Hallando la transformada inversa de Laplace para funciones con infinitas singularidades. Laplace.

Introducción

Si se desea hallar la transformada inversa de Laplace de una función que tenga infinitas singularidades aisladas, solo basta con aplicar los métodos anteriores. En este caso la parte curva del contorno de Bromwich se escoge de tal manera que tenga como radio $R_m$ y que encierre tan sólo un número finito de singularidades sin pasar por ninguna singularidad. La transformada inversa de Laplace requerida se encuentra al tomar un límite conveniente cuando $m \rightarrow \infty$ .

Problemas resueltos

Problema 1. Hallar $\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\cosh{x \sqrt{s}}}{s \cosh{\sqrt{s}}} \right]$ donde $0<x<1$ .

Solución. Primero se estudia si $F(s)$ tiene polos o puntos de ramificación. Debido a la presencia de $\sqrt{s}$ , parece que $s=0$ es un punto de ramificación. Lo cual, esto no es cierto, por que

$\displaystyle F(s) = \frac{\cosh{x \sqrt{s}}}{s \cosh{\sqrt{s}}}$

$\displaystyle F(s) = \frac{1 + \frac{(x \sqrt{s})^2}{2!} + \frac{(x \sqrt{s})^4}{4!} + \cdots}{s \left[1 + \frac{(\sqrt{s})^2}{2!} + \frac{(\sqrt{s})^4}{4!} + \cdots \right]}$

$\displaystyle F(s) = \frac{1 + \frac{x^2 s}{2} + \frac{x^4 s^2}{4!} + \cdots}{s \left(1 + \frac{s}{2!} + \frac{s^2}{4!} + \cdots \right)}$

de lo cual resulta evidente que no hay punto de ramificación en $s=0$ pero si hay un polo simple.

La función $F(s)$ tiene también infinitos polos dados por las raíces de la ecuación

$\displaystyle \cosh{\sqrt{s}} = \frac{e^{\sqrt{s}} + e^{-\sqrt{s}}}{2} = 0$

Estos ocurren cuando,

$\displaystyle e^{2 \sqrt{s}} = -1$

$\displaystyle e^{2 \sqrt{s}} = e^{\pi i + 2k\pi i}$

donde $k = 0, \pm 1, \pm 2, \cdots$ . Continuando

$\displaystyle 2 \sqrt{s} = \pi i + 2k \pi i$

$\displaystyle \sqrt{s} = \frac{\pi}{2} i + k \pi i$

$\displaystyle \sqrt{s} = \pi i\left(\frac{1}{2} + k \right)$

$\displaystyle s = \pi^2 i^2 \left(\frac{1}{2} + k \right)^2$

$\displaystyle s = - \pi^2 \left(\frac{1}{2} + k \right)^2 = - \pi^2 \left(k + \frac{1}{2} \right)^2$

que representan los polos simples. Así, $F(s)$ tiene polos simples en $s=0$ y $s = s_n = - \pi^2 \left(n - \frac{1}{2}\right)^2$ para $n=1,2,3, \cdots$ .

Ahora, para hallar su inversa, puede determinarse utilizando el contorno de Bromwich (figura 1).

*Figura 1. Contorno de Bromwich para la curva ABDEFGHA*

La recta $AB$ se escoge de tal forma que permanezca a la derecha de todos los polos, los cuales ya fueron determinados anteriormente.

El contorno de Bromwich se escoge en tal forma que la parte curva $BDEFGHA$ sea un arco de circunferencia $\Gamma_m$ con centro en el origen y radio $R_m = m^2 \pi^2$ , donde $m$ es un entero positivo. Esta elección asegura que el contorno no pase por ninguno de los polos. Después,

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

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\cosh{x \sqrt{s}}}{s \cosh{\sqrt{s}}} \right] = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_m}{\frac{\cosh{x \sqrt{s}}}{s \cosh{\sqrt{s}}} \ ds}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\cosh{x \sqrt{s}}}{s \cosh{\sqrt{s}}} \right] = \sum{\text{residuos de } \frac{e^{st} \cosh{x \sqrt{s}}}{s \cosh{\sqrt{s}}} \text{ en los polos } s=0 \text{ y } s=s_n}$

El residuo en el polo simple $s=0$ es

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow 0}{s \cdot \frac{e^{st} \cosh{x \sqrt{s}}}{s \cosh{\sqrt{s}}}} = \lim_{s \rightarrow 0}{\frac{e^{st} \cosh{x \sqrt{s}}}{\cosh{\sqrt{s}}}}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow 0}{s \cdot \frac{e^{st} \cosh{x \sqrt{s}}}{s \cosh{\sqrt{s}}}} = \lim_{s \rightarrow 0}{e^{st}}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow 0}{s \cdot \frac{e^{st} \cosh{x \sqrt{s}}}{s \cosh{\sqrt{s}}}} = 1$

Y el residuo en el polo simple $s=s_n$ es

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_n}{(s-s_n) \cdot \frac{e^{st} \cosh{x \sqrt{s}}}{s \cosh{\sqrt{s}}}} = \lim_{s \rightarrow 0}{\left[\frac{s-s_n}{\cosh{\sqrt{s}}} \cdot \frac{e^{st} \cosh{x \sqrt{s}}}{s} \right]}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_n}{(s-s_n) \cdot \frac{e^{st} \cosh{x \sqrt{s}}}{s \cosh{\sqrt{s}}}} = \lim_{s \rightarrow 0}{\frac{s-s_n}{\cosh{\sqrt{s}}}} \cdot \lim_{s \rightarrow s_n}{\frac{e^{st} \cosh{x \sqrt{s}}}{s}}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_n}{(s-s_n) \cdot \frac{e^{st} \cosh{x \sqrt{s}}}{s \cosh{\sqrt{s}}}} = \lim_{s \rightarrow 0}{\frac{1}{\frac{1}{2 \sqrt{s}} \sinh{\sqrt{s}}}} \cdot \lim_{s \rightarrow s_n}{\frac{e^{st} \cosh{x \sqrt{s}}}{s}}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_n}{(s-s_n) \cdot \frac{e^{st} \cosh{x \sqrt{s}}}{s \cosh{\sqrt{s}}}} = \lim_{s \rightarrow 0}{\frac{2 \sqrt{s}}{\sinh{\sqrt{s}}}} \cdot \lim_{s \rightarrow s_n}{\frac{e^{st} \cosh{x \sqrt{s}}}{s}}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_n}{(s-s_n) \cdot \frac{e^{st} \cosh{x \sqrt{s}}}{s \cosh{\sqrt{s}}}} = \frac{2 \sqrt{s_n}}{\sinh{\sqrt{s_n}}} \cdot \frac{e^{s_n t} \cosh{x \sqrt{s_n}}}{s_n}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_n}{(s-s_n) \cdot \frac{e^{st} \cosh{x \sqrt{s}}}{s \cosh{\sqrt{s}}}} = \frac{2\pi i (n - \frac{1}{2})}{\sinh{\pi i (n-\frac{1}{2})}} \cdot \frac{e^{-\pi (n - \frac{1}{2}) t} \cosh{x \pi i (n - \frac{1}{2})}}{-\pi^2(n - \frac{1}{2})^2}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_n}{(s-s_n) \cdot \frac{e^{st} \cosh{x \sqrt{s}}}{s \cosh{\sqrt{s}}}} = \frac{4 {(-1)}^n}{\pi (2n-1)} e^{- \pi^2 (n-\frac{1}{2})^2 t} \cos{\pi x (n-\frac{1}{2})}$

Regresando

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\cosh{x \sqrt{s}}}{s \cosh{\sqrt{s}}} \right] = 1 + \frac{4}{\pi} \sum_{n=1}^m{\frac{{(-1)}^n}{(2n-1)} e^{- \pi^2 (n-\frac{1}{2})^2 t} \cos{\pi x (n-\frac{1}{2})}}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\cosh{x \sqrt{s}}}{s \cosh{\sqrt{s}}} \right] = 1 + \frac{4}{\pi} \sum_{n=1}^m{\frac{{(-1)}^n}{(2n-1)} e^{- \pi^2 (2n-1)^2 t/4} \cos{\pi x (\frac{2n-1}{2})}}$

Tomando el límite cuando $m \rightarrow \infty$ y observando que la integral alrededor de $\Gamma_m$ tiende a cero, el resultado final es

$\displaystyle \therefore \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\cosh{x \sqrt{s}}}{s \cosh{\sqrt{s}}} \right] = 1 + \frac{4}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{{(-1)}^n}{(2n-1)} e^{- \pi^2 (2n-1)^2 t/4} \cos{\pi x (\frac{2n-1}{2})}}$

Problema 2. Hallar $\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\sinh{sx}}{s^2 \cosh{sa}} \right]$ donde $0<x<a$ .

Solución. La función $\displaystyle F(s) = \frac{\sinh{sx}}{s^2 \cosh{sa}}$ tiene polos en $s=0$ y en los valores de $s$ para los cuales $\cosh{sa} = 0$ , es decir,

$\displaystyle s = s_k = \frac{\pi i}{a} (k + \frac{1}{2})$ , para $k = 0, \pm 1, \pm 2, \cdots$

Debido a la presencia de $s^2$ , pareciera como si $s=0$ fuera un polo de orden dos (polo doble). Sin embargo, al analizar a fondo a $s=0$ ,

$\displaystyle \frac{\sinh{sx}}{s^2 \cosh{sa}} = \frac{sx + \frac{(sx)^3}{3!} + \frac{(sx)^5}{5!} + \cdots}{s^2 [1 + \frac{(sa)^2}{2!} + \frac{(sa)^4}{4!} + \cdots]}$

$\displaystyle \frac{\sinh{sx}}{s^2 \cosh{sa}} = \frac{sx + \frac{s^3 x^3}{3!} + \frac{s^5 x^5}{5!} + \cdots}{s^2 [1 + \frac{s^2 a^2}{2!} + \frac{s^4 a^4}{4!} + \cdots]}$

$\displaystyle \frac{\sinh{sx}}{s^2 \cosh{sa}} = \frac{x + \frac{s^2 x^3}{3!} + \frac{s^4 x^5}{5!} + \cdots}{s [1 + \frac{s^2 a^2}{2!} + \frac{s^4 a^4}{4!} + \cdots]}$

se observa que $s=0$ es un polo de orden 1 (polo simple). Los polos $s_k$ son también simples. Continuando

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

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

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\sinh{sx}}{s^2 \cosh{sa}} \right] = \sum{\text{residuos de } \frac{e^{st} \sinh{sx}}{s^2 \cosh{sa}} \text{ en los polos } s=0 \text{ y } s=s_k}$

El residuo en el polo simple $s=0$ es

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow 0}{s \cdot \frac{e^{st} \sinh{sx}}{s^2 \cosh{sa}}} = \lim_{s \rightarrow 0}{\frac{e^{st} \sinh{sx}}{s \cosh{sa}}}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow 0}{s \cdot \frac{\sinh{sx}}{s^2 \cosh{sa}}} = \lim_{s \rightarrow 0}{\frac{\sinh{sx}}{s}} \cdot \lim_{s \rightarrow 0}{\frac{e^{st}}{\cosh{sa}}}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow 0}{s \cdot \frac{\sinh{sx}}{s^2 \cosh{sa}}} = \lim_{s \rightarrow 0}{\frac{x \cosh{sx}}{1}} \cdot \lim_{s \rightarrow 0}{\frac{e^{st}}{\cosh{sa}}} = (x)(1)$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow 0}{s \cdot \frac{\sinh{sx}}{s^2 \cosh{sa}}} = x$

Y el residuo en el polo simple $s=s_k$ es

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_k}{(s-s_k) \cdot \frac{e^{st} \sinh{sx}}{s^2 \cosh{sa}}} = \lim_{s \rightarrow s_k}{\frac{s-s_k}{\cosh{sa}}} \cdot \lim_{s \rightarrow s_k}{\frac{e^{st} \sinh{sx}}{s^2}}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_k}{(s-s_k) \cdot \frac{e^{st} \sinh{sx}}{s^2 \cosh{sa}}} = \lim_{s \rightarrow s_k}{\frac{1}{a \sinh{sa}}} \cdot \lim_{s \rightarrow s_k}{\frac{e^{st} \sinh{sx}}{s^2}}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_k}{(s-s_k) \cdot \frac{e^{st} \sinh{sx}}{s^2 \cosh{sa}}} = \frac{1}{a \sinh{s_k a}} \cdot \frac{e^{s_k t} \sinh{s_k x}}{s_k^2}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_k}{(s-s_k) \cdot \frac{e^{st} \sinh{sx}}{s^2 \cosh{sa}}} = \frac{1}{a \sinh{\frac{\pi i}{a} (k + \frac{1}{2}) a}} \cdot \frac{e^{\frac{\pi i}{a} (k + \frac{1}{2}) t} \sinh{\frac{\pi i}{a} (k+\frac{1}{2}) x}}{-\frac{\pi^2}{4} (k+\frac{1}{2})^2}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_k}{(s-s_k) \cdot \frac{e^{st} \sinh{sx}}{s^2 \cosh{sa}}} = - \frac{a(-1)^k e^{\pi i(k + \frac{1}{2})t/a} \sin{\frac{\pi}{a} (k + \frac{1}{2}) x}}{\pi^2 (k+\frac{1}{2})^2}$

Regresando

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\sinh{sx}}{s^2 \cosh{sa}} \right] = \sum{\text{residuos de } \frac{e^{st} \sinh{sx}}{s^2 \cosh{sa}} \text{ en los polos } s=0 \text{ y } s=s_k}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\sinh{sx}}{s^2 \cosh{sa}} \right] = x - \sum_{k=-\infty}^{m}{\frac{a(-1)^k e^{\pi i(k + \frac{1}{2})t/a} \sin{\frac{\pi}{a} (k + \frac{1}{2}) x}}{\pi^2 (k+\frac{1}{2})^2}}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\sinh{sx}}{s^2 \cosh{sa}} \right] = x - \frac{a}{\pi^2} \sum_{k=-\infty}^{m}{\frac{(-1)^k e^{\pi i(k + \frac{1}{2})t/a} \sin{\frac{\pi}{a} (k + \frac{1}{2}) x}}{(k+\frac{1}{2})^2}}$

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

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\sinh{sx}}{s^2 \cosh{sa}} \right] = x - \frac{a}{\pi^2} \sum_{k=-\infty}^{\infty}{\frac{(-1)^k e^{\pi i(k + \frac{1}{2})t/a} \sin{\frac{\pi}{a} (k + \frac{1}{2}) x}}{(k+\frac{1}{2})^2}}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\sinh{sx}}{s^2 \cosh{sa}} \right] = x + \frac{2a}{\pi^2} \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^n \cos{\frac{pi}{a} (n - \frac{1}{2}) t}}{\sin{\frac{\pi}{a}(n-\frac{1}{2}) x}}{(n-\frac{1}{2})^2}}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\sinh{sx}}{s^2 \cosh{sa}} \right] = x + \frac{8a}{\pi^2} \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^n}{(2n-1)^2} \sin{\frac{\pi}{2a}(2n-1)x} \cos{\frac{\pi}{2a} (2n-1) t}}$

Finalmente,

$\displaystyle \therefore \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\sinh{sx}}{s^2 \cosh{sa}} \right] = x + \frac{8a}{\pi^2} \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^n}{(2n-1)^2} \sin{\frac{\pi}{2a}(2n-1)x} \cos{\frac{\pi}{2a} (2n-1) t}}$

Problema 3. A un circuito eléctrico (figura 2) se le aplica un voltaje periódico $E(t)$ en forma de onda cuadrada (figura 3). Suponiendo que la corriente es cero en el tiempo $t=0$ , ¿cuánto vale la corriente un tiempo posterior?

*Figura 2. Forma de onda cuadrada del problema 3.*

Solución. Aplicando la ley de voltaje de Kirchhoff

$\displaystyle \sum{v(t)} = 0$

$\displaystyle v_R (t) + v_L - E(t) = 0$

$\displaystyle v_R (t) + v_L = E(t)$

$\displaystyle R i(t) + L \frac{di}{dt} = E(t)$

$\displaystyle \frac{di}{dt} + \frac{R}{L} i(t) = \frac{1}{L} E(t)$

Después, $E(t)$ está definido como

$\displaystyle E(t) = \left\{\begin{matrix} E_0 & 0<t<a \\ -E_0 & a<t<2a \end{matrix} \right.$

Regresando, aplicando la transformada de Laplace en ambos lados, resulta que

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{di}{dt} + \frac{R}{L} i(t) \right] = \mathcal{L} \left[\frac{1}{L} E(t) \right]$

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{di}{dt} \right] + \frac{R}{L} \mathcal{L} [i(t)] = \frac{1}{L} \mathcal{L} \left[E(t) \right]$

$\displaystyle s I(s) - i(0) + \frac{R}{L} I(s) = \frac{1}{L} \mathcal{L} \left[E(t) \right]$

Para hallar la transformada de Laplace de $E(t)$ , se utiliza la fórmula de funciones periódicas (observando la forma de onda cuadrada con periodo $T=2a$ ).

$\displaystyle \mathcal{L} [E(t)] = \frac{1}{1-e^{-sT}} \int_0^T{e^{-st} E(t) \ dt}$

$\displaystyle \mathcal{L} [E(t)] = \frac{1}{1-e^{-2as}} \int_0^{2a}{e^{-st} E(t) \ dt}$

$\displaystyle \mathcal{L} [E(t)] = \frac{1}{1-e^{-2a s}} \left[\int_0^a{e^{-st} E_0 \ dt} + \int_a^{2a}{e^{-st} (-E_0) \ dt} \right]$

$\displaystyle \mathcal{L} [E(t)] = \frac{E_0}{1-e^{-2a s}} \left[\int_0^a{e^{-st} \ dt} - \int_a^{2a}{e^{-st} \ dt} \right]$

$\displaystyle \mathcal{L} [E(t)] = \frac{E_0}{1-e^{-2a s}} \left[-\frac{1}{s} (e^{-as} - 1) + \frac{1}{s} (e^{-2a s} - e^{-a s}) \right]$

$\displaystyle \mathcal{L} [E(t)] = \frac{E_0}{s(1-e^{-2a s})} \left(e^{-2a s} - 2e^{-a s} + 1 \right)$

$\displaystyle \mathcal{L} [E(t)] = \frac{E_0}{s(1-e^{-2a s})} \left(e^{-a s} - 1 \right)^2 = \frac{E_0}{s(1-e^{-2a s})} \left(1 - e^{-a s} \right)^2$

$\displaystyle \mathcal{L} [E(t)] = \frac{E_0}{s(1-e^{-a s})} \left(1 + e^{-a s} \right) = \frac{E_0}{s} \cdot \frac{1+e^{-a s}}{1-e^{-a s}}$

$\displaystyle \mathcal{L} [E(t)] = \frac{E_0}{s} \tanh{\frac{as}{2}}$

$\displaystyle \mathcal{L} [E(t)] = \frac{E_0 \tanh{\frac{as}{2}}}{s}$

Entonces, sustituyendo y despejando $I(s)$

$\displaystyle s I(s) - i(0) + \frac{R}{L} I(s) = \frac{1}{L} \mathcal{L} \left[E(t) \right]$

$\displaystyle s I(s) - (0) + \frac{R}{L} I(s) = \frac{1}{L} \cdot \frac{E_0 \tanh{\frac{as}{2}}}{s}$

$\displaystyle s I(s) + \frac{R}{L} I(s) = \frac{E_0 \tanh{\frac{as}{2}}}{Ls}$

$\displaystyle (s + \frac{R}{L}) I(s) = \frac{E_0 \tanh{\frac{as}{2}}}{Ls}$

$\displaystyle I(s) = \frac{E_0 \tanh{\frac{as}{2}}}{Ls(s+\frac{R}{L})}$

Aplicando $\mathcal{L}^{-1}$ en ambos miembros

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} [I(s)] = \mathcal{L} ^{-1} \left[\frac{E_0 \tanh{\frac{as}{2}}}{Ls(s+\frac{L}{R})} \right]$

$\displaystyle i(t) = \frac{E_0}{L} \mathcal{L} ^{-1} \left[\frac{\tanh{\frac{as}{2}}}{s(s+\frac{L}{R})} \right]$

La función $\displaystyle F(s) = \frac{\tanh{\frac{as}{2}}}{s(s+\frac{L}{R})}$ tiene un polo simple en $s=-R/L$ y polos simples en $\displaystyle s=s_k = \frac{\pi i}{a} (2k+1)$ , $k=0, \pm 1, \pm 2, \cdots$ donde $\cosh{\frac{as}{2}} = 0$ . El valor $s=0$ no es un polo, ya que

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow 0}{\frac{\tanh{\frac{as}{2}}}{s}} = \frac{a}{2}$

lo que significa que es finita. Así, $s=0$ es una singularidad evitable.

Aplicando el teorema de los residuos y la fórmula de inversión compleja,

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

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

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

El residuo en el polo simple $s=-R/L$ es

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow - R/L}{(s + \frac{R}{L}) \cdot \frac{e^{st} \tanh{\frac{as}{2}}}{s(s+\frac{L}{R})}} = \lim_{s \rightarrow - R/L}{\frac{e^{st} \tanh{\frac{as}{2}}}{s}}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow - R/L}{(s + \frac{R}{L}) \cdot \frac{e^{st} \tanh{\frac{as}{2}}}{s(s+\frac{L}{R})}} = \frac{e^{-Rt/L} \tanh{(-\frac{aR}{2L})}}{-R/L}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow - R/L}{(s + \frac{R}{L}) \cdot \frac{e^{st} \tanh{\frac{as}{2}}}{s(s+\frac{L}{R})}} = \frac{L}{R} e^{-Rt/L} \tanh{\frac{aR}{2L}}$

Y el residuo en el polo simple $s=s_k$ es

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_k}{(s -s_k) \cdot \frac{e^{st} \tanh{\frac{as}{2}}}{s(s+\frac{L}{R})}} = \lim_{s \rightarrow s_k}{\frac{e^{st}}{s(s+\frac{R}{L})} \cdot \frac{\sinh{\frac{as}{2}}}{\cosh{\frac{as}{2}}}}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_k}{(s -s_k) \cdot \frac{e^{st} \tanh{\frac{as}{2}}}{s(s+\frac{L}{R})}} = \lim_{s \rightarrow s_k}{\frac{s-s_k}{\cosh{\frac{as}{2}}}} \cdot \lim_{s \rightarrow s_k}{\frac{e^{st} \sinh{\frac{as}{2}}}{s(s+\frac{R}{L})}}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_k}{(s -s_k) \cdot \frac{e^{st} \tanh{\frac{as}{2}}}{s(s+\frac{L}{R})}} = \lim_{s \rightarrow s_k}{\frac{1}{\frac{a}{2} \sinh{\frac{as}{2}}}} \cdot \lim_{s \rightarrow s_k}{\frac{e^{st} \sinh{\frac{as}{2}}}{s(s+\frac{R}{L})}}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_k}{(s -s_k) \cdot \frac{e^{st} \tanh{\frac{as}{2}}}{s(s+\frac{L}{R})}} = \frac{1}{\frac{a}{2} \sinh{\frac{as_k}{2}}} \cdot \frac{e^{s_k t} \sinh{\frac{as_k}{2}}}{s_k (s_k+\frac{R}{L})}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_k}{(s -s_k) \cdot \frac{e^{st} \tanh{\frac{as}{2}}}{s(s+\frac{L}{R})}} = \frac{2e^{\pi i(2k+1)t/a}}{(2k+1) \pi i [\frac{\pi i}{a} (2k+1) + \frac{R}{L}]}$

La suma de residuos es

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\tanh{\frac{as}{2}}}{s(s+\frac{L}{R})} \right] = \frac{L}{R} e^{-Rt/L} \tanh{\frac{aR}{2L}} + \sum_{k=-\infty}^{\infty}{\frac{2e^{\pi i(2k+1)t/a}}{(2k+1) \pi i [\frac{\pi i}{a} (2k+1) + \frac{R}{L}]}}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\tanh{\frac{as}{2}}}{s(s+\frac{L}{R})} \right] = \frac{L}{R} e^{-Rt/L} \tanh{\frac{aR}{2L}} + \frac{2}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{aR \sin{\frac{\pi}{a} (2n-1)t} - (2n-1)\pi L \cos{\frac{\pi}{a} (2n-1)t}}{(2n-1) [a^2 R^2+(2n-1)^2 \pi^2 L^2]}}$

Regresando y sustituyendo,

$\displaystyle i(t) = \frac{E_0}{L} \mathcal{L} ^{-1} \left[\frac{\tanh{\frac{as}{2}}}{s(s+\frac{L}{R})} \right]$

$\displaystyle i(t) = \frac{E_0}{L} \left[\frac{L}{R} e^{-Rt/L} \tanh{\frac{aR}{2L}} + \frac{2}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{aR \sin{\frac{\pi}{a} (2n-1)t} - (2n-1)\pi L \cos{\frac{\pi}{a} (2n-1)t}}{(2n-1) [a^2 R^2+(2n-1)^2 \pi^2 L^2]}} \right]$

$\displaystyle i(t) = \frac{E_0}{R} e^{-Rt/L} \tanh{\frac{aR}{2L}} + \frac{2E_0}{\pi L} \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{aR \sin{\frac{\pi}{a} (2n-1)t} - (2n-1)\pi L \cos{\frac{\pi}{a} (2n-1)t}}{(2n-1) [a^2 R^2+(2n-1)^2 \pi^2 L^2]}}$

Finalmente,

$\displaystyle \therefore i(t) = \frac{E_0}{R} e^{-Rt/L} \tanh{\frac{aR}{2L}} + \frac{2E_0}{\pi L} \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{aR \sin{\frac{\pi}{a} (2n-1)t} - (2n-1)\pi L \cos{\frac{\pi}{a} (2n-1)t}}{(2n-1) [a^2 R^2+(2n-1)^2 \pi^2 L^2]}}$

Hallando la transformada inversa de Laplace para funciones con infinitas singularidades. Laplace.

Introducción

Problemas resueltos

Publicado por Cesar Reyes

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Hallando la transformada inversa de Laplace para funciones con infinitas singularidades. Laplace.

Introducción

Problemas resueltos

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