Ejercicios sobre Transformada de Laplace

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

ÍNDICE GENERAL:

PARTE I: En los siguientes ejercicios determine la Transformada de

Laplace de las siguientes funciones……………………………………….…..

PARTE II: En los siguientes ejercicios calcule la Transformada Inversa de

Laplace de la función "𝑠" dada………………………………………………….

PARTE III: En los siguientes problemas resuelva las siguientes ecuaciones

diferenciales…………………………………………………………………….…

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

+ 3∫ 𝑒−𝑠𝑡 cos(2𝑡) 𝑑𝑡

⇒ ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = 2 Lím𝑏→∞

∫𝑒−𝑠𝑡 sen(𝑡) 𝑑𝑡

+ 3 Lím𝑏→∞

∫𝑒−𝑠𝑡 cos(2𝑡) 𝑑𝑡

(1) (2)

Hallemos las integrales impropias (1) y (2), tomando en cuenta que, ambas

integrales son cíclicas, se tendrá que:

(1) Lím𝑏→∞

Sea, 𝑢 = sen(𝑡)

𝑑𝑢 = cos(𝑡) 𝑑t

𝑣 = ∫𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 = −𝑒−𝑠𝑡

Lím𝑏→∞

= Lím𝑏→∞

[(−𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡)

𝑠)0

𝑠∫𝑒−𝑠𝑡 𝑐𝑜𝑠(𝑡) 𝑑𝑡

Sea, 𝑢 = cos(𝑡)

𝑑𝑢 = −sen(𝑡) 𝑑t

= 𝐿í𝑚𝑏→∞

𝑠)0

𝑠[(−

𝑒−𝑠𝑡 𝑐𝑜𝑠(𝑡)

𝑠)0

𝑠∫𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡

𝑠)0

𝑠(−

𝑒−𝑠𝑡 𝑐𝑜𝑠(𝑡)

𝑠)0

𝑠2∫𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡

⇒ (𝑠2 + 1

𝑠2) 𝐿í𝑚𝑏→∞

∫𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡

𝑠)0

− (𝑒−𝑠𝑡 𝑐𝑜𝑠(𝑡)

𝑠2)0

𝐿í𝑚𝑏→∞

= (𝑠2

𝑠2 + 1) 𝐿í𝑚𝑏→∞

[−𝑒−𝑠𝑏 𝑠𝑒𝑛(𝑏)

𝑠−𝑒−𝑠𝑏 𝑐𝑜𝑠(𝑏)

𝑠2+1

𝑠2]

= (𝑠2

𝑠2 + 1) [−𝐿í𝑚

𝑏→∞(𝑒−𝑠𝑏 𝑠𝑒𝑛(𝑏)

𝑠) − 𝐿í𝑚

𝑏→∞(𝑒−𝑠𝑏 𝑐𝑜𝑠(𝑏)

𝑠2) + 𝐿í𝑚

𝑏→∞(1

𝑠2)]

= (𝑠2

𝑠2 + 1) (−0 − 0 +

𝑠2) =

𝑠2 + 1

⇒ 𝐿í𝑚𝑏→∞

𝑠2 + 1

(2) Lím𝑏→∞

Sea, 𝑝 = cos(2𝑡)

𝑑𝑝 = −2 sen(2𝑡) 𝑑𝑡

𝑝 = ∫𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 = −𝑒−𝑠𝑡

Lím𝑏→∞

= Lím𝑏→∞

[−𝑒−𝑠𝑡 cos(2𝑡)

𝑠−2

𝑠∫𝑒−𝑠𝑡 𝑠en(2𝑡) 𝑑𝑡

Sea, 𝑝 = sen(2𝑡)

𝑑𝑝 = 2 cos(2𝑡) 𝑑𝑡

𝑝 = ∫𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 = −𝑒−𝑠𝑡

[(−𝑒−𝑠𝑡 cos(2𝑡)

𝑠)0

𝑠[(−

𝑒−𝑠𝑡 𝑠en(2𝑡)

𝑠)0

𝑠∫𝑒−𝑠𝑡 co𝑠(2𝑡) 𝑑𝑡

𝑠)0

𝑠(−

𝑒−𝑠𝑡 𝑠en(2𝑡)

𝑠)0

𝑠2∫𝑒−𝑠𝑡 co𝑠(2𝑡) 𝑑𝑡

⇒ (𝑠2 + 4

𝑠)0

+ 2(𝑒−𝑠𝑡 𝑠en(2𝑡)

𝑠2)0

= (𝑠2

𝑠2 + 4) 𝐿í𝑚𝑏→∞

[−𝑒−𝑠𝑏 co𝑠(2𝑏)

𝑠+1

𝑠+ 2(

𝑒−𝑠𝑏 𝑠en(2𝑏)

𝑠2)]

= (𝑠2

𝑠2 + 4) [−𝐿í𝑚

𝑏→∞(𝑒−𝑠𝑏 co𝑠(2𝑏)

𝑠) + 𝐿í𝑚

𝑏→∞(1

𝑠) + 2 𝐿í𝑚

𝑏→∞(𝑒−𝑠𝑏 𝑠en(2𝑏)

𝑠2)]

= (𝑠2

𝑠2 + 4) [−0 +

𝑠+ 2. (0)] =

𝑠2 + 4

Entonces, sustituyendo los resultados de las integrales impropias (1) y (2) en:

ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = 2 Lím𝑏→∞

+ 3 Lím𝑏→∞

⇒ ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = 2 (1

𝑠2 + 1) + 3 (

𝑠2 + 4) =

𝑠2 + 1+

𝑠2 + 4

⇒ ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} =2

𝑠2 + 1+

𝑠2 + 4=2𝑠2 + 8 + 3𝑠3 + 3𝑠

(𝑠2 + 1)(𝑠2 + 4)

∴ 𝓛{𝟐 𝐬𝐞𝐧(𝒕) + 𝟑 𝐜𝐨𝐬(𝟐𝒕)} = 𝑭(𝒔) =𝟐

𝒔𝟐 + 𝟏+

𝟑𝒔

𝒔𝟐 + 𝟒=𝟑𝒔𝟑 + 𝟐𝒔𝟐 + 𝟑𝒔 + 𝟖

(𝒔𝟐 + 𝟏)(𝒔𝟐 + 𝟒)

COMPROBACIÓN, sabemos por la tabla de Transformada de Laplace,

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 (

𝑠2 + 22)

∴ 𝓛{𝟐 𝒔𝒆𝒏(𝒕) + 𝟑𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒕)} = 𝑭(𝒔) =𝟐

𝒔𝟐 + 𝟏+

𝟑𝒔

𝒔𝟐 + 𝟒=𝟑𝒔𝟑 + 𝟐𝒔𝟐 + 𝟑𝒔 + 𝟖

(𝒔𝟐 + 𝟏)(𝒔𝟐 + 𝟒)

2. 𝒉(𝒕) = 𝒆−𝟐𝒕 𝐬𝐞𝐧(𝟓𝒕)

Solución:

ℒ{ℎ(𝑡)} = 𝐻(𝑠) = ℒ{𝑒−2𝑡 sen(5𝑡)} = ∫ 𝑒−𝑠𝑡𝑒−2𝑡 sen(5𝑡) 𝑑𝑡

= ∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡 sen(5𝑡) 𝑑𝑡

⇒ ℒ{𝑒−2𝑡 sen(5𝑡)} = Lím𝑏→∞

∫𝑒−(𝑠+2)𝑡 sen(5𝑡) 𝑑𝑡

Hallemos la integral impropia, tomando en cuenta que, dicha integral es

cíclica, se tendrá que:

Lím𝑏→∞

Sea, 𝑢 = sen(5𝑡)

𝑑𝑢 = 5 cos(5𝑡) 𝑑t

𝑣 = ∫𝑒−(𝑠+2)𝑡𝑑𝑡 = −𝑒−(𝑠+2)𝑡

𝑠 + 2

Lím𝑏→∞

= Lím𝑏→∞

[(−𝑒−(𝑠+2)𝑡 𝑠𝑒𝑛(5𝑡)

𝑠 + 2)0

𝑠 + 2∫𝑒−(𝑠+2)𝑡 𝑐𝑜𝑠(5𝑡) 𝑑𝑡

Sea, 𝑢 = cos(5𝑡)

𝑑𝑢 = −5 sen(5𝑡) 𝑑t

𝑣 = ∫𝑒−(𝑠+2)𝑡𝑑𝑡 = −𝑒−(𝑠+2)𝑡

𝑠 + 2

[(−𝑒−(𝑠+2)𝑡 𝑠𝑒𝑛(5𝑡)

𝑠 + 2)0

𝑠 + 2[(−

𝑒−(𝑠+2)𝑡 𝑐𝑜𝑠(5𝑡)

𝑠 + 2)0

𝑠 + 2∫𝑒−(𝑠+2)𝑡 𝑠𝑒𝑛(5𝑡) 𝑑𝑡

[(−𝑒−(𝑠+2)𝑡 𝑠𝑒𝑛(5𝑡)

𝑠 + 2)0

− 5(𝑒−(𝑠+2)𝑡 𝑐𝑜𝑠(5𝑡)

(𝑠 + 2)2)0

(𝑠 + 2)2∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡 𝑠𝑒𝑛(5𝑡) 𝑑𝑡

⇒ [(𝑠 + 2)2 + 25

(𝑠 + 2)2] Lím𝑏→∞

[(−𝑒−(𝑠+2)𝑡 𝑠𝑒𝑛(5𝑡)

𝑠 + 2)0

− 5(𝑒−(𝑠+2)𝑡 𝑐𝑜𝑠(5𝑡)

(𝑠 + 2)2)0

Lím𝑏→∞

= [(𝑠 + 2)2

(𝑠 + 2)2 + 25] 𝐿í𝑚𝑏→∞

[−𝑒−(𝑠+2)𝑏 𝑠𝑒𝑛(5𝑏)

𝑠 + 2− 5(

𝑒−(𝑠+2)𝑏 𝑐𝑜𝑠(5𝑏)

(𝑠 + 2)2) +

(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→∞(

(𝑠 + 2)2)]

Lím𝑏→∞

= [(𝑠 + 2)2

(𝑠 + 2)2 + 25] [−0 − 5. (0) +

(𝑠 + 2)2]

⇒ Lím𝑏→∞

(𝑠 + 2)2 + 25

Entonces, sustituyendo el resultado de la integral impropia en:

ℒ{𝑒−2𝑡 sen(5𝑡)} = Lím𝑏→∞

(𝑠 + 2)2 + 25

∴ 𝓛{𝒆−𝟐𝒕 𝐬𝐞𝐧(𝟓𝒕)} = 𝑯(𝒔) =𝟓

(𝒔 + 𝟐)𝟐 + 𝟐𝟓

ℒ{𝑒𝑎𝑡sen(𝑏𝑡)} =𝑏

(𝑠 − 𝑎)2 + 𝑏2

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 𝐜𝐨𝐬𝟐(𝟑𝒕)

Solución:

ℒ{𝑞(𝑡)} = 𝑄(𝑠) = ℒ{4 cos2(3𝑡)} = 4ℒ{cos2(3𝑡)} = 4∫ 𝑒−𝑠𝑡 cos2(3𝑡) 𝑑𝑡

⇒ ℒ{4 cos2(3𝑡)} = 4 Lím𝑏→∞

∫𝑒−𝑠𝑡 cos2(3𝑡) 𝑑𝑡

Hallemos la integral impropia, tomando en cuenta que, dicha integral es

cíclica, se tendrá que:

Lím𝑏→∞

Sea, 𝑢 = 𝑒−𝑠𝑡

𝑑𝑢 = −s𝑒−𝑠𝑡𝑑t

𝑣 = ∫cos2(3𝑡) 𝑑𝑡 =1

2∫(1 + cos(6𝑡))𝑑𝑡 =

2(𝑡 +

sen(6𝑡)

6𝑡 + sen(6𝑡)

Lím𝑏→∞

= Lím𝑏→∞

[(−𝑒−𝑠𝑡(6𝑡 + 𝑠𝑒𝑛(6𝑡))

12∫𝑒−𝑠𝑡(6𝑡 + 𝑠𝑒𝑛(6𝑡))𝑑𝑡

Lím𝑏→∞

= Lím𝑏→∞

[(−𝑒−𝑠𝑡(6𝑡 + 𝑠𝑒𝑛(6𝑡))

2∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 +

12∫𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡

Lím𝑏→∞

= −Lím𝑏→∞

[𝑒−𝑠𝑏(6𝑏 + 𝑠𝑒𝑛(6𝑏))

2Lím𝑏→∞

∫𝑡𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡

12Lím𝑏→∞

∫𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡

(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) Lím𝑏→∞

Sea, 𝑢 = 𝑡

𝑑𝑢 = 𝑑t

Lím𝑏→∞

= Lím𝑏→∞

[(−𝑡𝑒−𝑠𝑡

𝑠)0

𝑠∫𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡

Lím𝑏→∞

𝑠)0

𝑠(−

𝑒−𝑠𝑡

𝑠)0

] = 𝐿í𝑚𝑏→∞

𝑠)0

− (𝑒−𝑠𝑡

𝑠2)0

Lím𝑏→∞

(−𝑏𝑒−𝑠𝑏

𝑠−𝑒−𝑠𝑏

𝑠2+1

𝑠2) = −𝐿í𝑚

𝑏→∞(𝑏𝑒−𝑠𝑏

𝑠)−𝐿í𝑚

𝑏→∞(𝑒−𝑠𝑏

𝑠2) + 𝐿í𝑚

𝑏→∞(1

𝑠2)

= −0 − 0 +1

𝑠2=1

(2) Lím𝑏→∞

∫𝑒−𝑠𝑡 sen(6𝑡) 𝑑𝑡

Sea, 𝑢 = sen(6𝑡)

𝑑𝑢 = 6 cos(6𝑡) 𝑑t

Lím𝑏→∞

∫𝑒−𝑠𝑡 sen(6𝑡) 𝑑𝑡

= Lím𝑏→∞

[(−𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(6𝑡)

𝑠)0

𝑠∫𝑒−𝑠𝑡 𝑐𝑜𝑠(6𝑡) 𝑑𝑡

Sea, 𝑢 = cos(6𝑡)

𝑑𝑢 = −6sen(6𝑡) 𝑑t

𝑠)0

𝑠[(−

𝑒−𝑠𝑡 𝑐𝑜𝑠(6𝑡)

𝑠)0

𝑠∫𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡

𝑠)0

𝑠(−

𝑒−𝑠𝑡 𝑐𝑜𝑠(6𝑡)

𝑠)0

𝑠2∫𝑒−𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡

⇒ (𝑠2 + 36

𝑠)0

− 6(𝑒−𝑠𝑡 𝑐𝑜𝑠(6𝑡)

𝑠2)0

= (𝑠2

𝑠2 + 36) 𝐿í𝑚𝑏→∞

[−𝑒−𝑠𝑏 𝑠𝑒𝑛(6𝑏)

𝑠− 6(

𝑒−𝑠𝑏 𝑐𝑜𝑠(6𝑏)

𝑠2) +

𝑠2]

= (𝑠2

𝑠2 + 36) [−𝐿í𝑚

𝑏→∞(𝑒−𝑠𝑏 𝑠𝑒𝑛(6𝑏)

𝑠) − 6 𝐿í𝑚

𝑏→∞(𝑒−𝑠𝑏 𝑐𝑜𝑠(6𝑏)

𝑠2) + 𝐿í𝑚

𝑏→∞(6

𝑠2)]

= (𝑠2

𝑠2 + 36) (−0 − 6. (0) +

𝑠2) =

𝑠2 + 36

Entonces, sustituyendo los resultados de las integrales (1) y (2) en:

Lím𝑏→∞

= −Lím𝑏→∞

2Lím𝑏→∞

12Lím𝑏→∞

Lím𝑏→∞

= −Lím𝑏→∞

𝑠2) +

𝑠2 + 36)

Lím𝑏→∞

= −0 +1

2𝑠+

2(𝑠2 + 36)=1

𝑠2 + 36)

⇒ Lím𝑏→∞

𝑠2 + 36)

Entonces, sustituyendo el resultado de la integral impropia en el ejercicio

original:

⇒ ℒ{4 cos2(3𝑡)} = 4 Lím𝑏→∞

= 4 [1

𝑠2 + 36)] = 2 (

𝑠2 + 36)

⇒ ℒ{4 cos2(3𝑡)} = 2 (1

𝑠2 + 36) = 2 [

2𝑠2 + 36

𝑠(𝑠2 + 36)] = 4 [

𝑠2 + 18

𝑠(𝑠2 + 36)]

∴ 𝓛{𝟒 𝐜𝐨𝐬𝟐(𝟑𝒕)} = 𝑸(𝒔) = 𝟐 (𝟏

𝒔𝟐 + 𝟑𝟔) = 𝟒 [

𝒔𝟐 + 𝟏𝟖

𝒔(𝒔𝟐 + 𝟑𝟔)]

ℒ{1} =1

𝑠, (𝑠 > 0)

ℒ{cos(𝑏𝑡)} =𝑠

𝑠2 + 𝑏2, (𝑠 > 0)

ℒ{4 cos2(3𝑡)} = 4ℒ {1

2[1 + cos(6𝑡)]} = 2ℒ{1 + cos(6𝑡)} = 2[ℒ{1} + ℒ{cos(6𝑡)}]

∴ 𝓛{𝟒 𝐜𝐨𝐬𝟐(𝟑𝒕)} = 𝑸(𝒔) = 𝟐 (𝟏

𝒔𝟐 + 𝟑𝟔) = 𝟒 [

𝒔𝟐 + 𝟏𝟖

𝒔(𝒔𝟐 + 𝟑𝟔)]

4. 𝒇(𝒕) = 𝒆−𝟑𝒕(𝒕 − 𝟐)

Solución:

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−𝑠𝑡𝑡𝑒−3𝑡𝑑𝑡

− 2∫ 𝑒−𝑠𝑡𝑒−3𝑡𝑑𝑡

ℒ{𝑒−3𝑡(𝑡 − 2)} = Lím𝑏→∞

∫𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡𝑑𝑡

− 2 Lím𝑏→∞

∫𝑒−(𝑠+3)𝑡𝑑𝑡

(1) (2)

Ahora, hallemos las integrales impropias (1) y (2), se tendrá que:

(1) Lím𝑏→∞

Sea, 𝑢 = 𝑡

𝑑𝑢 = 𝑑t

𝑣 = ∫𝑒−(𝑠+3)𝑡𝑑𝑡 = −𝑒−(𝑠+3)𝑡

𝑠 + 3

Lím𝑏→∞

= Lím𝑏→∞

[(−𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡

𝑠 + 3)0

𝑠 + 3∫𝑒−(𝑠+3)𝑡𝑑𝑡

Lím𝑏→∞

∫𝑡𝑒−(𝑠∓3)𝑡𝑑𝑡

[(−𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡

𝑠 + 3)0

𝑠 + 3(−

𝑒−(𝑠+3)𝑡

𝑠 + 3)0

Lím𝑏→∞

[(−𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡

𝑠 + 3)0

− (𝑒−(𝑠+3)𝑡

(𝑠 + 3)2)0

Lím𝑏→∞

(−𝑏𝑒−(𝑠+3)𝑏

𝑠 + 3−𝑒−(𝑠+3)𝑏

(𝑠 + 3)2+

(𝑠 + 3)2)

Lím𝑏→∞

∫𝑡𝑒−(𝑠∓3)𝑡𝑑𝑡

= −𝐿í𝑚𝑏→∞

(𝑏𝑒−(𝑠+3)𝑏

𝑠 + 3)−𝐿í𝑚

𝑏→∞(𝑒−(𝑠+3)𝑏

(𝑠 + 3)2) + 𝐿í𝑚

𝑏→∞(

(𝑠 + 3)2)

= −0 − 0 +1

(𝑠 + 3)2=

(𝑠 + 3)2

(2) Lím𝑏→∞

= Lím𝑏→∞

(−𝑒−(𝑠+3)𝑡

𝑠 + 3)0

= Lím𝑏→∞

(−𝑒−(𝑠+3)𝑏

𝑠 + 3+

𝑠 + 3)

Lím𝑏→∞

= −Lím𝑏→∞

(𝑒−(𝑠+3)𝑏

𝑠 + 3) + Lím

𝑏→∞(1

𝑠 + 3) = −0 +

𝑠 + 3

⇒ Lím𝑏→∞

𝑠 + 3

ℒ{𝑒−3𝑡(𝑡 − 2)} = Lím𝑏→∞

− 2 Lím𝑏→∞

∴ 𝓛{𝒆−𝟑𝒕(𝒕 − 𝟐)} = 𝑭(𝒔) =𝟏

(𝒔 + 𝟑)𝟐−

𝒔 + 𝟑

ℒ{𝑡𝑒𝑎𝑡} =1

(𝑠 − 𝑎)2, (𝑠 > 𝑎)

ℒ{𝑒𝑎𝑡} =1

𝑠 − 𝑎, (𝑠 > 𝑎)

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. [

𝑠 − (−3)]

∴ 𝓛{𝒆−𝟑𝒕(𝒕 − 𝟐)} = 𝑭(𝒔) =𝟏

(𝒔 + 𝟑)𝟐−

𝒔 + 𝟑

5. 𝒈(𝒕) = 𝒆𝟒𝒕[𝒕 − 𝐜𝐨𝐬(𝒕)]

Solución:

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−𝑠𝑡𝑡𝑒4𝑡𝑑𝑡

−∫ 𝑒−𝑠𝑡𝑒4𝑡 cos(𝑡) 𝑑𝑡

ℒ{𝑒4𝑡[𝑡 − cos(𝑡)]} = Lím𝑏→∞

∫𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡𝑑𝑡

− Lím𝑏→∞

∫𝑒−(𝑠−4)𝑡 cos(𝑡) 𝑑𝑡

(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) Lím𝑏→∞

Sea, 𝑢 = 𝑡

𝑑𝑢 = 𝑑t

𝑣 = ∫𝑒−(𝑠−4)𝑡𝑑𝑡 = −𝑒−(𝑠−4)𝑡

𝑠 − 4

Lím𝑏→∞

= Lím𝑏→∞

[(−𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡

𝑠 − 4)0

𝑠 − 4∫𝑒−(𝑠−4)𝑡𝑑𝑡

Lím𝑏→∞

[(−𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡

𝑠 − 4)0

𝑠 − 4(−

𝑒−(𝑠−4)𝑡

𝑠 − 4)0

Lím𝑏→∞

[(−𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡

𝑠 − 4)0

− (𝑒−(𝑠−4)𝑡

(𝑠 − 4)2)0

Lím𝑏→∞

(−𝑏𝑒−(𝑠−4)𝑏

𝑠 − 4−𝑒−(𝑠−4)𝑏

(𝑠 − 4)2+

(𝑠 − 4)2)

Lím𝑏→∞

= −𝐿í𝑚𝑏→∞

(𝑏𝑒−(𝑠−4)𝑏

𝑠 − 4)−𝐿í𝑚

𝑏→∞(𝑒−(𝑠−4)𝑏

(𝑠 − 4)2) + 𝐿í𝑚

𝑏→∞(

(𝑠 − 4)2)

= −0 − 0 +1

(𝑠 − 4)2=

(𝑠 − 4)2

(2) Lím𝑏→∞

Sea, 𝑢 = cos(𝑡)

𝑑𝑢 = − sen(𝑡) 𝑑t

𝑣 = ∫𝑒−(𝑠−4)𝑡𝑑𝑡 = −𝑒−(𝑠−4)𝑡

𝑠 − 4

Lím𝑏→∞

= Lím𝑏→∞

[(−𝑒−(𝑠−4)𝑡 co𝑠(𝑡)

𝑠 − 4)0

𝑠 − 4∫𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑠en(𝑡) 𝑑𝑡

Sea, 𝑢 = sen(𝑡)

𝑑𝑢 = cos(𝑡) 𝑑t

𝑣 = ∫𝑒−(𝑠−4)𝑡𝑑𝑡 = −𝑒−(𝑠−4)𝑡

𝑠 − 4

[(−𝑒−(𝑠−4)𝑡 co𝑠(𝑡)

𝑠 − 4)0

𝑠 − 4[(−

𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑠en(𝑡)

𝑠 − 4)0

𝑠 − 4∫𝑒−(𝑠−4)𝑡 co𝑠(𝑡) 𝑑𝑡

[(−𝑒−(𝑠−4)𝑡 co𝑠(𝑡)

𝑠 − 4)0

+ (𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑠en(𝑡)

(𝑠 − 4)2)0

(𝑠 − 4)2∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡 co𝑠(𝑡) 𝑑𝑡

⇒ [(𝑠 − 4)2 + 1

(𝑠 − 4)2] Lím𝑏→∞

[(−𝑒−(𝑠−4)𝑡 co𝑠(𝑡)

𝑠 − 4)0

+ (𝑒−(𝑠−4)𝑡 𝑠en(𝑡)

(𝑠 − 4)2)0

Lím𝑏→∞

= [(𝑠 − 4)2

(𝑠 − 4)2 + 1] 𝐿í𝑚𝑏→∞

[−𝑒−(𝑠−4)𝑏 co𝑠(𝑏)

𝑠 − 4+

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)]

Lím𝑏→∞

= [(𝑠 − 4)2

(𝑠 − 4)2 + 1] [−0 +

𝑠 − 4+ 0]

⇒ Lím𝑏→∞

=𝑠 − 4

(𝑠 − 4)2 + 1

ℒ{𝑒4𝑡[𝑡 − cos(𝑡)]} = Lím𝑏→∞

− Lím𝑏→∞

∴ 𝓛{𝒆𝟒𝒕[𝒕 − 𝐜𝐨𝐬(𝒕)]} = 𝑮(𝒔) =𝟏

(𝒔 − 𝟒)𝟐−

𝒔 − 𝟒

(𝒔 − 𝟒)𝟐 + 𝟏

ℒ{𝑡𝑒𝑎𝑡} =1

(𝑠 − 𝑎)2

ℒ{𝑒𝑎𝑡cos(𝑏𝑡)} =𝑠 − 𝑎

(𝑠 − 𝑎)2 + 𝑏2

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{𝒆𝟒𝒕[𝒕 − 𝒄𝒐𝒔(𝒕)]} = 𝑮(𝒔) =𝟏

(𝒔 − 𝟒)𝟐−

𝒔 − 𝟒

(𝒔 − 𝟒)𝟐 + 𝟏

PARTE II: En los siguientes ejercicios calcule la Transformada Inversa

de Laplace de la función "𝒔" dada.

𝟏. 𝑹(𝒔) =𝟑𝒔𝟐

(𝒔𝟐 + 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:

3𝑠2

(𝑠2 + 1)2=𝐴𝑠 + 𝐵

𝑠2 + 1+

𝐶𝑠 + 𝐷

(𝑠2 + 1)2

3𝑠2

(𝑠2 + 1)2=

𝑠2 + 1−

(𝑠2 + 1)2

Entonces, tenemos que:

ℒ−1 {3𝑠2

(𝑠2 + 1)2} = ℒ−1 {

𝑠2 + 1−

(𝑠2 + 1)2} = 3ℒ−1 {

𝑠2 + 1} − 3ℒ−1 {

(𝑠2 + 1)2}

ℒ−1 {3𝑠2

(𝑠2 + 1)2} = 3ℒ−1 {

𝑠2 + 12} −

2ℒ−1 {

(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) −

2[sen(𝑡) − 𝑡 cos(𝑡)] = 3 sen(𝑡) −

2sen(𝑡) +

2𝑡 cos(𝑡)

∴ 𝓛−𝟏 {𝟑𝒔𝟐

(𝒔𝟐 + 𝟏)𝟐} = 𝒓(𝒕) =

𝟐𝐬𝐞𝐧(𝒕) +

𝟐𝒕 𝐜𝐨𝐬(𝒕) =

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)]} =

2ℒ{sen(𝑡)} +

2ℒ{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

ℒ{𝑡 cos(𝑎𝑡)} =𝑠2 − 𝑎2

(𝑠2 + 𝑎2)2

⇒ ℒ {3

2[sen(𝑡) + 𝑡 cos(𝑡)]} =

𝑠2 + 12) +

2[𝑠2 − 12

(𝑠2 + 12)2]

⇒ ℒ {3

2[sen(𝑡) + 𝑡 cos(𝑡)]} =

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) =

𝟑𝒔𝟐

(𝒔𝟐 + 𝟏)𝟐

𝟐. 𝑹(𝒔) =𝟐

𝒔𝟒(𝟏

𝒔+𝟑

𝒔𝟐+𝟒

𝒔𝟔)

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 {

𝑠5+6

𝑠6+

𝑠10}

ℒ−1 {2

𝑠4(1

𝑠+3

𝑠2+4

𝑠6)} = ℒ−1 {

𝑠5} + ℒ−1 {

𝑠6} + ℒ−1 {

𝑠10}

ℒ−1 {2

𝑠4(1

𝑠+3

𝑠2+4

𝑠6)} = 2ℒ−1 {

𝑠5} + 6ℒ−1 {

𝑠6} + 8ℒ−1 {

𝑠10}

ℒ−1 {𝑛!

𝑠𝑛+1} = 𝑡𝑛

Por lo tanto:

⇒ ℒ−1 {2

𝑠4(1

𝑠+3

𝑠2+4

𝑠6)} =

24ℒ−1 {

𝑠4+1} +

120ℒ−1 {

𝑠5+1} +

362880ℒ−1 {

𝑠9+1}

∴ 𝓛−𝟏 {𝟐

𝒔𝟒(𝟏

𝒔+𝟑

𝒔𝟐+𝟒

𝒔𝟔)} = 𝒓(𝒕) =

𝟏𝟐𝒕𝟒 +

𝟐𝟎𝒕𝟓 +

𝟒𝟓𝟑𝟔𝟎𝒕𝟗

tiene que:

ℒ {1

12𝑡4 +

20𝑡5 +

45360𝑡9} =

12ℒ{𝑡4} +

20ℒ{𝑡5} +

45360ℒ{𝑡9}

ℒ {1

12𝑡4 +

20𝑡5 +

45360𝑡9} =

𝑠4+1) +

𝑠5+1) +

45360(9!

𝑠9+1)

ℒ {1

12𝑡4 +

20𝑡5 +

45360𝑡9} =

12. (24

𝑠5) +

20(120

𝑠6) +

45360(362880

𝑠10)

⇒ 𝓛 {𝟏

𝟏𝟐𝒕𝟒 +

𝟐𝟎𝒕𝟓 +

𝟒𝟓𝟑𝟔𝟎𝒕𝟗} = 𝑹(𝒔) =

𝒔𝟓+𝟔

𝒔𝟔+𝟖

𝒔𝟏𝟎=𝟐

𝒔𝟒(𝟏

𝒔+𝟑

𝒔𝟐+𝟒

𝒔𝟔)

𝟑. 𝑷(𝒔) =𝟏

𝒔𝟐 − 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 {

[𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)]}

[𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)]=

𝑠 − (2 + 𝑖)+

𝑠 − (2 − 𝑖)

[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

𝑠 = 2 + 𝑖 ⇒ 1 = 𝐴[2 + 𝑖 − (2 − 𝑖)] ⇒ 1 = 2𝑖𝐴 ⇒ 𝐴 =1

2𝑖= −

Nota: 𝒊 = √−𝟏 ⇒ 𝒊𝟐 = −𝟏

Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = −𝑖2⁄ y 𝐵 = 𝑖 2⁄ , en:

[𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)]=

𝑠 − (2 + 𝑖)+

𝑠 − (2 − 𝑖)

[𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)]= −

2[𝑠 − (2 + 𝑖)]+

2[𝑠 − (2 − 𝑖)]

ℒ−1 {1

𝑠2 − 4𝑠 + 5} = ℒ−1 {

[𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)]}

ℒ−1 {1

𝑠2 − 4𝑠 + 5} = ℒ−1 {−

2[𝑠 − (2 + 𝑖)]+

2[𝑠 − (2 − 𝑖)]}

ℒ−1 {1

𝑠2 − 4𝑠 + 5} = −ℒ−1 {

2[𝑠 − (2 + 𝑖)]} + ℒ−1 {

2[𝑠 − (2 − 𝑖)]}

ℒ−1 {1

𝑠2 − 4𝑠 + 5} = −

2ℒ−1 {

𝑠 − (2 + 𝑖)} +

2ℒ−1 {

𝑠 − (2 − 𝑖)}

ℒ−1 {1

𝑠 − 𝑎} = 𝑒𝑎𝑡

Por lo tanto:

⇒ ℒ−1 {1

𝑠2 − 4𝑠 + 5} = −

2𝑒(2+𝑖)𝑡 +

2𝑒(2−𝑖)𝑡 = −

2[𝑒(2+𝑖)𝑡 − 𝑒(2−𝑖)𝑡]

⇒ ℒ−1 {1

𝑠2 − 4𝑠 + 5} = −

2(𝑒2𝑡+𝑖𝑡 − 𝑒2𝑡−𝑖𝑡) = −

2𝑒2𝑡(𝑒𝑖𝑡 − 𝑒−𝑖𝑡)

⇒ ℒ−1 {1

𝑠2 − 4𝑠 + 5} = −

2𝑒2𝑡[cos(𝑡) + 𝑖 sen(𝑡) − (cos(𝑡) − 𝑖 sen(𝑡))]

⇒ ℒ−1 {1

𝑠2 − 4𝑠 + 5} = −

2𝑒2𝑡[2𝑖 sen(𝑡)] = 𝑒2𝑡 sen(𝑡)

∴ 𝓛−𝟏 {𝟏

𝒔𝟐 − 𝟒𝒔 + 𝟓} = 𝒑(𝒕) = 𝒆𝟐𝒕 𝐬𝐞𝐧(𝒕)

tiene que:

ℒ{𝑒2𝑡 sen(𝑡)} =1

(𝑠 − 2)2 + 12=

𝑠2 − 4𝑠 + 4 + 1=

𝑠2 − 4𝑠 + 5

⇒ 𝓛{𝒆𝟐𝒕 𝐬𝐞𝐧(𝒕)} = 𝑷(𝒔) =𝟏

𝒔𝟐 − 𝟒𝒔 + 𝟓

𝟒. 𝑭(𝒔) =𝒆−𝟒𝒔

𝒔(𝒔𝟐 + 𝟏𝟔)

Solución:

Por el teorema de traslación del eje 𝑡, sabemos que:

ℒ−1{𝑒−𝑎𝑠𝐹(𝑠)} = 𝑢(𝑡 − 𝑎)𝑓(𝑡 − 𝑎); 𝑎 > 0

Entonces, tenemos:

ℒ−1{𝐹(𝑠)} = 𝑓(𝑡) = ℒ−1 {𝑒−4𝑠

𝑠(𝑠2 + 16)} = ℒ−1 {

𝑠(𝑠2 + 16)}𝑡→𝑡−4

𝑢(𝑡 − 4)

Calculemos la transformada Inversa de Laplace a:

ℒ−1 {1

𝑠(𝑠2 + 16)}

𝑠(𝑠2 + 16)=𝐴

𝑠+𝐵𝑠 + 𝐶

𝑠2 + 16

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 ⇒

16+ 𝐵 = 0 ⇒ 𝐵 = −

16𝐶 = 0

16𝐴 = 1 ⇒ 𝐴 =1

De este modo, hallamos los mismos valores. Luego, sustituimos los valores

de 𝐴 = 1 16⁄ , 𝐵 = −1 16⁄ y 𝐶 = 0, en:

𝑠(𝑠2 + 16)=𝐴

𝑠+𝐵𝑠 + 𝐶

𝑠2 + 16=

𝑠+−

16𝑠 + 0

𝑠2 + 16

𝑠(𝑠2 + 16)=

16𝑠−

16(𝑠2 + 16)

ℒ−1 {𝑒−4𝑠

𝑠(𝑠2 + 16)} = ℒ−1 {

𝑠(𝑠2 + 16)}𝑡→𝑡−4

𝑢(𝑡 − 4) = ℒ−1 {1

16𝑠−

16(𝑠2 + 16)}𝑡→𝑡−4

𝑢(𝑡 − 4)

ℒ−1 {𝑒−4𝑠

𝑠(𝑠2 + 16)} =

16[ℒ−1 {

𝑠−

𝑠2 + 42}]𝑡→𝑡−4

𝑢(𝑡 − 4)

ℒ−1 {𝑒−4𝑠

𝑠(𝑠2 + 16)} =

16[ℒ−1 {

𝑠} − ℒ−1 {

𝑠2 + 42}]𝑡→𝑡−4

𝑢(𝑡 − 4)

ℒ−1 {1

𝑠} = 1

ℒ−1 {𝑠

𝑠2 + 𝑎2} = cos(𝑎𝑡)

Por lo tanto:

⇒ ℒ−1 {𝑒−4𝑠

𝑠(𝑠2 + 16)} =

16[1 − cos(4𝑡)]𝑡→𝑡−4𝑢(𝑡 − 4)

⇒ ℒ−1 {𝑒−4𝑠

𝑠(𝑠2 + 16)} =

16[1 − cos(4(𝑡 − 4))]𝑢(𝑡 − 4)

∴ 𝓛−𝟏 {𝒆−𝟒𝒔

𝒔(𝒔𝟐 + 𝟏𝟔)} = 𝒇(𝒕) =

𝟏𝟔𝒖(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−𝑎𝑠ℒ{𝑓(𝑡)} = 𝑒−𝑎𝑠𝐹(𝑠); 𝑎 > 0

Entonces, se tiene que:

⇒ ℒ {1

16𝑢(𝑡 − 4)[1 − cos(4(𝑡 − 4))]} =

16ℒ{𝑢(𝑡 − 4)[1 − cos(4(𝑡 − 4))]}

⇒ ℒ {1

16𝑢(𝑡 − 4)[1 − cos(4(𝑡 − 4))]} =

16𝑒−4𝑠. ℒ{1 − cos(4𝑡)}

⇒ ℒ {1

16𝑢(𝑡 − 4)[1 − cos(4(𝑡 − 4))]} =

16. 𝑒−4𝑠. (

𝑠−

𝑠2 + 42) =

𝑒−4𝑠

𝑠2 + 16

⇒ ℒ {1

16𝑢(𝑡 − 4)[1 − cos(4(𝑡 − 4))]} =

16. 𝑒−4𝑠. [

𝑠2 + 16 − 𝑠2

𝑠(𝑠2 + 42)] =

𝑒−4𝑠

𝑠2 + 16

⇒ ℒ {1

16𝑢(𝑡 − 4)[1 − cos(4(𝑡 − 4))]} =

16. 𝑒−4𝑠. [

𝑠(𝑠2 + 42)]

⇒ 𝓛 {𝟏

𝟏𝟔𝒖(𝒕 − 𝟒)[𝟏 − 𝐜𝐨𝐬(𝟒(𝒕 − 𝟒))]} = 𝑭(𝒔) =

𝒆−𝟒𝒔

𝒔(𝒔𝟐 + 𝟏𝟔)

𝟓. 𝑯(𝒔) =𝒔𝟐 − 𝟐𝒔 + 𝟑

𝒔(𝒔𝟐 − 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)}

𝑠2 − 2𝑠 + 3

𝑠(𝑠 − 2)(𝑠 − 1)=𝐴

𝑠 − 2+

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

𝑠 = 2 ⇒ 22 − 2(2) + 3 = 𝐵(2)(2 − 1) ⇒ 3 = 2𝐵 ⇒ 𝐵 =3

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 − 2+

𝑠 − 1

𝑠2 − 2𝑠 + 3

𝑠(𝑠 − 2)(𝑠 − 1)=3

2𝑠+

2(𝑠 − 2)−

𝑠 − 1

ℒ−1 {𝑠2 − 2𝑠 + 3

𝑠(𝑠2 − 3𝑠 + 2)} = ℒ−1 {

𝑠2 − 2𝑠 + 3

𝑠(𝑠 − 2)(𝑠 − 1)} = ℒ−1 {

2𝑠+

2(𝑠 − 2)−

𝑠 − 1}

ℒ−1 {𝑠2 − 2𝑠 + 3

𝑠(𝑠2 − 3𝑠 + 2)} = ℒ−1 {

2𝑠} + ℒ−1 {

2(𝑠 − 2)} − ℒ−1 {

𝑠 − 1}

ℒ−1 {𝑠2 − 2𝑠 + 3

𝑠(𝑠2 − 3𝑠 + 2)} =

2ℒ−1 {

𝑠} +

2ℒ−1 {

𝑠 − 2} − 2ℒ−1 {

𝑠 − 1}

ℒ−1 {1

𝑠} = 1

ℒ−1 {1

Por lo tanto:

⇒ ℒ−1 {𝑠2 − 2𝑠 + 3

𝑠(𝑠2 − 3𝑠 + 2)} =

2(1) +

2𝑒2𝑡 − 2𝑒𝑡

∴ 𝓛−𝟏 {𝒔𝟐 − 𝟐𝒔 + 𝟑

𝒔(𝒔𝟐 − 𝟑𝒔 + 𝟐)} = 𝒉(𝒕) =

𝟐(𝟏 + 𝒆𝟐𝒕) − 𝟐𝒆𝒕

tiene que:

ℒ {3

2(1 + 𝑒2𝑡) − 2𝑒𝑡} =

2ℒ{1} +

2ℒ{𝑒2𝑡} − 2ℒ{𝑒𝑡} =

𝑠) +

𝑠 − 2) − 2. (

𝑠 − 1)

ℒ {3

2(1 + 𝑒2𝑡) − 2𝑒𝑡} =

2𝑠+

2(𝑠 − 2)−

𝑠 − 1

ℒ {3

2(1 + 𝑒2𝑡) − 2𝑒𝑡} =

3. (𝑠 − 2). (𝑠 − 1) + 3. 𝑠. (𝑠 − 1) − 2.2𝑠. (𝑠 − 2)

2𝑠. (𝑠 − 2). (𝑠 − 1)

ℒ {3

2(1 + 𝑒2𝑡) − 2𝑒𝑡} =

3𝑠2 − 3𝑠 − 6𝑠 + 6 + 3𝑠2 − 3𝑠 − 4𝑠2 + 8𝑠

2𝑠. (𝑠2 − 𝑠 − 2𝑠 + 2)

ℒ {3

2(1 + 𝑒2𝑡) − 2𝑒𝑡} =

2𝑠2 − 4𝑠 + 6

2𝑠. (𝑠2 − 3𝑠 + 2)=2(𝑠2 − 2𝑠 + 3)

2𝑠(𝑠2 − 3𝑠 + 2)

⇒ 𝓛 {𝟑

𝟐(𝟏 + 𝒆𝟐𝒕) − 𝟐𝒆𝒕} = 𝑯(𝒔) =

𝒔𝟐 − 𝟐𝒔 + 𝟑

𝒔(𝒔𝟐 − 𝟑𝒔 + 𝟐)

𝟔. 𝑷(𝒔) =𝟒𝒔 − 𝟓

𝒔𝟑 − 𝒔𝟐 − 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:

1 − 1 − 5 − 3

1 2 1 0

−1 − 1

Luego, la factorización nos queda de la siguiente forma:

⇒ 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}

4𝑠 − 5

(𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2=

𝑠 − 3+

𝑠 + 1+

(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

𝑠 = 3 ⇒ 4(3) − 5 = 𝐴(3 + 1)2 ⇒ 7 = 16𝐴 ⇒ 𝐴 =7

𝑠 = 0 ⇒ −5 = 𝐴 + 𝐵(−3)(1) + 𝐶(−3) ⇒ −5 =7

16− 3𝐵 − 3(

4) ⇒ 𝐵 = −

Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 716⁄ , 𝐵 = −7

16⁄ y 𝐶 = 94⁄ , en:

4𝑠 − 5

(𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2=

𝑠 − 3+

𝑠 + 1+

(𝑠 + 1)2

4𝑠 − 5

(𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2=

16(𝑠 − 3)−

16(𝑠 + 1)+

4(𝑠 + 1)2

ℒ−1 {4𝑠 − 5

𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3} = ℒ−1 {

4𝑠 − 5

(𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2}

ℒ−1 {4𝑠 − 5

𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3} = ℒ−1 {

16(𝑠 − 3)−

16(𝑠 + 1)+

4(𝑠 + 1)2}

ℒ−1 {4𝑠 − 5

𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3} = ℒ−1 {

16(𝑠 − 3)} − ℒ−1 {

16(𝑠 + 1)} + ℒ−1 {

4(𝑠 + 1)2}

ℒ−1 {4𝑠 − 5

𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3} =

16ℒ−1 {

𝑠 − 3} −

16ℒ−1 {

𝑠 + 1} +

4ℒ−1 {

(𝑠 + 1)2}

ℒ−1 {4𝑠 − 5

𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3} =

16ℒ−1 {

𝑠 − 3} −

16ℒ−1 {

𝑠 − (−1)} +

4ℒ−1 {

[𝑠 − (−1)]2}

ℒ−1 {1

(𝑠 − 𝑎)2} = 𝑡𝑒𝑎𝑡

ℒ−1 {1

Por lo tanto:

⇒ 𝓛−𝟏 {𝟒𝒔 − 𝟓

𝒔𝟑 − 𝒔𝟐 − 𝟓𝒔 − 𝟑} = 𝒑(𝒕) =

𝟏𝟔𝒆𝟑𝒕 −

𝟏𝟔𝒆−𝒕 +

𝟒𝒕𝒆−𝒕

tiene que:

ℒ {7

16𝑒3𝑡 −

16𝑒−𝑡 +

4𝑡𝑒−𝑡} =

16ℒ{𝑒3𝑡} −

16ℒ{𝑒−𝑡} +

4ℒ{𝑡𝑒−𝑡}

ℒ {7

16𝑒3𝑡 −

16𝑒−𝑡 +

4𝑡𝑒−𝑡} =

𝑠 − 3) −

𝑠 − (−1)] +

(𝑠 − (−1))2]

ℒ {7

16𝑒3𝑡 −

16𝑒−𝑡 +

4𝑡𝑒−𝑡} =

16(𝑠 − 3)−

16(𝑠 + 1)+

4(𝑠 + 1)2

ℒ {7

16𝑒3𝑡 −

16𝑒−𝑡 +

4𝑡𝑒−𝑡} =

16(𝑠 − 3)−

16(𝑠 + 1)+

4(𝑠 + 1)2

ℒ {7

16𝑒3𝑡 −

16𝑒−𝑡 +

4𝑡𝑒−𝑡} =

7(𝑠 + 1)2 − 7(𝑠 − 3)(𝑠 + 1) + 9.4(𝑠 − 3)

16(𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2

ℒ {7

16𝑒3𝑡 −

16𝑒−𝑡 +

4𝑡𝑒−𝑡} =

7𝑠2 + 14𝑠 + 7 − 7𝑠2 − 7𝑠 + 21𝑠 + 21 + 36𝑠 − 108

16(𝑠 − 3)(𝑠2 + 2𝑠 + 1)

ℒ {7

16𝑒3𝑡 −

16𝑒−𝑡 +

4𝑡𝑒−𝑡} =

64𝑠 − 80

16(𝑠3 + 2𝑠2 + 𝑠 − 3𝑠2 − 6𝑠 − 3)

ℒ {7

16𝑒3𝑡 −

16𝑒−𝑡 +

4𝑡𝑒−𝑡} =

16(4𝑠 − 5)

16(𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3)

⇒ 𝓛 {𝟕

𝟏𝟔𝒆𝟑𝒕 −

𝟏𝟔𝒆−𝒕 +

𝟒𝒕𝒆−𝒕} = 𝑷(𝒔) =

𝟒𝒔 − 𝟓

𝒔𝟑 − 𝒔𝟐 − 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)}

−𝑠

(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)=

𝑠 − 4+

(𝑠 − 4)2+

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)=

𝑠 − 4+

(𝑠 − 4)2+

𝑠 − 5

−𝑠

(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)=

𝑠 − 4+

(𝑠 − 4)2−

𝑠 − 5

ℒ−1 {−𝑠

(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)} = ℒ−1 {

𝑠 − 4+

(𝑠 − 4)2−

𝑠 − 5}

ℒ−1 {−𝑠

(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)} = ℒ−1 {

𝑠 − 4} + ℒ−1 {

(𝑠 − 4)2} − ℒ−1 {

𝑠 − 5}

ℒ−1 {−𝑠

(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)} = 5ℒ−1 {

𝑠 − 4} + 4ℒ−1 {

(𝑠 − 4)2} − 5ℒ−1 {

𝑠 − 5}

ℒ−1 {1

(𝑠 − 𝑎)2} = 𝑡𝑒𝑎𝑡

Por lo tanto:

⇒ 𝓛−𝟏 {−𝒔

(𝒔 − 𝟒)𝟐(𝒔 − 𝟓)} = 𝒒(𝒕) = 𝟓𝒆𝟒𝒕 + 𝟒𝒕𝒆𝟒𝒕 − 𝟓𝒆𝟓𝒕

tiene que:

ℒ{5𝑒4𝑡 + 4𝑡𝑒4𝑡 − 5𝑒5𝑡} = 5ℒ{𝑒4𝑡} + 4ℒ{𝑡𝑒4𝑡} − 5ℒ{𝑒5𝑡}

ℒ{5𝑒4𝑡 + 4𝑡𝑒4𝑡 − 5𝑒5𝑡} = 5 (1

𝑠 − 4) + 4 [

(𝑠 − 4)2] − 5 (

𝑠 − 5)

ℒ{5𝑒4𝑡 + 4𝑡𝑒4𝑡 − 5𝑒5𝑡} =5

𝑠 − 4+

(𝑠 − 4)2−

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{𝟓𝒆𝟒𝒕 + 𝟒𝒕𝒆𝟒𝒕 − 𝟓𝒆𝟓𝒕} = 𝑸(𝒔) =−𝒔

(𝒔 − 𝟒)𝟐(𝒔 − 𝟓)

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)}

𝑠2ℒ{𝑦} − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) + ℒ{𝑦} =1

[𝑠 − (−2)]2 + 12

𝑠2𝑌(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) =

(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)=

[𝑠 − (−2 + 𝑖)]. [𝑠 − (−2 − 𝑖)](𝑠2 + 1)

𝑌(𝑠) =1

[𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1)

[𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1)=

𝑠 + (2 − 𝑖)+

𝑠 + (2 + 𝑖)+𝐶𝑠 + 𝐷

𝑠2 + 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

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

Nota: 𝒊 = √−𝟏 ⇒ 𝒊𝟐 = −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)

⇒ 1 =3 − 𝑖

16+3 + 𝑖

16+ 𝐷(5) ⇒ 1 =

16+ 𝐷(5)

⇒ 1 −3

8= 𝐷(5) ⇒ 𝐷 =

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 +

8) (10)

⇒ 1 =8 − 4𝑖

16+8 + 4𝑖

16+ 10𝐶 +

4⇒ 1 = 1 + 10𝐶 +

⇒ −5

4= 10𝐶 ⇒ 𝐶 = −

Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = (1 − 𝑖) 16⁄ , 𝐵 = (1 + 𝑖) 16⁄ , 𝐶 =

−1 8⁄ y 𝐷 = 1 8⁄ , en:

[𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1)=

𝑠 + (2 − 𝑖)+

𝑠 + (2 + 𝑖)+𝐶𝑠 + 𝐷

𝑠2 + 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

𝑠 − (−2 + 𝑖)+ (

1 + 𝑖

𝑠 − (−2 − 𝑖)− (

𝑠2 + 12+ (

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

𝑠 − (−2 + 𝑖)+ (

1 + 𝑖

𝑠 − (−2 − 𝑖)− (

𝑠2 + 12+ (

𝑠2 + 12}

𝑦(𝑡) =1 − 𝑖

16ℒ−1 {

𝑠 − (−2 + 𝑖)} +

1 + 𝑖

16ℒ−1 {

𝑠 − (−2 − 𝑖)} −

8ℒ−1 {

𝑠2 + 12} +

8ℒ−1 {

𝑠2 + 12}

ℒ−1 {1

𝑠 − 𝑎} = 𝑒𝑎𝑡 , (𝑠 > 𝑎)

ℒ−1 {𝑠

𝑠2 + 𝑎2} = cos(𝑎𝑡), (𝑠 > 0)

ℒ−1 {𝑎

𝑠2 + 𝑎2} = sen(𝑎𝑡), (𝑠 > 0)

𝑦(𝑡) =1 − 𝑖

16𝑒(−2+𝑖)𝑡 +

1 + 𝑖

16𝑒(−2−𝑖)𝑡 −

8𝑐𝑜𝑠(𝑡) +

8𝑠𝑒𝑛(𝑡)

𝑦(𝑡) =1 − 𝑖

16𝑒−2𝑡𝑒𝑖𝑡 +

1 + 𝑖

16𝑒−2𝑡𝑒−𝑖𝑡 −

8𝑠𝑒𝑛(𝑡)

𝑦(𝑡) =𝑒−2𝑡

16[(1 − 𝑖)(cos(𝑡) + 𝑖 sen(𝑡)) + (1 + 𝑖)(cos(𝑡) − 𝑖 sen(𝑡))] −

8𝑠𝑒𝑛(𝑡)

16[cos(𝑡) + 𝑖 sen(𝑡) − 𝑖 cos(𝑡) + sen(𝑡) + cos(𝑡) − 𝑖 sen(𝑡) + 𝑖 cos(𝑡) + sen(𝑡)]

8𝑠𝑒𝑛(𝑡)

16[2 cos(𝑡) + 2 sen(𝑡)] −

8𝑠𝑒𝑛(𝑡)

8[cos(𝑡) + sen(𝑡)] −

8𝑠𝑒𝑛(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)]

2. 𝒚′ − 𝟐𝒚 = 𝟏 − 𝒕; 𝒚(𝟎) = 𝟏

Solución:

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

(𝑠 − 2)𝑌(𝑠) − 1 =1

𝑠−1

(𝑠 − 2)𝑌(𝑠) = 1 +1

𝑠−1

𝑠2⇒ 𝑌(𝑠) =

𝑠2 + 𝑠 − 1

𝑠2(𝑠 − 2)

𝑠2 + 𝑠 − 1

𝑠2(𝑠 − 2)=𝐴𝑠 + 𝐵

𝑠2+

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

𝑠 = 2 ⇒ 22 + 2 − 1 = 𝐶(2)2 ⇒ 5 = 4𝐶 ⇒ 𝐶 =5

𝑠 = 1 ⇒ 12 + 1 − 1 = (𝐴 + 𝐵)(−1) + 𝐶(1)2 ⇒ 1 = −𝐴 − 𝐵 + 𝐶

⇒ 1 = −𝐴 −1

4⇒ 1 −

4= −𝐴 ⇒ 𝐴 = −

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+

𝑠 − 2=𝐴

𝑠+𝐵

𝑠2+

𝑠 − 2= −

4𝑠+

2𝑠2+

4(𝑠 − 2)

𝑌(𝑠) =𝑠2 + 𝑠 − 1

𝑠2(𝑠 − 2)

ℒ−1{𝑌(𝑠)} = ℒ−1 {𝑠2 + 𝑠 − 1

𝑠2(𝑠 − 2)} = ℒ−1 {−

4𝑠+

2𝑠2+

4(𝑠 − 2)}

𝑦(𝑡) = −1

4ℒ−1 {

𝑠} +

2ℒ−1 {

𝑠2} +

4ℒ−1 {

𝑠 − 2}

ℒ−1 {1

𝑠} = 1, (𝑠 > 0)

ℒ−1 {1

𝑠2} = 𝑡, (𝑠 > 0)

ℒ−1 {1

𝑠 − 𝑎} = 𝑒𝑎𝑡 , (𝑠 > 𝑎)

𝒚(𝒕) = −𝟏

𝟒(𝟏) +

𝟐𝒕 +

𝟒𝒆𝟐𝒕

∴ 𝒚(𝒕) = −𝟏

𝟒+𝟏

𝟐𝒕 +

𝟒𝒆𝟐𝒕

3. 𝒚′′ − 𝟒𝒚′ + 𝟒𝒚 = 𝟏; 𝒚(𝟎) = 𝟏, 𝒚′(𝟎) = 𝟒

Solución:

ℒ{𝑦′′ − 4𝑦′ + 4𝑦} = ℒ{1}

ℒ{𝑦′′} − 4ℒ{𝑦′} + 4ℒ{𝑦} = ℒ{1}

𝑠2ℒ{𝑦} − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) − 4[𝑠ℒ{𝑦} − 𝑦(0)] + 4ℒ{𝑦} = ℒ{1}

𝑠2𝑌(𝑠) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) − 4𝑠𝑌(𝑠) + 4𝑦(0) + 4𝑌(𝑠) =1

(𝑠2 − 4𝑠 + 4)𝑌(𝑠) − 𝑠(1) − 4 + 4(1) =1

𝑠⇒ (𝑠2 − 4𝑠 + 4)𝑌(𝑠) = 𝑠 +

(𝑠2 − 4𝑠 + 4)𝑌(𝑠) =𝑠2 + 1

𝑠⇒ 𝑌(𝑠) =

𝑠2 + 1

𝑠(𝑠2 − 4𝑠 + 4)=

𝑠2 + 1

𝑠(𝑠 − 2)2

𝑠2 + 1

𝑠(𝑠 − 2)2=𝐴

𝑠 − 2+

(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

𝑠 = 2 ⇒ 22 + 1 = 𝐶(2) ⇒ 5 = 2𝐶 ⇒ 𝐶 =5

𝑠 = 1 ⇒ 12 + 1 = 𝐴(−1)2 + 𝐵(−1) + 𝐶 ⇒ 2 = 𝐴 − 𝐵 + 𝐶

⇒ 2 =1

4− 𝐵 +

2⇒ 2 −

4= −𝐵 ⇒ 𝐵 =

Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 1 4⁄ , 𝐵 = 3 4⁄ y 𝐶 = 5 2⁄ , en:

𝑠2 + 1

𝑠(𝑠 − 2)2=𝐴

𝑠 − 2+

(𝑠 − 2)2=1

4𝑠+

4(𝑠 − 2)+

2(𝑠 − 2)2

𝑌(𝑠) =𝑠2 + 1

𝑠(𝑠 − 2)2

ℒ−1{𝑌(𝑠)} = ℒ−1 {𝑠2 + 1

𝑠(𝑠 − 2)2} = ℒ−1 {

4𝑠+

4(𝑠 − 2)+

2(𝑠 − 2)2}

𝑦(𝑡) =1

4ℒ−1 {

𝑠} +

4ℒ−1 {

𝑠 − 2} +

2ℒ−1 {

(𝑠 − 2)2}

ℒ−1 {1

𝑠} = 1, (𝑠 > 0)

ℒ−1 {1

𝑠 − 𝑎} = 𝑒𝑎𝑡 , (𝑠 > 𝑎)

ℒ−1 {1

(𝑠 − 𝑎)2} = 𝑡𝑒𝑎𝑡 , (𝑠 > 𝑎)

𝒚(𝒕) =𝟏

𝟒(𝟏) +

𝟒𝒆𝟐𝒕 +

𝟐𝒕𝒆𝟐𝒕

∴ 𝒚(𝒕) =𝟏

𝟒+𝟑

𝟒𝒆𝟐𝒕 +

𝟐𝒕𝒆𝟐𝒕

4. 𝒚′′ + 𝟗𝒚 = 𝒕; 𝒚(𝟎) = 𝒚′(𝟎) = 𝟎

Solución:

ℒ{𝑦′′ + 9𝑦} = ℒ{𝑡}

ℒ{𝑦′′} + 9ℒ{𝑦} = ℒ{𝑡}

𝑠2ℒ{𝑦} − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) + 9ℒ{𝑦} = ℒ{𝑡}

𝑠2𝑌(𝑠) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) + 9𝑌(𝑠) =1

(𝑠2 + 9)𝑌(𝑠) − 𝑠(0) − 0 =1

𝑠2⇒ (𝑠2 + 9)𝑌(𝑠) =

⇒ 𝑌(𝑠) =1

𝑠2(𝑠2 + 9)

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)

De la ecuación (3), resulta evidente que: 𝐴 = 0

De la ecuación (4), se tiene que:

9𝐵 = 1 ⇒ 𝐵 =1

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:

9+ 𝐷 = 0 ⇒ 𝐷 = −

Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 0, 𝐵 = 1 9⁄ , 𝐶 = 0 y 𝐷 = −1 9⁄ , en:

𝑠2(𝑠2 + 9)=𝐴𝑠 + 𝐵

𝑠2+𝐶𝑠 + 𝐷

𝑠2 + 9=

9𝑠2−

9(𝑠2 + 9)

𝑌(𝑠) =1

𝑠2(𝑠2 + 9)

ℒ−1{𝑌(𝑠)} = ℒ−1 {1

𝑠2(𝑠2 + 9)} = ℒ−1 {

9𝑠2−

9(𝑠2 + 9)}

𝑦(𝑡) =1

9ℒ−1 {

𝑠2} −

3ℒ−1 {

𝑠2 + 32}

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

𝟗𝒕 −

𝟐𝟕𝒔𝒆𝒏(𝟑𝒕)

5. 𝒚′′ − 𝟔𝒚′ + 𝟖𝒚 = 𝒆𝒕; 𝒚(𝟎) = 𝟑, 𝒚′(𝟎) = 𝟗

Solución:

ℒ{𝑦′′ − 6𝑦′ + 8𝑦} = ℒ{𝑒𝑡}

ℒ{𝑦′′} − 6ℒ{𝑦′} + 8ℒ{𝑦} = ℒ{𝑒𝑡}

𝑠2ℒ{𝑦} − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) − 6[𝑠ℒ{𝑦} − 𝑦(0)] + 8ℒ{𝑦} = ℒ{𝑒𝑡}

𝑠2𝑌(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 +

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)

3𝑠2 − 12𝑠 + 10

(𝑠 − 1)(𝑠 − 2)(𝑠 − 4)=

𝑠 − 1+

𝑠 − 2+

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

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

Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 1 3⁄ , 𝐵 = 1 y 𝐶 = 5 3⁄ , en:

3𝑠2 − 12𝑠 + 10

(𝑠 − 1)(𝑠 − 2)(𝑠 − 4)=

𝑠 − 1+

𝑠 − 2+

𝑠 − 4=

3(𝑠 − 1)+

𝑠 − 2+

3(𝑠 − 4)

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 {

3(𝑠 − 1)+

𝑠 − 2+

3(𝑠 − 4)}

𝑦(𝑡) =1

3ℒ−1 {

𝑠 − 1} + ℒ−1 {

𝑠 − 2} +

3ℒ−1 {

𝑠 − 4}

ℒ−1 {1

𝑠 − 𝑎} = 𝑒𝑎𝑡 , (𝑠 > 𝑎)

Entonces, la solución del problema de valor inicial es:

∴ 𝒚(𝒕) =𝟏

𝟑𝒆𝒕 + 𝒆𝟐𝒕 +

𝟑𝒆𝟒𝒕

Ejercicios sobre Transformada de Laplace

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