´tica 4 Matema

Segundo Cuatrimestre 2000

Transformada de Laplace M. del C. Calvo

Dada f

∈

G(R>0 ), definimos la transformada de Laplace de f como ∞

Z

L(f )(s) =

e−st f (t) dt

0

para los s ∈ R para los cuales converge esta integral. Seg´ un veremos esta integral converge para un considerable n´ umero de funciones y la funci´on L(f )(s) est´a definida sobre semirrectas de la forma (a, +∞). La linealidad de la integral implica la de L. Ejemplos 1. f (t) = 1 , t > 0 L(f )(s) =

∞

Z

−st

e 0

e−st A 1 dt = l´ım = A→∞ −s 0 s

para s > 0 y diverge si s 6 0. 2. f (t) = eat , t > 0 , a ∈ R L(f )(s) =

∞

Z

e

∞

Z

−st at

−(s−a)t

e dt =

e

0

0

e−(s−a)t A 1 dt = l´ım = A→∞ −(s − a) 0 s−a

para s > a y diverge si s 6 a. 3. f (t) = ezt , t > 0 , z = x + iy L(f )(s) =

Z

∈

C

∞ −st zt

e

Z

e dt =

0

para s > x y diverge si s 6 x.

0

∞

e−(s−x)t eiyt A 1 = A→∞ −(s − z) 0 s−z

e−(s−z)t dt = l´ım

2 4. f (t) = sen(at) , t > 0 , a ∈ R  eiat − e−iat 

1 1 L(f )(s) = L (s) = L(eiat )(s) − L(e−iat )(s) 2i 2i 2i 1 1 1 1 a = − = 2 2i s − ia 2i s + ia s + a2 para s > Re(ia), Im(−ia) = 0. 5. f (t) = cos(at) , t > 0 , a ∈ R  eiat + e−iat 

1 1 L(f )(s) = L (s) = L(eiat )(s) + L(e−iat )(s) 2 2 2 1 1 1 1 s = + = 2 2 s − ia 2 s + ia s + a2 para s > Re(ia), Im(−ia) = 0

Funciones de orden exponencial Vamos a ver ahora que hay una familia de funciones para las cuales su transformada de Laplace est´a definida sobre una semirrecta.

Proposici´ on 1 Sea f ∈ G(R>0 ). Si existen constantes K > 0 y a ∈ R tales que |f (t)| 6 Keat

(1)

para todo t > 0 entonces, L(f )(s) est´a definida para todo s > a. Demostraci´ on: Basta ver que el integrando est´a mayorado por una funci´on absolutamente integrable. Por hip´otesis es |e−st f (t)| = e−st |f (t)| 6 e−st Keat = Ke−(s−a)t para todo t > 0. Y ya vimos que esta funci´on es integrable para s > a.

3 Definici´ on Decimos que una funci´on f : R>0 −→ C es de orden exponencial en R>0 si satisface (1) para todo t > 0. El siguiente resultado proporciona una manera simple de comprobar si una funci´on es o no de orden exponencial

Proposici´ on 2 Sea f ∈ G(R>0 ), entonces f es de orden exponencial en R60 si y s´ olo si existe β > 0 f (t) tal que l´ım βt = 0. t→∞ e Demostraci´on: ⇒ Sean K > 0 y a ∈ R tales que |f (t)| 6 Keat para todo t > 0. Entonces, f (t) −(β−a)t −→ 0 eβt 6 Ke t→∞ con s´olo tomar β > a, 0. ⇐ f (t) = 0. Entonces, existe b > 0 tal que |f (t)| < eβt para todo t→∞ eβt t > b. Pero como f est´a acotada en [0, b] existe M > 0 tal que |f (t)| 6 M 6 eβt para todo 0 6 t 6 0 por ser βt > 0. Basta entonces tomar K = m´ax{M, 1} con lo cual se tiene |f (t)| 6 Keβt para todo t > 0. Sea β > 0 tal que l´ım

Observaciones 1. A partir de esta proposici´on es f´acil verificar que las funciones 1

,

√

t

,

tn

,

eat

,

sen(at)

1 2 son de orden exponencial. Y tambi´en que √ y et no lo son. t

,

cos(at)

4 2. L(f )(s) puede estar definida en todo s ∈ R. Es por ejemplo el caso de e−t , 2

−t2

L(e

∞

Z )(s) =

−st −t2

e

e

Z dt =

0

∞

−(t2 +st)

e

s2 /4

Z

dt = e

0

∞

2

e(t+s/2) dt

0

que converge para todo s ∈ R. 3. Hay funciones que no son de orden exponencial pero para las cuales Z 1 existe su trans1 √ dt converge, formada de Laplace. Consideremos la funci´on f (t) = t−1/2 . Como t 0 Z 1 −st Z ∞ −st e e √ dt. Por lo tanto, √ dt converge y adem´as vale tambi´en lo hace t t 0 0 Z 0

∞

e−st 2 √ dt = l´ım √ ε→0+ s t A→∞

Luego, L( √1t )(s) =

pπ s

√

Z √

Aε

−v 2

e sε

2 dv = √ s

Z

∞

−v 2

e 0

r √ π 2 π dv = √ = s s 2

para s > 0.

Proposici´ on 3 Si f ∈ G(R>0 ) es de orden exponencial entonces, l´ım L(f )(s) = 0

s→∞

Demostraci´ on: Sabemos que existen K > 0 y a ∈ R tales que |f (t)| 6 Keat para todo t > 0. Luego, si s > a Z ∞ Z ∞ K −st −→ 0 |L(f )(s)| 6 e |f (t)| dt 6 K e−(s−a)t dt = s − a s→∞ 0 0

Derivaci´on e integraci´on Nos ocuparemos ahora de ver c´omo se relaciona la transformada de Laplace con la derivaci´on e integraci´on

5 Proposici´ on 4 Sea f continua en R>0 , de orden exponencial y tal que f 0 la transformada de Laplace de f 0 y vale

∈

G(R>0 ). Entonces, existe

L(f 0 )(s) = sL(f )(s) − f (0) para todo s > a.

1

Demostraci´on: Veamos primero que est´a definida. Fijado s, e−st f 0 (t) es continua a trozos en [0, L] para todo L > 0. Sean 0 = x0 < x1 < · · · < xn = L las discontinuidades de f 0 en este intervalo. Entonces, Z L Z xi n Z xi n xi X X −st 0 −st 0 −st e f (t) dt = −se−st f (t) dt e f (t) dt = e f (t) − 0

i=1 n X

↑ f continua

xi−1

xi−1

i=1

Z

xi−1

xi

e−st f (t) dt (e−sxi f (xi ) − e−sxi−1 f (xi−1 )) + s x i−1 i=1 Z L = (e−sL f (L) − e0 f (0)) + s e−st f (t) dt =

0

Como consecuencia de ser f de orden exponencial resulta que el primer sumando tiende a −f (0) cuando L → ∞ para todoZs > a mientras que el segundo lo hace a sL(f )(s). Esto ∞

e−st f 0 (t) dt como la igualdad

prueba tanto la convergencia de 0

L(f 0 )(s) = sL(f )(s) − f (0) para s > a.

Teorema 1 Sean f, f 0 , . . . , f (n−1) continuas en R>0 y tales que existen constantes K > 0 y a ∈ R que satisfacen |f (j) (t)| 6 Keat (2) para todo j = 0, . . . , n − 1 y todo t > 0. Si adem´ as f (n)

∈

G(R>0 ), entonces

(a) L(f (n) ) est´a definida para s > a y vale L(f (n) )(s) = sn L(f )(s) − sn−1 f (0) − sn−2 f 0 (0) − · · · − f (n−1) (0) 1

|f (t)| 6 Keat para todo t > 0.

6 (b) L(tn f (t)) = (−1)n

dn (L(f ))(s) para s > a. dsn

Demostraci´ on: Lo hacemos por inducci´on sobre n. ? (a) Para n = 1 fue probado en la proposici´on anterior. Supongamos ahora que vale n y veamos tambi´en es cierto para n + 1. Como f (n) satisface las condiciones de la proposici´on anterior tenemos L(f (n+1) )(s) = L((f (n) )0 )(s) = sL(f (n) )(s) − f (n) (0) = s(sn L(f )(s) − sn−1 f (0) − · · · − f (n−1) (0)) − f (n) (0) = sn+1 L(f )(s) − sn f (0) − · · · − sf (n−1) (0) − f (n) (0) ? (b) Comprobemos primero que tn f (t) es de orden exponencial. Para f sabemos que es f (t) cierto, luego existe β > 0 tal que l´ım βt = 0. Pero entonces t→∞ e n tn f (t) t f (t) l´ım (β+1)t = l´ım t . l´ım βt = 0 t→∞ e t→∞ e t→∞ e n i.e., t f (t) tambi´en es de orden exponencial. Notemos adem´as que la condici´on (2) implica que |e−st f (j) (t)| 6 Ke−(s−a)t para todo t > 0 y todo s > a. Es decir, e−st f (j) satisface las hip´otesis del teorema que permite derivar bajo el signo integral. Para n = 1 debemos ver que −L(f )0 (s) = L(tf (t))(s). En efecto, Z Z ∞ d ∞ −st 0 −L(f ) (s) = − e f (t) dt = te−st f (t) dt = L(tf (t))(s) ds 0 0 Supongamos ahora que el resultado es v´alido para n y veamos que tambi´en vale para n+1,   n+1 n d d n+1 d n d (−1) L(f )(s) = − (−1) L(f ) (s) = − (L(tn f (t)))(s) n+1 n ds ds ds ds = L(t.tn f (t))(s) = L(tn+1 f (t))(s) ↑ n=1

Proposici´ on 5 Si f ∈ G(R>0 ) es de orden exponencial 2 , entonces Z x  1 L f (t) dt (s) = L(f )(s) s 0 2

|f (t)| 6 Keat para todo t > 0

7 para s > a + 1. Demostraci´on: En principio notemos que como f es de orden exponencial, tambi´en lo es la funci´on Rx F (x) = 0 f (t) dt, la que adem´as es continua en R>0 . Por lo tanto podemos aplicar la proposici´on 4 y as´ı obtener que para s > a L(f )(s) = L(F 0 )(s) = sL(F )(s) − F (0) = L(F )(s)

Traslaciones y homotecias

Proposici´ on 6 Si f ∈ G(R>0 ) es de orden exponencial 3 , entonces (a) L(eαt f (t))(s) = L(f )(s − α) para todo α (b) L(f (αt))(s) =

∈

R y s>a+α

1 L(f )(s/α) para todo α > 0 y s > αa. α

Demostraci´on: ? (a) L(e f (t))(s) = αt

∞

Z

e

∞

Z

−st αt

e−(s−α)t f (t) dt = L(f )(s − α)

e f (t) dt =

0

0

si s − α > a. ? (b)

L(f (αt))(s) =

Z

∞ −st

e 0

si s/α > a. 3

|f (t)| 6 Keat para todo t > 0

Z f (αt) dt

=

↑ u=αt,α>0

0

∞

e−su/α f (u)

1 1 du = L(f )(s/α) α α

8 Ejemplos 1. L(tn )(s) =

n! sn+1

,s>0

2. L(eαt sen(βt))(s) =

β , α, β (s − α)2 + β 2

∈

R , s > α.

3. L(eαt cos(βt))(s) =

s−α , α, β (s − α)2 + β 2

∈

R , s > α.

La funci´on de Heaviside Para cada c > 0 definimos  0 uc (t) = 1

si 0 6 t 6 c si c 6 t

y la llamamos funci´on de Heaviside. Su transformada de Laplace es Z ∞ Z ∞ e−st A e−cs −st L(uc )(s) = e uc (t) dt = e−st dt = l´ım = A→∞ −s c s 0 c para todo s > 0. Sean 0 < c < d y consideremos la funci´on  1 si c 6 t < d fcd (t) = 0 si t 6 ∈ [c, d) Es inmediato verificar que fcd = uc − ud y por lo tanto L(fcd )(s) = L(uc )(s) − L(ud )(s) =

e−cs − e−ds s

para todo s > 0. Consideremos ahora la funci´on parte entera: f (t) = [t] para t > 0. Es f´acil comprobar m X que un −→ f uniformemente en R>0 lo que permite pasar al l´ımite bajo la integral y n=1

de esa forma calcular ∞ ∞ ∞ X X e−sn 1 X −s n 1 e−s 1 L([t])(s) = L(un )(s) = = (e ) = = −s s s s n=1 s1−e s(e − 1) n=1 n=1

9 para todo s > 0. El siguiente resultado es u ´til cuando se trata de transformar una funci´on partida.

Teorema 2 Sea f una funci´on para la cual existe L(f )(s) para s > a y sea c > 0. Entonces, L(uc (t)f (t − c))(s) = e−cs L(f )(s) para s > a. Demostraci´on:

L(uc (t)f (t − c))(s) =

Z

∞ −st

f (t − c)e

Z dt =

c

∞

f (u)e−s(u+c) du = e−cs L(f )(s)

0

Ejemplos  0 1. Sea f (t) = t2

, 06t2

Buscamos una funci´on g tal que f (t) = u2 (t)g(t − 2) para t > 0. En particular, para t > 2 debe ser t2 = f (t) = g(t − 2); i.e., g(t − 2) = t2 para t > 2 lo implica que la funci´on g(t) = (t + 2)2 definida para t > 0 es la que buscamos. Por lo tanto, L(f )(s) = e

−2s

L(g)(s) = e

−2s

L(t + 4t + 4)(s) = e 2

−2s



4 4 2 + 2+ 3 s s s



para s > 0.

2. Sea f (t) =

   5

, 06t 2 tenemos la relaci´on 4t − 2 = f (t) = 5 + (t − 1) + g2 (t − 2). De aqu´ıse deduce que g2 (t) = 3t para t > 0. Ya podemos calcular la transformada de f usando esta descomposici´on y el resultado anterior L(f )(t) = L(g0 )(s) + e−s L(g1 )(s) + e−2s L(g2 )(s) =

5 e−s 3e−2s + 2 + 2 s s s

para t > 0.

Inyectividad de L El siguiente teorema 4 nos permite antitransformar una gran familia de funciones lo que resulta necesario en la aplicaci´on de la transformada de Laplace para la resoluci´on de ecuaciones diferenciales. Teorema de Lerch Sean f, g ∈ G(R>0 ) de orden exponencial tales que sus respectivas transformadas de Laplace est´ an definidas y coinciden en R>a para alg´ un a ∈ R. Entonces f (t) = g(t) para todo t > 0 donde ambas son continuas.

Producto de convoluci´on Dadas f, g ∈ G(R>0 ) de orden exponencial —extendi´endolas como la funci´on nula en R t y en consecuencia R  t f (t − y)g(y) dy , t > 0 0 f ∗ g(t) = 0 , t0 ) de tipo exponencial se llama producto de convoluci´on de f con g Z f ∗ g(t) =

t

f (t − y)g(y) dy 0

definida para t > 0. Observaci´ on Es inmediato comprobar que esta operaci´on es conmutativa y tambi´en lineal respecto de cada variable.

Teorema 3 Sean f, g ∈ G(R>0 ) de tipo exponencial. Si |f (t)| 6 K1 eat y |g(t)| 6 K2 eat para todo t > 0 y ciertas constantes K1 , K2 > 0 y a ∈ R, entonces (a) |f ∗ g(t)| 6 K1 K2 teat para t > 0 (b) L(f ∗ g)(s) = L(f )(s).L(g)(s) para s > a Demostraci´on: ? (a) Z

t

Z |f (t − y)||g(y)| dy 6 K1 K2

|f ∗ g(t)| 6 0

t a(t−y) ay

e 0

e

at

Z

dy = K1 K2 e

t

dy = K1 K2 teat

0

? (b) En principio notemos que lo probado en (a) garantiza que est´a definida la transformada

12 de Laplace de f ∗ g. La calculamos Z ∞ Z ∞ Z t −st −st L(f ∗ g)(s) = f ∗ g(t)e dt = e f (t − y)g(y) dy dt ↑ 0 0 0 f (t−y)=0,y>t Z ∞Z ∞ = f (t − y)g(y)e−st dy dt Z0 ∞ Z0 ∞ f (t − y)e−s(t−y) g(y)e−sy dy dt = 0 Z 0 Z  ∞ ∞ −s(t−y) dt = f (t − y)e g(y)e−sy dy ↑ 0 0  Fubini  Z ∞ Z ∞ −s(t−y) = f (t − y)e dt g(y)e−sy dy ↑ f (t−y)=0,y>t  Z ∞ 0Z ∞ y −su = f (u)e du g(y)e−sy dy = ↑ u=t−y

0

0

= L(f )(s).L(g)(s)

La funci´on Gama Comencemos por calcular la transformada de Laplace de fp (t) = tp definida para t > 0 y donde p > −1. Es f´acil comprobar que la transformada est´a definida para s > 0 y resulta Z Z ∞ Z ∞ 1 1 ∞ −u  u p −st p L(fp )(s) = e t dt = e du = p+1 e−u up du ↑ s s s 0 0 0 u=st La integral del u ´ltimo miembro es s´olo funci´on de p. Se la llama funci´on gama, aunque su definici´on habitual es Z ∞ Γ(p) = e−u up−1 du 0

para p > 0. De esta forma, L(tp )(s) =

Γ(p + 1) sp+1

para s > 0 y p > −1. Si recordamos que L(tn )(s) =

n! sn+1

para n ∈ N, obtenemos la relaci´on Γ(n + 1) = n!

para todo n ∈ N. Propiedades

13 1. Γ(p + 1) = pΓ(p) para todo p > 0. Z ∞ ∞ Z −u p −u p Γ(p + 1) = e u du = −e u − 0

0

2. Γ(1) = 1 Z Γ(1) = 0

3. Γ(1/2) =

√

∞

∞

(−e−u )pup−1 du = pΓ(p)

0

∞ e−u du = −e−u = 1 0

π

Γ(1/2) = Γ(−1/2 + 1) = s−1/2+1 L(t−1/2 )(s) = s−1/2+1

r

π √ = π s

4. Γ(p + n) = (p + n − 1)(p + n − 2) . . . (p − 1)pΓ(p) Por inducci´on sobre n. El caso n = 1 fue hecho en 1.  (2n − 1)(2n − 3) . . . 3.1 √ 2n + 1 5. Γ = π 2 2n Es una consecuencia inmediata de la propiedad anterior con p = 1/2. 

6. L(t

n−1/2

(2n − 1)!! )(s) = 2n L(t

n−1/2

√

π

1 sn+1/2

Γ( 2n+1 ) Γ(n − 1/2 + 1) (2n − 1)!! 2 )(s) = = = sn+1/2 sn+1/2 2n

√

π

1 sn+1/2

Aplicaci´on a la resoluci´on de ecuaciones diferenciales Vamos a resolver primero un problema homog´eneo y luego uno no homog´eneo. 1. Consideremos el problema de valores iniciales  y 00 + 2y 0 + 5y = 0 , t>0 y(0) = 1 , y 0 (0) = 0 Sabemos que este problema tiene soluci´on u ´nica. Para encontrarla transformamos ambos miembros de la ecuaci´on y obtenemos 0 = L(y 00 + 2y 0 + 5y)(s) = (s2 L(y)(s) − sy(0) − y 0 (0)) + 2(sL(y)(s) − y(0)) + 5L(y)(s) = (s2 + 2s + 5)L(y)(s) − s − 2

14 Luego, s+2 s+2 s+1 1 = = + 2 2 + 2s + 5 (s + 1) + 4 (s + 1) + 4 (s + 1)2 + 4 1 = L(e−t cos(2t))(s) + L(e−t sen(2t))(s) 2 = L(e−t cos(2t) + 12 L(e−t sen(2t))(s)

L(y)(s) =

s2

Entonces, el teorema de Lerch nos dice que 1 y(t) = e−t cos(2t) + e−t sen(2t) 2 es la soluci´on del problema.

2. Consideremos ahora un problema no homog´eneo  y 00 + y 0 = h(t) , t>0 y(0) = 0 , y 0 (0) = 0 donde h(t) = 1 en [π, 2π) y h(t) = 0 fuera de ese intervalo. Notemos en principio que h = uπ − u2π . Aplicando el mismo procedimiento anterior, ahora tenemos (s2 + s)L(y)(s) − sy 0 (0) − 2y(0) = L(uπ − u2π )(s) =

e−πs − e−2πs s

Y teniendo en cuenta las condiciones iniciales resulta L(y)(s) =

e−πs − e−2πs e−πs − e−2πs = s(s2 + s) s2 (s + 1)

1 Pero 2 = L(e−t + t − 1)(s). Entonces, si llamamos g(t) = e−t + t − 1, resulta s (s + 1) que L(y)(s) = L(uπ (t)g(t − π))(s) − L(u2π (t)g(t − 2π))(s) Es decir,
L(y)(s) = L uπ (t)g(t − π) − u2π (t)g(t − 2π) (s) De donde finalmente se obtiene la soluci´on del problema y(t) = uπ (t)(e−(t−π) − 1 + (t − π)) − u2π (t)(e−(t−2π) − 1 + (t − 2π))

15 Bibliograf´ıa [1] Pinkus, A., Zafrany, S., Fourier Series and Integral Transforms, Cambridge University Press, 1997.