1. La transformada de Laplace proporciona una forma eficiente para resolver ecuaciones diferenciales ordinarias lineales con coeficientes constantes. 2. La transformada de Laplace transforma una función de la variable tiempo t a una función de la variable compleja s, eliminando la variable t. 3. Algunas propiedades importantes de la transformada de Laplace incluyen que es lineal, transforma la derivación a multiplicación por s, y no contiene información de f(t) para t menor que cero.

1. Capitulo Dos.
La Transformada de Laplace.
El método de la transformada de Laplace proporciona una forma eficiente para resolver ecuaciones
diferenciales ordinarias lineales.con coeficientes constantes. Una clase importante de problemas de
control se reduce a la solución de tales ecuaciones.
∞
f ( s ) = ∫ f (t )e −st dt
0
f ( s ) = L{ f ( t )}
Ejemplo 1.- Encuentre la Transformada de Laplace de la función f(t) = 1
− st∞
∞ − st
(1) e dt = − e − 1 − 1 1  − 1 1  − 1 1
= ( e ∞− − e− 0) =  ∞ − 1 =  − 1 = ( 0 − 1) =
f ( s) = ∫ s0 s se  s∞  s s
0
1
Entonces L{1} =
s
Hay algunos hechos valiosos hasta este momento.
1.- La transformada de Laplace f(s) no contiene información acerca del comportamiento de f(t) para t
menor que cero. Esto no es una limitación para el estudio de sistemas de control porque t representara
la variable tiempo y será insertada en el comportamiento de sistemas únicamente para tiempo
positivos. De hecho, las variables y sistemas son usualmente definidos tal que f(t) = 0 para tiempo
menor que cero.
2.- Como la transformada de Laplace esta definida por una integral impropia, no existirá para cada
función f(t).
3.- La transformada de Laplace es lineal.
L{ af1 ( t ) + bf 2 ( t )} = aL{ f1 ( t )} + bL{ f 2 ( t )}
A y b son constantes.
4.- El operador de la transformada de Laplace transforma una función de la variable t a una función de
la variable s. La t es eliminada por la integración.
Transformada de Funciones Simples.
1.- La función escalon.
 0, t menor que 0
f ( t) =   = u( t )
 1, t ≥ 0 

2. Esta expresión también se llama función de Heaviside.
1
L{u ( t )} =
s
Como se esperaba, el comportamiento de la función para t menor que cero no tiene efecto sobre su
transformada de Laplace.
Si f(t) = Au(t), f(s) = A/s.
2.- La function exponencial.
 0, t menor que 0
f ( t ) =  − at  = u( t ) e
− at
e ,t ≥ 0 
Donde u(t) es la función de escalon unitario o de Heaviside.
∞ ∞

{
L u ( t )e −at
} = ∫e −( s +a ) t
dt = −
1
( s + a )e −( s +a ) t 
=
1
s +a
0 0
Dado que (s+a) mayor que cero, o sea s mayor que –a
3.
La función Rampa.é
 0, t menor que 0
f ( t) =   = tu( t )
 t, t ≥ 0 
∞
t 1  1
L{tu ( t )} = ∫ te −st dt = −e −st  + 2  = 2
0 s s  s
4.- La función seno.
 0, t menor que 0
f ( t) =   = u( t ) sen( kt )
 sen( kt ) , t ≥ 0 
∞ ∞
− e −st
L{u ( t ) sen( kt )} = ∫ sen( kt ) e −st
dt = 2 ( ssen( kt ) + k cos( kt ) ) = 2 k 2
0
s +k 2
0
s +k
Para integrar se uso el método por partes.
Transformada de derivadas.

3. Se mostrara que la transformada de Laplace tiene la importante propiedad de transformar la operación
de la diferenciación con respecto a t a aquella de multiplicación por s.
 df ( t ) 
L  = sf ( s ) − f ( 0 )
 dt 
Donde f ( s ) = L{ f ( t )} y f(0) es f(t) evaluado en t = 0. Es esencial que f(0) no se interprete como f(s)
con s = 0.
Prueba.
df ( t ) 
∞
df −st
L = ∫ e dt
 dt  0 dt
Integrar por partes, sea ∫udv =uv −∫vdu
df
u = e −st , dv = dt = df , du = −se −st dt , v = f (t )
dt
df ( t ) 
∞ ∞
L
dt  ∫ dt
=
df −st
e dt = f ( t ) e −st
∞
( )
− ∫ − se −st f ( t ) dt =
 0
0
0
∞
( )
= f ( ∞ e −s ( ∞) − f ( 0 )e −0 + s ∫ e −st f ( t ) dt = 0 − f ( 0 )(1) + sf ( s ) = sf ( s ) − f ( 0 )
)
0
Ahora la transformada de la segunda derivada.
d 2 f   d  df   df  df df
L 2  = L   = sL   − = s[ sf ( s ) − f ( 0) ] −
 dt   dt  dt   dt  dt t =0 dt t =0
df
= s 2 f ( s ) −sf ( 0 ) −
dt t=0
En general
d n f  df d n−2 df n−1
L  n  = s n f ( s ) − s n−1 f ( 0 ) − s n−2 −... − s −
 dt  dt t =0 dt n−2 t =0
dt n−1 t =0
Ejemplo.
Resolver la ecuación diferencial usando el método de la transformada de Laplace.
dx
+ x = 1, x( 0 ) = 0
dt

4. Aplicando la transformada de Laplace a la ecuación diferencial se obtiene:
1
sx( s ) + x( 0 ) + x( s ) =
s
Aplicando la condición inicial.
1 1
sx( s ) + 0 + x( s ) = , x( s )( s + 1) =
s s
1 A B A( s + 1) + Bs As + A + Bs s ( A + B ) + A
x( s ) = = + = = =
s ( s + 1) s s + 1 s ( s + 1) s ( s + 1) s ( s + 1)
Resulta el siguiente sistema de ecuaciones.
s ( A + B ) + A =1
A +B =0
A =1
Resolviendo este sistema de dos ecuaciones y dos incognitas:
A=1, B=-1
Sustituyendo en la expresión de las fracciones parciales:
1 1
x( s ) = −
s s +1
Anti transformando se obtiene la solución de la ecuación diferencial.
x( t ) =1 − e −t
Otro Procedimiento para evaluar las constantes A y B.
1 A B
x( s ) = = +
s ( s + 1) s s + 1
Para determinar A, multiplicar ambos lados por s.
1 Bs
= A+
( s +1) s +1
Como esto debe de cumplirse para toda s, se debe cumplir también para s = 0. Sustituyendo s = 0.
1
= A + 0 , entonces A = 1.
0 +1
Para encontrar B, multiplicar ambos lados de la ecuación por (s + 1)

5. 1 A( s + 1)
= +B
s s
Como esta igualdad debe de cumplirse para toda s, entonces también debe de cumplirse para (s + 1) = 0,
o sea s = -1. Sustituyendo s = -1.
1
= 0 + B , B = -1
−1
Observar que se obtuvieron los mismos valores A = 1 y B = -1 que aquellos con el primer método.
Se puede notar también que el primer método implica resolver un sistema de ecuaciones lineales lo cual
eventualmente puede ser mas complicado que usar el segundo método, que no necesita plantear el
sistema de ecuaciones. Por esta razón se usara el segundo método.
Ejemplo.
Resolver la siguiente ecuación diferencial usando el método de la transformada de Laplace.
d 3x d 2 x dx
3
+2 2 − − 2 x = 4 + e 2t
dt dt dt
Las condiciones iniciales son:
dx d 2x
x( 0 ) =1, = 0, = −1
dt t =0 dt 2 t =0
Tomando la transformada de Laplace en ambos lados de la ecuación diferencial.
[ ]
s 3 x( s ) − s 2 x( 0) − sx′( 0 ) − x′′( 0 ) + 2 s 2 x( s ) − sx( 0) − x′( 0 ) − [ sx( s ) − x( 0 ) ] − 2 x( s ) =
4 1
+
s s −2
Sustituyendo las condiciones iniciales:
[ ]
s 3 x( s ) − s 2 +1 + 2 s 2 x( s ) − s − [ sx( s ) −1] − 2 x( s ) =
4 1
+
s s −2
4 1
s 3 x( s ) + 2 s 2 x( s ) − sx ( s ) − 2 x( s ) = + + s 2 −1 + 2s −1
s s −2
(
x( s ) s 3 + 2 s 2 − s − 2 = ) (
4( s − 2) + s + ( s − 2)( s ) s 2 + 2s − 2 )
s( s − 2)

6. x( s ) =
( )(
4s − 8 + s + s 2 − 2 s s 2 + 2 s − 2 )
(
s( s − 2) s 3 + 2s 2 − s − 2 )
9 s − 8 + s 4 − 6s 2
x( s ) =
(
s( s − 2) s 3 + 2s 2 − s − 2 )
El polinomio cubico en el denominador puede ser factorizado y x(s) puede ser expandido en fracciones
parciales.
s 4 − 6s 2 + 9s − 8 A B C D E
x( s ) = = + + + +
s ( s − 2 )( s + 1)( s + 2 )( s − 1) s s − 2 s + 1 s + 2 s − 1
Para encontrar A, multiplicar ambos lados de esta ecuación por s y fijar s = 0. El resultado es:
s 4 − 6s 2 + 9s − 8 As Bs Cs Ds Es
= + + + +
( s − 2)( s + 1)( s + 2)( s −1) s s − 2 s +1 s + 2 s −1
−8
= A + 0 + 0 + 0 + 0 , A = -2.
( − 2 )(1)( 2 )( −1)
Para encontrar B, multiplicar ambos lados por (s-2), fijar (s-2) = 0, s = 2.
s 4 − 6s 2 + 9s − 8 A( s − 2 ) C ( s − 2 ) D( s − 2 ) E ( s − 2 )
= +B+ + +
s( s + 1)( s + 2 )( s −1) s s +1 s +2 s −1
16 − 6( 4 ) + 9( 2) − 8
= 0 + B + 0 + 0 + 0 , B = 1/12
( 2)( 3)( 4)(1)
Para encontrar C, multiplicar ambos lados por (s+1), fijar (s+1) = 0, s = 1
s 4 − 6s 2 + 9 s − 8 A( s + 1) B ( s + 1) D ( s + 1) E ( s + 1)
= +C + + +
s ( s + 2 )( s − 2 )( s − 1) s s −2 s +2 s −1
( −1) 4 − 6( − 1) 2 + 9( −1) − 8 = 0 + C + 0 + 0 + 0 , C = 11/3
( − 1)(1)( − 2)( − 3)
Para encontrar D, multiplicar por (s + 2), fijar (s + 2) = 0, S = -2.
s 4 − 6 s 2 + 9s − 8 A( s + 2) B( s + 2 ) C ( s + 2 ) E ( s + 2 )
= +D+ + +
s( s − 2)( s + 1)( s − 1) s s −2 s +1 s −1
( − 2) 4 − 6( − 2) 2 + 9( − 2) − 8 = 0 + D + 0 + 0 + 0 , D = -17/12
( − 2)( − 4)( −1)( − 3)
Para encontrar E, multiplicar por (s -1), (s – 1= 0, s = 1

7. (1) 4 − 6(1) 2 + 9(1) − 8 = 0 + E + 0 + 0 + 0 , E = 2/3
(1)( − 1)( 2)( − 3)
Una vez encontradas las constantes, es posible encontrar la solución al problema.
A B C D E
x( s ) = + + + +
s s − 2 s + 1 s + 2 s −1
1 11 17 2
−3
x( s ) = + 12 + 3 − 12 + 3
s s − 2 s +1 s + 2 s −1
Antitransformando:
1 2t 11 t 17 −2t 2 t
x( t ) = −2 + e + e − e + e
12 3 12 3
En el siguiente ejemplo se consideraran las complicaciones que surgen cuando el denominador de x(s)
tiene factores complejos.
Ejemplo.
d 2x dx
2
+ 2 + 2 x = 2, x( 0 ) = x′( 0 ) = 0 , x(s) = f(s)
dt dt
Aplicando la transformada de Laplace.
( s f ( s ) − sf ( 0) − f ′( 0) ) + 2( sf ( s ) − f ( 0) ) + 2 f ( s ) = 2
2
s
Sustituyendo condiciones iniciales.
( s f ( s ) − 0 − 0) + 2( sf ( s ) − 0) + 2 f ( s ) = 2
2
s
2
f ( s) =
(
s s + 2s + 2
2
)
Usando la formula general para encontrar las raíces del polinomio cuadrático en el denominador, es
posible expresarlo en forma factorizada. Las raíces son s = −1 ± i
2 2 A B C
x( s ) = = = + +
s[ s − ( − 1 + i ) ][ s − ( − 1 − i ) ] s[ s + (1 + i ) ][ s + (1 − i ) ] s s + (1 + i ) s + (1 − i )
Donde A, B y C son constantes a evaluar, tal que esta relación es una identidad en s.

8. La presencia de factores complejos no altera el procedimiento , aunque los cálculos podrían ser un poco
mas largos.
Para obtener A, multiplicar la ecuación por s, y fijar s = 0.
2 A B C
x( s ) = = + +
s[ s + (1 + i ) ][ s + (1 − i ) ] s s + (1 + i ) s + (1 − i )
2 As Bs Cs
= + +
[ s + (1 + i ) ][ s + ( 1 − i ) ] s s + ( 1 + i ) s + (1 − i )
2 2 2 2
= A+0 +0 , A= = = =1
(1 + i )(1 − i ) 1 −i 2
1 − ( −1) 1 +1
Para encontrar B, multiplicar por (s+1+i), (s+1+i) = 0, s=-1-i
2 A( s + 1 + i ) C( s +1 + i)
= +B+
s( s + 1 − i ) s s +1− i
2 2 2 1 1 1
B= = = = = = =
( − 1 − i )[ ( − 1 − i ) + 1 − i] ( − 1 − i )( − 2 j ) (1 + i )( 2i ) i(1 + i ) i + i i − 1
2
1 −1 − i −1 − i −1 − i −1 − i
= = = = =B
−1 + i −1 − i ( −1) − i
2 2
1 − ( −1) 2
En el procedimiento se uso la multiplicación por el conjugado del denominador para obtener un numero
complejo y no la indicación de dividir entre numero complejo. Tambien se uso la igualdad i2 = -1.
Para obtener C, multiplicar la ecuación por (s+1-i), (s+1-i)=0, s = -1+i
2 A( s + 1 − i ) B( s + 1 − i )
= +C +
s( s + 1 + i ) s s +1 + i
2 2 1 1 ( − 1 + i) −1 + i
C= = = = = =
( − 1 + i )( − 1 + i + 1 + i ) ( − 1 + i )( 2i ) − i + j ( − 1 − i ) ( − 1 + i ) ( − 1) 2 − i 2
2
−1 + i −1 + i
= = =C
1 − ( −1) 2
Sustituyendo las constantes A, B y C.
1 ( −1 − i) 1 ( −1 + i) 1
x( s ) = + +
s 2 ( s +1 + i) 2 ( s +1 − i)
Se obtiene la anti transformada de Laplace.

9. x( t ) = 1 +
( −1 − i ) e −(1+i ) t + ( −1 + i ) e −(1−i ) t
2 2
Usando la identidad de Euler.
e ( a +ib ) t = e ( at +ibt ) = e at e ibt = e at ( cos( bt ) + isen( bt ) )
Ademas, e −it = cos( t ) − isen( t )
Sustituyendo todo esto, se obtiene.
x( t ) = 1 +
( − 1 − i ) e −t e −it + ( − 1 + i ) e −t eit =
2 2
−it
e
=1+ [ ( − 1 − i )( cos t − isent ) + ( − 1 + i )( cos t + isent ) ]
2
=1 +
e −t
2
[
− cos t + isent − i cos t + i 2 sent − cos t − isent + i cos t + i 2 sent = ]
1+
e −t
2
[ ]
− 2 cos t + 2i 2 sent = 1 − e −t ( cos t + sent )
Por supuesto, es necesario que x(t) sea real, como la ecuación diferencial original y las condiciones
iniciales son reales.
Ejemplo.
d 3x d 2x dt
Resolver. 3
+ 3 2 + 3 + x =1
dt dt dx
Las condiciones iniciales son:
x( 0 ) = x′( 0) = x′′( 0) = 0
Aplicando la transformada de Laplace a la ecuación diferencial.
( s x( s ) − s x( 0) − sx′( 0) − x′′( 0) ) + 3( s x( s ) − sx( 0) − x′( 0) ) + 3( sx( s ) − x( 0) ) + x( s ) = 1
3 2 2
s
Sustituyendo condiciones de frontera.
( s x( s ) ) + 3( s x( s ) ) + 3( sx( s ) ) + x( s ) = 1
3 2
s
1 1 A B C D
x( s ) = = = + + +
( )
s s 3 + 3s 2 + 3s + 1 s ( s + 1) 3 s ( s + 1) 3 ( s + 1) 2 ( s + 1)

10. Como en los casos previos, para determinar A, multiplicar ambos lados de la ecuación por s y entonces
fijar s a cero. Esto produce.
1 Bs Cs Ds
= A+ + +
( s + 1) 3
( s + 1) ( s + 1) ( s + 1) , si s = 0
3 2
1
A=
( 0 + 1) 3 , A = 1
Para determinar B, multiplicar por (s + 1)3,
1 A( s + 1)
3
+ B + C ( s + 1) + D( s + 1)
2
=
s s
Si (s + 1) = 0, s = -1, sustituir.
1
=0+B +0+0, B = -1
−1
Para encontrar C, derivar la ecuación y de nuevo fijar s = -1. A esto se le llama la regla de L hospital. En
este caso, no es posible seguir usando el procedimiento habitual, dado que la raíz tiene multiplicidad.
Para D, derivar de nuevo.
Hacer el procedimiento.
Una vez encontradas las constantes, es necesario antitransformar.
Para esto, es necesario usar la conocida formula de la transformada de Laplace.
{ }
L t n e at =
n!
( s + a ) n+1
La formula de la anti transformada es:
t n e at  1 
= L−1  n +1 
n! ( s + a ) 
De esta forma se obtiene
t 2 −t t −t t2 
x( t ) =1 − e − e − e −t = 1 − e −t  + t +1
2 
2 1  
Esta es la solución al problema.

11. Naturaleza cualitativa de las solucion
Si estamoa interesados solamente en la forma de la solución xt), entonces esta información puede ser
obtenida directamente de las raíces del denominador de x(t). Como una ilustración de este estudio
aproximado de las ecuaciones diferenciales, considere la expresión
2 A B C
x( s ) = = + +
(
s s + 2s + 2
2
)
s s +1+ i s +1− i
La cual es la transformada de Laplace de la ecuación diferencial.
d 2x dx
2
+ 2 + 2x = 2
dt dt
Es evidente por inspección de la expresión de la expresión de fracciones parciales, sin evaluación de las
constantes que:
a) La s en el denominador de x(s) dara lugar a una constante en x(t).porque el cero es una raíz, s =
−1  1 
 = e =1
0
(s – 0), L 
s − 0 
b) Como las raíces de termino cuadrático son (-1+i) y (-1-i) se sabe que x(t) debe contener términos
en la forma e −t ( C1 cos t + C2 sent )
 1 
L−1  =e
( −1±i ) t
= e −t e ±it = e −t ( cos t ± isent )
 s − ( −1 ± i ) 
Esto puede ser suficiente información para nuestros propósitos. Alternativamente, podemos
estar interesados en el comportamiento de x(t) conforme t tiende a infinito.Es claro que los
términos involucrando seno y coseno tienden a cero debido al factor exponencial. Por eso, x(t)
se aproxima al valor constante, el cual por inspección debe ser la unidad.
La naturaleza cualitativa de la solución x(t) puede ser relacionada a la localización de las raíces
del denominador de x(s) en el plano complejo. Estas raíces son las de la ecuación característica y
las raíces del denominador de la transformada de la función forzante.
Considere la siguiente figura, indicando un dibujo del plano complejo.
Figura.
La tabla 1 da la forma de los términos en la ecuación para x(t), correspondientes a estas raíces. Note que
todas las constantes a1, a2,…b1, b2,…son consideradas positivas..
Tabla 1.

12. Si cualquiera de las raíces son repetidas, el termino dado en la tabla es multiplicado por una serie de
potencias en t.
K1 + K 2t + K 3t 2 + ... + K r t r −1
Donde r es el numero de repeticiones de la raíz y las constantes K1, K2,…Kr pueden ser evaluadas por
expansión en fracciones parciales.
Los términos correspondientes a las raíces a la izquierda del eje imaginario tienden a cero conforme el
tiempo tiende a infinito, mientras que aquellas correspondiendo a las raíces ubicadas a la derecha del
eje imaginario se incrementan exponencialmente con el tiempo. Los términos correspondientes a raíces
localizadas sobre el eje imaginario oscilan con amplitud constante en el tiempo a menos que ellas sean
raíces multiples en cuyo caso la ampliud de la oscilación se incrementa como una serie de potencias del
tiempo.
En resumen, una raíz localizada a la izquierda del eje imaginario conduce a una solución estable
mientras que una raíz ubicada a la derecha del eje imaginario conduce a una solución inestable, y una
raíz sobre el eje imaginario representa a una solución cíclica.
Capitulo Cuatro.
Propiedades adicionales de las transformadas de Laplace.
El teorema del valor final.
Si f(s) es la transformada de Laplace de f(t), entonces
Lim[ f ( t ) ] = Lim[ sf ( s ) ]
t →∞ s →0
Ir a sebo 4
Dado que sf(s) no llega a ser infinito para cualquier valor de s satisfaciendo R(s) mayor o igual a cero. En
la aplicación practica de este teorema, el limite de f(t) que es encontrado por el teorema es correcto
únicamente si f(t) es acotado conforme t tiende a infinito.
Ejemplo.
Encuentre el valor final de la función x(t) para el cual la transformada de Laplace es:
1
x( s ) =
( )
s s + 3s 2 + 3s + 1
3
La aplicación directa de el teorema del valor final produce.

13.  1 
Lim[ x( t ) ] = Lim 3 = 0 + 01 0 +1 = 1
t →∞
 s + 3s 2 + 3s +1
 +
s→ 0
Como una comprobación, note que esta transformada fEn eue invertida antes, para obtener.
t2 
x( t ) = 1 − e −t  + t +1
2 
 
Lo cual se acerca a la unidad conforme t tiende a infinito.
Lim f ( t ) = Lim(1) − Lim e
 t2 
−t
2  e
1
( )
 + t +1 = 1 − ∞ ∞2 + ∞ +1 = 1 − 0( ∞) = 1
t →∞ t →∞ t →∞   
Ejemplo.
Encuentre el valor de la función x(t) para el cual la transformada de Laplace es.
s 4 − 6 s 2 + 9s − 8
x( s ) =
(
s( s − 2) s 3 + 2s 2 − s − 2 )
En este caso, la función sx(s) es
s 4 − 6s 2 + 9s − 8
x( s ) =
s ( s − 2 )( s + 2 )( s −1)( s − 2)
Como esto se hace infinito para s = 1 y s = 2, las condiciones no son satisfechas. Note que ya invertimjos
esta transformada antes, y se encontró que
e 2 t 11e −t 17e −2t 2et
x( t ) = −2 + + − + El
12 3 12 3
Esta función continua creciendo exponencialmente con t y como se esperaba, no se aproxima a un
limite.
El teorema del valor inicial.
Lim f ( t ) = Lim[ sf ( s ) ]
t→0 s→∞
Ejemplo.

14. Encuentre el valor inicial x(o) para la función que tiene la siguiente transformada.
s 4 − 6 s 2 + 9s − 8
x( s ) =
(
s( s − 2) s 3 + 2s 2 − s − 2 )
La función sx(s) es escrita en la forma.
s 4 − 6s 2 + 9s − 8
sx( s ) =
( s 4 − 5s 2 + 4 )
Despues de realizar la división.
s 2 − 9 s + 12
sx( s ) = 1 −
s 4 − 5s 2 + 4
La cual claramente se acerca a la unidad conforme s tiende a infinito.
 s − 9 s +12  2
 s − 9 s +12  2
Lim [ sx( s )] = Lim 1 − 4
s →∞ s →∞
 = Lim (1) − Lim  4
 s − 5s + 4  2
s →0
=
s →∞  s − 5s + 4 
 s 2 4s 12   1 9 12  1 9 12
 s4 − s4 + s4 
   s 2 − s3 + s 4  − 3+ 4
= 1 − Lim  4 ∞ ∞ ∞ =
2
2  = 1 − Lim  5 4  = 1− 5 4
s→∞  s 5s 4
− 4 + 4 s →∞ 
1− 2 + 4  1− 2 + 4
s
 4
s s   s s  ∞ ∞
0 −0 +0 0
=1 − =1 − =1 − 0 =1
1−0 +0 1
Entonces x(0) = 1, lo que concuerda con el resultado ya obtenido.
Translacion de la transformada.
Si L{ f ( t )} = f ( s ) , entonces.
En otras palabras, la variable en la transformada s es trasladado por a.
Prueba.
∞
{ }
L e −at f (t ) = ∫ f (t )e −st e −at dt = f (t )e −t ( s +a ) dt = f ( s +a )
∫
0 0
Ejemplo.
{
Encontrar L e −at cos( kt ) }

15. s
Como L{ cos( kt )} =
s + k2
2
Entonces, por el teorema previo.
s +a
{
L e −at cos( kt ) }
( s + a) 2 + k 2
Un primer uso de este teorema es la inversión de transformadas. Por ejemplo, usando este teorema, la
transformada.
1
x( s ) =
( s + a) 2
Puede ser invertida recordando que:
L{ t} =
1
, { }
L te −at =
1
s2 ( s + a) 2
Entonces.
x ( t ) = te −at
Translacion de funciones.
Si L{ f ( t )} = f ( s )
L{ f ( t − to )} = e − sto f ( s )
Dado que f(t) = 0. Para t menor que cero, lo cual será siempre cierto para las funciones que usaremos.
Antes de probar este teorema, puede ser deseable clarificar la relación entre f(t – to) y f(t). Ver figura.
Figura.
Se puede observar que f(t – to) es simplemente trasladada horizontalmente de f(t) a través de una
distancia t0.
Prueba.
∞ ∞
L{ f (t −t o )} = ∫ f (t −t o )e −st dt =e −sto ∫ f (t −t )e
o
− (t− )
s to
d (t −t o )
0 −to

16. Pero, como f(t) = 0 para t menor que cero, el limite inferior de esta integral puede ser reemplazado por
cero. Como (t – to) es ahora la variable muda de la integración, la integral puede ser reconcida como la
transformada de Laplace.
Este resultado también es útil al invertir transformadas. Se sigue que si f(t) es la transformada inversa o
antitransformada de f(s), entonces la transformada inversa de:
e −sto f ( s ) es la función.
g ( t ) = [ o, t menor que cero )
g ( t ) = f ( t − t o ), t ≥ 0
Ejemplo.
Encontrar la transformada de Laplace de la función:
F(t) = 0 para t menor que cero.
F(t) = 1Éh, para 0 menor que t menor que h.
F(t) = 0, para t mayor que h.
Es claro que F(t) puede ser representado por la diferencia de dos funcionesè
1
f (t ) = [u ( t ) − u ( t − h ) ]
h
Donde u(t – to) es la función escalon unitario translsdada h unidades hacia la derecha. Podemos usar
ahora la linealidad de la transformada y el teorema previo para escribir inmedianamente.
1 1 e −hs  1 1 − e −hs 
f ( s) = − =
h s
 s  h s 
  
Transformada de la función impulso unitario.
Si permitimos que h, la base del rectángulo tienda a cero, obtenemos una nueva función la cual es cero
dondequiera excepto en el origen, donde es infinita. Sin embargo, es importante notar que el area bajo
la función siempre permanece igual a la unidad.
∞
−
∫ [t ]
∞
δ dt = .
1
Ver figura.
Recordar.

17. 1 1 − e −hs  F ( s )
f ( s) = =
h  s  G( s )
 
d
F ( h)
 F ( h )  dh (
0 − e −hs ( − s ) ) s  (1)
Lim G ( h )  d
 
= h =0
=
(s)
=
s
=1
h→0
G( h) h =0
dh h =0
De esta forma.
L{δ ( t )} = 1
La perturbación impulso unitario encuentra aplicación como una perturbación idealizada en el análisis y
dise;o de sistemas de control.
Transformada de una integral.
Si L{ f ( t )} = f ( s ) , entonces.
t  f ( s)
L ∫ f ( s ) dt  =
0  s
t t
d df
∫ f ( t ) dt = ∫ dt = f ( t )
dt 0 0
dt
f ( s) 1
s = sf ( s ) = f ( s )
s s
En otras palabras, la multiplicación de f(s) por s correspnden a la diferenciación de ft) con respecto a t.
Mientras que la división de f(s) por s corresponde a la integración de f(t) con respecto a t.
Ejemplo.
Resolver la siguiente ecuación de x(t), integro diferencial.
t
dx
= x( t ) dt − t , x( 0 ) = 3
dt ∫0
Aplicando la transformada de Laplace en ambos lados de la ecauacion, y haciendo uso del teorema
previo.
x( s ) 1
sx( s ) − 3 = − 2
s s

18. Resolviendo para s.
x( s ) 1
sx( s ) − =− 2 +3
s s
 1 1 3s 2 − 1
x ( s ) s −  = 3 − 2 =
 s s s2
 s 2 −1 3s 2 −1
x( s )   = s2
 s 
x( s ) =
( 3s 2
−1 ) 2
=
3s 2 − 1
s2 ( )
s 2 − 1 s( s − 1)( s + 1)
Esto puede ser expandido en fracciones parciales de acuerdo al procedimiento usual para dar.
1 1 1
x( s ) = + +
s s + 1 s −1
Anti transformando.
x( t ) = 1 + e −t + e t
Del libo de Pao, 1.
Funcion de tiempo muerto o retraso.
Ver figura.
 0, t − t0 ≤ 0, t ≤ t0 
f ( t − t0 ) =   = f ( t − t 0 ) u ( t − t0 )
 f ( t − t 0 ) , t − t 0 ≥ 0
Aplicando transformada de Laplace.
∞ ∞
L[ f (t −t 0 )] = ∫ f (t −t 0 )u (t −t 0 )e st dt = ∫ f ( t −t 0 )e −st dt
0 t0
Y finalmente.
∞ ∞ ∞
∫ f ( t − t )e ∫ f ( t − t )e d ( t − t0 ) = e ∫ f (t )e dt * = e − st 0 F ( s )
− st − st 0 − s ( t −t 0 ) − st 0 − st*
0 dt = e 0
*
t0 t0 0

19. Funcion de pulso rectangular.
Ver figura.
 0, t ≤ 0 
 
f ( t ) =  A, 0 ≤ t ≤ T  = A[ u ( t ) − u ( t − T ) ]
 0, t ≥ T 
 
Aplicando transformada de Laplace,
∞ T T
 −1  −st
L[ f ( t ) ] = (1 − e −sT ) = ∫ f ( t )e −st dt = A∫ e −sT dt = A (1 − e −sT )
A A
e =
s 0 0  s  0
s
O mejor aun, haciendo uso de los resultados de una perturbación y una función de tiempo muerto o
función trasladada.
A A −sT
L[ f ( t ) ] = L[ Au ( t ) − Au ( t − T ) ] = − e
s s
Funcion de pulso rectangular unitario.
 0, t ≤ 0 
1  1
 
f ( t ) =  , 0 ≤ t ≤ T  = [ u( t ) − u( t − T ) ]
T  T
 0, t ≥ T
 

L[ f ( t ) ] = L[ Au ( t ) − Au ( t − T ) ] =
A
−
sT sT
A −sT
e =
1
sT
(
1 − e −sT )
La transformada de Laplace sigue aquella de una función de pulso rectangular.
1 1  1
L[ f ( t ) ] = L  u ( t ) − u ( t − T )  = 1 − e −sT ( )
T T  Ts
Funcion de impulso.
Ver figura.
L[ f ( t ) ] = 1, L[ Af ( t ) ] = A
Podemos considerar la función impulso como la función rectangular unitaria conforma T se reduce a
cero, mientras la altura 1ÉT tiende al infinito.

20. 1 
f ( t ) = Lim  [ u ( t ) − u ( t − T ) ] 
T →0  T 
La area de este rectángulo encogido sin embargo sigue siendo la unidad.
  1 
limT    = 1
T →0  
  T 
En otras palabras,
∞
−
∫ f (t )dt
∞
=1
∞
−
∫ f (t )dt
∞
= f (0 )
∞
−
∫ f (t )δ(t )dt
∞
= f (0 )
∞
−
∫ f (t ) f (t −t )dt
∞
0 = f (t 0 )
Facilmente obtenems la transformada de Laplace de la función impulso tomando el limite de la función
rectangular unitario usando la regla de L Hopital.
 1 − e −sT   − e −sT ( − s )   e −sT s 
L[δ ( t ) ] = lim
T →0 
 = lim
 T →0   = lim (
 T →0  s  = lim e
 T →0 )
−sT
=1
 Ts   s   
En control, se usa el terorema del valor final con mucha frecuencia.
lim[ sF ( 0) ] = lim f ( t )
s →0 t →∞
Considere la definición de la transformada de Laplace de una derivada. Si tomamos el limite conforme s
se aproxima a cero encontramos.
df ( t ) −st
∞
lim ∫ e dt = lim[ sF ( s ) − f ( 0 ) ]
s→0
0
dt s→ 0
Si la integral infinita existe, podemos intercambiar el limite y la integral del lado izquierdo nos da,
 df ( t )  −st
∞ ∞
∫ lim dt e dt = ∫ df ( t ) = f ( ∞) − f ( 0)
0
s →0
  0
Now si igualamos el lado derecho de los dos pasos previos, tenemos.

21. f ( ∞ ) − f ( 0) = lim[ sF ( s ) − f ( 0) ]
s→0
f ( ∞ ) = lim[ sF ( s ) ]
s→0
Las raíces en el polinomio son llamadas polos.
1.- Process Systems Analysis and Control.
Ronald R. Coughanowr.
Second Edition.
McGraw – Hill, 1991.
ISBN 0-07-013212-7.
2.- Principles and Practice of Automatic Process Control.
Carlos A. Smith
Armando B. Corripio.
Second Edition.
John Wiley and Sons, 1997.
3.- Process Dynamics and Control.
Dale E. Seborg.
Thomas F. Edgar.
Duncan A. Mellichamp.
Johon Wiley and Sons, 1989.
ISBN: 0-471-86389-0
4.- Chemical Process Control. An Introduction to Theory and Practice.

22. George Stephanopoulos.
P T R Prentice Hall, 1984
5.- Gene F. Franklin, J. David Powell, Abbas Emami – Naeini.
Feedback control of dynamic Systems.
Fourth Edition.
2002, Prentice Hall
ISBN: 0-13-032393-4
6.- B. Wayne Bequette, “Process Control, Modeling, Design and Simulation”, Prentice Hall PTR, 2003,
ISBN 0-13-353640-8