Ejercicios resueltos de transformada de Laplace

$\mathcal{L}\{y''\} - 3\mathcal{L}\{y'\} + 2\mathcal{L}\{y\} = 4\mathcal{L}\{e^{2t}\}$

$s^2Y(s) - sy(0) - y'(0) - 3[sY(s) - y(0)] + 2Y(s) = \frac{4}{s-2}$

$s^2Y(s) - s - 0 - 3sY(s) + 3 + 2Y(s) = \frac{4}{s-2}$

$(s^2 - 3s + 2)Y(s) = s - 3 + \frac{4}{s-2}$

$(s-1)(s-2)Y(s) = s - 3 + \frac{4}{s-2}$

$(s-1)(s-2)Y(s) = \frac{(s-3)(s-2) + 4}{s-2} = \frac{s^2 - 5s + 6 + 4}{s-2} = \frac{s^2 - 5s + 10}{s-2}$

$Y(s) = \frac{s^2 - 5s + 10}{(s-1)(s-2)^2}$

$Y(s) = \frac{A}{s-1} + \frac{B}{s-2} + \frac{C}{(s-2)^2}$

Multiplicando por $(s-1)(s-2)^2$:

$s^2 - 5s + 10 = A(s-2)^2 + B(s-1)(s-2) + C(s-1)$

Para $s = 1$: $1 - 5 + 10 = A(1) = 6$, así $A = 6$

Para $s = 2$: $4 - 10 + 10 = C(1) = 4$, así $C = 4$

Para $s = 0$: $10 = 4A + 2B - C = 24 + 2B - 4$, así $B = -5$

$Y(s) = \frac{6}{s-1} - \frac{5}{s-2} + \frac{4}{(s-2)^2}$

$y(t) = 6e^t - 5e^{2t} + 4te^{2t}$

$sX(s) - x(0) = 2X(s) - Y(s)$

$sY(s) - y(0) = X(s) + 2Y(s)$

Con condiciones iniciales:

$sX(s) - 1 = 2X(s) - Y(s)$

$sY(s) = X(s) + 2Y(s)$

$(s - 2)X(s) + Y(s) = 1$

$-X(s) + (s - 2)Y(s) = 0$

Determinante principal: $D = \begin{vmatrix} s-2 & 1 \\ -1 & s-2 \end{vmatrix} = (s-2)^2 + 1 = s^2 - 4s + 5$

$D_X = \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & s-2 \end{vmatrix} = s-2$

$D_Y = \begin{vmatrix} s-2 & 1 \\ -1 & 0 \end{vmatrix} = 1$

$X(s) = \frac{s-2}{s^2 - 4s + 5}$

$Y(s) = \frac{1}{s^2 - 4s + 5}$

$s^2 - 4s + 5 = (s-2)^2 + 1$

$X(s) = \frac{s-2}{(s-2)^2 + 1}$

$Y(s) = \frac{1}{(s-2)^2 + 1}$

$x(t) = e^{2t}\cos(t)$

$y(t) = e^{2t}\sin(t)$

$\int_0^t y(\tau)d\tau = y(t) * 1$, donde $*$ denota convolución

$\mathcal{L}\{y'\} + 3\mathcal{L}\{y\} + 2\mathcal{L}\{y * 1\} = \mathcal{L}\{\delta(t-1)\}$

$\mathcal{L}\{y'\} = sY(s) - y(0) = sY(s)$

$\mathcal{L}\{y * 1\} = Y(s) \cdot \frac{1}{s}$

$\mathcal{L}\{\delta(t-1)\} = e^{-s}$

$sY(s) + 3Y(s) + 2\frac{Y(s)}{s} = e^{-s}$

$Y(s)\left(s + 3 + \frac{2}{s}\right) = e^{-s}$

$Y(s)\frac{s^2 + 3s + 2}{s} = e^{-s}$

$Y(s) = \frac{se^{-s}}{s^2 + 3s + 2} = \frac{se^{-s}}{(s+1)(s+2)}$

$\frac{s}{(s+1)(s+2)} = \frac{A}{s+1} + \frac{B}{s+2}$

$s = A(s+2) + B(s+1)$

Para $s = -1$: $-1 = A$, así $A = -1$

Para $s = -2$: $-2 = B(-1)$, así $B = 2$

$Y(s) = e^{-s}\left(\frac{-1}{s+1} + \frac{2}{s+2}\right)$

Usando $\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\} = u(t-a)f(t-a)$:

$y(t) = u(t-1)[-e^{-(t-1)} + 2e^{-2(t-1)}]$

$= u(t-1)e^{-(t-1)}[-1 + 2e^{-(t-1)}]$

$= u(t-1)e^{-(t-1)}[2e^{1-t} - 1]$

Queremos demostrar que $\lim_{s \to \infty} sF(s) = f(0^+)$ para funciones apropiadas.

$F(s) = \int_0^{\infty} e^{-st}f(t)dt$

Por tanto:

$sF(s) = s\int_0^{\infty} e^{-st}f(t)dt$

Sea $u = f(t)$, $dv = se^{-st}dt$

Entonces $du = f'(t)dt$, $v = -e^{-st}$

$sF(s) = \left[-e^{-st}f(t)\right]_0^{\infty} + \int_0^{\infty} e^{-st}f'(t)dt$

Como $f(t)$ es de orden exponencial, $\lim_{t \to \infty} e^{-st}f(t) = 0$ para $s$ suficientemente grande.

En $t = 0$: $-e^{0}f(0) = -f(0^+)$

$sF(s) = f(0^+) + \int_0^{\infty} e^{-st}f'(t)dt$

Para el teorema del valor inicial, necesitamos que $f'(t)$ sea continua por tramos y de orden exponencial.

Cuando $s \to \infty$, la integral $\int_0^{\infty} e^{-st}f'(t)dt \to 0$ debido al factor $e^{-st}$.

$\lim_{s \to \infty} sF(s) = \lim_{s \to \infty} \left[f(0^+) + \int_0^{\infty} e^{-st}f'(t)dt\right] = f(0^+) + 0 = f(0^+)$

Nota: Este teorema es válido bajo las condiciones de que $f(t)$ sea continua por tramos, de orden exponencial, y que $f'(t)$ exista excepto posiblemente en un número finito de puntos.