Segunda propiedad de translación de la transformada inversa de Laplace. Laplace.

Introducción

Si $\mathcal{L}^{-1}[F(s)] = f(t)$ , entonces

$\displaystyle {\mathcal{L}}^{-1}[e^{-as} \cdot F(s)] = \left\{ \begin{matrix} f(t-a) \quad t>a \\ 0 \quad \quad \quad \quad t<a \end{matrix} \right.$

Problemas resueltos

Problema 1. Encontrar $f(t)$ para $\displaystyle F(s) = \frac{e^{-5s}}{(s-2)^4}$ .

Solución. Se aplica la transformada inversa de Laplace en ambos miembros

$\displaystyle F(s) = \frac{e^{-5s}}{(s-2)^4}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} [F(s)] = \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{e^{-5s}}{(s-2)^4} \right]$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} [F(s)] = \mathcal{L}^{-1} \left[e^{-5s} \cdot \frac{1}{(s-2)^4} \right]$

Haciendo a un lado la exponencial

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{e^{-5s}}{(s-2)^4} \right] \rightarrow \mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{1}{(s-2)^4} \right]$

Utilizando la primera propiedad de translación, resulta

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{1}{(s-2)^4} \right] = e^{2t} \mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{1}{s^4} \right]$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{1}{(s-2)^4} \right] = e^{2t} \left( \frac{t^3}{3!} \right)$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{1}{(s-2)^4} \right] = e^{2t} \left( \frac{t^3}{6} \right)$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{1}{(s-2)^4} \right] = \frac{1}{6} t^3 e^{2t}$

Regresando y aplicando la segunda propiedad de translación (donde $a=5$ )

$\displaystyle f(t) = \mathcal{L}^{-1} \left[e^{-5s} \cdot \frac{1}{(s-2)^4} \right]$

$\displaystyle f(t) = \left\{ \begin{matrix} \frac{1}{6} t^3 e^{2t} \quad \quad \quad \ \text{para} \ t > 5 \\ 0 \quad \quad \quad \quad \quad \ \text{para} \ t < 5 \end{matrix} \right.$

$\displaystyle f(t) = \frac{1}{6} t^3 e^{2t} \ U(t-5)$

Finalmente

$\displaystyle \therefore f(t) = \frac{1}{6} t^3 e^{2t} \ U(t-5)$

Problema 2. Encontrar $f(t)$ para $\displaystyle F(s) = \frac{se^{-4\pi s/5}}{s^2+25}$ .

Solución. Se aplica la transformada inversa de Laplace en ambos miembros

$\displaystyle F(s) = \frac{se^{-4\pi s/5}}{s^2+25}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} [F(s)] = \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{se^{-4\pi s/5}}{s^2+25} \right]$

$\displaystyle f(t) = \mathcal{L}^{-1} \left[e^{-4\pi s/5} \cdot \frac{s}{s^2+25} \right]$

Haciendo a un lado la exponencial

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[e^{-4\pi s/5} \cdot \frac{s}{s^2+25} \right] \rightarrow \mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{s}{s^2+25} \right]$

Esta expresión es idéntica a

$latex \displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{s}{s^2+25} \right] = \mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{s}{s^2+b^2} \right].

donde $b^2 = 25$ (provocando que $b=5$ ). Para este caso, su resultado es

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{s}{s^2+b^2} \right] = \cos{bt}$

Entonces

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{s}{s^2+25} \right] = \cos{5t}$

Regresando y aplicando la segunda propiedad de translación (donde $a=4\pi/5$ )

$\displaystyle f(t) = \mathcal{L}^{-1} \left[e^{-4\pi s/5} \cdot \frac{s}{s^2+25} \right]$

$\displaystyle f(t) = \left\{ \begin{matrix} \cos{5 \left(t - \frac{4\pi}{5} \right)} \quad \ \text{para} \ t > -\frac{4\pi}{5} \\ 0 \quad \quad \quad \quad \quad \quad \ \text{para} \ t < -\frac{4\pi}{5} \end{matrix} \right.$

$\displaystyle f(t) = \left\{ \begin{matrix} \cos{5t} \quad \quad \quad \ \text{para} \ t > -\frac{4\pi}{5} \\ 0 \quad \quad \quad \quad \quad \ \text{para} \ t < -\frac{4\pi}{5} \end{matrix} \right.$

$\displaystyle f(t) = \cos{5t} \ U \left(t-\frac{4\pi}{5} \right)$

Finalmente

$\displaystyle \therefore f(t) = \cos{5t} \ U \left(t-\frac{4\pi}{5} \right)$

Problema 3. Encontrar $f(t)$ para $\displaystyle F(s) = \frac{(s+1) e^{-\pi s}}{s^2 + s + 1}$ .

Solución. Se aplica la transformada inversa de Laplace en ambos miembros

$\displaystyle F(s) = \frac{(s+1) e^{-\pi s}}{s^2 + s + 1}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} [F(s)] = \mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{(s+1) e^{-\pi s}}{s^2 + s + 1} \right]$

$\displaystyle f(t) = \mathcal{L}^{-1} \left[e^{-\pi s} \cdot \frac{(s+1)}{s^2 + s + 1} \right]$

Factorizando el denominador

$\displaystyle f(t) = \mathcal{L}^{-1} \left[e^{-\pi s} \cdot \frac{(s+1)}{s^2 + s + (\frac{1}{2})^2 - (\frac{1}{2})^2+ 1} \right]$

$\displaystyle f(t) = \mathcal{L}^{-1} \left[e^{-\pi s} \cdot \frac{(s+1)}{(s + \frac{1}{2})^2 - (\frac{1}{2})^2+ 1} \right]$

$\displaystyle f(t) = \mathcal{L}^{-1} \left[e^{-\pi s} \cdot \frac{(s+1)}{(s + \frac{1}{2})^2 - \frac{1}{4}+ 1} \right]$

$\displaystyle f(t) = \mathcal{L}^{-1} \left[e^{-\pi s} \cdot \frac{(s+1)}{(s + \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}} \right]$

$\displaystyle f(t) = \mathcal{L}^{-1} \left[e^{-\pi s} \cdot \frac{(s+\frac{1}{2} - \frac{1}{2} + 1)}{(s + \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}} \right]$

$\displaystyle f(t) = \mathcal{L}^{-1} \left[e^{-\pi s} \cdot \frac{(s+\frac{1}{2} + \frac{1}{2})}{(s + \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}} \right]$

$\displaystyle f(t) = \mathcal{L}^{-1} \left[e^{-\pi s} \cdot \left( \frac{(s+\frac{1}{2})}{(s + \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}} + \frac{\frac{1}{2}}{(s + \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}} \right) \right]$

Por propiedad de linealidad

$\displaystyle f(t) = \mathcal{L}^{-1} \left[e^{-\pi s} \cdot \frac{(s+\frac{1}{2})}{(s + \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}} \right] + \mathcal{L}^{-1} \left[e^{-\pi s} \cdot \frac{\frac{1}{2}}{(s + \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}} \right]$

$\displaystyle f(t) = \mathcal{L}^{-1} \left[e^{-\pi s} \cdot \frac{(s+\frac{1}{2})}{(s + \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}} \right] + \frac{1}{2} \ \mathcal{L}^{-1} \left[e^{-\pi s} \cdot \frac{1}{(s + \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}} \right]$

Analizando el segundo miembro y haciendo a un lado la exponencial en cada término

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[e^{-\pi s} \cdot \frac{(s+\frac{1}{2})}{(s + \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}} \right] + \frac{1}{2} \ \mathcal{L}^{-1} \left[e^{-\pi s} \cdot \frac{1}{(s + \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}} \right] \rightarrow \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{(s+\frac{1}{2})}{(s + \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}} \right] + \frac{1}{2} \ \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{(s + \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}} \right]$

Utilizando la primera propiedad de translación (donde $a=-1/2$ ), resulta

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{(s+\frac{1}{2})}{(s + \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}} \right] + \frac{1}{2} \ \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{(s + \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}} \right] = e^{-1/2 t} \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{s}{s^2 + \frac{3}{4}} \right] + \frac{1}{2} \ e^{-1/2 t} \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{s^2 + \frac{3}{4}} \right]$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{(s+\frac{1}{2})}{(s + \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}} \right] + \frac{1}{2} \ \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{(s + \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}} \right] = e^{-1/2 t} \cdot \cos{\frac{\sqrt{3}}{2}t} + \frac{2}{2\sqrt{3}} \ e^{-1/2 t} \cdot \sin{\frac{\sqrt{3}}{2} t}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{(s+\frac{1}{2})}{(s + \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}} \right] + \frac{1}{2} \ \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{(s + \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}} \right] = e^{-1/2 t} \cos{\frac{\sqrt{3}}{2}t} + \frac{1}{\sqrt{3}} e^{-1/2 t} \sin{\frac{\sqrt{3}}{2} t}$

Regresando, sustituyendo los resultados anteriores y aplicando la segunda propiedad de translación, se tiene que

$\displaystyle f(t) = \left\{ \begin{matrix} e^{-1/2 (t-\pi)} \cos{\frac{\sqrt{3}}{2}(t-\pi)} + \frac{1}{\sqrt{3}} e^{-1/2 (t-\pi)} \sin{\frac{\sqrt{3}}{2} (t-\pi)} \quad \quad \ \text{para} \ t > \pi \\ 0 \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \text{para} \ t < \pi \end{matrix} \right.$

$\displaystyle f(t) = \left[ e^{-1/2 (t-\pi)} \cos{\frac{\sqrt{3}}{2}(t-\pi)} + \frac{1}{\sqrt{3}} e^{-1/2 (t-\pi)} \sin{\frac{\sqrt{3}}{2} (t-\pi)} \right] \ U(t-\pi)$

$\displaystyle f(t) = e^{-1/2 (t-\pi)} \left[\cos{\frac{\sqrt{3}}{2}(t-\pi)} + \frac{1}{\sqrt{3}} e^{-1/2 (t-\pi)} \sin{\frac{\sqrt{3}}{2} (t-\pi)} \right] \ U(t-\pi)$

$\displaystyle f(t) = e^{-1/2 (t-\pi)} \left[\cos{\frac{\sqrt{3}}{2}(t-\pi)} + \frac{\sqrt{3}}{3} e^{-1/2 (t-\pi)} \sin{\frac{\sqrt{3}}{2} (t-\pi)} \right] \ U(t-\pi)$

Finalmente

$\displaystyle \therefore f(t) = e^{-1/2 (t-\pi)} \left[\cos{\frac{\sqrt{3}}{2}(t-\pi)} + \frac{\sqrt{3}}{3} e^{-1/2 (t-\pi)} \sin{\frac{\sqrt{3}}{2} (t-\pi)} \right] \ U(t-\pi)$

Segunda propiedad de translación de la transformada inversa de Laplace. Laplace.

Introducción

Problemas resueltos

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