Propiedad de la división por «t» en la transformada de Laplace. Laplace

Introducción

Si $\mathcal{L}[f(t)] = F(s)$ , entonces

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{f(t)}{t} \right] = \int^{\infty}_{s}{f(\sigma) \ d\sigma}$

siempre que exista $\displaystyle \lim_{t \rightarrow 0}{\frac{f(t)}{t}}$ .

Problemas resueltos

Problema 1. Hallar $\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\sinh{t}}{t} \right]$ .

Solución. Primero se debe conocer si existe el límite

$\displaystyle \lim_{t \rightarrow 0}{\frac{\sinh{t}}{t}} = 1$

Ahora, se determina la transformada de Laplace para la función $\sinh{t}$ .

$\displaystyle \mathcal{L} [\sinh{t}] = \frac{1}{s^2-1}$

Después, aplicando la propiedad de la división, se observa que se tiene $t$ , es decir un $n=1$ . Esto significa que se integrará una vez el resultado de la transformada de Laplace de $\sinh{t}$ .

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{f(t)}{t} \right] = \int^{\infty}_{s}{f(\sigma) \ d\sigma}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\sinh{t}}{t} \right] = \int_{s}^{\infty}{\frac{1}{s^2-1} \ d\sigma}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\sinh{t}}{t} \right] = \left[\frac{1}{2} \ln{\left(\frac{\sigma-1}{\sigma+1} \right)} \right]_{s}^{\infty}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\sinh{t}}{t} \right] = \frac{1}{2} \ln{\left(\frac{\infty-1}{\infty+1} \right)} - \frac{1}{2} \ln{\left(\frac{s-1}{s+1} \right)}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\sinh{t}}{t} \right] = - \frac{1}{2} \ln{\left(\frac{s-1}{s+1} \right)}$

Por el procedimiento investigado en diversos libros, por esta parte se concluye que mientras exista el límite, no se evalúa el resultado de la integral definida para valores infinitos; basta con tomar el valor del límite inferior. Finalmente

$\displaystyle \therefore \mathcal{L} \left[\frac{\sinh{t}}{t} \right] = \frac{1}{2} \ln{\left(\frac{s+1}{s-1} \right)}$

Problema 2. Determinar $\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{e^{-at} - e^{-bt}}{t} \right]$ .

Solución. Se empieza en saber si existe el limite

$\displaystyle \lim_{t \rightarrow 0}{\frac{e^{-at} - e^{-bt}}{t}} = b-a$

Esto significa que el límite existe. Continuando, se determina la transformada de Laplace de $e^{-at} - e^{-bt}$ .

$\displaystyle \mathcal{L} [e^{-at} - e^{-bt}] = \mathcal{L} [e^{-at}] - \mathcal{L} [e^{-bt}]$

$\displaystyle \mathcal{L} [e^{-at} - e^{-bt}] = \frac{1}{s+a} - \frac{1}{s+b}$

Después, aplicando la propiedad de la división, se observa que se tiene $t$ , es decir un $n=1$ . Esto significa que se integrará una vez el resultado de la transformada de Laplace de $e^{-at} - e^{-bt}$ .

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{f(t)}{t} \right] = \int^{\infty}_{s}{f(\sigma) \ d\sigma}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{e^{-at} - e^{-bt}}{t} \right] = \int^{\infty}_{s}{\left(\frac{1}{\sigma +a} - \frac{1}{\sigma - b} \right) \ d\sigma}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{e^{-at} - e^{-bt}}{t} \right] = \int^{\infty}_{s}{\frac{1}{\sigma +a} \ d\sigma} - \int_{s}^{\infty}{\frac{1}{\sigma + b} \ d\sigma}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{e^{-at} - e^{-bt}}{t} \right] = \left[\ln{(\sigma + a)} \right]^{\infty}_{s} - \left[\ln{(\sigma + b)} \right]_{s}^{\infty}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{e^{-at} - e^{-bt}}{t} \right] = \left[\ln{(\infty + a)} - \ln{(s+a)} \right] - \left[\ln{(\infty + b)} - \ln{(s+b)} \right]$

Sin tomar en cuenta los infinitos (ya que si existe el límite), el resultado final es

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{e^{-at} - e^{-bt}}{t} \right] = - \ln{(s+a)} + \ln{(s+b)}$

$\displaystyle \therefore \mathcal{L} \left[\frac{e^{-at} - e^{-bt}}{t} \right] = \ln{\left(\frac{s+b}{s+a} \right)}$

Problema 3. Resolver $\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\sin{4t}}{t} \right]$ .

Solución. Se termina el límite de la función que está dentro de la transformada de Laplace.

$\displaystyle \lim_{t \rightarrow 0}{\frac{\sin{4t}}{t}} = 1$

Como el límite existe, se determina la transformada de Laplace de $\sin{4t}$ .

$\displaystyle \mathcal{L} [\sin{4t}] = \frac{4}{s^2+4^2}$

$\displaystyle \mathcal{L} [\sin{4t}] = \frac{4}{s^2+16}$

Después, aplicando la propiedad de la división, se observa que se tiene $t$ , es decir un $n=1$ . Esto significa que se integrará una vez el resultado de la transformada de Laplace de $\sin{4t}$ .

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{f(t)}{t} \right] = \int^{\infty}_{s}{f(\sigma) \ d\sigma}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\sin{4t}}{t} \right] = \int^{\infty}_{s}{\frac{4}{\sigma^2+16} \ d\sigma}$

Antes de continuar, el problema muestra una integral con límite inferior igual a cero y un límite superior igual a infinito. Así que

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{f(t)}{t} \right] = \int_{s}^{\infty}{F(\sigma) \ d\sigma}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\sin{4t}}{t} \right] = \int_{s}^{\infty}{\frac{4}{\sigma^2 + 16} \ d\sigma}$

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{e^{-st} \left(\frac{\sin{4t}}{t} \right) \ dt} = \int_{s}^{\infty}{ \frac{4}{\sigma^2 + 16} \ d\sigma}$

Tomando el límite cuando $s \rightarrow 0+$ y suponiendo que las integrales convergen, la integral toma la siguiente expresión

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow +0}{\int_{0}^{\infty}{e^{-st} \left( \frac{\sin{4t}}{t} \right) \ dt}} = \lim_{s \rightarrow +0}{\int_{s}^{\infty}{ \frac{4}{\sigma^2 + 16} \ d\sigma}}$

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{e^{-(0) \ t} \left( \frac{\sin{4t}}{t} \right) \ dt} = \int_{0}^{\infty}{ \frac{4}{\sigma^2 + 16} \ d\sigma}$

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{e^{0} \left( \frac{\sin{4t}}{t} \right) \ dt} = \int_{0}^{\infty}{ \frac{4}{\sigma^2 + 16} \ d\sigma}$

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{(1) \left( \frac{\sin{4t}}{t} \right) \ dt} = \int_{0}^{\infty}{ \frac{4}{\sigma^2 + 16} \ d\sigma}$

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\sin{4t}}{t} \ dt} = \int_{0}^{\infty}{ \frac{4}{\sigma^2 + 16} \ d\sigma}$

Continuado

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\sin{4t}}{t} \ dt} = \int^{\infty}_{0}{\frac{4}{\sigma^2+16} \ d\sigma}$

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\sin{4t}}{t} \ dt} = 4 \int^{\infty}_{0}{\frac{d\sigma}{\sigma^2+16}}$

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\sin{4t}}{t} \ dt} =4 \left[\frac{1}{4} \tan{\left(\frac{\sigma}{4} \right)} \right]^{\infty}_{0}$

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\sin{4t}}{t} \ dt} =4 \left[\frac{1}{4} \tan{\left(\frac{\infty}{4} \right)} - \frac{1}{4} \tan{\left(\frac{0}{4} \right)} \right]$

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\sin{4t}}{t} \ dt} = 4 \left[\frac{1}{4} \tan{\infty} - \frac{1}{4} \tan{0} \right]$

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\sin{4t}}{t} \ dt} = 4 \left[\frac{1}{4} \left( \frac{\pi}{2} \right) - \frac{1}{4} (0) \right]$

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\sin{4t}}{t} \ dt} = 4 \left( \frac{\pi}{8} - 0 \right)$

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\sin{4t}}{t} \ dt} = 4 \left( \frac{\pi}{8} \right)$

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\sin{4t}}{t} \ dt} = \frac{\pi}{2}$

Finalmente

$\displaystyle \therefore \int_{0}^{\infty}{\frac{\sin{4t}}{t} \ dt} = \frac{\pi}{2}$

Problema 4. Hallar $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\cos{6t}-\cos{4t}}{t} \ dt}$ .

Solución. Empezando con saber si existe el limite, se observa que

$\displaystyle \lim_{t \rightarrow 0}{\frac{\cos{6t} - \cos{4t}}{t}} = 0$

Esto significa que el límite existe. Continuando, se determina la transformada de Laplace de $\cos{6t} - \cos{4t}$ .

$\displaystyle \mathcal{L} [\cos{6t} - \cos{4t}] = \mathcal{L} [\cos{6t}] - \mathcal{L} [\cos{4t}]$

$\displaystyle \mathcal{L} [\cos{6t} - \cos{4t}] = \frac{s}{s^2+6^2} - \frac{s}{s^2+4^2}$

$\displaystyle \mathcal{L} [\cos{6t} - \cos{4t}] = \frac{s}{s^2+36} - \frac{s}{s^2+16}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{f(t)}{t} \right] = \int^{\infty}_{s}{f(\sigma) \ d\sigma}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\cos{6t} - \cos{4t}}{t} \right] = \int^{\infty}_{s}{\left(\frac{\sigma}{\sigma^2+36} - \frac{\sigma}{\sigma^2+16} \right) \ d\sigma}$

Antes de continuar, el problema muestra una integral con límite inferior igual a cero y un límite superior igual a infinito. Entonces

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{f(t)}{t} \right] = \int_{s}^{\infty}{F(\sigma) \ d\sigma}$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\cos{6t}-\cos{4t}}{t} \right] = \int_{s}^{\infty}{F(\sigma) \ d\sigma}$

$\displaystyle \int_{t}^{\infty}{e^{-st} \left(\frac{\cos{6t}-\cos{4t}}{t} \right) \ dt} = \int_{s}^{\infty}{\left(\frac{\sigma}{\sigma^2+36} - \frac{\sigma}{\sigma^2+16} \right) \ d\sigma}$

Haciendo un límite cuando $s \rightarrow 0+$ y suponiendo que las integrales convergen, la integral toma la siguiente expresión

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow +0}{\int_{0}^{\infty}{e^{-st} \left(\frac{\cos{6t}-\cos{4t}}{t} \right) \ dt}} = \lim_{s \rightarrow +0}{\int_{s}^{\infty}{\left(\frac{\sigma}{\sigma^2+36} - \frac{\sigma}{\sigma^2+16} \right) \ d\sigma}}$

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{e^{-(0) t} \left(\frac{\cos{6t}-\cos{4t}}{t} \right) \ dt} = \int_{0}^{\infty}{\left(\frac{\sigma}{\sigma^2+36} - \frac{\sigma}{\sigma^2+16} \right) \ d\sigma}$

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{(1) \left( \frac{\cos{6t}-\cos{4t}}{t} \right)\ dt} = \int_{0}^{\infty}{\left(\frac{\sigma}{\sigma^2+36} - \frac{\sigma}{\sigma^2+16} \right) \ d\sigma}$

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\cos{6t}-\cos{4t}}{t} \ dt} = \int_{0}^{\infty}{\left(\frac{\sigma}{\sigma^2+36} - \frac{\sigma}{\sigma^2+16} \right) \ d\sigma}$

Continuado

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\cos{6t}-\cos{4t}}{t} \ dt} = \int^{\infty}_{0}{\frac{\sigma}{\sigma^2+36} \ d\sigma} - \int_{0}^{\infty}{\frac{\sigma}{\sigma^2+16} \ d\sigma}$

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\cos{6t}-\cos{4t}}{t} \ dt} = \left[ \frac{1}{2} \ln{(\sigma^2+36)} \right]^{\infty}_{0} - \left[\frac{1}{2} \ln{(\sigma^2+16)} \right]_{0}^{\infty}$

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\cos{6t}-\cos{4t}}{t} \ dt} = \left[ \frac{1}{2} \ln{(\infty^2+36)} - \frac{1}{2} \ln{(0^2+36)} \right] - \left[\frac{1}{2} \ln{(\infty^2+16)} - \frac{1}{2} \ln{(0^2 + 16)} \right]$

Ignorando las evaluaciones del infinito de cada logaritmo natural, se tiene que

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\cos{6t}-\cos{4t}}{t} \ dt} = - \frac{1}{2} \ln{(0^2+36)} + \frac{1}{2} \ln{(0^2 + 16)}$

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\cos{6t}-\cos{4t}}{t} \ dt} = - \frac{1}{2} \ln{(36)} + \frac{1}{2} \ln{(16)}$

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\cos{6t}-\cos{4t}}{t} \ dt} = \frac{1}{2} \ln{(\frac{16}{36})}$

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\cos{6t}-\cos{4t}}{t} \ dt} = \ln{\left(\frac{16}{36} \right)^{1/2}}$

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\cos{6t}-\cos{4t}}{t} \ dt} = \ln{\left(\sqrt{\frac{16}{36}} \right)}$

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\cos{6t}-\cos{4t}}{t} \ dt} = \ln{\left(\frac{4}{6} \right)}$

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\cos{6t}-\cos{4t}}{t} \ dt} = \ln{\left(\frac{2}{3} \right)}$

Finamlente

$\displaystyle \therefore \int_{0}^{\infty}{\frac{\cos{6t}-\cos{4t}}{t} \ dt} = \frac{1}{2} \ln{\left(\frac{2}{3} \right)}$

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Problemas resueltos

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