¡Descarga Transformada de Laplace: Aplicaciones y Ejercicios Resueltos y más Apuntes en PDF de Cálculo Avanzado solo en Docsity!
L
t
[
sin
πt
u
t −
π
]
( s )=
π
4
∞
e
− st
sin
πt
dt
La siguiente formula será muy útil.
e
at
sin
bt
dt =
e
at
( a sin ( bt )− b cos ( bt ) )
a
2
2
+ C
Aplicando.
L
t
[
sin
πt
u
t −
π
]
( s )=
e
− st
− st sin
πt
π
cos
π
(− st )
2
π
2
t =
π
4
∞
3 e
− πs
4
9 s
2
2
3 s sin
π
2
π
2
L
t
[
0
t
τ e
− τ
dτ
]
( s )
Transformada de una integral.
L
t
[
0
t
f ( τ ) dτ
]
( s )=
L
t
[ f
t
]
s
s
Aplicando.
L
t
[
0
t
τ e
− τ
dτ
]
( s )=
s
L
t
[ t e
− t
] ( s )
Derivada de una transformada.
L
t
[ t
n
f
t
]
s
n d
n
d s
n
( L
t
[ f
t
]
s
)
L
t
[
0
t
τ e
− τ
dτ
]
s
− d
ds
(
L
t
[ e
− t
] )
Claramente.
L
t
[ e
at
] ( s )=
s − a
Entonces.
L
t
[
0
t
τ e
− τ
dτ
]
s
(
− d
ds
s + 1
)
s ( s + 1 )
2
L
t
[
0
t
sin ( τ ) cos ( t − τ ) dτ
]
( s )
Identidad trigonométrica.
sin ( a ) sin ( b )=
sin ( a + b )−sin ( a − b )
Aplicando.
L
t
[
0
t
sin
τ
cos
t − τ
dτ
]
s
= L
t
[
0
t
( sin
t
−sin
t − 2 τ
) dτ
]
s
= L
t
[
τ sin ( t )
|
τ = 0
t
t − 2 ( 0 )= t
t − 2 t =− t
sin
u
du
]
s
= L
t
[
t sin(
Nuevamente.
L
t
[
t sin ( t )
]
( s ) =
d
ds
(
L
t
[
sin ( t ) ]
( s ) )
Se sabe que.
L
t
[
e
at
sin ( bt ) ]
( s ) =
b
( s − a )
2
2
Entonces.
L
t
[
t sin ( t )
]
( s ) =
d
ds
(
s
2
)
s
s
2
2
L
s
− 1
[
s
( 4 − s )
3
]
( t )=− t e
4 t
− 2 t
2
e
4 t
L
s
− 1
[
e
− s
s
2
]
( t )= L
s
− 1
[
e
− s
2 s + 1
2
]
( t )
Segundo teorema de traslación.
L
t
[ f
t − a
u
t − a
]
s
= e
− as
L
t
[ f
t
]
s
Aplicando la expresión y observando las de arriba.
L
s
− 1
[
e
− s
s
2
]
( t )=
2 e
− t − 1
2
√
u ( t − 1 ) sin
(
√
3 ( t − 1 )
)
∫
0
∞
sin ( x )
x
dx , x > 0
Se puede expresar como.
∫
0
∞
sin ( x )
x
dx
Se tiene
A ( t )= ∫
0
∞
sin ( tx )
x
dx → A ( 1 )= ∫
0
∞
sin ( x )
x
dx
Aplicando transformada de Laplace.
L
t
[
A ( t ) ]
∫
0
∞
∫
0
∞
sin ( tx )
x
e
− st
dx dt =
∫
0
∞
∫
0
∞
sin ( tx )
x
e
− st
dt dx =
∫
0
∞
x
∫
0
∞
e
− st
sin ( tx ) dt dx
Aplicando la definición de transformada de Laplace, otra vez.
L
t
[ A ( t ) ] ( s )= ∫
0
∞
L
t
[ sin ( tx ) ] ( s )
s
dx = ∫
0
∞
s
(
s
s
2
2
)
dx = ∫
0
∞
s
2
2
dx =
s
tan
− 1
x
s
|
x = 0
∞
=lim
a → ∞
tan
− 1
a
s
π
2 s
Entonces.
A ( 1 )=
π
∫
0
∞
sin ( x )
x
dx
∫
0
∞
cos ( tx )
1 + t
2
dt
Convirtiendo la integral.
A ( x )=
∫
0
∞
cos ( xt )
1 + t
2
dt
Otra vez.
L
t
[ A ( x ) ] ( s ) = ∫
0
∞
∫
0
∞
cos ( tx )
1 + t
2
e
− xs
dx dt = ∫
0
∞
∫
0
∞
cos ( tx )
1 + t
2
e
− xs
dt dx
Transformada.
L
t
[
e
at
cos ( bt ) ]
( s )=
s − a
( s − a )
2
2
Aplicando.
L
t
[
A ( x ) ]
0
∞
L
t
[ cos ( tx ) ] ( s )
1 + t
2
dt =
0
∞
s
( 1 + t
2
) ( s
2
2
dt
Fracciones parciales.
L
t
[ A
x
]=
s
s
2
0
∞
t
2
dt −
s
2
0
∞
s
2
t
2
2
dt =
s tan
− 1
t
s
2
|
t = 0
∞
s
2
tan
− 1
t
s
|
t = 0
∞
= lim
a →∞
(
s tan
− 1
a
s
2
s
2
tan
− 1
Entonces.
A
x
= L
s
− 1
[
π
2 ( s + 2 )
]
x
π e
− x
Fracciones parciales, otra vez.
L
t
[ y
t
]
s
2 e
− 3 s
s
3
2 e
− 3 s
s
2 e
− 3 s
( s + 1 )
2
2 e
− 3 s
s + 1
Transformada inversa.
L
t
[ y ( t ) ] ( s )= L
s
− 1
[
2 e
− 3 s
s
3
2 e
− 3 s
s
2 e
− 3 s
( s + 1 )
2
2 e
− 3 s
s + 1
]
( t )=( t − 3 )
2
u ( t − 3 ) + 2 u ( t − 3 )− 2 e
3
e
− t
( t − 3 ) u ( t − 3 )− 2 e
3
e
− t
u ( u
y
'
( t )=cos ( t ) +
0
t
y ( τ ) cos ( t − τ ) dτ , y ( 0 ) = 1
Afortunadamente.
L
t
[
y ( t ) ]
( s ) L
t
[
f ( t ) ]
( s )=
0
t
y ( τ ) f ( t − τ ) dτ
Entonces.
s L
t
[ y
t
]
s
s
s
2
s
s
2
L
t
[ y
t
]
s
→ L
t
[ y
t
]
s
s
2
s
3
s
s
2
s
3
Finalmente.
y ( t ) = L
s
− 1
[
s
s
2
s
3
]
( t )= 1 + t +
t
2
y
' '
t
− y
t
= h
t
, y
= 0 , y
'
,h
t
{
t
2
0 ≤t ≤ 1
t t > 1
La función se puede modelar como.
h ( t )= t
2
( u ( t )− u ( t − 1 ) ) + tu ( t − 1 )
De tal forma que.
y
' '
( t )− y ( t ) = t
2
( u ( t )− u ( t − 1 ) ) + tu ( t − 1 )
Mismos pasos.
s
2
L
t
[ y
t
]
s
− 2 e
− s
s
3
s
3
e
− s
s
2
→ L
t
[ y
t
]
s
2 e
− s
s
3
s
2
s
3
s
2
e
− s
s
2
s
2
Entonces.
y ( t ) = L
s
− 1
[
2 e
− s
s
3
( s − 1 ) ( s + 1 )
s
3
( s − 1 ) ( s + 1 )
e
− s
s
2
( s − 1 ) ( s + 1 )
]
( t )
Fracciones parciales.
y ( t ) = L
s
− 1
[
− 2 e
− s
s
3
2 e
− s
s
e
− s
s + 1
e
− s
s − 1
s
3
s
s + 1
s − 1
e
− s
s
2
e
− s
s + 1
e
− s
s − 1
]
( t )=− t
2
u ( t − 1 )+ 3 tu ( t − 1 )
y
' '
( t )+ 3 t y
'
( t )− 6 y ( t )= 1 , y ( 0 ) = 0 , y
'
Simplemente.
d
dt
tf ( t )
= f ( t ) + t f
'
( t )
Transformada.
L
t
[
d
dt
ty ( t )
]
( s )= L
t
[
y ( t ) ]
( s ) + L
t
[
t y
'
( t ) ]
( s ) ,→ L
t
[
t y
'
( t ) ]
( s )=− s
d
ds
(
L
t
[
y ( t ) ]
( s )
)
+ L
t
[
y ( t ) ]
( s )
Entonces.
s
2
L
t
[
y ( t ) ]
( s )+ 3
− s
d
ds
(
L
t
[
y ( t ) ]
( s )
)
+ L
t
[
y ( t ) ]
( s )
− 6 L
t
[
y ( t ) ]
( s )=
s
Se obtiene.
y
t
t
2
Comprobando.
d
2
d t
2 (
t
2
)
d
dt
(
t
2
)
(
t
2
)
El modelo será.
m
d
2
y ( t )
d t
2
dy ( t )
dt
t
= f
t
Quedará, según las condiciones del problema.
Fracciones parciales, de nuevo.
L
t
[ y ( t ) ] ( s )=
5057 s
2
496 s
5057 s
2
10114 ( s + 4 )
2
992 s
10114 ( s + 4 )
2
Transformada inversa.
y ( t ) = L
s
− 1
[
5057 s
2
496 s
5057 s
2
10114 ( s + 4 )
2
992 s
10114 ( s + 4 )
2
]
( t )=
1024 sin ( 4
Graficando.
( a )
Modelando la ecuación.
d y
2
( t )
d t
2
y
t
=sin
8 t
, y
= 0 , y
'
Mismo proceso.
( s
2
+ 8 ) L
t
[
y ( t ) ]
( s ) =
s
2
→ L
t
[
y ( t ) ]
( s ) =
s
2
s
2
Fracciones parciales.
L
t
[
y ( t ) ]
( s )=
7 ( s
2
7 ( s
2
Inversa.
y ( t ) = L
s
− 1
[
s
2
s
2
]
( t ) =
− 5 sin
8 t
5 sin
√
2 t
14 √ 2
( b )
Igualando a cero.
− 5 sin
8 t
5 sin
√
2 t
14 √ 2
= 0 → − 5 sin ( 8 t )+ 10 √ 2 sin
2 √ 2 t
Graficando.
5 sin
8 t
= 10 √ 2 sin
2 √ 2 t
8 t = 2
Según la gráfica, la función alcanza cero en.
t = 0
t =0.98 3
t =2.10 6
t =3.
( c )
Hallando la derivada.
y
'
( t )=
d
dt
(
− 5 sin ( 8 t )
5 sin
√
2 t
14 √ 2
)
5 cos
√
2 t
5 cos ( 8 t )
Debe ser cero porque la distancia tendrá puntos críticos en máximos y mínimos. Hallando t.
