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Transformada de Laplace de la función escalón unitario. Laplace.

Introducción

La función escalón unitario o función unitario de Heaviside, se define como

\displaystyle U(t-a) =  \left\{ \begin{matrix} 0 \quad \quad \text{para} \ t < a \\ 1 \quad \quad \text{para} \ t > a \end{matrix} \right.

Figura 1. Función unitario.

Transformada de Laplace de la función escalón unitario

En base a la expresión anterior de la función escalón unitario, se aplica la transformada de Laplace.

\displaystyle \mathcal{L} [U(t-a)] = \int_0^a{e^{-st} (0) \ dt} + \int_{a}^{\infty}{e^{-st} (1) \ dt}

\displaystyle \mathcal{L} [U(t-a)] = \int_{a}^{\infty}{e^{-st} \ dt}

\displaystyle \mathcal{L} [U(t-a)] = \lim_{m \rightarrow \infty}{\int_{a}^{m}{e^{-st} \ dt}}

\displaystyle \mathcal{L} [U(t-a)] = \lim_{m \rightarrow \infty}{\left[- \frac{1}{s} e^{-st} \right]_{a}^{m}}

\displaystyle \mathcal{L} [U(t-a)] = \lim_{m \rightarrow \infty}{\left[- \frac{1}{s} e^{-s(m)} + \frac{1}{s} e^{-s(a)} \right]}

\displaystyle \mathcal{L} [U(t-a)] = - \frac{1}{s} e^{-\infty \cdot s} + \frac{1}{s} e^{-as}

\displaystyle \mathcal{L} [U(t-a)] = - \frac{1}{s} (0) + \frac{1}{s} e^{-as}

\displaystyle \mathcal{L} [U(t-a)] = \frac{1}{s} e^{-as}

\displaystyle \mathcal{L} [U(t-a)] = \frac{e^{-as}}{s}

Se concluye que la transformada de Laplace de la función escalón unitario es

\displaystyle \mathcal{L} [U(t-a)] = \frac{e^{-as}}{s}

Transformada de Laplace de la función escalón unitario con la segunda propiedad de traslación (traslación sobre el eje «t»)

Para este caso, una función que no es escalón unitario, se define como

\displaystyle f(t) U(t-a) =  \left\{ \begin{matrix} 0 \quad \quad \text{para} \ t < a \\ f(t) \quad \quad \text{para} \ t > a \end{matrix} \right.

Deduciendo su resultado, se empieza por medio de la definición de la transformada de Laplace

\displaystyle \mathcal{L} [f(\tau)] = \int_0^{\infty}{e^{-s\tau} f(\tau) \ d\tau}

\displaystyle \mathcal{L} F(s) = \int_0^{\infty}{e^{-s\tau} f(\tau) \ d\tau}

Multiplicando por e^{-as}

\displaystyle e^{-as} F(s) = e^{-as} \int_0^{\infty}{e^{-s\tau} f(\tau) \ d\tau}

\displaystyle e^{-as} F(s) = \int_0^{\infty}{e^{-as} e^{-s\tau} f(\tau) \ d\tau}

\displaystyle e^{-as} F(s) = \int_0^{\infty}{e^{-as-s\tau} f(\tau) \ d\tau}

\displaystyle e^{-as} F(s) = \int_0^{\infty}{e^{-(a+\tau)s} f(\tau) \ d\tau}

Ahora, sea h=a+\tau y dh=d\tau. Sustituyendo

\displaystyle e^{-as} F(s) = \int_0^{\infty}{e^{-(a+\tau)s} f(\tau) \ d\tau}

\displaystyle e^{-as} F(s) = \int_a^{\infty}{e^{-hs} f(h-a) \ dh}

Remplazando h por t (variable comodín)

\displaystyle e^{-as} F(s) = \int_a^{\infty}{e^{-ts} f(t-a) \ dt}

\displaystyle e^{-as} F(s) = \int_a^{\infty}{e^{-st} f(t-a) \ dt}

Luego

\displaystyle e^{-as} F(s) = \int_a^{\infty}{e^{-st} f(t-a) \ dt} +  0

\displaystyle e^{-as} F(s) = \int_a^{\infty}{e^{-st} f(t-a) \ dt} +  \int_0^{a}{e^{-st} f(t-a) (0) \ dt}

\displaystyle e^{-as} F(s) = \int_a^{\infty}{e^{-st} f(t-a) (1) \ dt} +  \int_0^{a}{e^{-ts} f(t-a) (0) \ dt}

\displaystyle e^{-as} F(s) = \int_0^{a}{e^{-ts} f(t-a) (0) \ dt} + \int_a^{\infty}{e^{-st} f(t-a) (1) \ dt}

\displaystyle e^{-as} F(s) = \int_0^{\infty}{e^{-st} f(t-a) U (t-a) \ dt}

\displaystyle \int_0^{\infty}{e^{-st} f(t-a) U (t-a) \ dt} = e^{-as} F(s)

\displaystyle \mathcal{L}[f(t-a) U (t-a)] = e^{-as} F(s)

Se concluye que la transformada de Laplace para la función escalón unitario con la segunda propiedad de traslación es

\displaystyle \therefore \mathcal{L}[f(t-a) U (t-a)] = e^{-as} F(s)

Problemas resueltos

Problema 1. Dada la siguiente gráfica, encontrar la transformada de Laplace de la siguiente gráfica

Figura 2. Función del problema 1.

Solución. Analizando los intervalos se tiene lo siguiente

Del intervalo 0 < t \le 1,

\displaystyle y(t) = 0

Del intervalo 1 < t < 2,

\displaystyle y(t) = t-1

Del intervalo t \ge 2,

\displaystyle y(t) = 1

Por lo que la función y(t) es

\displaystyle y(t) = 0 \ U (t) + (t-1) U (t-1) - (t-1) U(t-2)+ 1 \ U (t-2)

\displaystyle y(t) = (t-1) U (t-1) - (t-1) U (t-2)+ U (t-2)

\displaystyle y(t) = t U (t-1) - U (t-1) - t U(t-2) + U(t-2) + U (t-2)

\displaystyle y(t) = t U (t-1) - U (t-1) - t U(t-2) + 2U(t-2)

Aplicando la transformada de Laplace, resulta

\displaystyle \mathcal{L} [y(t)] = \mathcal{L} [t U (t-1) - U (t-1) + tU(t-2) + 2U (t-2)]

\displaystyle \mathcal{L} [y(t)] = \mathcal{L} [t U (t-1)] - \mathcal{L}[U (t-1)] - \mathcal{L} [t U(t-2)] + 2 \mathcal{L}[U (t-2)]

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

\displaystyle \mathcal{L} [y(t)] = - \frac{d}{ds} \left[\frac{e^{-s}}{s} \right] - \frac{e^{-s}}{s} + \frac{d}{ds} \left[\frac{e^{-2s}}{s} \right] + \frac{2e^{-2s}}{s}

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

\displaystyle \mathcal{L} [y(t)] = \frac{s e^{-s} + e^{-s}}{s^2} - \frac{se^{-s}}{s^2} + \frac{-2se^{-2s} - e^{-2s}}{s^2} +  \frac{2se^{-2s}}{s^2}

\displaystyle \mathcal{L} [y(t)] = \frac{s e^{-s} + e^{-s} - se^{-s} - 2se^{-2s} - e^{-2s} + 2se^{-2s}}{s^2}

\displaystyle \mathcal{L} [y(t)] = \frac{e^{-s} - e^{-2s}}{s^2}

Finalmente, la transformada de Laplace de la gráfica es

\displaystyle \therefore \mathcal{L} [y(t)] = \frac{e^{-s} - e^{-2s}}{s^2}

Problema 2. Hallar la transformada de Laplace de la función y(t) = (t-1)^2, cuya gráfica siguiente

Figura 3. Función y(t) = (t-1)^2 U(t-2).

Solución. La gráfica esta definida como

\displaystyle y(t) =  \left\{ \begin{matrix} 0 \quad \quad \quad \quad \quad \text{para} \ t < 1 \\ (t-1)^2 \quad \quad \text{para} \ t \ge 1 \end{matrix} \right.

Entonces, se tiene que

\displaystyle y(t) = (t-1)^2 U(t-1)

Aplicando la transformada de Laplace en ambos miembros, resulta lo siguiente

\displaystyle \mathcal{L} [y(t)] = \mathcal{L} [(t-1)^2 U(t-1)]

Utilizando la segunda propiedad de traslación, primero se sabe que

\displaystyle \therefore \mathcal{L}[f(t-a) U (t-a)] = e^{-as} F(s)

\displaystyle \mathcal{L} [(t-1) U(t-1)] = e^{-s} F(s)

Entonces

\displaystyle \mathcal{L} [(t-1)^2 U(t-1)] = e^{-s} \cdot \frac{2!}{s^3}

\displaystyle \mathcal{L} [(t-1)^2 U(t-1)] = \frac{2e^{-s}}{s^3}

\displaystyle \mathcal{L} [y(t)] = \frac{2e^{-s}}{s^3}

Finalmente

\displaystyle \therefore \mathcal{L} [y(t)] = \frac{2e^{-s}}{s^3}

Problema 3. Hallar la transformada de Laplace de la siguiente gráfica

Figura 4. Función del problema 3.

Solución. Analizando cada intervalo, se tiene que

Del intervalo 0<t < 1

y(t) = 0

Del intervalo 1<t < 2

y(t) = 2

Del intervalo 2<t < 3

y(t) = 1

Del intervalo 3<t < 4

y(t) = -1

Del intervalo t > 4

y(t) = 0

Por lo que la función y(t) es

\displaystyle y(t) = 0 U(t) + 2 U(t-1) - 1 U(t-2) - 2 U(t-3) + 1 U(t-4)

\displaystyle y(t) = 2 U(t-1) - U(t-2) - 2U(t-3) + U(t-4)

Tomando la transformada de Laplace en ambos miembros

\displaystyle \mathcal{L}[y(t)] = \mathcal{L}[2 U(t-1) - U(t-2) - 2U(t-3)] + U(t-4)

\displaystyle \mathcal{L}[y(t)] = 2\mathcal{L}[U(t-1)] - \mathcal{L}[U(t-2)] - \mathcal{L}[U(t-3)] + \mathcal{L} [U(t-4)]

\displaystyle \mathcal{L}[y(t)] = 2\frac{e^{-s}}{s} - \frac{e^{-2s}}{s} - 2\frac{e^{-3s}}{s} + \frac{e^{-4s}}{s}

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

Por tanto, la transformada de Laplace de la gráfica brindada es

\displaystyle \therefore \mathcal{L}[y(t)] = \frac{1}{s} [2e^{-s} - e^{-2s} - 2e^{-3s}+ e^{-4s}]

Problema 4. Hallar la transformada de Laplace de la siguiente gráfica

Figura 5. Función periódica con periodo 2.

donde su periodo es de 2.

Solución. La función y(t) está definida como

\displaystyle y(t) =  \left\{ \begin{matrix} 2 \quad \quad \text{para} \ 0<t < 1 \\ 0 \quad \quad \text{para} \ 1< t < 2 \end{matrix} \right.

Entonces, la integral se interpretará como una suma de integrales sobre periodos sucesivos

\displaystyle \mathcal{L} [y(t)] = \int_{0}^{\infty}{e^{-st} f(t) \ dt}

\displaystyle \mathcal{L} [y(t)] = \int_{0}^{2}{e^{-st} f(t) \ dt} + \int_{2}^{4}{e^{-st} f(t) \ dt} + \int_{4}^{6}{e^{-st} f(t) \ dt} + \cdots

Sustituyendo en la primera integral t=\tau y dt=d\tau, en la segunda integral t=\tau+2, dt=d\tau y en la tercera integral t=2\tau + 4 y dt=d\tau, resulta lo siguiente

\displaystyle \mathcal{L} [y(t)] = \int_{0}^{2}{e^{-s\tau} f(\tau) \ d\tau} + \int_{2}^{4}{e^{-s(\tau + 2)} f(\tau + 2) \ dt} + \int_{4}^{6}{e^{-s(\tau +4)} f(\tau + 4) \ d\tau} + \cdots

La gráfica es periódica, con periodo de 2. Así que

\displaystyle \mathcal{L} [y(t)] = \int_{0}^{2}{e^{-s\tau} f(\tau) \ d\tau} + \int_{0}^{2}{e^{-s(\tau+2)} f(\tau) \ dt} + \int_{0}^{2}{e^{-s(\tau +4)} f(\tau) \ d\tau} + \cdots

\displaystyle \mathcal{L} [y(t)] = \int_{0}^{2}{e^{-s\tau} f(\tau) \ d\tau} + \int_{0}^{2}{e^{-s \tau} e^{-2s} f(\tau) \ dt} + \int_{0}^{2}{e^{-s \tau} e^{-4s} f(\tau) \ d\tau} + \cdots

\displaystyle \mathcal{L} [y(t)] = \int_{0}^{2}{e^{-s\tau} (1 + e^{-2s} + e^{-4s} + \cdots) f(\tau) \ d\tau}

Dentro del paréntesis se tiene una serie geométrica con razón e^{-2s}. Por lo que, si s>0 y e^{-2s}<1, la serie geométrica converge a \displaystyle \frac{1}{1-e^{-2s}}. Continuando

\displaystyle \mathcal{L} [y(t)] = \int_{0}^{2}{e^{-s\tau} \left(\frac{1}{1 + e^{-2s}} \right) f(\tau) \ d\tau}

\displaystyle \mathcal{L} [y(t)] = \left(\frac{1}{1 + e^{-2s}} \right) \int_{0}^{2}{e^{-s\tau} f(\tau) \ d\tau}

\displaystyle \mathcal{L} [y(t)] = \left(\frac{1}{1 + e^{-2s}} \right) \int_{0}^{1}{e^{-s\tau} (2) \ d\tau} + \left(\frac{1}{1 + e^{-2s}} \right) \int_{1}^{2}{e^{-s\tau} (0) \ d\tau}

\displaystyle \mathcal{L} [y(t)] = \left(\frac{1}{1 + e^{-2s}} \right) \int_{0}^{1}{e^{-s\tau} (2) \ d\tau}

\displaystyle \mathcal{L} [y(t)] = \left(\frac{2}{1 + e^{-2s}} \right) \int_{0}^{1}{e^{-s\tau} \ d\tau}

\displaystyle \mathcal{L} [y(t)] = \left(\frac{2}{1 + e^{-2s}} \right) \left[-\frac{1}{s} e^{-s\tau} \right]_{0}^{1}

\displaystyle \mathcal{L} [y(t)] = \left(\frac{2}{1 + e^{-2s}} \right) \left[-\frac{1}{s} e^{-s(1)} + \frac{1}{s} e^{-s(0)} \right]

\displaystyle \mathcal{L} [y(t)] = \left(\frac{2}{1 + e^{-2s}} \right) \left[-\frac{1}{s} e^{-s} + \frac{1}{s} e^{0} \right]

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

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

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

\displaystyle \mathcal{L} [y(t)] = \frac{2}{(1 + e^{-s})(1-e^{-s})} \cdot \frac{1}{s} (1-e^{-s})

\displaystyle \mathcal{L} [y(t)] = \frac{2}{s(1+e^{-s})}

Finalmente, la transformada de Laplace de la gráfica es

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


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