MA26A, Auxiliar 5, 26 de Abril, 2007 Profesor C´atedra: Ra´ ul Manasevich Profesor Auxiliar : Alfredo N´ unez
1.
Transformada de Laplace.
1.1. Sea f : [0, ∞) → < funci´on continua a trozos y de orden exponencial. Demuestre que si F (s) denota la transformada de Laplace de f , entonces: l´ım F (s) = 0
s→∞
Soluci´on: f (t) es de orden exponencial ⇒ |f (x)| ≤ M ecx |e−sx f (x)| ≤ M e−(s−c)x Notar que la integral de la funci´on de la derecha converge para s > c, entonces la transformada de Laplace de f (x) converge absolutamente para s > c. Z
∞
|F (s)| = |
Z −sx
e o
∞
f (x)dx| ≤
Z −sx
|e
∞
f (x)dx| ≤ M
0
0
e−(s−c)x dx =
M ;s > c s−c
Luego
l´ım F (s) = 0
s→∞
1.2.
Sea f : (0, ∞) → < continua en (0, ∞) y de orden exponencial y tal que l´ım f (t) = +∞
t→0+
1
2
(a) Si l´ımt→0+ tα f (t) = 1, α ∈ (0, 1), demuestre que la transformada de laplace de la funci´on existe. 1
(b) La transformada de Laplace de la funci´on t− 2 cosh(t) tiene la forma q p I = h(s) s + (s2 − 1) Encuentre h(s) y de aqu´ı la expresi´on final de la transformada. Soluci´on: Z
Z
∞
−st
L Ã {f (t)} = I =
I2 =
dt =
0
sea: I1 =
f (t)e
RT 0
R∞ T
Z
T
f (t)e
−st
∞
dt +
0
f (t)e−st dt
T
f (t)e−st dt f (t)e−st dt
I2 existe puesto que f (t) es de orden exponecial en (0, ∞) Z
Z
T
I1 =
f (t)e
−st
T
dt = l´ım
ε→0
0
f (t)e−st dt
ε
Sea t ∈ (0, ε0 ). Ocupando el dato se tiene que |tα f (t) − 1| ≤ µ entonces: −µ ≤ tα f (t) − 1 ≤ µ −µ + 1 ≤ tα f (t) ≤ µ + 1 ⇔ |tα f (t)| ≤ µ + 1 |f (t)| ≤
µ+1 tα
Ocupando estas cotas: Z
T
Z −st
f (t)e ε
ε0
dt =
Z −st
f (t)e ε
T
dt + ε0
f (t)e−st dt
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de esta u ´ltima expresi´on se debe analizar el primer t´ermino puesto que el segundo existe. Z
Parte b: n 1 o 1 n 1 to n 1 −t o L Ã t− 2 coth(t) = (ÃL t− 2 e + L Ã t− 2 e ) 2 1
Para obtener la transformada de la funci´on t− 2 se aplica la definici´on de transformada de laplace y se hace el cambio de variable st = y 2 , sdt = 2ydy n L Ã t
− 12
Z
o
∞
= 0
Z − 12
e−st t
∞
dt =
−y 2
e 0
1 y 2 1 2y ( )− 2 dy = 2s− 2 s s
Z
∞
−y 2
e
− 12
dy = 2s
0
Ocupando esta transformada, se aplica la propiedad: L Ã {f (t)eat } = F (s − a) √ r ¶ √ µ√ ¶ n 1 o 1 µr π π π s−1+ s+1 −2 √ L Ã t cosh(t) = + = 2 s+1 s−1 2 s2 − 1 Sea A=
√
s−1+
√
s+1
√ A2 = 2s + 2 s2 − 1 q A=
√ 2s + 2 s2 − 1
1 1 π2 = 2
r
π s
4
√ √ q q n 1 o √ √ π π −2 2 L Ã t cosh(t) = √ 2s + 2 s − 1 = √ √ s + s2 − 1 2 s2 − 1 2 s2 − 1 r π ⇒ h(s) = 2(s2 − 1) finalmente q r √ π I= s + s2 − 1 2(s2 − 1) 1.3.
Encuentre f (t) si F (s) =
F (s) =
s2 +1 s3 −2s2 −8s
s2 + 1 s2 + 1 A B C = = + + 2 s(s − 2s − 8) s(s − 4)(s + 2) s s−4 s−2
¾ ¾ ½ s s −1 +L Ã (b2 − a2 )(s2 + a2 ) (a2 − b2 )(s2 + b2 )
1 = 2 L Ã −1 (b − a2 )
½
¾ ½ ¾ s 1 s −1 + 2 L Ã (s2 + a2 ) (a − b2 ) (s2 + b2 )
finalmente
½ −1
L Ã
s 2 2 (s + a )(s2 + b2 )
¾ =
(b2
1 1 cos(at) + 2 cos(bt) 2 −a ) (a − b2 )
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1.5. Sea H(t) una funci´on igual a t cuando 0 < t < 4 e igual a 5 cuando t > 4. Obtenga L Ã {H(t)} por definici´on y usando escal´on unitario Soluci´on 1: Aplicando la definici´on de transformada de Laplace: Z
Z
∞
L Ã {H(t)} =
−st
H(t)e
dt =
0
R
−st
te−st dt = − te s +
u = t ⇒ du = dt;
R
e−st dt s
Z
4
te
−st
0 −st
= − te s −
∞
dt +
4e−st dt
4
e−st s2 −st
dv = e−st dt ⇒ v = − e s
¶4 µ −st ¶∞ µ te−st e−st e +5 − 2 L à {H(t)} = − − 2 s s s 0 4
L Ã {H(t)} =
1 e−4s e−4s + − 2 s2 s s
Soluci´on 2: (usando escal´on unitario)
H(t) = tU (t) − [t − 5]U (t − 4) + U (t − 4) ⇒ H(S) = L Ã {H(t)} = L Ã {tU (t)} − L Ã {[t − 4]U (t − 4)} + L Ã {U (t − 4)}
L Ã {H(t)} =
1 e−4s e−4s + − 2 s2 s s
Ocupando transformada de Laplace resuelva la siguiente ecuaci´on difer1.6. encial x00 + k 2 x = f (t) ;
x(0) = x0 (0) = 0
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f (t) =
∞ X
U (t − i)
i=0
Soluci´on Se asume que la transformada de Laplace de la Serie es la Serie de las transformadas de Laplace: L Ã {f (t)} = L Ã{
∞ X
U (t − i)} =
i=0
∞ X e−is i=0
∞
1 X ¡ −s ¢i = e s s i=0
Recordando la suma geom´etrica: ST = a0 + a1 + a2 + . . . + an aST = a1 + a2 + a3 + . . . + an+1 luego ST =
1−an+1 1−a
⇒
1 s
P∞
n+1
i
1 −s ımn→∞ i=0 (e ) = s l´
1−(e−s ) 1−e−s
⇒ L Ã {f (t)} =
1 s(1 − e−s )
Ahora se aplica transformada de Laplace a la ecuaci´on diferencial L Ã {x00 } + k 2 L Ã {x} = L Ã {f (t)} sea X(s) = L Ã {x(t)} luego
s2 X(s) − sx(0) − x0 (0) + k 2 X(s) =
1 s(1 − e−s )
⇒ X(s) =
1 (s2
+
k 2 )s(1
−
e−s )
=
1 k 2 2 k (s + k )s(1 − e−s )
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Se conocen las transformadas de Laplace: ∞
X 1 L Ã { } = f (t) = U (t − i) s(1 − e−s) 0 −1
L Ã −1 {
s2
k } = sin(kt) + k2
Ahora se aplica el teorema de Convoluci´on: Z t −1 L Ã {F (s)G(s)} = f (τ )g(t − τ )dτ 0
1 x(t) = k
Z tX ∞ 0
i=0
∞
1X U (τ − i) sin(k(t − τ ))dτ = k i=0
Z
t
U (τ − i) sin(k(t − τ ))dτ 0
∞ Z ∞ 1X t 1 X x(t) = ( sin(k(t − τ ))dτ )U (t − i) = 2 (−1 + cos(k(t − i)))U (t − i) k i=0 i k i=0
finalmente ∞ 1 X x(t) = 2 (−1 + cos(k(t − i)))U (t − i) k i=0
1.7.
(a) Considere el problema con valores iniciales:
00
0
x + 2x + x =
∞ X
δnπ (t)
;
x(0) = x0 (0) = 0
n=0
Determine la soluci´on usando transformada de Laplace, para esto suponga que la transformada de la serie es la serie de las transformadas y similarmente para la transformada inversa. (b) Si t ∈ [jπ, (j + 1)π] ciertas constantes αj y βj . Soluci´on:
demuestre que x(t) = e−t (tαj + βj ), para
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parte (a):
00
0
x + 2x + x =
∞ X
δnπ (t)
n=0
⇒ 2
s X(s) + 2sX(s) + X(s) =
∞ X
e−nπs
n=0
⇒ ∞ X e−nπs X(s) = (s + 1)2 n=0
⇒ 1 (s + 1)2
F (s) =
⇒
f (t) = L Ã −1 {F (s)} = te−t
⇒ ½ −1
L Ã
e−nπs (s + 1)2
¾ = f (t − nπ)U (t − nπ) = [t − nπ]e−(t−nπ) U (t − nπ)
luego
−1
x(t) = L Ã
{X(s)} =
∞ X
U (t − nπ)[t − nπ]e−(t−nπ)
n=0
parte (b): si
t ∈ [jπ, (j + 1)π]
entonces
x(t) =
j X n=0
−(t−nπ)
U (t − nπ)[t − nπ]e
⇔
x(t) =
j X n=0
[t − nπ]e−(t−nπ)
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" x(t) = e−t t
j X n=0
enπ −
j X
# nπenπ
n=0
denotando αj =
j X n=0
nπ
e
;
βj =
j X
nπenπ
n=0
finalmete x(t) = e−t (tαj + βj )
1.8. Usando transformada de Laplace resuelva el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias. x01 = x1 − x2 + et cos(t) x02 = x1 + x2 + et sen(t) x1 (0) = 0 x2 (0) = 0 Soluci´on: Se aplica transformada de Laplace a ambas ecuaciones. Sea X1 (s) = L Ã {x1 (t)} y X2 (s) = L Ã {x2 (t)}. Entonces se cumple: sX1 (s) − x1 (0) = X1 (s) − X2 (s) +
(s − 1) (s − 1)2 + 1
sX2 (s) − x2 (0) = X1 (s) + X2 (s) +
1 (s − 1)2 + 1
Aplicando las condiciones iniciales y escribiendo el problema como un sistema de ecuaciones algebraicas resulta: · ¸· ¸ " (s−1) # s−1 1 X1 (s) 2 +1 = (s−1) 1 −1 s − 1 X2 (s) (s−1)2 +1 ·
¸ · ¸· ¸ · ¸ 1 1 X1 (s) s − 1 −1 (s − 1) (s − 1)2 − 1 = = X2 (s) 1 s−1 1 2(s − 1) ((s − 1)2 + 1)2 ((s − 1)2 + 1)2
11
Entonces: X1 (s) =
(s − 1)2 − 1 , ((s − 1)2 + 1)2
X2 (s) =
2(s − 1) ((s − 1)2 + 1)2
Ahora se calculan las transformadas inversas: s
−d( (s2 +1) ) (s − 1)2 − 1 s2 − 1 t −1 x1 (t) = L Ã { } } = e L Ã { } = et L Ã −1 { 2 2 2 2 ((s − 1) + 1) (s + 1) ds s x1 (t) = et tÃL−1 { 2 } = et t cos(t) (s + 1) −1
Lo mismo para x2 (t) 1
−d( (s2 +1) ) 2(s − 1) 2s t −1 t −1 x2 (t) = L Ã { } = e L Ã { } = e L Ã { } ((s − 1)2 + 1)2 (s2 + 1)2 ds −1
x2 (t) = et tÃL−1 {
(s2
1 } = et t sin(t) + 1)
Finalmente la soluci´on del sistema de ecuaciones diferenciales es: · ¸ · t ¸ x1 (t) e t cos(t) x(t) = = t x2 (t) e t sin(t)