 𝑌(𝑠) = 3𝑠2 − 12𝑠 + 10 (𝑠 − 1)(𝑠 − 2)(𝑠 − 4) Para ello, aplicamos fracciones parciales a: 3𝑠2 − 12𝑠 + 10 (𝑠 − 1)(𝑠 − 2)(𝑠 − 4) = 𝐴 𝑠 − 1 + 𝐵 𝑠 − 2 + 𝐶 𝑠 − 4 3𝑠2 − 12𝑠 + 10 (𝑠 − 1)(𝑠 − 2)(𝑠 − 4) = 𝐴(𝑠 − 2)(𝑠 − 4) + 𝐵(𝑠 − 1)(𝑠 − 4) + 𝐶(𝑠 − 1)(𝑠 − 2) (𝑠 − 1)(𝑠 − 2)(𝑠 − 4) ⇒ 3𝑠2 − 12𝑠 + 10 = 𝐴(𝑠 − 2)(𝑠 − 4) + 𝐵(𝑠 − 1)(𝑠 − 4) + 𝐶(𝑠 − 1)(𝑠 − 2) Por anuladores: 𝑠 = 1 ⇒ 3(1)2 − 12(1) + 10 = 𝐴(−1)(−3) ⇒ 𝐴 = 1 3
  • 43. 43 Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran Teléfono: 0424-336-9028 Correo: jeickson.s94@gmail.com 𝑠 = 2 ⇒ 3(2)2 − 12(2) + 10 = 𝐵(1)(−2) ⇒ −2 = −2𝐵 ⇒ 𝐵 = 1 𝑠 = 4 ⇒ 3(4)2 − 12(4) + 10 = 𝐶(3)(2) ⇒ 10 = 6𝐶 ⇒ 𝐶 = 5 3 Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 1 3⁄ , 𝐵 = 1 y 𝐶 = 5 3⁄ , en: 3𝑠2 − 12𝑠 + 10 (𝑠 − 1)(𝑠 − 2)(𝑠 − 4) = 𝐴 𝑠 − 1 + 𝐵 𝑠 − 2 + 𝐶 𝑠 − 4 = 1 3(𝑠 − 1) + 1 𝑠 − 2 + 5 3(𝑠 − 4) Ahora, aplicamos Transformada Inversa de Laplace a ambos lados en: 𝑌(𝑠) = 3𝑠2 − 12𝑠 + 10 (𝑠 − 1)(𝑠 − 2)(𝑠 − 4) ℒ−1{𝑌(𝑠)} = ℒ−1 { 3𝑠2 − 12𝑠 + 10 (𝑠 − 1)(𝑠 − 2)(𝑠 − 4) } = ℒ−1 { 1 3(𝑠 − 1) + 1 𝑠 − 2 + 5 3(𝑠 − 4) } 𝑦(𝑡) = 1 3 ℒ−1 { 1 𝑠 − 1 } + ℒ−1 { 1 𝑠 − 2 } + 5 3 ℒ−1 { 1 𝑠 − 4 } Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que: ℒ−1 { 1 𝑠 − 𝑎 } = 𝑒 𝑎𝑡 , (𝑠 > 𝑎) Entonces, la solución del problema de valor inicial es: ∴ 𝒚(𝒕) = 𝟏 𝟑 𝒆𝒕 + 𝒆 𝟐𝒕 + 𝟓 𝟑 𝒆 𝟒𝒕