Utilización del teorema del residuo para hallar la transformada inversa de Laplace de una función. Laplace.

Introducción

Suponiendo que las únicas singularidades de $F(s)$ son polos, todos ellos a la izquierda de la recta $s=\gamma$ , para alguna constante real $\gamma$ . Suponiendo además que la integral expresada en la ecuación

$\displaystyle f(t) = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C}{e^{st} \ F(s) \, ds} = \lim_{R \rightarrow \infty}{\frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma - iT}^{\gamma + iT}{e^{st} \ F(s) \, ds}}$

a lo largo de $\Gamma$ tiende a cero cuando $R \rightarrow \infty$ . Entonces, por el teorema del residuo, la ecuación anterior toma la forma

$\displaystyle f(t) =$ suma de residuos de $e^{st} \ F(s)$ en los polos de $F(s)$

$\displaystyle f(t) = \sum{}$ residuos de $e^{st} \ F(s)$ en los polos de $F(s)$

Demostración

Se empieza por suponer que las únicas singularidades de $F(s)$ son polos situados todos ellos a la izquierda de la recta $s = \gamma$ para alguna constante real $\gamma$ . Ahora,

$\displaystyle \frac{1}{2\pi i} \oint_C{e^{st} \ F(s) \ ds} = \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma - iT}^{\gamma + iT}{e^{st} \ F(s) \ ds} + \frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma}{e^{st} \ F(s) \ ds}$

donde $C$ es el contorno de Bromwich y $\Gamma$ es el arco circular $BJPKQLA$ mostrado en la figura 1.

Por el teorema del residuo,

$\displaystyle \frac{1}{2\pi i} \oint_{C}{e^{st} \ F(s) \ ds} = \text{suma de los residuos de } e^{st} \ F(s) \text{ en todos los polos dentro de } C$

$\displaystyle \frac{1}{2\pi i} \oint_{C}{e^{st} \ F(s) \ ds} = \sum{\text{residuos dentro de } C}$

Así,

$\displaystyle \frac{1}{2\pi i} \oint_C{e^{st} \ F(s) \ ds} = \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma - iT}^{\gamma + iT}{e^{st} \ F(s) \ ds} + \frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma}{e^{st} \ F(s) \ ds}$

$\displaystyle \sum{\text{residuos dentro de } C} = \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma - iT}^{\gamma + iT}{e^{st} \ F(s) \ ds} + \frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma}{e^{st} \ F(s) \ ds}$

$\displaystyle \sum{\text{residuos dentro de } C} - \frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma}{e^{st} \ F(s) \ ds} = \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma - iT}^{\gamma + iT}{e^{st} \ F(s) \ ds}$

$\displaystyle \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma - iT}^{\gamma + iT}{e^{st} \ F(s) \ ds} = \sum{\text{residuos dentro de } C} - \frac{1}{2\pi i} \int_{\Gamma}{e^{st} \ F(s) \ ds}$

Tomando el límite cuando $R \rightarrow \infty$ ,

$\displaystyle \lim_{R \rightarrow \infty}{\frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma - iT}^{\gamma + iT}{e^{st} \ F(s) \ ds}} = \lim_{R \rightarrow \infty}{\left[\sum{\text{residuos dentro de } C} - \frac{1}{2\pi i} \int_{\Gamma}{e^{st} \ F(s) \ ds} \right]}$

$\displaystyle \lim_{R \rightarrow \infty}{\frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma - iT}^{\gamma + iT}{e^{st} \ F(s) \ ds}} = \lim_{R \rightarrow \infty}{\sum{\text{residuos dentro de } C}} - \lim_{R \rightarrow \infty}{\frac{1}{2\pi i} \int_{\Gamma}{e^{st} \ F(s) \ ds}}$

$\displaystyle f(t) = \sum{\text{residuos dentro de } C} - \frac{1}{2\pi i} (0)$

$\displaystyle \therefore f(t) = \sum{\text{residuos dentro de } C}$

Problemas resueltos

Problema 1. Calcular $\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{(s-2)} \right]$ .

Solución. Se tiene lo siguiente,

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{(s-2)} \right] = \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma - i \infty}^{\gamma + i \infty}{\frac{e^{st}}{(s-2)} \ ds}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{(s-2)} \right] = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C}{\frac{e^{st}}{(s-2)} \ ds}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{(s-2)} \right] = \sum{\text{residuos de } \frac{e^{st}}{(s-2)} \text{ en el polo } s=2}$

El residuo en el polo simple $s=2$ es

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow 2}{(s-2) \cdot \frac{e^{st}}{(s-2)}} = \lim_{s \rightarrow 2}{e^{st}}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow 2}{(s-2) \cdot \frac{e^{st}}{(s-2)}} = e^{2t}$

Regresando

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{(s-2)} \right] = \sum{\text{residuos de } \frac{e^{st}}{(s-2)} \text{ en el polo } s=2}$

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

Finalmente,

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

Problema 2. Calcular $\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{(s+1)(s-2)^2} \right]$ .

Solución. Se tiene lo siguiente

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{(s+1)(s-2)^2} \right] = \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma - i \infty}^{\gamma + i \infty}{\frac{e^{st}}{(s+1)(s-2)^2} \ ds}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{(s+1)(s-2)^2} \right] = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C}{\frac{e^{st}}{(s+1)(s-2)^2} \ ds}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{(s+1)(s-2)^2} \right] = \sum{\text{residuos de } \frac{e^{st}}{(s+1)(s-2)^2} \text{ en los polos } s=-1 \ \text{y} \ s=2}$

El residuo en el polo $s=-1$ es

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow -1}{\left[(s+1) \cdot \frac{e^{st}}{(s+1)(s-2)^2} \right]} = \lim_{s \rightarrow -1}{\frac{e^{st}}{(s-2)^2}}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow -1}{\left[(s+1) \cdot \frac{e^{st}}{(s+1)(s-2)^2} \right]} = \frac{e^{(-1)t}}{(-1-2)^2} = \frac{e^{-t}}{(-3)^2} = \frac{e^{-t}}{9}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow -1}{\left[(s+1) \cdot \frac{e^{st}}{(s+1)(s-2)^2} \right]} = \frac{1}{9} e^{-t}$

Y el residuo en el polo doble $s=2$ es

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow 2}{\frac{1}{1!} \frac{d}{ds} \left[(s-2)^2 \cdot \frac{e^{st}}{(s+1)(s-2)^2} \right]} = \lim_{s \rightarrow -1}{\frac{1}{1} \frac{d}{ds} \left[\frac{e^{st}}{(s+1)} \right]}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow 2}{\frac{1}{1!} \frac{d}{ds} \left[(s-2)^2 \cdot \frac{e^{st}}{(s+1)(s-2)^2} \right]} = \lim_{s \rightarrow -1}{\left[\frac{t(s+1) e^{st} - e^{st}}{(s+1)^2} \right]}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow 2}{\frac{1}{1!} \frac{d}{ds} \left[(s-2)^2 \cdot \frac{e^{st}}{(s+1)(s-2)^2} \right]} = \frac{t(2+1) e^{2t} - e^{2t}}{(2+1)^2} = \frac{3te^{2t} - e^{2t}}{3^2}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow 2}{\frac{1}{1!} \frac{d}{ds} \left[(s-2)^2 \cdot \frac{e^{st}}{(s+1)(s-2)^2} \right]} = \frac{3te^{2t} - e^{2t}}{9} = \frac{3}{9} te^{2t} - \frac{1}{9} e^{2t}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow 2}{\frac{1}{1!} \frac{d}{ds} \left[(s-2)^2 \cdot \frac{e^{st}}{(s+1)(s-2)^2} \right]} = \frac{1}{3} te^{2t} - \frac{1}{9} e^{2t}$

Regresando

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{(s+1)(s-2)^2} \right] = \sum{\text{residuos de } \frac{e^{st}}{(s+1)(s-2)^2} \text{ en los polos } s=-1 \ \text{y} \ s=2}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{(s+1)(s-2)^2} \right] = \frac{1}{9} e^{-t} + \frac{1}{3} te^{2t} - \frac{1}{9} e^{2t}$

Finalmente

$\displaystyle \therefore \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{(s+1)(s-2)^2} \right] = \frac{1}{9} e^{-t} + \frac{1}{3} te^{2t} - \frac{1}{9} e^{2t}$

Problema 3. Calcular $\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{s}{(s+1)^3 (s-1)^2} \right]$ .

Solución. Se tiene lo siguiente,

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{s}{(s+1)^3 (s-1)^2} \right] = \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma - i \infty}^{\gamma + i \infty}{\frac{se^{st}}{(s+1)^3 (s-1)^2} \ ds}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{s}{(s+1)^3 (s-1)^2} \right] = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C}{\frac{se^{st}}{(s+1)^3 (s-1)^2} \ ds}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{s}{(s+1)^3 (s-1)^2} \right] = \sum{\text{residuos de } \frac{se^{st}}{(s+1)^3 (s-1)^2} \text{ en los polos } s=-1 \ \text{y} \ s=1}$

El residuo en el polo triple $s=-1$ es

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow -1}{\frac{1}{2!} \frac{d^2}{{ds}^2} \left[(s+1)^3 \cdot \frac{se^{st}}{(s+1)^3 (s-1)^2} \right]} = \frac{1}{2} \lim_{s \rightarrow -1}{\frac{d^2}{{ds}^2} \left[\frac{se^{st}}{(s-1)^2} \right]}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow -1}{\frac{1}{2!} \frac{d^2}{{ds}^2} \left[(s+1)^3 \cdot \frac{se^{st}}{(s+1)^3 (s-1)^2} \right]} = \frac{1}{16} e^{-t} (1-2t^2)$

y el residuo en el polo doble $s=1$ es

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow 1}{\frac{1}{1!} \frac{d^2}{{ds}^2} \left[(s-1)^2 \cdot \frac{se^{st}}{(s+1)^3 (s-1)^2} \right]} = \frac{1}{1} \lim_{s \rightarrow 1}{\frac{d}{ds} \left[\frac{se^{st}}{(s+1)^3} \right]}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow 1}{\frac{1}{1!} \frac{d^2}{{ds}^2} \left[(s-1)^2 \cdot \frac{se^{st}}{(s+1)^3 (s-1)^2} \right]} = \frac{1}{16} e^{t} (2t-1)$

Regresando

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{s}{(s+1)^3 (s-1)^2} \right] = \sum{\text{residuos de } \frac{se^{st}}{(s+1)^3 (s-1)^2} \text{ en los polos } s=-1 \ \text{y} \ s=1}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{s}{(s+1)^3 (s-1)^2} \right] = \frac{1}{16} e^{-t} (1-2t^2) + \frac{1}{16} e^t (2t-1)$

Finalmente

$\displaystyle \therefore \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{s}{(s+1)^3 (s-1)^2} \right] = \frac{1}{16} e^{-t} (1-2t^2) + \frac{1}{16} e^t (2t-1)$

Problema 4. Calcular $\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{(s^2+1)^2} \right]$ .

Solución. Del denominador se observa que,

$\displaystyle \frac{1}{(s^2+1)^2} = \frac{1}{[(s+i)(s-i)]^2} = \frac{1}{(s+i)^2 (s-i)^2}$

Entonces,

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

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{(s^2+1)^2} \right] = \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma - i \infty}^{\gamma + i \infty}{\frac{e^{st}}{(s+i)^2 (s-i)^2} \ ds}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{(s^2+1)^2} \right] = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C}{\frac{e^{st}}{(s+i)^2 (s-i)^2} \ ds}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{(s^2+1)^2} \right] = \sum{\text{residuos de } \frac{e^{st}}{(s+i)^2 (s-i)^2} \text{ en los polos } s=-i \ \text{y} \ s=i}$

El residuo en el polo doble (o de orden 2) $s=-i$ es

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow -i}{\frac{1}{1!} \frac{d}{ds} \left[(s+i)^2 \cdot \frac{e^{st}}{(s+i)^2 (s-i)^2} \right]} = \lim_{s \rightarrow -i}{\frac{1}{1} \frac{d}{ds} \left[\frac{e^{st}}{(s-i)^2} \right]}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow -i}{\frac{1}{1!} \frac{d}{ds} \left[(s+i)^2 \cdot \frac{e^{st}}{(s+i)^2 (s-i)^2} \right]} = - \frac{1}{4} te^{it} - \frac{1}{4} ie^{it}$

Y el residuo en el polo doble (o de orden 2) $s=i$ es

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow i}{\frac{1}{1!} \frac{d}{ds} \left[(s-i)^2 \cdot \frac{e^{st}}{(s+i)^2 (s-i)^2} \right]} = \lim_{s \rightarrow i}{\frac{1}{1} \frac{d}{ds} \left[\frac{e^{st}}{(s+i)^2} \right]}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow -i}{\frac{1}{1!} \frac{d}{ds} \left[(s+i)^2 \cdot \frac{e^{st}}{(s+i)^2 (s-i)^2} \right]} = - \frac{1}{4} te^{-it} - \frac{1}{4} ie^{-it}$

Regresando

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{(s^2+1)^2} \right] = \sum{\text{residuos de } \frac{e^{st}}{(s+i)^2 (s-i)^2} \text{ en los polos } s=-i \ \text{y} \ s=i}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{(s^2+1)^2} \right] = -\frac{1}{4} te^{it} - \frac{1}{4} ie^{it} - \frac{1}{4} te^{-it} - \frac{1}{4} ie^{-it}$

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

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

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

Finalmente,

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

Utilización del teorema del residuo para hallar la transformada inversa de Laplace de una función. Laplace.

Introducción

Demostración

Problemas resueltos

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