matematicas 5

3.6 Derivada de una transformada, transformada de una función periódica y convolución 179

t

∫a) et ∗t = eu (t − u) du = et − t − 1
0

t

∫b) t ∗ et = uet−udu = et − t − 1
0

t 1

e u cos(t − u) du =
∫ ( )c) et ∗ cost =
02 et + sent − cost

∫d) sen at ∗ cosbt = t sen au cos b(t − u) du = a2 a b2 ( cos bt − cos at)
0 −

OBSERVACIÓN 4 La convolución es conmutativa

Sean f (t) y g(t) dos funciones continuas por partes en el intervalo [0, ∞). Por definición, la
convolución está dada por

t

∫f ∗ g = f (u)g(t − u) du
0

Proponemos el cambio de variable T = t − u de manera que u = t − T y dT = −du. Además, si
u = 0, entonces T = t; y si u = t, entonces T = 0. Luego,

0 Argumentar con
contundencia y precisión.
∫f ∗ g = − f (t − T )g(T ) dT
t

Cambiamos el orden de integración

t

∫f ∗ g = g(T ) f (t − T ) dT
0

De donde interpretamos

f ∗g = g∗ f

Es decir, la convolución es conmutativa.

Por definición, la transformada de Laplace es una integral; por esta razón, la transformada Teorema 5
hereda de manera directa muchas de las propiedades operativas, como la linealidad. De mane-
ra similar, las propiedades que no tiene la integral tampoco las tiene la transformada. De ma- Argumentar con
nera precisa, así como no existe una fórmula para integrar de manera directa un producto de contundencia y precisión.
dos funciones como tal, tampoco existe una forma de transformar bajo Laplace un producto Capacidad de análisis y
de funciones. Así como la integración por partes es la forma más “aproximada” para integrar síntesis.

una especie de producto de dos funciones en la forma ∫ u dv, transformar una convolución es

la forma más “parecida” a transformar un producto de funciones. El teorema de convolución
nos muestra esta propiedad y la manera en que podemos calcular una transformada sin evaluar
una integral.

Teorema de convolución

Si f (t) y g(t) son dos funciones continuas por partes en el intervalo [0, ∞) y de orden expo-
nencial k, entonces

L { f ∗ g} = L { f (t)}L {g(t)} = F (s)G(s)

Demostración
Como f (t) y g(t) son dos funciones continuas por partes en el intervalo [0, ∞) y de orden
exponencial k, entonces existen las transformadas de Laplace, digamos

∞∞

∫ ∫L { f (t)} = F (s) = f (u)e−sudu y L {g(t)} = G(s) = g(v)e−svdv
00

180 UNIDAD 3 La transformada de Laplace

Comunicarse en el Tenemos
lenguaje matemático en
forma escrita. ∞∞
Lograr un pensamiento
lógico, algorítmico, ∫ ∫L { f (t)}L {g(t)} = F (s)G(s) = f (u)e−sudu g(v)e−svdv
analítico y sintético. 00

Escribimos

∞∞

∫ ∫F (s)G(s) = f (u) du g(v)e−s(u+v) dv
00

Sea t = u + v; si consideramos un sistema de coordenadas t vs v, entonces dt = dv, luego

∞∞

∫ ∫F (s)G(s) = f (u) du g(t − u)e−st dt
0u

La segunda integral se realiza sobre la región del plano t vs u mostrada en la FIGURA 3.21.

u

Representar e interpretar u=t t→∞
conceptos en forma t=u
gráfica.

u=0 t
Figura 3.21

Se observa que integrar desde t = u hasta t → ∞ equivale a integrar desde u = 0 hasta u = t;
entonces,

∞t

∫ ∫F (s)G(s) = ¢ f (u) g(t − u) du≤ e−stdt
00

De donde,

∞

∫F (s)G(s) = ( f )∗ g e−stdt = L { f ∗ g}
0

F (s)G(s) = L { f ∗ g}

La aplicación directa del teorema de convolución proporciona una forma de evaluar la
transformada de Laplace de una integral. Al respecto, tenemos la siguiente observación.

OBSERVACIÓN 5 La transformada de Laplace de una integral

Argumentar con Como un caso particular del teorema de convolución tenemos que
contundencia y precisión.
L { f ∗1} = L { f }L {1}

Luego,

∫L b t f (u) dur = F (s)
0s

Resolver problemas. EJEMPLO 13 La transformada de una integral

t

∫Evaluar L b sen u cos(t − u) du r.
0

3.6 Derivada de una transformada, transformada de una función periódica y convolución 181

Solución

t definición de convolución Comunicarse en el lenguaje
teorema de convolución matemático en forma
∫L b sen u cos(t − u) dur = L { sent ∗ cost} transformamos términos escrita.
0 Argumentar con
contundencia y precisión.
t

∫L b sen u cos(t − u) dur = L { sent}L {cost}
0

∫Lb t sen u cos(t − u) dur = 1 s
0 s2 +1 s2 +1

t s
s2 +1 2
sen u cos(t − u) dur =

0
b∫ ( )L

La forma inversa del teorema nos proporciona un método alternativo para evaluar algunas
transformadas inversas especiales sin utilizar fracciones parciales. En la siguiente observación
presentamos este resultado.

OBSERVACIÓN 6 La forma inversa del teorema de convolución

Se verifica que si L { f ∗ g} = F (s)G(s), entonces
L −1 {F (s)G(s)} = f ∗ g

EJEMPLO 14 La forma inversa del teorema de convolución

as Resolver problemas.

( )Evaluar L −1b s2 + a2 2 r . Argumentar con
contundencia y precisión.
Solución

Escribimos la expresión en la forma

( ) { }L as
−1b s2 + a2 r=L −1 as
s2 + a2 s2 + a2
2

Con base en la observación anterior, identificamos

F(s) = s2 a a2 y G(s) = s2 s a2
+ +

Luego,

{ } { }f (t) = L −1
a = sen at y g(t) = L −1 s = cos at
s2 + a2 s2 + a2

Entonces, por la observación anterior

−1b as
s2 + a2
( )L 2 r = sen at ∗ cos at forma inversa del teorema de convolución

as t
s2 + a2
( ) ∫L−1b 2r= sen au cos a(t − u) du definición de convolución

0

−1b as 1t
s2 + a2 2
( )L 2 r = sen at

182 UNIDAD 3 La transformada de Laplace

3.6 Desarrollo de competencias

Capacidad para generar nuevas ideas. 18. f (t) = t2, T = 1
Resolver problemas. 19. f (t) = sent, T = π
20. f (t) = cost, T = π
En los problemas 1 a 13, evaluar las transformadas de
Laplace indicadas. 21. f (t) = b b 0 ≤t < a , T = 2a
−b a ≤ t < 2a
{ }1. L t2eat

2. L {t cosh bt}

3. L {t2 senbt} 22. f (t) = b b 0 ≤t < a , T = 2a
0 a ≤ t < 2a

{ }4. L t2 cosh bt 23. f (t) = b 0 0≤t<a , T = 2a
b a ≤ t < 2a
{ }5. L t2 senh bt

{ }6. L t3 cosh bt 24. f (t) = b − b t, T = a
a

{ }7. L t eatcosbt En los problemas 25 a 28, hallar la transformada de La-
place de las funciones periódicas dadas.
{ }8. L t eatcosh bt

{ }9. L t eatsenh bt 25. f (t) 1234

t

{ }10. L t2 eatcosbt −1

{ }11. L t2 eat senbt

{ }12. L t2 eatcosh bt 26. f (t)
1
{ }13. L t2 eatsenh bt

En los ejercicios 14 a 16, evaluar la transformada inversa t
de Laplace indicada. 1234

s 2 + a 2
s2
14. L −1 b r

{ }15. L −1 tan−1 s 27. f (t) T=3
a 1

16. L −1 1 tan−1 a + b + 1 tan−1 a − b t

{ }2 s 2 s 1234
−1

En los problemas 17 a 24, hallar la transformada de La- 28. f (t)
place de las funciones periódicas f(t) de periodo T utili- b
zando el teorema 3 y posteriormente mediante la aplica-
ción del teorema 4. t

17. f (t) = eat , T = a a 2a

3.6 Derivada de una transformada, transformada de una función periódica y convolución 183

En los ejercicios 29 a 45, determinar la transformada de { }42. L eat ∗ cosbt
Laplace indicada sin evaluar la integral. { }43. L eat ∗senh bt
{ }44. L t2 ∗et cost
t { }45. L t ∗eat senbt

∫29. L b e−3udur En los ejercicios 46 a 52, evaluar la transformada inversa
0 utilizando el teorema de convolución.
t
46. L −1c s ( 1 1) s
∫30. L b cos u dur s−
0
L −1c 1 s
t s s2 −1
( )47.
∫31. L b sen u dur
0 48. L −1c (s a2 s
t
+ a)2
∫32. L b u sen u dur
0 −1c a
t s s2 + a2
( )49. L s
∫33. L b (t − u)eudur
0 L −1c s 2s
t s2 + a2
( )50.
∫34. L b sen u sen(t − u) dur
0 L −1c s2 2s
t s2 + a2
( )51.
∫35. L bt eudur
0 L −1c a2 2s
t s2 + a2
( )52.
∫36. L bt cos u dur
0
t

∫37. L bt u eudur
0
t

∫38. L bt2 u eudur
0

{ }39. L 1∗eat
40. L {1∗tn }
{ }41. L t2 ∗ t3

3.6 Competencia final

Resolver problemas. { }3. L t eat senbt
Capacidad para generar nuevas ideas.
En los ejercicios 4 y 5, evaluar la transformada inversa de
En los problemas 1 a 3, evaluar las transformadas de La-
place indicadas. Laplace indicada.

{ }1. L t3eat 4. L −1b s2 − a2 r
s2
2. L {t senbt}
{ }5. L −1 tan−1 a
s

184 UNIDAD 3 La transformada de Laplace

En los problemas 6 y 7, hallar la transformada de Laplace En los ejercicios 9 y 10, determinar la transformada de
de las funciones periódicas f (t) de periodo T utilizando Laplace indicada sin evaluar la integral.
el teorema 3 y posteriormente mediante la aplicación del
teorema 4. t

6. f (t) = t2, T = a ∫9. L b u cos u dur
0
7. f (t) = b sent 0 ≤ t < π , T = 2π
0 π ≤ t < 2π t

8. Hallar la transformada de Laplace de la función ∫10. L bt2 eudur
periódica cuya gráfica se muestra a continuación. 0
f (t)
En los ejercicios 11 y 12, evaluar la transformada inversa
1 utilizando el teorema de convolución.

t 11. L −1 b 1 r
1234
( s + 2 )( s − 1)

12. L −1 b a2 − b2 r
−a s−
( s )( b )

3.7 Solución de ecuaciones diferenciales e integrales

Teorema 1 Como lo establecimos al inicio de esta unidad, la transformada de Laplace es una herramien-
ta muy útil para resolver problemas de valor inicial que involucran una ED con coeficientes
Argumentar con constantes, porque es posible transformar un problema de este tipo en un problema algebraico
contundencia y precisión. mucho más sencillo de resolver, y como lo podremos observar, la solución algebraica está direc-
Capacidad de análisis y tamente relacionada con la solución del problema original a través de la transformada inversa
síntesis. de Laplace.

En esta sección aprenderemos a transformar las primeras derivadas de una función para
utilizar el resultado en la solución de problemas de valor inicial y de la misma forma aprende-
remos a resolver ecuaciones integrales y ecuaciones integro-diferenciales.

Transformada de una derivada

Como último requisito antes de justificar cómo se utiliza la transformada para resolver un pro-
blema de valor inicial, estudiaremos de qué manera se comporta la transformada de Laplace
de una derivada. Al respecto, tenemos el siguiente teorema.

La transformada de una derivada

Si f(t) es continua y de orden exponencial k en el intervalo [0, ∞), si f ′(t) es continua por

partes en el intervalo [0, ∞) y además L { f (t)} = F (s), entonces
L { f ′(t)} = s F (s) − f (0)

Demostración
Evaluamos por definición la transformada de Laplace de f ′(t)

∞

∫L { f ′(t)} = f ′(t)e−stdt
0

3.7 Solución de ecuaciones diferenciales e integrales 185

Al integrar por partes elegimos u = e−st y dv = f ′(t) dt, entonces du = −se−st dt y v = f (t).

De esta manera,

∫L { f ′(t)} = f (t)e−st ∞ + s ∞
00
f (t)e−stdt

Dado que f (t) es continua y de orden exponencial para t ≥ 0, entonces

L { f ′(t)} = 0 − f (0) + s L { f (t)}

De donde,

L { f ′(t)} = s F (s) − f (0)

En general y para completar lo anterior, presentamos el teorema 2, en el que establecemos
cómo calcular la transformada de Laplace de una derivada n-ésima.

Transformada de Laplace de una derivada n-ésima Teorema 2

Si f (t), f ′(t), , f (n−1) (t) son funciones continuas y de orden exponencial k en el intervalo Argumentar con
contundencia y precisión.
[0,∞), si f (n) (t) es continua por partes en el intervalo [0,∞) y además L { f (t)} = F (s), Capacidad de análisis y
síntesis.
entonces
Comunicarse en el
{ }L f (n) (t) = sn F (s) − sn−1 f (0) − sn−2 f ′(0) −  − s2 f (n−3) (0) − s f (n−2) (0) − f (n−1) (0) lenguaje matemático en
forma escrita.
Demostración

Evaluamos por definición L { f ″(t)} para observar la secuencia que existe

∞

∫L { f ″(t)} = f ″(t)e−stdt
0

Al integrar por partes elegimos u = e−st y dv = f ″(t) dt, entonces du = −se−st dt y v = f ′(t).

De esta manera,

∫L { f ″(t)} = f ′(t)e−st ∞ + s ∞
00
f ′(t)e−stdt

Dado que f ′(t) es continua y de orden exponencial para t ≥ 0, entonces

L { f ″(t)} = 0 − f ′(0) + s L { f ′(t)}

Por el teorema anterior tenemos

L { f ″(t)} = s[s F (s) − f (0)] − f ′(0)

Es decir,

L { f ″(t)} = s2 F (s) − sf (0) − f ′(0)

Supongamos que

{ }L f (n) (t) = sn F (s) − sn−1 f (0) − sn−2 f ′(0) −  − s2 f (n−3) (0) − s f (n−2) (0) − f (n−1) (0)

{ }Al evaluar L f (n+1) (t) por definición, tenemos

{ } ∫∞

L f (n+1) (t) = f (n+1) (t) e−stdt

0

186 UNIDAD 3 La transformada de Laplace

Lograr un pensamiento Al integrar por partes elegimos u = e−st y dv = f (n+1) (t) dt, entonces du = −se−st dt y
lógico, analítico y v = f (n) (t). De esta manera,
sintético.
f (n+1) (t) = f (n) (t) e−st ∞ + s ∞
Argumentar con { } ∫L
contundencia y precisión. 00 f (n) (t) e−stdt

Dado que f (n) (t) es continua y de orden exponencial para t ≥ 0, entonces

{ } { }L f (n+1) (t) = 0 − f (n) (0) + s L f (n) (t)

Por hipótesis de inducción

{ }L f (n+1) (t) = s[sn F (s) − sn−1 f (0) − sn−2 f ′(0) −  − s2 f (n−3) (t) − s f (n−2) (t) − f (n−1) (t)]−

f (n)(0)

Es decir,

{ }L f (n+1) (t) = sn+1 F (s) − sn f (0) − sn−1 f ′(0) −  − s3 f (n−3) (0) − s2 f (n−2) (0) − s f (n−1) (0) −

f (n)(0)

Y la demostración por inducción queda completa.

Resolver problemas. EJEMPLO 1 Transformada de las primeras tres derivadas

Si L {y(t)} =Y (s), evaluar la transformada de Laplace de y′, y″ y y′″.

Solución
Por los teoremas 1 y 2 tenemos

L {y′(t)} = sY (s) − y(0)
L {y″(t)} = s2Y (s) − s y(0) − y′(0)
L {y′″(t)} = s3Y (s) − s2 y(0) − s y′(0) − y″(0)

Es importante mencionar que en esta obra solo se considera la solución de problemas de
valor inicial y más adelante (en la siguiente unidad) la solución de sistemas de ecuaciones dife-
renciales que contienen ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes. Iniciamos
con la solución de una ecuación diferencial con condiciones iniciales.

Solución de ecuaciones diferenciales

Si utilizamos los resultados mostrados en la primera parte de esta sección ya estamos en condi-
ciones de transformar bajo Laplace nuestra primera ecuación diferencial de coeficientes cons-
tantes. Antes de esto, ilustremos de manera general el procedimiento en el siguiente ejemplo.

EJEMPLO 2 La transformada de una ecuación diferencial lineal
Determinar la transformada de Laplace de la ecuación diferencial lineal con coeficientes cons-
tantes y′ − 3y = e2t − t + 1. Suponer y(0) = 4 y resolver para Y (s).

3.7 Solución de ecuaciones diferenciales e integrales 187

Solución Comunicarse en el lenguaje
Evaluar la transformada de Laplace de una ecuación diferencial significa aplicar la transforma- matemático en forma
da en ambos lados de la ecuación. escrita.

De esta manera, si L {y(t)} =Y (s), entonces L {y′(t)} = sY (s) − y(0)

{ }L {y′ − 3y} = L e2t − t + 1 aplicamos L en cada miembro

L {y′} − 3L {y} = L { }e2t − L {t} + L {1} por linealidad de L

sY (s) − y(0) − 3Y (s) = s 1 − 1 + 1 evaluamos cada transformada
−2 s2 s sustituimos y(0) = 4
factorizamos Y (s)
sY (s) − 4 − 3Y (s) = s 1 − 1 + 1 resolvemos para Y (s)
−2 s2 s

(s − 3)Y (s) = s 1 − 1 + 1 + 4
−2 s2 s

Y (s) = s 1 ¢ 1 − 1 + 1 + 4≤
−3 s −2 s2 s

Y (s) = 4s3 − 6s2 − 3s + 2 simplificamos

s2 (s − 2)(s − 3)

En general, el procedimiento para resolver un problema de valor inicial utilizando la trans-
formada de Laplace se puede resumir en los siguientes pasos:

1. Transformar la ecuación.
2. Resolver para la transformada de Laplace obtenida.
3. Aplicar la transformada inversa de Laplace.
4. Obtener la solución particular requerida.

La FIGURA 3.22 ilustra este procedimiento.

Ecuación L Ecuación
diferencial algebraica

Resolver
para Y(s)

Solución L −1 Solución
y(t) original algebraica

Figura 3.22 Procedimiento para resolver un problema de valor inicial.
El procedimiento anterior se justifica de manera formal en la siguiente observación.

188 UNIDAD 3 La transformada de Laplace

OBSERVACIÓN 1 Solución de un problema de valor inicial utilizando
la transformada de Laplace

Consideremos el problema de valor inicial.

Resolver an y(n) + + a2 y′′ + a1y′ + a0 y = g(x)
Sujeta a y(0) = y0 , y′(0) = y1, y′′(0) = y2 ,, y(n−1) (0) = yn−1

Como primer paso, aplicamos la transformada de Laplace y la propiedad de linealidad

{ }anL y(n) ++ a2L {y′′} + a1L {y′} + a0L {y} = L {g(x)}

Al suponer que L {y(t)} =Y (s) y L {g(t)} = G(s), y aplicar los teoremas 1 y 2 tenemos

Comunicarse en el lenguaje an[snY (s) − sn−1y(0) − sn−2 y′(0) −  − s2 y(n−3) (0) − s y(n−2) (0) − y(n−1) (0)]
matemático en forma
escrita. + + a2[s2Y (s) − s y(0) − y′(0)]+ a1 [sY (s) − y(0)] + a0Y (s) = G(s)

Al factorizar Y (s) de cada término posible y sustituir las condiciones iniciales

Y (s)[ansn +  + a2s2 + a1s + a0 ] = G(s) + an[sn−1y0 + sn−2 y1 + + s2 yn−3 + s yn−2 + yn−1]

[ ]+  + a2 s y0 + y1 + a1y0

De donde

[ ]Y sn−2
(s) = G(s) + an[s n−1 y0 + y1 + + s2 yn−3 + s yn−2 + yn−1 ]+  + a2 s y0 + y1 + a1y0
ansn ++ a2s2 + a1s + a0

La solución original se determina al aplicar la transformada de Laplace inversa, de manera que

y(t) = L −1 {Y (s)} .

Como podemos observar, en la solución final las condiciones iniciales dadas ya se han

incorporado. Es decir, y(t) = L −1 {Y (s)} ya es una solución particular del problema de valor

inicial dado.

EJEMPLO 3 Una primera ecuación diferencial
Resolver y′ − 2y = −e3t, y(0) = 0.

Resolver problemas. Solución
Dada la ecuación y′ − 2y = −e3t, aplicamos la transformada de Laplace
Argumentar con
contundencia y precisión. { }L {y′} − 2L {y} = −L e3t aplicamos L

sY (s) − y(0) − 2Y (s) = −1 sustituimos y(0) = 0
s−3 factorizamos Y (s)
resolvemos para Y (s)
Y (s)(s − 2) = −1 aplicamos fracciones parciales

s−3

Y (s) = (s − −1 − 3)

2)(s

Y(s) = 1 − 1
s−2 s−3

3.7 Solución de ecuaciones diferenciales e integrales 189

{ } { }y(t) = L −1 1 − L −1 1 aplicamos L −1
s−2 s−3 solución particular
y(t) = e2t − e3t

OBSERVACIÓN 2 Convención de notación para L {y} Por simplicidad en esta sección
En lo que resta de esta unidad, por simplicidad escribiremos L {y} =Y o bien
y = L −1 {Y }, dando por hecho que y = y(t) y Y =Y (s). escribiremos L {y} =Y y
y = L −1 {Y }.

EJEMPLO 4 Uso del 1er. TT
Resolver y″ − 3y′ + 2y = te2t, y(0) = 1, y′(0) = 4

Solución Resolver problemas.
Dada la ecuación y″ − 3y′ + 2y = te2t, aplicamos la transformada de Laplace
Argumentar con
L {y″} − 3L {y′} + 2L {y} = L {te2t } aplicamos L contundencia y precisión.
Comunicarse en el lenguaje
[s2Y − s y(0) − y′(0)]− 3[sY − y(0)] + 2Y = (s 1 teorema 2 matemático en forma
sustituimos y(0) = 1, y′(0) = 4 escrita.
− 2)2 factorizamos Y
simplificamos Lograr un pensamiento
[s2Y − s − 4]− 3[sY −1] + 2Y = (s 1 resolvemos para Y lógico, analítico y sintético.

− 2)2

[s2 − 3s + 2]Y = (s 1 +s +1

− 2)2

(s − 1)(s − 2)Y = s3 − 3s2 + 5

(s − 2)2

Y = s3 − 3s2 + 5

(s − 1)(s − 2)3

Y = −3 + s 4 − (s 1 + (s 1 aplicamos fracciones parciales
s −1 −2
− 2)2 − 2)3

{ } { }y = −3L−1 1 −1 1 1 −1 1 aplicamos L −1
s −1 + 4L s−2 −L b −2 r+L b −2 r
( s )2 ( s )3

{ } { }y = −3L −11 −1 1 −L −1 1 1L −1 2!
s −1 + 4L s−2 b s2 r + 2! b s3 r aplicamos 1er. TT

s−2 s−2

y = −3et + 4e2t − te2t + 1 t2e2t solución particular
2!

EJEMPLO 5 Uso del 1er. TT
Resolver y″ − 4y′ + 5y = 20 senht, y(0) = 0, y′(0) = 0.

190 UNIDAD 3 La transformada de Laplace

Argumentar con Solución aplicamos L
contundencia y precisión. Como lo hemos observado, aplicamos la transformada de Laplace
Comunicarse en el lenguaje
matemático en forma L {y′′} − 4L {y′} + 5L {y} = L {20senht}
escrita.
[s2Y − s y(0) − y′(0)]− 4[sY − y(0)] + 5Y = 20 teorema 2
Lograr un pensamiento s2 −1
lógico, analítico y sintético.
s2Y − 4sY + 5Y = 20 sustituimos y(0) = 0, y′(0) = 0
s2 −1

Y = (s2 20 4s + 5) resolvemos para Y

− 1)(s2 −

Y = s 5− s 1+ s2 10 +5 − s2 4s +5 fracciones parciales
−1 +1 − 4s − 4s

Antes de aplicar L −1, completamos cuadrados en los denominadores y escribimos el numera-
dor de la última fracción de manera que podamos aplicar el 1er. TT

Y = s 5− s 1+ (s 10 +1 − 4(s − 2)+8 completamos expresiones
−1 +1 (s − 2)2 + 1
− 2)2

Y = s 5− s 1+ (s 10 +1 − 4 (s s−2 − (s − 8 +1 separamos
−1 +1
− 2)2 − 2)2 + 1 2)2

Y = s 5− s 1+ (s − 2 +1 − 4 (s s−2 agrupamos
−1 +1
2)2 − 2)2 + 1

Y = 5− s 1 +2 1 − 4 s2 s 1 identificamos el 1er. TT
s −1 +1 s2 + 1 s−2 +
s −2

En este paso aplicamos la transformada inversa directa en los dos primeros términos, y el 1er.
TT en los dos últimos términos

{ } { }Y = 5L −11 −L −1 1 +2L −1 b 1 r − 4L −1 b s r aplicamos L −1
s −1 s +1 s2 +1 +
s−2 s2 1 s−2

Y = 5et − e−t + 2 e2t sent − 4e2t cost solución particular

EJEMPLO 6 Uso del teorema de convolución
Resolver y″ + y = sent, y(0) = 9, y′(0) = 1.

Resolver problemas. Solución
Como lo hemos observado, aplicamos la transformada de Laplace

L {y″} + L {y} = L {sent} aplicamos L
teorema 2
[s2Y − s y(0) − y′(0)]+Y = 1 sustituimos y(0) = 9, y′(0) = 1
s2 +1 resolvemos para Y

[s2Y − 9s − 1]+Y = 1
s2 +1

= 9s + 1 + 1
s2 + + s2 +1 2
( )Y 1 s 2 1

3.7 Solución de ecuaciones diferenciales e integrales 191

{ } { } ( )y = 9L−1s +L −1 1 +L −1 c 1 s aplicar L −1 Lograr un pensamiento
s2 +1 s2 +1 + lógico, analítico y sintético.
s2 1 2
Recordemos que L { f ∗ g}
{ } { } { }y = 9Ls 1
−1 s2 +1 +L −1 s2 +1 +L −1 11 identificamos F(s) = 1 = F (s)G(s) , de donde
s2 +1 s2 +1 s2 +1
L −1{F (s)G(s)} = f ∗ g
Al identificar F(s) = 1 tenemos f (t) = sent, de manera que podemos aplicar el
s2 +1
teorema de convolución para escribir

{ } ∫L −1 t sen u sen(t − u) du = 1 sent − 1 t cost
11 = sent ∗sent = 0 22
s2 +1 s2 +1

Luego

y = 9 cost + sent + sent ∗sent porque f (t) = sent

y = 9 cos t + sen t + 1 sen t − 1 t cos t pues sen t ∗ sen t = 1 sen t − 1 t cos t.
2 2 2 2

EJEMPLO 7 Uso del 2o. TT

Resolver y″ − 4y = f (t), y(0) = 0, y′(0) = 0, f (t) = b 16t 0 <t <1 Resolver problemas.
0 .
Representar e interpretar
Solución 1≤t conceptos en forma
La gráfica de la función f (t) se muestra en la FIGURA 3.23. gráfica.

f(t) Comunicarse en el lenguaje
16 matemático en forma
escrita.
1 t Argumentar con
contundencia y precisión.
Figura 3.23

Si expresamos la función f(t) en términos de la función escalón unitario, tenemos

f (t) = 16[ t −tU (t − 1)] = 16[t − (t − 1+ 1)U (t − 1)] = 16[t − (t − 1)U (t − 1) −U (t − 1)]

Evaluamos L { f (t)}

L { f (t)} = 16L {t − [t − 1]U (t − 1) −U (t − 1)}

L { f (t)} = 16[L {t} − L {[t − 1]U (t − 1)} − L {U (t − 1)}]

L { f (t )} = 16[ 1 − e−s − e−s ]= 16 − 16e−s s +1
s2 s2 s s2 s2

Aplicamos ahora la transformada de Laplace a la ecuación y″ − 4y = f (t)

L {y″} − 4L {y} = L { f (t)} aplicamos L

[s2Y − s y(0) − y′(0)]− 4Y = 16 − 16e−s s +1 teorema 2 y 2o. TT
s2 s2 sustituimos y(0) = 0, y′(0) = 0

[s2 − 4]Y = 16 − 16 (s + 1) e − s
s2
s2

192 UNIDAD 3 La transformada de Laplace

16 − 16s + 16 e−s
s2 − 4 s2 s2 − 4
( ) ( )Y = s2 resolvemos para Y (s)

Y = 1 − 1 − 4 −[ 3 + 1 − 4 − 4 ]e − s fracciones parciales
s−2 +2 s2 − +2 s2 s aplicar L −1
s s 2 s forma inversa del 2o. TT
forma inversa del 2o. TT
{ }Y = L −1 1 − 1 − 4 −L −1b[ 3 + 1 − 4 − 4 ]e − s r simplificar
− + s2 − + s2 s en forma escalonada
s 2 s 2 s 2 s 2
de manera equivalente
y = e2t − e−2t − 4t −U (t − 1)[3e2t + e−2t − 4t − 4]t−1

y = e2t − e−2t − 4t −U (t − 1)[3e2(t−1) + e−2(t−1) − 4(t − 1) − 4]

y = e2t − e−2t − 4t −U (t − 1)[3e2t−2 + e−2t+2 − 4t]

y= b e2t − e−2t − 4t 0 ≤t <1

e2t − e−2t − 3e2t−2 − e−2t+2 1 ≤ t

2 senh 2t − 4t 0 ≤t <1
y = b 2 senh 2t − 3e2t−2 − e−2t+2
1≤t

Vito Volterra (1860-1940), matemático italiano Solución de ecuaciones integrales
interesado en el análisis de funciones. Su estudio
principal se centró en las funciones reales y com- Hemos aprendido que la transformada de Laplace es una he-
plejas, pero sin lugar a dudas su mejor aportación rramienta útil al resolver ecuaciones que contienen derivadas
al análisis matemático fue el concepto de ecuación ordinarias. Una aplicación directa del teorema de convolución
integral y de ecuación integro-diferencial, pues hizo es la resolución de ecuaciones que ahora contienen a una fun-
posible hallar la solución de problemas de aplica- ción como un integrando y que se conocen como ecuaciones
ción en la óptica, en la mecánica de materiales y en integrales. Una de las más conocidas es la ecuación integral de
la teoría electromagnética. La ecuación integral de Volterra, presentada en la siguiente definición.
Volterra es un ejemplo.

Definición 1 La ecuación diferencial de Volterra

Reconocer conceptos Si g(t) y h(t) son dos funciones reales, la ecuación integral de la forma f (t) = g(t) +
generales e integradores. f (t) ∗ h(t) se conoce como la ecuación de Volterra.

EJEMPLO 8 La ecuación integral de Volterra
Resolver la ecuación f (t) = g(t) + f (t) ∗ h(t).

Resolver problemas. Solución
Para resolver la ecuación integral f (t) = g(t) + f (t) ∗ h(t) aplicamos la transformada de Lapla-
ce en ambos miembros de la ecuación.

f (t) = g(t) + f (t) ∗ h(t) ecuación de Volterra

L { f (t)} = L {g(t)} + L { f (t) ∗ h(t)} aplicamos L

3.7 Solución de ecuaciones diferenciales e integrales 193

Si L { f (t)} = F (s) , L {g(t)} = G(s) y L {h(t)} = H (s) entonces

F (s) = G(s) + F (s)H (s) teorema de convolución

F (s) = 1 G(s) resolver para F
− H(s)

Para determinar la solución de la ecuación integral, basta aplicar L −1, es decir, f (t) =
−1 G(s)
L −1 {F (s)} = L {1 − H (s)} siempre que la función G(s) cumpla con las condiciones del
1− H(s)
teorema de la sección 3.3, lo cual evidentemente depende de las funciones f (t), g(t) y h(t)

consideradas.

Es importante recordar la propiedad de conmutatividad de la convolución La convolución es conmuta-

mostrada en la observación 4 de la sección anterior. tiva.

EJEMPLO 9 Una ecuación integral

t Resolver problemas.

∫Resolver f (t) + u f (t − u) du = 5 − et. Argumentar con
0 contundencia y precisión.

Solución
Expresamos la ecuación en términos de la convolución de dos funciones y como si se tratara de
una ED, aplicamos la transformada de Laplace a cada uno de los términos.

t ecuación original

∫f (t) + u f (t − u) du = 5 − et
0

f (t) + t ∗ f (t) = 5 − et usamos convolución

L { f (t)} + L {t}L { f (t)} = L {5 − et } aplicamos L y teorema de convolución

F(s) + 1 F(s)= 5 − s 1 simplificamos cada término
s2 s −1 factorizamos F
resolvemos para F
F (s)[1+ 1 ]= 4s −5
s2
s(s − 1)

(s)= s(4s − 5)

− 1)(s2 + 1
)F (s

F(s)= 9 s − 1 1 − 1 s 1 fracciones parciales
2 s2 +1 2 s2 +1 2 −1

Para finalizar aplicamos la transformada inversa de Laplace

{ } { } { }f (t) = L s − 1L 1 − 1L 1
−1 {F (s)}= 9 L −1 s2 +1 2 −1 s2 +1 2 −1 s −1 aplicar L −1 Comunicarse en el lenguaje
solución matemático en forma
2 escrita.

f (t) = 9 cost − 1 sent − 1 et
222

194 UNIDAD 3 La transformada de Laplace

3.7 Desarrollo de competencias

Resolver problemas. 22. y″ − 3y′ = 0, y(0) = 3, y′(0) = 0
Capacidad para generar nuevas ideas.
23. y″ − 6y′ + 10y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 1
En los ejercicios 1 a 59, utilizar la transformada de La-
place para determinar una función continua que sea so- 24. y″ − y′ = 0, y(0) = 3, y′(0) = 0
lución del problema de valor inicial dado.
25. y″ − 6y′ + 5y = 0, y(0) = 5, y′(0) = 17
1. dy + 6y = t , y(0) = 1
dx 26. y″ + y = 1 , y(0) = 4, y′(0) = 8

2. 4y″ − 24y′ + 37y = 0, y(0) = −1, y′(0) = −9 27. y″ + y′ − 2y = 28 , y(0) = 0, y′(0) = 0

3. y″ − 2y′ + y = 0, y(0) = −4, y′(0) = −19 28. y″ + y′ − 6y = 80tet, y(0) = 1, y′(0) = 1

4. y″ − y′ − 2y = 0, y(0) = −2, y′(0) = −10 29. y″ + y = et, y(0) = 0, y′(0) = 0
5. y″ + y = 0, y¢π ≤ = 2, y′¢π ≤ = 1
30. y″ + y = sent, y(π ) = 0, y′(π ) = 2
22
6. y″ − 10y′ + 25y = 0, y(1) = 0, y′(1) = −1 31. y″ − y = 4, y(1) = 2e−1 − e, y′(1) = −2e−1 − e

7. y″ − 5y′ + 6y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 1 32. 4y″ − 24y′ + 37y = 3, y(0) = −1, y′(0) = −9
8. y″ + 16y = 0, y¢π ≤ = −4, y′¢π ≤ = 8
33. y″ − 2y′ + y = 10, y(0) = −4, y′(0) = −19
22
9. y″ − 2y′ + y = 0, y(1) = 3, y′(1) = 2 34. y″ − y′ − 2y = 4e2t , y(0) = −2, y′(0) = −10
35. y″ + y = e−4t , y¢π ≤ = 2, y′¢π ≤ = 1
10. y″ + 6y′ + 8y = 0, y(0) = −1, y′(0) = 2
22
11. y″ + 9y = 0, y(0) = −4, y′(0) = 18 36. y″ − 10 y′ + 25y = 3e−3t , y(1) = 0, y′(1) = −1

12. y″ + 4y′ + 4y = 0, y(0) = 4, y′(0) = −7 37. y″ − 5y′ + 6y = 4e4t , y(0) = 0, y′(0) = 1
38. y″ + 16y = sent, y¢π ≤ = −4, y′¢π ≤ = 8
13. y″ − 4y′ − 12y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 0
22
14. y″ − 2y′ + 10y = 0, y(0) = −4, y′(0) = −1 39. y″ − 2y′ + y = et cost, y(1) = 3, y′(1) = 2

15. y″ + 4y′ − 60y = 0, y(0) = 3, y′(0) = 2 40. y″ + 6y′ + 8y = 4t2 − 3t + 2, y(0) = −1, y′(0) = 2

16. y″ − 4y′ + 13y = 0, y(0) = 4, y′(0) = −1 41. y″ + 9y = 4et + t − 3, y(0) = −4, y′(0) = 18
17. 9y″ + 12y′ + 4y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 4
42. y″ + 4y′ + 4y = 2e−2x , y(0) = 4, y′(0) = −7
3
18. y″ − y′ − 12y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 11 43. y″ − 4y′ − 12y = e4x − 2x + 1, y(0) = 0, y′(0) = 0

19. y″ − 6y′ + 18y = 0, y(0) = −40, y′(0) = −120 44. y″ − 2y′ + 10y = et + cost, y(0) = −4, y′(0) = −1

20. y″ + 12y′ + 36y = 0, y(0) = −3, y′(0) = 22 45. 4 y″ + 4y′ + y = 3e − 1 x , y(0) = 0, y′(0) = 2
2
21. y″ + y′ − 12y = 0, y(0) = 3, y′(0) = −12
46. y″ + 4y′ − 60y = 4t2et , y(0) = 3, y′(0) = 2

3.7 Solución de ecuaciones diferenciales e integrales 195

47. y″ − 4y′ + 13y = 2e2t cos3t, y(0) = 4, y′(0) = −1 t

48. 9 y″ + 12 y′ + 4 y = 2te − 2t , y(0) = 1, y′(0) = 4 ∫64. f (t) = f (t − u) du + t
0
3 t

3 ∫65. f (t) − 1− f (u) du = 0
0
49. y″ − y′ − 12 y = 4e−3t + 2te4t , y(0) = 1, y′(0) = 11 t

50. y″ − 6y′ + 18y = e3t sent, y(0) = −40, y′(0) = −120 ∫66. f (t) − t − u f (t − u) du = 0
0
51. y″ + 12y′ + 36y = 2t + te−6t , y(0) = −3, y′(0) = 22 t
52. y″ + y′ − 12 y = 4t2e3t , y(0) = 3, y′(0) = −12
∫67. f (t) = f (u)et−u du + 1
53. 2y″ + 6y′ + 5y = t cost, y(0) = −2, y′(0) = 5 0
t
54. y″ − 18y′ + 81y = 1+ te9t , y(0) = −1, y′(0) = −8
∫68. f (t) − et = f (t − u) du
55. y″ − 3y′ = 4t3 − 2t2, y(0) = 3, y′(0) = 0 0
t
56. y″ − 6y′ + 10y = e3t sent, y(0) = 1, y′(0) = 1
∫69. f (t) = f (u)(t − u) du + et
57. y″ − y′ = 2t2 + t − 1, y(0) = 3, y′(0) = 0 0
t
58. y″ − 6y′ + 5y = 4t2et , y(0) = 5, y′(0) = 17
∫70. f (t) − t = f (t − u)eu du
59. d2y + k2y = Asen at, y(0) = 0, y′(0) = 0 0
dt2 t

En los ejercicios 60 a 62, utilizar la transformada de ∫71. f (t) = t + f (u)sen(t − u) du
Laplace y la función escalón unitario para determinar 0
una función continua que sea solución del problema de t
valor inicial dado.
∫72. f (u)sen(t − u) du + t2 − f (t) = 0
60. dy + y = f (t) , f (t) = b 1 0 ≤t < 2 0
dt −1 2 ≤ t, t

y(0) = 1 ∫73. f (t) − 1 = t + f (t − u)sen u du
0
61. dy + 3y = f (t), f (t) = b 0 0 ≤t <1 t
dt t 1 ≤ t,
y(0) = 0 ∫74. f (t) = 4 cost + f (u)(t − u) du
0
62. dy + y = f (t), f (t) = b 1 0 ≤t < 4 t
dt −1 4 ≤ t,
∫75. f (t) + cost − 1 = f (t − u) du
y(0) = 1 0
t
En los ejercicios 63 a 80, utilizar la transformada de La-
place para resolver las ecuaciones integrales dadas. ∫76. f (u)(t − u) du − cost + 1− f (t) = 0
0
t t

∫63. f (t) − 1 = f (u)(t − u) du ∫77. f (t) − cost = f (u)et−u du
0 0
t

∫78. f (t) = 15sent + 4 f (t − u)[eu − e−u ]du
0
t

∫79. f (t) = sent + 2 f (u) cos(t − u) du
0
t

∫80. f (t) − t + 1 = sent + 2 f (t − u) cos u du
0

196 UNIDAD 3 La transformada de Laplace

3.7 Competencia final

Resolver problemas. En los ejercicios 9 y 10, utilizar la transformada de La-
Capacidad para generar nuevas ideas. place y la función escalón unitario para determinar una
función continua que sea solución del problema de valor
En los ejercicios 1 a 8, utilizar la transformada de Laplace inicial dado.
para determinar una función continua que sea solución
del problema de valor inicial dado. 9. dy + 2xy = f (x) , f (x) = b 0 0≤x<π
dx x π ≤ x,

1. L di + Ri = E, i(0) = i0 donde L,R, E ∈ y(0) = 0
dt

2. y″ − y = 0, y(1) = 2e−1 − e, y′(1) = −2e−1 − e 10. dy + 1 y = f (x) , f (x) = b 1 0 ≤ x <1
dx x 0 1 ≤ x,
y(0) = 2
3. y″ − 8y′ − 20y = 270ex, y(0) = 0, y′(0) = 0

4. y″ − 2y′ + 8y = 64x2, y(0) = 1, y′(0) = −1

5. 2y″ + 6y′ + 5y = 0, y(0) = −2, y′(0) = 5 En los ejercicios 11 y 12, utilizar la transformada de La-
place para resolver la ecuaciones integrales dadas.
6. 4y″ + 4y′ + y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 2
t
7. y″ − 18y′ + 81y = 0, y(0) = −1, y′(0) = −8
∫11. f (t) − t − et = f (u)sen(t − u) du
8. d2y + k 2 y = A sen kx, y(0) = 0, y′(0) = 0 0
dx2
t

∫12. f (t) = te2t + 4 f (t − u) u du
0

3.8 La función delta de Dirac

En muchas aplicaciones de la ingeniería aparece la idea de un fenómeno que ocurre en un
instante. Por ejemplo, podemos mencionar la fuerza aplicada en la colisión de dos partículas,
la existencia de algún compuesto químico en un instante, una señal emitida en un instante es-
pecífico o un cortocircuito. En cualquiera de estos casos se hace necesario determinar alguna
manera de cuantificar una cantidad física, lo que origina a la función impulso unitario. Como
es de esperarse, este tipo de funciones aparece con frecuencia en modelos matemáticos que in-
volucran ecuaciones diferenciales. En este apartado estudiaremos una de las funciones impulso
más importante, la función delta de Dirac.

Definición 1 La función impulso unitario

Reconocer conceptos Definimos la función impulso unitario como la función escalonada
generales e integradores.
0 0 ≤ t < t0 − a
t0 − a ≤ t < t0 + a
δa (t − t0 ) = d 1
2a t0 + a ≤ t

0

La FIGURA 3.24 muestra la gráfica de δa (t − t0 ).

3.8 La función delta de Dirac 197

Ha(t − t0)

1
2a

t0−a t0 t0+a t Representar e interpretar
conceptos en forma
Figura 3.24 gráfica.

Se puede mostrar sin complicación que ∫∞ δ a (t − t0 ) dt = 1. Resolver problemas.
0
La función impulso unitario es continua por partes y de orden exponencial k, de manera

que su transformada de Laplace existe. Al respecto, el siguiente ejemplo.

EJEMPLO 1 La transformada de Laplace de δa (t − t0 )

Evaluar L {δa (t − t0 )} .

Solución

Escribimos la función impulso unitario en términos de la función escalón unitario, luego

δa (t − t0 ) = 1U [t − (t0 − a)] − 1U [t − (t0 + a)] función impulso unitario Comunicarse en el lenguaje
2a 2a matemático en forma
escrita.
{δ a )} 1 {U [t )]} 1 {U [t − (t0 + a)]}
L (t − t0 = 2a L − (t0 − a − 2a L aplicamos L
aplicamos el 2o. TT
{ }L = 1 e−(t0 −a)s − 1 e−(t0 +a)s
δa (t − t0 ) 2a s 2a s

{ }L = e−t0 s eas − e−as
δa (t − t0 ) 2as simplificamos

{ }L = e−t0 ssenh as
δa (t − t0 ) as otra opción

En la FIGURA 3.24 podemos observar que la gráfica de la función impulso unitario δa (t − t0 )
define un rectángulo Se verifica que si a → 0, 1 , es decir,
de base 2a y altura 1 . entonces 2a → ∞
2a
si el tamaño de la base tiende a reducirse, entonces la altura tiende a aumentar. El comporta-

miento de esta situación se muestra en la FIGURA 3.25.

y

1 Representar e interpretar
2a conceptos en forma
gráfica.

t0 − a t0 t0 + a t

Figura 3.25

198 UNIDAD 3 La transformada de Laplace

Si el proceso observado en la FIGURA 3.25 se realiza repetidamente, se obtiene una función
que alcanza valores cero en casi todas partes, excepto en el intervalo t0 − a < t < t0 + a. Dicha
función es utilizada en muchas aplicaciones de la ciencia y se conoce como la función delta de
Dirac, la cual se obtiene mediante un límite de la función δa (t − t0 ) cuando a → 0.

Definición 2 La función delta de Dirac
Definimos la función delta de Dirac por medio del límite
Reconocer conceptos
generales e integradores. δ (t − t0 ) = lím δ a (t − t0 )

a→0

∫∞ Por tratarse de un caso especial de la función impulso unitario, se verifica nuevamente que
0
δ (t − t0 ) dt = 1 y además,

0 t ≠ t0
δ (t − t0 ) = b ∞ t = t0

La gráfica de la función delta de Dirac puede observarse en la FIGURA 3.26.

Representar e interpretar
conceptos en forma
gráfica.

t0 t

Figura 3.26

En el siguiente teorema se presenta la transformada de Laplace de la función delta de
Dirac.

Teorema 1 La transformada de Laplace de δ (t − t0 )

Argumentar con { }Si t0 > 0, entonces L δ (t − t0 ) = e−t0 s
contundencia y precisión.
Capacidad de análisis y Demostración
síntesis.
Por definición δ (t − t0 ) = límδ a (t − t0 ) . Del ejemplo 1 sabemos que
Comunicarse en el
lenguaje matemático en a→0
forma escrita.
{ }L = e−t0 s eas − e−as , entonces
δa (t − t0 ) 2as

{ }{ }L
δ (t − t0 ) = L lím δ a (t − t0 ) definición de función delta

a→0

{ } ∫L ∞ e − st

δ (t − t0 ) = límδ a (t − t0 ) dt definición de transformada
propiedades de convergencia
0 a→0

{ } ∫L ∞
δa (t − t0 )e−st dt
δ (t − t0 ) = lím
a→0 0

3.8 La función delta de Dirac 199

L {δ (t − t0 )} = lím L {δa (t − t0 )} definición de función delta
ejemplo 1
a→0 regla de L’Hôpital

{ }L = lím eas − e−as e−t0 s
δ (t − t0 ) a→0 2as

{ }L = e−t0 s lím seas + se−as Comunicarse en el
δ (t − t0 ) a→0 2s lenguaje matemático en
forma escrita.

{ }L δ (t − t0 ) = e−t0 s

OBSERVACIÓN 1 La transformada de Laplace “más pequeña”
Se verifica que para el caso t0 = 0, entonces

L {δ (t)} = 1

Y además,

L −1 {1} = δ (t)

Podemos observar que la función delta de Dirac no satisface las condiciones del teorema
de existencia y sin embargo, la transformada inversa de Laplace del 1 existe. Es importante
mencionar que las propiedades formales de la función delta no son estudiadas en este libro; si
se requiere profundizar al respecto, debe consultarse una obra de análisis funcional o de fun-
ciones generalizadas. Nuestro interés únicamente se enfoca en el efecto operativo de la función
delta sobre otras funciones sin precisar mayor formalidad.

3.8 Desarrollo de competencias

Resolver problemas. 7. y″ + y = δ ¢t − π≤ + δ (t − π ), y(0) = 0, y′(0) = 0
Capacidad para generar nuevas ideas.
2
En los ejercicios 1 a 12, resolver las siguientes ecuaciones
diferenciales. 8. y″ + y = δ (t − π ) + δ (t − 2π ), y(0) = 0, y′(0) = 0
9. y″ − y′ = δ (t − π ), y(0) = 0, y′(0) = 0
1. y′ − y = δ (t − 1), y(0) = 0 10. y″ − 3y′ + 2y = δ (t − 2π ), y(0) = 0, y′(0) = 0
11. y″ − 2y′ − 3y = δ (t − 1), y(0) = 0, y′(0) = 0
2. y′ + y = δ (t − 1), y(0) = 0 12. y″ − 4y′ − 12y = δ (t − 1) + δ (t − 2), y(0) = 0,

3. y″ + y = δ (t − π ), y(0) = 0, y′(0) = 0 y′(0) = 0

4. y″ + 4y = δ (t − 2π ), y(0) = 0, y′(0) = 0

5. y″ + 9y = δ (t − 2π ), y(0) = 0, y′(0) = 1

6. y″ + 16y = δ ¢t − π≤, y(0) = 1, y′(0) = 0
2

200 UNIDAD 3 La transformada de Laplace

3.8 Competencia final 2. y′ − 3y = δ (t − 2), y(0) = 1

Resolver problemas. 3. y″ + y′ = δ (t − 1), y(0) = 0, y′(0) = 0
Capacidad para generar nuevas ideas.

En los ejercicios 1 a 3, resolver las siguientes ecuaciones
diferenciales.

1. y′ − 2y = δ (t − 4), y(0) = 0

Unidad INTRODUCCIÓN A LOS
SISTEMAS DE ECUACIONES
4 DIFERENCIALES

4.1 Introducción 4.3 Solución de un sistema de ecuaciones diferen-
ciales utilizando la transformada de Laplace
4.2 Solución algebraica de un sistema de ecuacio-
nes diferenciales

Competencias específicas Resolver problemas.
Reconocer conceptos generales e integradores.
Modelar y describir situaciones diversas a través de Argumentar con contundencia y precisión.
sistemas de ecuaciones diferenciales lineales. Optimizar soluciones.
Resolver sistemas de ecuaciones diferenciales lineales
utilizando el método de los operadores diferenciales y Competencias instrumentales
la transformada de Laplace.
Integrar las herramientas estudiadas en las unidades Capacidad de análisis y síntesis.
previas al reconocer las limitaciones y ventajas de los Habilidades básicas de manejo de la computadora.
métodos aplicados. Solución de problemas.

Competencias genéricas Competencias sistémicas

Representar e interpretar conceptos en forma Capacidad para aprender.
geométrica y algebraica. Capacidad para generar nuevas ideas.
Comunicarse en el lenguaje matemático en forma Habilidad para trabajar en forma autónoma.
oral y escrita.
Lograr un pensamiento lógico, algorítmico,
heurístico, analítico y sintético.
Potenciar las habilidades para el uso de nuevas
tecnologías.

202 UNIDAD 4 Introducción a los sistemas de ecuaciones diferenciales

4.1 Introducción

Existen muchas aplicaciones en la vida real que no se modelan a través de una sola ecuación di-
ferencial. Muchos sistemas dinámicos tienen asociado un modelo matemático formado por más
de una de ellas, por ejemplo, un sistema de dos o más resortes, los circuitos formados por va-
rias mallas, dos o más péndulos acoplados, etcétera.

En la primera unidad mencionamos la existencia de una infinidad de ecuaciones diferen-
ciales y también la imposibilidad de resolverlas todas. No es difícil imaginar que para el caso
de un sistema de varias de ellas resulta aún más complejo desarrollar métodos de solución
generales. Un estudio profundo de los sistemas de ecuaciones diferenciales (SED) requiere de
cursos avanzados, de mucho tiempo y de bases teóricas más sólidas.

4.2 Solución algebraica de un sistema

de ecuaciones diferenciales

En esta sección solo nos enfocaremos en resolver sistemas formados por ecuaciones diferen-
ciales ordinarias lineales y con coeficientes constantes, del mismo tipo que las abordadas en la
unidad 2.

Básicamente, abordaremos tres maneras de resolver un sistema de ecuaciones diferencia-
les: el primero es un método de eliminación sistemática, el segundo aplica la regla de Cramer y
el tercero utiliza la transformada de Laplace.

Definición 1 Sistemas de ecuaciones diferenciales (SED)

Reconocer conceptos Un sistema de ecuaciones diferenciales es un conjunto de dos o más ecuaciones diferencia-
generales e integradores. les que pueden tener un conjunto de funciones como soluciones comunes de cada ecuación
del sistema.

Debemos mencionar que las ecuaciones de un sistema pueden ser ordinarias o parciales;
en nuestro estudio solo consideraremos las ecuaciones ordinarias. En el siguiente ejemplo pre-
sentamos algunos sistemas de ecuaciones diferenciales.

EJEMPLO 1 Sistemas de ecuaciones diferenciales
Las siguientes ecuaciones son ejemplos de sistemas ordinarios de ecuaciones diferenciales.

Resolver problemas.

a) dx + dy = sent
dt dt

d2x + d2y = 1+ t2
dt2 dt2

b) x′′ + x − 4y′ − 3y = 0
x′ + 3x − y′′ − 2y = et

4.2 Solución algebraica de un sistema de ecuaciones diferenciales 203

Una primera forma de resolver un sistema de ecua- Comunicarse en el lenguaje
ciones diferenciales es mediante la eliminación sistemática matemático en forma
de alguna de las variables dependientes. Para esto, en la si- escrita.
guiente observación introducimos la notación de los opera-
dores diferenciales, lo cual nos permitirá la manipulación
algebraica de un sistema.

OBSERVACIÓN 1 Uso del operador diferencial en una EDO lineal Nota biográfica
Consideremos la ecuación diferencial ordinaria
Paul Maurice Dirac (Bristol, Reino Unido,
an y(n) + an−1y(n−1) +  + a2 y′′ + a1y′ + a0 y = g(x) 1902-Tallahassee, Estados Unidos, 1984) Fue
un físico británico, hijo de un profesor de fran-
Argumentar con contundencia cés de origen suizo. Estudió en la escuela en
y precisión. que impartía clases su padre, donde pronto
mostró particular facilidad para las matemá-
Si suponemos que y(n) = Dn y, y(n−1) = Dn−1y, , y″ = D2 y y y′ = Dy ticas. Cursó estudios de ingeniería eléctrica en
podemos escribir de manera equivalente la Universidad de Bristol, interesándose espe-
cialmente por el asiduo empleo de las aproxi-
anDn y + an−1Dn−1y +  + a2D2 y + a1Dy + a0 y = g(x) maciones matemáticas de que hace uso la
ingeniería para la resolución de todo tipo de
O bien, problemas.

( )anDn + an−1Dn−1 +  + a2D2 + a1D + a0 y = g(x) Sus razonamientos posteriores se basaron
en el asierto de que una teoría que intente
Si consideramos al operador diferencial D = d como una varia- explicar leyes fundamentales del comporta-
dx miento de la naturaleza puede construirse
ble en el miembro izquierdo de esta última expresión, definimos el po- sólidamente sobre la base de aproximaciones
sugeridas por la intuición, sin llegar a tener la
linomio diferencial certeza de cuáles son en realidad los hechos
acontecidos, dado que estos pueden llegar a
p(D) = anDn + an−1Dn−1 +  + a2D2 + a1D + a0 ser de una complejidad tal que difícilmente
De manera que la EDO original se puede expresar como pueden llegar a ser descritos con exactitud,
por lo cual el físico deberá contentarse con
p(D)y = g(x) un conocimiento tan solo aproximado de la
realidad.
Observamos que el polinomio diferencial
p(D) tiene coeficientes reales y grado n, de ma- Lograr un pensamiento Tras su graduación tuvo dificultades para
nera que por el teorema fundamental del álge- lógico, analítico y sintético. encontrar trabajo, circunstancia que le llevó a
bra a lo más tiene n raíces en total, y las raíces ejercer la docencia casi de forma casual en el St.
complejas, si existen, aparecen en pares conjugados. Por esta razón es John’s College de Cambridge. Su superior en la
posible expresar al polinomio p(D) como producto de factores irredu- mencionada escuela, R. H. Fowler, fue colabo-
cibles de primer y segundo grados. rador de Niels Bohr en su labor pionera dentro
del campo de la física atómica, una afortunada
La observación anterior se ejemplifica a Resolver problemas. coincidencia merced a la cual Dirac no tardó
continuación. en ponerse al corriente de los avances experi-
mentados en esta área de la física.
EJEMPLO 2 Un SED en términos de operadores diferenciales
Pronto, en 1926, realizó su mayor contri-
Expresar el siguiente sistema de ecuaciones en términos de operadores bución a esta ciencia al enunciar las leyes que
diferenciales rigen el movimiento de las partículas atómi-
cas, de forma independiente y tan solo unos
dx + dy = sent meses más tarde de que lo hicieran otros cien-
dt dt tíficos de renombre como Max Born o Pas-
cual Jordan, aunque se distinguió de estos por
d2x + 4 dx + d2y − 3 dy = t2 + et su mayor generalidad y simplicidad lógica en
dt2 dt dt2 dt el razonamiento.

204 UNIDAD 4 Introducción a los sistemas de ecuaciones diferenciales

Solución d2y d 2x
dy dx dt2 dt2
Si dt = Dy y dt = Dx, entonces = D2y y = D2x. De esta manera, el sistema se puede

expresar como

Dx + Dy = sent

D2x + 4Dx + D2 y − 3Dy = t2 + et

O bien,

Dx + Dy = sent
(D2 + 4D)x + (D2 − 3D)y = t2 + et

Para resolver un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias mediante eliminación sis-
temática debemos escribirlo en términos de operadores diferenciales, para después realizar
operaciones equivalentes a las realizadas en el método de “suma y resta” tradicionales en los
sistemas de ecuaciones lineales. Y así, sin más preámbulo, estamos en condiciones de resolver
nuestros primeros sistemas de ecuaciones diferenciales.

De aquí en adelante, enumeraremos las ecuaciones de un sistema como ecuación 1, ecuación 2
y así sucesivamente.

EJEMPLO 3 Un SED de primer orden con condiciones iniciales

Resolver

Resolver problemas. x′ = 9 y
2

y′ = 2x

x(0) = 6, y(0) = 0

Solución

De manera equivalente, escribimos

Dx − 9 y = 0 en términos de operadores
2

−2x + Dy = 0

Por convención enumeraremos En este paso aplicamos el método de suma y resta tradicional, de manera que
las ecuaciones de un sistema al multiplicar la ecuación 1 por 2, y la ecuación 2 por D tenemos
como ecuación 1, ecuación 2 y
así sucesivamente. 2Dx − 9y = 0
−2Dx + D2 y = 0

Al sumar ambas ecuaciones

2Dx − 9y = 0
−2Dx + D2 y = 0

D2 y − 9y = 0

Luego

(D2 – 9)y = 0

que es una ecuación diferencial lineal ordinaria con coeficientes constantes; para resolverla le
asociamos su ecuación auxiliar

Lograr un pensamiento m2 − 9 = 0 ecuación auxiliar
lógico, analítico y sintético. raíces auxiliares
Argumentar con m = ±3 solución y(t)
contundencia y precisión. y = c1e3t + c2e−3t

4.2 Solución algebraica de un sistema de ecuaciones diferenciales 205

Para obtener la solución correspondiente a x(t) sustituimos en la ecuación 2 del sistema
original y′ = 2x para obtener

( )x = 1 y′ = 1
22
3c1e3t − 3c2e−3t

de donde

x = 3 c1e3t − 3 c2 e −3t solución x(t)
2 2

Para finalizar, evaluamos las condiciones x(0) = 6, y(0) = 0, de donde

x(0) = 3 c1 − 3 c2 =6 y y(0) = c1 + c2 =0
2 2

Si resolvemos el sistema simultáneamente tenemos c1 = 2 y c2 = −2. La solución al sistema
es x = 3e3t + 3e−3t y y = 2e3t − 2e−3t.

EJEMPLO 4 Un SED de primer orden con condiciones iniciales
Resolver
x′ + 2x − 2y′ = 0
−2x + y′ − 3y = 0 Resolver problemas.
x(0) = 0, y(0) = 14
Lograr un pensamiento
Solución lógico, analítico y sintético.
De manera equivalente, escribimos
Argumentar con
(D + 2)x − 2Dy = 0 en términos de operadores contundencia y precisión.
−2x + (D − 3) y = 0

Multiplicamos la ecuación 1 por 2, la ecuación 2 por D + 2 y sumamos

2(D + 2)x − 4Dy = 0
−2(D + 2)x + (D − 3)(D + 2) y = 0

(D − 3)(D + 2) y − 4Dy = 0

Luego,

(D2 − 5D − 6) y = 0

Le asociamos su ecuación auxiliar

m2 − 5m − 6 = 0 ecuación auxiliar
raíces auxiliares
m = 6, m = −1 solución y(t)
y = c1e6t + c2e−t

Para obtener la solución correspondiente a x(t) sustituimos en la ecuación 2 del sistema
original −2x + y′ − 3y = 0, para obtener

( ) ( )2x = y′ − 3y = 6c1e6t − c2e−t − 3 c1e6t + c2e−t

de donde

x = 3 c1e6t − 2c2 e − t solución x(t)
2

206 UNIDAD 4 Introducción a los sistemas de ecuaciones diferenciales

Para finalizar, evaluamos las condiciones x(0) = 0, y(0) = 14

x(0) = 3 c1 − 2c2 = 0
2
y(0) = c1 + c2 = 14

Si resolvemos el sistema simultáneamente tenemos c1 = 8 y c2 = 6. La solución al sistema es
x = 12 e6t − 12 e−t y y = 8e6t + 6e−t.

Si consideramos un SED con dos variables dependientes podemos observar que una vez
que se ha obtenido una primera solución, la segunda puede obtenerse de diferentes formas: por
sustitución en cualquiera de las ecuaciones o por eliminación sistemática de la otra variable
dependiente. En cualquiera de los casos, el grado de dificultad encontrado no es el mismo y
solo con la resolución de muchos ejercicios puede distinguirse cuál es la más conveniente.

Otra forma diferente de resolver los ejercicios anteriores es utilizando determinantes. Esto
es posible cuando se trabaja con un SED que tiene tantas ecuaciones ordinarias como variables
dependientes. Para empezar, expresamos el sistema en términos de operadores diferenciales
ubicando los términos con variables dependientes a la izquierda y las funciones independientes
a la derecha. Se considera el determinante formado por todos los coeficientes de las variables
dependientes y se aplica la regla de Cramer. Esto se ilustra en los siguientes ejemplos.

EJEMPLO 5 Uso de la regla de Cramer para resolver un SED ordinarias

Resolver

Resolver problemas. x′ = 9 y
2
Comunicarse en el lenguaje
matemático en forma y′ = 2x
escrita.
Solución
Argumentar con Iniciamos expresando el SED en términos de operadores diferenciales
contundencia y precisión.
Dx − 9 y = 0 en términos de operadores
Lograr un pensamiento 2
lógico, analítico y sintético.
−2x + Dy = 0

Si consideramos el sistema anterior como un sistema de dos ecuaciones en las dos variables
x y y, tenemos

D −9 x= 0 −9 y además D −9 y= D 0
2 2 −2 2 −2 0

−2 D 0D D

( )Si resolvemos la segunda ecuación obtenemos D2 − 9 y = 0, que resulta ser la misma ecua-
ción ordinaria obtenida en el ejemplo 3, la cual produce y = c1e3t + c2e−3t.

A continuación podemos aplicar exactamente el mismo procedimiento ilustrado en el ejem-
3 3
plo 3 para obtener x = 2 c1e3t − 2 c2 e −3t , o bien considerar la primera ecuación

D −9 x= 0 −9
2 2

−2 D 0D

( )que produce la ecuación ordinaria D2 − 9 x = 0 con solución x = c3e3t + c4e−3t.

En este caso, debemos encontrar la relación entre las constantes de integración c3 y c4 con
c1 y c2; para esto, sustituimos ambas funciones x = c3e3t + c4e−3t y y = c1e3t + c2e−3t en cualquie-

ra de las ecuaciones originales. Si utilizamos la segunda de ellas y′ = 2x tenemos

4.2 Solución algebraica de un sistema de ecuaciones diferenciales 207

( )3c1e3t − 3c2e−3t = 2 c3e3t + c4e−3t

de donde c3 = 3 c1 y c4 = − 3 , para concluir que x = 3 c1e3t − 3 c2 e −3t, como en el ejemplo 3.
2 2 2 2

EJEMPLO 6 Uso de determinantes para resolver un SED de primer orden
Resolver

x′ + 2x − 2y′ = 0
−2x + y′ − 3y = 0

Solución en términos de operadores Resolver problemas.
De manera equivalente, escribimos
Comunicarse en el lenguaje
(D + 2)x − 2Dy = 0 matemático en forma
−2x + (D − 3) y = 0 escrita.

Se tienen los determinantes

D+2 −2D x = 0 −2D y D+2 −2D y = D+2 0
−2 D−3 0 D−3 −2 D−3 −2 0

de donde ( ) ( )D2 − 5D − 6 x = 0 y D2 − 5D − 6 y = 0

Luego

x = c3e6t + c4e−t y y = c1e6t + c2e−t

Sustituimos en la primera ecuación x′ + 2x − 2y′ = 0 para obtener

( ) ( )6c3e6t − c4e−t + 2 c3e6t + c4e−t − 2 6c1e6t − c2e−t = 0

de donde c3 = 3 c1 y c4 = −2c2 para tener x = 3 c1e6t − 2c2 e − t , al igual que en el ejemplo 4.
2 2

EJEMPLO 7 Un SED no homogéneo
Resolver

x′ − x − y = t
−2x + y′ − 2 y = et

Solución
De manera equivalente, escribimos

(D − 1)x − y =t en términos de operadores

− 2x + (D− 2) y = et

Se tienen los determinantes

D −1 −1 x= t −1 y D −1 −1 y= D −1 t
−2 D−2 et D−2 −2 D−2 −2 et
Comunicarse en el lenguaje
de donde, si elegimos el primero de ellos, matemático en forma
escrita.
( )D2 − 3D x = (D − 2)(t) + et calculamos el primer y segundo determinantes Lograr un pensamiento
lógico, analítico y sintético.

208 UNIDAD 4 Introducción a los sistemas de ecuaciones diferenciales

( )D2 − 3D x = D(t) − 2t + et evaluamos operadores
ecuación ordinaria
( )D2 − 3D x = 1− 2t + et resolvemos por superposición

x(t) = c1 + c2e3t + 1 t2 − 1 t − 1 et
3 9 2

Para obtener y(t) sustituimos en la ecuación x′ − x − y = t, luego

y = −c1 + 2c2e3t − 1 t2 − 2 t
3 9

4.2 Desarrollo de competencias

Capacidad para generar nuevas ideas. 8. x′ − x − 3y = 0
Resolver problemas. − 3x + y′ − y = 0

En los ejercicios 1 a 41, resolver los sistemas de ecuacio- 9. dx = − y + et
nes diferenciales dados, ya sea mediante una eliminación dt
sistemática o bien por determinantes (regla de Cramer). dy = x
dt
1. dx = y
dt 10. x′ + 2x + 2y = 0
dy = 4x 5x + y′ − y = 0
dt

2. dx = x − y
dt
11. dx = −3y + t
dy = −x + 2y dt
dt dy = −3x − t
dt
dx = x − y + t
3. dt

dy = −x + y 12. dx + 2x − 5y = 0
dt dt

4. dx − x − 4y =1 − 5x + dy + 2y = 0
dt dt

− 2x + dy − 3y = −1 13. x′ + 6x − 2y = 0
dt 6x + y′ − 2y = 0

5. x′ = −4x − 10y 14. x′ = 10x − 5y − t
y′ = 2x + 8y y′ = 8x − 12y

6. x′ = −2x − 5y 15. x′ = −12x + 7y
y′ = 5x − 2y y′ = −7x + 2y

7. dx = 4y + 1
dt
16. x′ = −9x + 7y
dy = 4x − t y′ = −7x + 5y − 1
dt

4.2 Solución algebraica de un sistema de ecuaciones diferenciales 209

17. x′ = 4y − 1 29. dx = x − y
y′ = −4x dt
dy = −x + 2y − z
18. x′ = −2x − 5y dt
y′ = 5x − 2y dz = − y + z
dt
19. x′ = 2x − y + t
y′ = x + 2y 30. D2x − 4y = 0
−4x + D2 y = 0
20. x′ = x + y
y′ = −x + y 31. (D2 − 4)x + y=0

21. x′ = 2y x + (D2 − 4) y = 0
y′ = −20x + 4y
32. (D2 + 4)x − 2y = 0
22. x′ = y + t
y′ = −x (D2 − 16) y = 0

23. x′ = x − 2y − et 33. (D2 − 16)x =1
y′ = x − y
(D2 + 16) y = −1
24. x′ = 2x − y
y′ = 5x − 2y 34. (D2 − 1)x − 4y =1

25. x′ = 3x + 2y ( )− 2x + D2 − 3 y = t
y′ = −5x + y
35. (D2 − 4)x − 12y = 0

(D2 + 9) y = t

36. (D + 1)x + (D − 1) y = 0
4x +(D − 4) y = 1

26. x′ = z ( )37. D2 − 9 x + Dy = 0
y′ = z
z′ = y (D − 1) y = 0

27. dx = x + z ( )38. D2 − 16 x = 0
dt
dy = y + z Dx + Dy = 0
dt
dz = x + z 39. Dx + D2 y = t
dt
(D2 − 25)x = −t

28. dx − 5x − 4y − 2z = 0 ( )40. D2 − 2 x − y = t2
dt
(D + 2)x + y = t

− 4x + dy − 5y − 2z = 0
dt
41. (D2 − 2)x − y=0
2y + dz − 2z = 0
− 2x − dt 2x (+ D2 + 1) y = 0

210 UNIDAD 4 Introducción a los sistemas de ecuaciones diferenciales

En los ejercicios 42 a 50, resolver los sistemas de ecua- 46. x′ = x + 3y
ciones diferenciales dados sujetos a las condiciones indi- y′ = −3x + y
cadas. x(0) = 0, y(0) = 0

42. x′ − 5x − 5y = 0 47. x′ = 2x + 5y
y′ − 12y = 0 y′ = −5x + 2y
x(0) = 5, y(0) = 1
x(0) = 0, y(0) = 0
48. x′ = 5y
43. dx = y y′ = −5x
dt x(π ) = 0, y(π ) = 0
dy = 4x
dt 49. x′ = y
x(0) = 0, y(0) = 2 y′ = −x
x(0) = 10, y(0) = 100
44. dx = 2y + 1
dt 50. x′ = 4x + 2y
dy = −2x + 4y y′ = −2x + 4y
dt x(0) = 0, y(0) = 0
x(0) = 0, y(0) = 0

45. x′ = −3x + 2y
y′ = −3y
x(0) = 1, y(0) = 4

4.2 Competencia final

Resolver problemas. ( )5. D2 + 1 x − Dy = 1
Capacidad para generar nuevas ideas.
(D − 1) y = −1
En los ejercicios 1 a 6, resolver los sistemas de ecuaciones
diferenciales dados, ya sea mediante una eliminación sis- ( )6. 2x + D2 + 1 y = 1
temática o bien por determinantes.
(D2 + 4)x − y=t
1. x′ = 5x − y
y′ = −x + 5y En los ejercicios 7 y 8, resolver los sistemas de ecuaciones
diferenciales dados sujetos a las condiciones indicadas.
2. dx − 2x − 6y = 0
dt 7. dx − x − 12y = 0
dy + 3y = 0 dt
dt dy − 4y = 0
dt
3. (D + 2)x + Dy = t x(0) = 0, y(0) = 0
2x +(D − 1) y = 0
8. x′ = 3x
4. x′ − x − y + 2z = 0 y′ = −3y
x + y′ − 2y − z = 0
− y + z′ + z = 0 x¢π ≤= 0, y ¢π ≤= 0
22

4.3 Solución de sistemas de ecuaciones diferenciales utilizando la transformada de Laplace 211

4.3 Solución de sistemas de ecuaciones diferenciales

utilizando la transformada de Laplace

Como lo estudiamos en la unidad 3, la transformada de Laplace es una herramienta muy útil
para resolver problemas de valor inicial. De la misma forma en que la transformada de La-
place reduce un problema de valor inicial a un problema de tipo algebraico, para el caso de un
sistema de ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes es posible obtener un sistema
algebraico de ecuaciones cuya solución está relacionada directamente con la solución del siste-
ma original mediante la transformada inversa de Laplace.

En esta sección aprenderemos a resolver un SED mediante el uso de la transformada de
Laplace. Sin más preámbulo, ilustremos el procedimiento resolviendo de nuevo los ejemplos 3 y
4 de la sección anterior con la finalidad de hacer una comparación de los métodos de solución.

A continuación enumeremos las ecuaciones de un sistema en el siguiente orden: ecuación

1, ecuación 2, ecuación 3, y así sucesivamente. Además, adoptemos la notación L {x(t)} = X ,
L {y(t)} =Y y L {z(t)} = Z.

EJEMPLO 1 Un SED de primer orden con condiciones iniciales
Resolver
x′ = 9 y
2 Resolver problemas.

y′ = 2x
x(0) = 6, y(0) = 0

Solución
Aplicamos la transformada de Laplace a cada ecuación del sistema

L {x′} = 9 L {y} aplicamos la transformada de Laplace Argumentar con
contundencia y precisión.
2

L {y′} = 2L {x}

sX − x(0) = 9Y simplificamos
2

sY − y(0) = 2X

sX − 9Y = 6 sustituimos x(0) = 6, y(0) = 0 y ordenamos
2

−2X + sY = 0

En este momento, nuestro sistema original de ecuaciones diferenciales se ha transformado
en un sistema algebraico y procedemos a resolverlo con los métodos tradicionales. En nuestro
caso, aplicamos una eliminación sistemática por suma y resta.

Al multiplicar la ecuación 1 por 2, la ecuación 2 por s, y sumar, tenemos

2sX − 9Y = 12 sumar ecuaciones
−2sX + s2Y = 0

(s2 − 9)Y = 12

Ahora procedemos a resolver para Y y aplicamos L –1

Y = 12 9 resolvemos para Y
s2 −

212 UNIDAD 4 Introducción a los sistemas de ecuaciones diferenciales

{ }y(t) = L −1 3 aplicamos L –1
−1 {Y } = 4L s2 − 9

y(t) = 4senh 3t = 2e3t − 2e−3t simplificamos

Para obtener la solución correspondiente a x(t) podemos sustituir la función y(t) = 2e3t − 2e−3t

en alguna de las ecuaciones del sistema original que resulte más conveniente; o bien, considerar

la eliminación de la otra transformada de Laplace en el sistema algebraico equivalente. 9
2
Si elegimos esta segunda opción, multiplicamos la ecuación 1 por s, la ecuación 2 por ,

y sumamos:

Comunicarse en el lenguaje s2X − 9 sY = 6s eliminamos Y
matemático en forma 2
escrita.
− 9X + 9 sY = 0
2

(s2 − 9)X = 6s

X = 6s 9 resolvemos para X
s2 − aplicamos L –1

{ }x(t) = L −1 s
−1 {X } = 6L s2 − 9

x(t) = 6 cosh 3t = 3e3t + 3e−3t

La solución particular al sistema es x = 3e3t + 3e−3t y y = 2e3t − 2e−3t, tal y como se había
encontrado en el ejemplo 3 de la sección anterior.

EJEMPLO 2 Un SED de primer orden con condiciones iniciales
Resolver

Resolver problemas. x′ + 2x − 2y′ = 0
−2x + y′ − 3y = 0
Argumentar con x(0) = 0, y(0) = 14
contundencia y precisión.
Solución
Aplicamos la transformada de Laplace a cada ecuación del sistema

L {x′} + 2L {x} − 2L {y′} = 0 aplicamos la transformada de Laplace
−2L {x} + L {y′} − 3L {y} = 0

sX − x(0) + 2X − 2[sY − y(0)] = 0 simplificamos
−2X +[sY − y(0)] − 3Y = 0

(s + 2)X − 2sY = −28 sustituimos x(0) = 0, y(0) = 14 y ordenamos
− 2X +(s − 3)Y = 14

El sistema de ecuaciones diferenciales se ha transformado en un sistema algebraico y por
lo tanto, procedemos a resolverlo. Al multiplicar la ecuación 1 por 2, la ecuación 2 por s + 2 ,
y sumar, tenemos

2(s + 2)X − 4sY = −56

−2(s + 2)X + (s + 2)(s − 3)Y = 14(s + 2) sumar ecuaciones

( )s2 − 5s − 6 Y = 14s − 28

4.3 Solución de sistemas de ecuaciones diferenciales utilizando la transformada de Laplace 213

Ahora procedemos a resolver para Y y aplicamos fracciones parciales

Y = 14s − 28 resolvemos para Y

(s − 6)(s + 1)

Y= 8 + 6 fracciones parciales
s−6 s+1

y(t) = L −1 {Y } = 8e6t + 6e−t aplicamos L –1

De nueva cuenta, al igual que en el ejercicio anterior, consideramos la eliminación de la
otra transformada de Laplace en el sistema algebraico equivalente. De manera que si multipli-
camos la ecuación 1 por s – 3, la ecuación 2 por 2s, y sumamos

(s + 2)(s − 3)X − 2s(s − 3)Y = −28(s − 3)

− 4sX + 2s(s − 3)Y = 28s eliminamos Y

(s2 − 5s − 6)X = 84

X = (s − 84 + 1) resolvemos para X

6)(s

X = 12 − 12 fracciones parciales
s−6 s+1

x(t) = L −1 {X } = 12e6t − 12e−t aplicamos L –1

La solución particular al sistema dado es x(t) = 12 e6t + 12 e−t y y(t) = 8e6t + 6e−t, tal y
como se había encontrado en el ejemplo 4 de la sección anterior.

EJEMPLO 3 Un SED de primer orden con condiciones iniciales
Resolver
dx = −3y + t
dt Resolver problemas.
dy = −3x − 1
dt
x(0) = 0, y(0) = 1

Solución

Aplicamos la transformada de Laplace a cada ecuación del sistema

{ }L dx = −3L {y} + L {t} aplicamos la transformada de Laplace
dt

{ }L dy = −3L {x} − L {1}
dt

sX − x(0) = −3Y + 1
s2
simplificamos
sY − y(0) = −3X − 1
s

214 UNIDAD 4 Introducción a los sistemas de ecuaciones diferenciales

sX + 3Y = 1 sustituimos x(0) = 0, y(0) = 1 y ordenamos
s2

3X + sY = 1− 1
s

Argumentar con El sistema de ecuaciones diferenciales se ha transformado en un sistema algebraico y procede-
contundencia y precisión. mos a resolverlo. Al multiplicar a la ecuación 1 por s a la ecuación 2 por −3 y sumar, tenemos

Comunicarse en el lenguaje s2X + 3sY = 1 sumar ecuaciones
matemático en forma s
escrita.
−9X − 3sY = −3 + 3
s

(s2 − 9)X = 4 − 3
s

Ahora procedemos a resolver para Y y aplicamos fracciones parciales

)(X= −3s +4 resolvemos para X
s s2 −9

X = − 5 1 + 13 1 − 4 1 fracciones parciales
18 s − 3 18 s + 3 9 s

x (t) = 5 e3t + 13 e−3t − 4 aplicamos L –1
18 18 9

De nueva cuenta al igual que en el ejercicio anterior, consideramos la eliminación de la otra
transformada de Laplace en el sistema algebraico equivalente. De manera que al multiplicar a
la ecuación 1 por −3, a la ecuación 2 por s y sumar, tenemos

−3sX − 9Y = 3
s2

3sX + s2Y = s − 1 eliminamos X

( )s2− 9 Y = s −1− 3
s2

= s3 − s2 − 3
s2 s2 − 9
( )Y resolvemos para Y

Y = 5 s 1 + 13 1 + 1 1 fracciones parciales
18 −3 18 s+3 3 s2

y(t) = L −1 {Y } = 5 e3t + 13 e−3t + 1 t aplicamos L –1
18 18 3

La solución particular al sistema dado es

y(t) = 5 e3t +13 e−3t + 1 t y x (t) = − 5 e3t + 13 e−3t − 4
18 18 3 18 18 9

Otra opción para determinar la segunda solución una vez que determinamos la primera es una

sustitución en el sistema original. Si bien es cierto que esto no siempre se puede hacer porque

dependemos de la forma del sistema dado, en este caso sin dificultad encontramos que

dx = −3y + t ecuación original 1
dt

y = 1 ¢− dx + t≤ resolvemos para y
3 dt

4.3 Solución de sistemas de ecuaciones diferenciales utilizando la transformada de Laplace 215

y(t) = 5 e3t + 13 e−3t + 1 t sustituimos y(t) = − 5 e3t + 13 e−3t − 4
18 18 3 18 18 9

Como anteriormente lo habíamos determinado.

4.3 Desarrollo de competencias

En los problemas 1 a 27, utilizar la transformada de La- 9. x′ + 9x − 7y = 0
place para resolver los sistemas de ecuaciones diferencia- 7x + y′ − 5y = −1
les dados.
x(0) = 0, y(0) = 0

1. dx + y =3
dt
10. x′ = 4x − 1
− x + dy = −2 y′ = −4y
dt x(0) = 1, y(0) = 0

x(0) = 1, y(0) = 1 11. x′ + 2x + 5y = 0
− 5x + y′ + 2y = t
2. x′ = 2 y + t2
y′ = 2x − t x(0) = 0, y(0) = 0
x(0) = 0, y(0) = 1

3. x′ + 9y = et

− 9x + y′ = e−t 12. x′ − 2x + y = t
− x + y′ − 2y = 0
x(0) = 1, y(0) = 0
x(0) = 0, y(0) = 0
4. dx −
dt 8y = t2

− 2x + dy = −t2 13. x′ = x + y
dt y′ = −x + y
x(0) = 1, y(0) = 1
x(0) = 1, y(0) = −1

5. dx + 2x − 5y = et 14. x′ − x − y + 2z = 0
dt x + y′ − 2y − z = 0
− y + z′ + z = 0
− 5x + dy + 2y = 1
dt x(0) = 0, y(0) = 0, z(0) = 0

x(0) = 0, y(0) = 0

6. x′ + 6x − 2y = 1 15. x′′ − 4y = t
6x + y′ − 2y = 0
− 4x + y′′ = 1
x(0) = 1, y(0) = 0

x′(0) = 4, x(0) = 0

7. x′ − 10x + 5y = −t y′(0) = 0, y(0) = 0
− 8x + y′ + 12y = 1
16. x′′ − 4x + y=0
x(0) = 0, y(0) = −1

8. x′ + 12x − 7y = 1 x + y′′ − 4y = 0
7x + y′ − 2y = 1
x′(0) = 1, x(0) = 0
x(0) = 0, y(0) = 0
y′(0) = 2, y(0) = 0

216 UNIDAD 4 Introducción a los sistemas de ecuaciones diferenciales

17. x′′ + 4x − 2y = 0 23. x′′ + x − y′ = 1
y′ − y = −1
y′′ − 16y = 0
x′(0) = 0, x(0) = 0, y(0) = 0
x′(0) = 1, x(0) = 1

y′(0) = 1, y(0) = 0

18. x′′ − 16x =1 24. d2x − 16x = 0
dt2

y′′ + 16y = −1 dx + dy = 0
dt dt
x′(0) = 0, x(0) = 0

y′(0) = 0, y(0) = 0 x′(0) = 4, x(0) = 0, y(0) = 1

19. x′′ − x − 4y = 1 25. dx + d2y = t
− 2x + y′′ − 3y = t dt dt2

x′(0) = 0, x(0) = 0 d2x − 25x = −t
y′(0) = 0, y(0) = 0 dt2

x′(0) = 0, x(0) = 0

20. x′′ − 4x − 12y = 0 y′(0) = 0, y(0) = 0
y′′ + 9y = t
26. d2x − 2x − y = t2
x′(0) = 1, x(0) = 0 dt2
y′(0) = 0, y(0) = 0

21. x′ + x + y′ − y = 0 dx + 2x + y = t
4x + y′ − 4y = 1 dt

x(0) = 0, y(0) = 0 x′(0) = 0, x(0) = 0, y(0) = 0

27. x′′ − 2x − y=0

22. x′ + 2x + y′ = t 2x + y′′ + y = 0
2x + y′ − y = 0
x′(0) = 0, x(0) = 0
x(0) = 0, y(0) = 1
y′(0) = 1, y(0) = 0

4.3 Competencia final

Capacidad para generar nuevas ideas. 2. dx = y + t
Resolver problemas. dt

En los problemas 1 a 4, utilizar la transformada de Lapla- dy = 4x − t
ce para resolver los sistemas de ecuaciones diferenciales dt
dados.
x(0) = 1, y(0) = 0

d2x dy = 0 3. x′ −y=t
dt2 dt
1. − 9x + − 9x + y′ = e−t

dy − y = 0 x(0) = 0, y(0) = 1
dt
4. 2x + y′′ + y = 1
x′(0) = 0, x(0) = 0, y(0) = 0 x′′ + 4x − y = t
x′(0) = 0, x(0) = 0
y′(0) = 0, y(0) = 0

Unidad INTRODUCCIÓN AL ANÁLISIS
DE FOURIER
5

5.1 Teoría preliminar 5.3 Series de Fourier en cosenos, senos y de medio
5.2 Series de Fourier intervalo

5.4 La serie compleja de Fourier

Competencias específicas Potenciar las habilidades para el uso de nuevas
tecnologías.
Aprender los conceptos de ortogonalidad, conjuntos Resolver problemas.
ortogonales y la definición de la serie de Fourier. Reconocer conceptos generales e integradores.
Aprender a calcular series de Fourier (forma Argumentar con contundencia y precisión.
trigonométrica) de funciones periódicas en un Optimizar soluciones.
periodo arbitrario centrado.
Aprender a calcular series de Fourier en cosenos y Competencias instrumentales
series de Fourier en senos.
Aprender a calcular series de Fourier de medio Capacidad de análisis y síntesis.
intervalo. Habilidades básicas de manejo de la computadora.
Aprender a calcular series de Fourier en su forma Solución de problemas.
compleja.
Competencias sistémicas
Competencias genéricas
Capacidad para aprender.
Representar e interpretar conceptos en forma Capacidad para generar nuevas ideas.
geométrica y algebraica. Habilidad para trabajar en forma autónoma.
Comunicarse en el lenguaje matemático en forma
escrita.
Lograr un pensamiento lógico, algorítmico,
heurístico, analítico y sintético.

218 UNIDAD 5 Introducción al análisis de Fourier

En las unidades anteriores nos centramos en estudiar métodos de solución de ecuaciones di-
ferenciales ordinarias y las discusiones se desarrollaron alrededor de ecuaciones de orden no
mayor a 2. En general, cuando un problema real tiene como modelo matemático una ecuación
diferencial, esta no es ni ordinaria ni de segundo orden. Sin embargo, abordar un estudio pro-
fundo acerca de este tipo de problemas requiere de más bases teóricas. En un curso introduc-
torio a las ecuaciones diferenciales estas limitaciones nos llevan a restringir su estudio a tres de
ellas: la ecuación del calor, la ecuación de onda y la ecuación de Laplace. Para iniciar nuestro
estudio acerca de estas ecuaciones requerimos en primer lugar, introducirnos al análisis de
Fourier, el cual nos proporciona los elementos a partir de los cuales podremos resolver muchos
problemas de aplicación.

A pesar de que la teoría de las series de Fourier es de las más abstractas que se conocen,
su aplicación es realmente sencilla para algunas ecuaciones básicas y es accesible en un curso
introductorio de solución de ecuaciones.

En esta unidad presentamos los conceptos básicos que nos permitirán determinar la lla-
mada serie de Fourier que utilizaremos como herramienta para resolver algunas ecuaciones
diferenciales ordinarias y nuestras primeras ecuaciones diferenciales parciales.

5.1 Teoría preliminar

Es muy común que en muchos problemas de ciencias e ingeniería aparezcan funciones especia-
les conocidas como funciones periódicas. Es de mucha utilidad expresar este tipo de funciones
en términos de las funciones trigonométricas seno y coseno.

Jean-Baptiste-Joseph Fourier (Auxerre, Francia, 1768-París, 1830). Ingeniero y matemáti-

co francés. Era hijo de un sastre y fue educado por los benedictinos. Los puestos en el cuerpo

científico del ejército estaban reservados para familias de estatus reconocido, así que aceptó

una cátedra militar de matemáticas.

Tuvo un papel destacado durante la revolución en su propio distrito y fue recom-

pensado con una candidatura para una cátedra en la École Polytechnique. Fourier

acompañó a Napoleón en su expedición oriental de 1798 y fue nombrado goberna-

dor del Bajo Egipto. Aislado de Francia por la flota británica, organizó los talleres

con los que el ejército francés debía contar para sus suministros de munición. Tam-

bién aportó numerosos escritos sobre matemáticas al Instituto Egipcio que Napo-

león fundó en El Cairo.

Tras las victorias británicas y la capitulación de los franceses al mando del ge-

neral Menou en 1801, Fourier volvió a Francia, donde fue nombrado prefecto del

departamento de Isère, y empezó sus experimentos sobre la propagación del calor.

Se trasladó a París en 1816 y en 1822 publicó Teoría analítica del calor, donde de-

sarrolló la denominada “serie de Fourier”, de notable importancia en el posterior

desarrollo del análisis matemático, y con interesantes aplicaciones a la resolución de

numerosos problemas de física (más tarde, Dirichlet consiguió una demostración

rigurosa de diversos teoremas que Fourier dejó planteados). No terminó su trabajo

sobre resolución de ecuaciones que se publicó en 1831 y que contenía una demostra-

Nota biográfica ción de su teorema sobre el cálculo de las raíces de una ecuación algebraica.

Las series de Fourier son más Al realizar estudios acerca de la conducción del calor de manera analítica, el
generales que la serie de Taylor; físico matemático Jean Baptiste Joseph Fourier desarrolló la teoría que permite
incluso las funciones perió- expresar a una función como una serie trigonométrica en términos de senos y co-
dicas discontinuas se pueden senos. Al estudiar y resolver la ecuación diferencial del calor, Fourier aportó una
representar por medio de series de las herramientas más poderosas hasta entonces conocidas por la ciencia y que
de Fourier y no así por series representó incluso una de las contribuciones más significativas en la historia de las
de Taylor. matemáticas; curiosamente, aun cuando lleva su nombre no fue Fourier el precur-
sor de esta teoría, sino Daniel Bernoulli y Leonhard Euler.

5.1 Teoría preliminar 219

Funciones periódicas

Para iniciar el estudio de las series de Fourier es necesario conocer los conceptos de función
periódica, par e impar. Recordemos de la definición 1 de la sección 3.6 que una función f (t) se
dice periódica de periodo T si f (t) = f (t +T ) para todo t en su dominio.

Por inducción es fácil observar que si f (t) es una función periódica de periodo T, entonces
f (t + nT )= f (t) para todo valor de t en su dominio y n número entero.

El siguiente ejemplo muestra dos funciones periódicas de interés en nuestro estudio sobre
las series de Fourier.

EJEMPLO 1 Las funciones periódicas sen nπ t y cos nπ t
L L

Demostrar que las funciones sen n π t y cos n π t son periódicas con periodo 2L. Resolver problemas.
LL

Solución

Se verifica que

sen nπ (t + 2L) = sen ¢nπt + 2nπ≤ desarrollamos

LL

sen nπ (t + 2L) = sen nπt cos2nπ + sen2nπ cos nπt seno de una suma Comunicarse en el lenguaje
LL L matemático en forma
escrita.

sen nπ (t + 2L) = sen nπt cos(2nπ ) = 1 , sen(2nπ ) = 0

LL

Concluimos que la función sen nπ t es periódica de periodo 2L.
L

Un procedimiento análogo muestra que la función cos n π t también es periódica y de periodo 2L.
L

Funciones pares e impares

Para justificar el teorema de Fourier nos será de mucha utilidad recordar los conceptos de fun-
ciones par e impar, ya que sus propiedades nos facilitarán el cálculo de integrales definidas en
un periodo centrado alrededor del cero. Presentamos la siguiente definición.

Funciones par e impar 1 Definición

1. Una función f (t) se dice par si f (−t) = f (t).
2. Una función f (t) se dice impar si f (−t) = − f (t).

Geométricamente, una función par es simétrica respecto al eje y, mientras que una función Reconocer conceptos
impar es antisimétrica en el origen. La FIGURA 5.1 muestra la gráfica de una función par y la generales e integradores.
FIGURA 5.2 muestra la gráfica de una función impar.

220 UNIDAD 5 Introducción al análisis de Fourier

f(t) = f(–t) y y
f(t)
–t t –t
Figura 5.1 Figura 5.2 t
f(–t) = –f(t)

Resolver problemas. EJEMPLO 2 Funciones pares e impares
1. Dado que −t = t , cos (−t) = cost y (−t)2n = t2n , n ∈ , concluimos que las funciones t ,
cost, t2n son pares.

( )2. Dado que (−t) = −(t), sen(−t) = − sent y (−t)2n+1 = − t2n+1 con n ∈ , concluimos que las

funciones t, sent y t2n+1 son impares.

En el siguiente teorema se listan algunas de las propiedades más conocidas y útiles de las
funciones pares e impares.

Teorema 1 Propiedades de las funciones pares e impares

Argumentar con 1. El producto de dos funciones pares es par.
contundencia y precisión.
Capacidad de análisis y 2. El producto de dos funciones impares es par.
síntesis.
3. El producto de una función par y una función impar es impar.
Comunicarse en el ∫a ∫a
lenguaje matemático en 4. Si f (t) es una función par, entonces −a f (t) dt = 2 0 f (t) dt.
forma escrita. 5. Si f (t) es una función (t)
impar, entonces ∫a f dt = 0.
−a
6. Toda función f (t) impar definida en t = 0 satisface f (0) = 0.

Demostración 1)
Sean f (t) y g(t) dos funciones pares y definamos h(t) = f (t)g(t); dado que
h(−t) = f (−t)g(−t) = f (t)g(t) = h(t), se verifica que h(t) es una función par.

Demostración 2)
Sean f (t) y g(t) dos funciones impares y definamos h(t) = f (t)g(t) ; dado que

h(−t) = f (−t)g(−t) = (− f (t))(−g(t)) = f (t)g(t) = h(t) , se verifica que h(t) es una función par.

Demostración 3)

Sean f (t) una función par y g(t) una función impar. Definamos h(t) = f (t)g(t); dado

que h(−t) = f (−t)g(−t) = f (t)(−g(t)) = − f (t)g(t) = −h(t), se verifica que h(t) es una función

impar.

5.1 Teoría preliminar 221

Demostración 4)
Sea f (t) una función par, al considerar el cambio de variable t = −u, tenemos que cuando
t = 0, entonces u = 0, y cuando t = −a, entonces u = a; luego

∫ ∫ ∫a 0 a
f (t) dt = f (t) dt + f (t) dt
−a −a 0

∫ ∫ ∫a 0 a t = −u, dt = −du Lograr un pensamiento
f (t) dt = − f (−u) du + f (t) dt f (−u) = f (u) lógico, algorítmico,
−a a 0 analítico y sintético.

∫ ∫ ∫a 0 a
f (t) dt = − f (u) du + f (t) dt
−a a 0

∫ ∫ ∫a a a invertimos límites de integración
f (t) dt = f (u) du + f (t) dt
−a 0 0

∫ ∫a a
f (t) dt = 2 f (t) dt
−a 0

Demostración 5)
Sea f (t) una función impar, de la misma forma que en el inciso anterior, si consideramos
el cambio de variable t = −u tenemos que cuando t = 0, entonces u = 0, y cuando t = −a,
entonces u = a; luego

∫ ∫ ∫a 0 a separamos la integral
f (t) dt = f (t) dt + f (t) dt
−a −a 0

∫ ∫ ∫a 0 a cambiamos de variable t = −u, dt = −du
f (t) dt = − f (−u) du + f (t) dt
−a a 0

∫ ∫ ∫a 0 a f (−u) = − f (u)
f (t) dt = f (u) du + f (t) dt invertimos límites de integración
−a a 0

∫ ∫ ∫a a a
f (t) dt = − f (u) du + f (t) dt
−a 0 0

∫a
f (t) dt = 0
−a

Demostración 6)
Si f (t) es impar entonces se cumple que f (−t) = − f (t) para todo t en el dominio, en
particular si f (t) está definida para t = 0 se satisface que f (−0) = − f (0), de donde
f (0) + f (−0) = 0. Dado que f (−0) = f (0) concluimos f (0) = 0.

Funciones ortogonales

En la observación 2 de la sección 2.2 dejamos como un ejercicio al lector demostrar que el
conjunto de todas las funciones continuas sobre el intervalo [a,b], definido por

C [a,b] = { f : [a,b] →  | f es continua en [a,b]}

Resulta ser un espacio vectorial al considerar las operaciones usuales del cálculo para sumar
funciones y para multiplicar una función por un escalar real. Como tal, el conjuntoC [a,b]
adquiere todas las propiedades de los espacios vectoriales y son aplicables todos los concep-
tos correspondientes tales como combinación lineal, dependencia lineal, independencia lineal,
base y dimensión, entre otros.

En el álgebra lineal se demuestra de manera formal queC [a,b] es un espacio euclideano;
es decir, existe en él un producto interno que se presenta en la siguiente definición.

222 UNIDAD 5 Introducción al análisis de Fourier

Definición 2 El producto interno enC [a,b]

Reconocer conceptos En el espacio vectorialC [a,b] se define el producto interno de las funciones f (t) y g(t) por
generales e integradores.
∫b

f (t) ⋅ g(t) = f (t) g(t) dt

a

Comunicarse en el lenguaje El producto interno también se conoce como producto punto o producto escalar. Como
matemático en forma
escrita. un buen ejercicio, podemos verificar sin mucha dificultad que el producto definido anterior-

mente satisface las condiciones establecidas en la definición formal de producto interno; es
decir, si f , g, h ∈C [a, b] y k ∈, entonces

1. f ⋅ g ∈
2. f ⋅ g = g ⋅ f

3. kf ⋅ g = f ⋅ kg = k ( f ⋅ g)
4. f ⋅ (g + h) = f ⋅ g + f ⋅ h

5. f ⋅ f ≥ 0
6. f ⋅ f = 0 si y solo si f = 0

Resolver problemas. EJEMPLO 3 Producto punto de dos funciones

Lograr un pensamiento Calcular el producto punto f (t) ⋅ g(t) de las funciones indicadas.
lógico, algorítmico, a) f (t) = et y g(t) = 3t2e−t en el espacioC [0,1]
analítico y sintético. b) f (t) = sent y g(t) = cost en el espacioC [−π ,π ]

Solución a)

∫Por definición, et ⋅ 3t2e−t = 1 ⋅ 3t2e−tdt = t3 1 =1

et
00

Solución b)

∫π

Tenemos sent ⋅ cost = sent cost dt = 0

−π

Lo anterior se sigue de inmediato por tratarse de la integral de una función impar definida

sobre un periodo centrado en cero, como se demostró en el teorema 1.

Una vez definido el producto interno en el espacioC [a,b], es posible abordar otros con-
ceptos útiles en nuestro propósito de justificar el teorema de Fourier, como norma y conjunto
ortogonal.

Definición 3 La norma de una función
1. Sea f (t) ∈C [a,b], se define la norma de f (t) como f (t) = f (t) ⋅ f (t)
Reconocer conceptos
generales e integradores. 2. Se dice que el conjunto { f1(t), f2 (t),, fn (t)} ⊆C [a,b] es ortogonal sobre el intervalo [a,b] si

donde c ∈, c ≠ 0 para 1 ≤ i, j ≤ n.

EJEMPLO 4 La norma de una función
Dadas las funciones f (t) = sent y g(t) = cost en el espacio C [−π ,π ], calcular a) f (t) y
b) g(t) .

5.1 Teoría preliminar 223

Solución a) f (t) = sent ⋅ sent = ∫π sen2 t dt = π
Solución b)
−π

g(t) = cost ⋅ cost = ∫π cos2 t dt = π

−π

EJEMPLO 5 Un conjunto ortogonal

Demostrar que el conjunto {sent, sen2t, cost, cos2t} ⊆C [−π ,π ] es ortogonal.

Solución Resolver problemas.

Para demostrar la ortogonalidad del conjunto de funciones en el intervalo [−π ,π ] es necesa-

rio calcular los productos punto entre todas las parejas posibles de funciones. Para simplificar

los cálculos aplicamos los resultados mostrados en el teorema 1, es decir

∫ ∫π π Del teorema 1 sabemos que
el producto de dos funciones
sent ⋅ sen2t = sent sen2t dt = 2 sent sen 2t dt = 0 pares es par; el producto de
dos funciones impares es par, y
−π 0 el producto de una función par
y una función impar es impar.
∫π

sent ⋅ cost = sent cost dt = 0

−π

∫π

sent ⋅ cos2t = sent cos2t dt = 0

−π

∫π

sen2t ⋅ cost = sen2t cost dt = 0

−π

∫π

sen2t ⋅ cos2t = sen2t cos2t dt = 0

−π

∫ ∫π π Del teorema 1 sabemos que

cos t ⋅ cos2t = cost cos 2t dt = 2 cost cos 2t dt = 0 1. Si f (t) es una función par,
entonces
−π 0
∫ ∫a a
sent = ∫π sen2 t dt = π f (t) dt = 2 f (t) dt
−a 0
−π
2. Si f (t) es una función
sen2t = ∫π sen2 2t dt = π impar, entonces

−π ∫a
f (t) dt = 0.
cost = ∫π cos2 t dt = π −a

−π

cos2t = ∫π cos2 t dt = π

−π

Se verifica que el producto interno de dos funciones diferentes es cero y el producto interno
de una función consigo misma es una constante; de manera que, por la definición 3, el conjunto

es ortogonal en el intervalo [−π ,π ].

EJEMPLO 6 Las funciones periódicas sen nπ t y cos nπ t
L L

{ }Demostrar que el conjunto sen nπ t, cos nπ t ⊆C [−L,L] con n ∈ es ortogonal en el intervalo
L L
[−L, L ].

224 UNIDAD 5 Introducción al análisis de Fourier

Comunicarse en el lenguaje Solución
matemático en forma Para mostrar la ortogonalidad es necesario que evaluemos todos los productos posibles entre
escrita. dos elementos del conjunto dado. De esta manera,

∫a) L sen mπ t cos nπ t dt = 0, para todo m, n ∈
−L L L

∫b) L sen mπ t sen nπ t dt = b 0 si m ≠ n
−L L L L si m = n

∫c) L cos mπ t cos nπ t dt = b 0 si m ≠ n
−L L L L si m = n

{ }Por lo anterior, el conjuntosen nπ t, cos nπ t es ortogonal en el intervalo [−L,L].
L L

Una propiedad interesante de los conjuntos ortogonales es que son linealmente indepen-
dientes; este resultado nos permitirá más adelante justificar el teorema de Fourier. Al respecto,
tenemos el siguiente teorema.

Teorema 2 Todo conjunto ortogonal es linealmente independiente

Lograr un pensamiento Demostración
lógico, algorítmico,
analítico y sintético Sea { f1(t), f2 (t),, fn (t)} ⊆C [a,b] un conjunto ortogonal de funciones. Consideremos la

combinación lineal igualada con cero

c1 f1(t) + c2 f2 (t) ++ cn fn (t) = 0

Sea fk (t) ∈ { f1(t), f2 (t),, fn (t)} para algún k = 1,2,, n y calculemos el producto interno

fk (t) ⋅ (c1 f1(t) + c2 f2 (t) ++ cn fn (t)) = 0

Por las propiedades del producto interno podemos escribir

c1 ( fk (t) ⋅ f1(t)) + c2 ( fk (t) ⋅ f2 (t)) ++ ck ( fk (t) ⋅ fk (t)) ++ cn ( fk (t) ⋅ fn (t)) = 0

Como el conjunto { f1(t), f2 (t),, fn (t)} es ortogonal, se cumple que fi (t) ⋅ f j (t) = 0 i= j
c i= j ,
donde c ∈, c ≠ 0 para 1 ≤ i, j ≤ n; entonces,

c1 ( fk (t) ⋅ f1(t)) + c2 ( fk (t) ⋅ f2 (t)) ++ ck ( fk (t) ⋅ fk (t)) ++ cn ( fk (t) ⋅ fn (t)) = 0

de donde ck fk (t) 2 = 0 y por tanto ck = 0 para todo k = 1,2,, n. Concluimos que el conjunto

{ f1(t), f2 (t),, fn (t)} es linealmente independiente.

Teorema 3 { }El conjuntosennπ t, cos nπ t n ∈ es una base del espacio vectorialC [−L,L]
L L
Argumentar con
contundencia y precisión. { }Demostración sen nπ t, cos nπ t con n ∈ es un conjunto
Capacidad de análisis y En el ejemplo 6 mostramos que el conjunto L L teorema 2 concluimos que
síntesis. ortogonal en el consecuencia del es
intervalo [−L,L]. Como una

un conjunto linealmente independiente.

A partir de que el conjunto

{ }sen nπ t, cos nπ t con n ∈
L L

5.1 Teoría preliminar 225

es infinito numerable, se sigue que el espacio generado por este conjunto

{ }gen sen nπ t, cos nπ t
LL

es de dimensión infinita y además

{ }gen sen nπ t, cos nπ t ⊆ gen[−L,L].
L L

Se concluye que

{ }L sen nπ t, cos nπ t =C [−L,L].
L L

De esta manera, se verifica que el conjunto Recordemos que gen {A} re-
presenta el conjunto formado
{ }sen nπ t, cos nπ t por todas las combinaciones
L L lineales entre los elementos del
conjunto A.
es un generador linealmente independiente del espacio vectorialC [−L,L] y

por lo tanto constituye una base.

5.1 Desarrollo de competencias

Capacidad para generar nuevas ideas. 8. f (t) = b 0 ≤ t < a , T = 2a
−b a ≤ t < 2a

1. Demostrar que si las funciones f (t) y g(t) son am- 9. f (t) = b 0 ≤ t < a , T = 2a
bas funciones periódicas de periodo T, entonces 0 a ≤ t < 2a
la función a f (t) + b g(t) también es una función
periódica de periodo T. Es decir, demostrar que 10. f (t) = 0 0 ≤ t < a , T = 2a
el conjunto de funciones periódicas de periodo T b a ≤ t < 2a
forma un subespacio vectorial del espacioC [a,b].

2. Si f (t) es una función periódica de periodo T, de- 11. f (t) = sent 0 ≤ t < π , T = 2π
∫ a+T ∫ b+T 0 π ≤ t < 2π
mostrar que a f (t ) dt = b f (t) dt para cuales-

quiera a, b. 12. f (t) = b − b t, T = a
a
3. Demostrar que si f (t) es una función periódica
df En los ejemplos 13 a 22, verificar si las funciones dadas
de periodo T, entonces dt también es una función son pares, impares o ninguna de las anteriores. En don-
de corresponda, T es el periodo de la función.
periódica de periodo T.
13. f (t) = eat
4. Demostrar que si f (t) es una función periódica de
∫x
periodo T, entonces 0 f (t) dt es también una fun-

ción periódica de periodo T si x > 0.

En los ejercicios 5 a 12, graficar las siguientes funciones 14. f (t) =t3 − 2t +1
periódicas de periodo T indicado.

15. f (t) = ln sent

Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías. 16. f (t)= tan2t
Habilidades básicas de manejo de la computadora.
17. f (t) = ln cost
5. f (t) = eat , T = a
18. f (t) =sec t
6. f (t) = t2 , T = 1
19. f (t) = b −a ≤ t < 0 , T = 2a
7. f (t) = cost, T = π −b 0≤t<a

226 UNIDAD 5 Introducción al análisis de Fourier

20. f (t) = −1− t −1 ≤ t < 0 En los ejercicios 27 a 31, utilizar las propiedades de las
1−t 0≤t <1
funciones pares e impares para evaluar las integrales
dadas. En donde corresponda, n ∈.

21. f (t) = sent 0 ≤ t < π , T = 2π 1
0 π ≤ t < 2π
∫27. t8 dx
22. f (t) = b − b t, T = a −1
a
π
23. Demostrar que la suma de dos funciones pares es
par. ∫28. t2n sen nt dt
−π
24. Demostrar que la suma de dos funciones impares
es impar. π

25. Demostrar que toda función se puede expresar ∫29. t2n+1 cos nt dt
como la suma de una función par y otra función −π
impar.
∫30. L sen 2nπt cos 2nπt dtL
26. Determinar el valor de las constantes para que −L L

{ }el conjunto t,a t2,t + bt2 + ct3 ⊆C [−2,2] sea un π

conjunto ortogonal en el intervalo [− 2 ,2 ]. ∫31. t cos nt dt
−π

5.1 Competencia final

Capacidad para generar nuevas ideas. 4. f (t) = −t2 −1 t<0
t2 +1 0≤t
En los ejercicios 1 y 2, graficar las siguientes funciones
periódicas de periodo T indicado. En los ejercicios 5 y 6, utilizar las propiedades de las

Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías. funciones pares e impares para evaluar las integrales
Habilidades básicas de manejo de la computadora. dadas. En donde corresponda, suponer que m, n ∈.

1. f (t) = t2 , T = a ∫5. L cos 2mπt cos 2nπt dtL
−L L
2. f (t) = sent, T = π
En los ejemplos 3 y 4, verificar si las funciones dadas π
son pares, impares o ninguna de las anteriores. En don-
de corresponda, T es el periodo de la función. ∫6. t2n cos nt sen mt dt
−π
3. f (t) = t

5.2 Series de Fourier

En muchas aplicaciones de la vida real se hace necesario expresar una función periódica como
una serie trigonométrica en términos de las funciones seno y coseno. Este resultado sin lugar
a dudas es una de las más grandes contribuciones a las matemáticas modernas. Una manera
de abordar la demostración de este resultado, conocido como el teorema de Fourier, es desde
el punto de vista del análisis matemático, y otra desde un elegante planteamiento del álgebra
lineal. Básicamente, la justificación se basa en demostrar que el espacio vectorial de las funcio-

nes continuas sobre un intervalo [a,b], denotado por C [a,b], tiene una base formada por una

cantidad infinita numerable de funciones seno y coseno. Como consecuencia y por definición

5.2 Series de Fourier 227

de base, es posible expresar a toda función continua sobre un intervalo [a,b] como una com-

binación lineal de los elementos de la base, que es precisamente la serie trigonométrica infinita
de Fourier. Disfrutemos este resultado.

El teorema de Fourier Teorema 1

Sea f (t) una función continua por partes en el intervalo [−L,L]. La función f (t) se puede Comunicarse en el
lenguaje matemático en
expresar por la serie trigonométrica forma escrita.

f (t ) = 1 a0 + ∑∞ an cos nπ t + bn sen nπ t Lograr un pensamiento
2 L L lógico, algorítmico,
n=1 analítico y sintético.

siempre que la serie converja.

Demostración
{ }Abapsearotrirtodgeolntaeol rdeeml easp3adceiolavseecctociróianlC5.1[−saLb,eLm].oDs qeueestasemnannLπetr,ac,ossi nπ t
) con n ∈ es una
L ∈C [ − L, L ], enton-

f (t

ces f (t) es una combinación lineal de los elementos de la base; es decir, para cada entero n

existen constantes An y Bn tales que

∞ nπ ∞ nπ
∑ ∑f (t) = L L
An cos t + Bn sen t

n=−∞ n=−∞

De manera explícita, tenemos

f (t) = + A−2 cos (−2)π t + A−1 cos (−1)π t + A0 cos (0)π t + A1 cos π t + A2 cos 2π t
L L L L L

+ + B−2 sen (−2)π t + B−1 sen (−1)π t + B0 sen (0)π t + B1 sen π t + B2 sen 2π t +
L L L L L

Si consideramos que la función coseno es par y que la función seno es impar y que además
cos 0 = 1 y sen 0 = 0 , podemos escribir

f (t ) = A0 + (A1 + A−1 ) cos π t + (A2 + A−2 ) cos 2π t +
L L

+ + (B1 − B−1 ) sen π t + (B2 − B−2 ) sen 2π t +
L L

O bien, si definimos A0 = 1 a0 , an = An + A−n y bn = Bn − B−n tenemos la serie
2

f (t) = 1 a0 + a1 cos π t + a2 cos 2π t +  + b1 sen π t + b2 sen 2π t +
2 L L L L

Luego,

1 ∞ nπ ∞ nπ
∑ ∑f 2 L L
(t) = a0 + an cos t + bn sen t

n=1 n=1

Más adelante discutiremos algunos resultados acerca de la convergencia de la serie de Reconocer conceptos
Fourier. generales e integradores.

La serie de Fourier

Podemos decir de manera concreta que la representación de una función como una combi-
nación lineal de la base del espacio C [−L,L] representa su serie de Fourier. Al respecto, la
siguiente definición.

228 UNIDAD 5 Introducción al análisis de Fourier

Definición 1 La serie de Fourier

Si f (t) es una función definida y continua en el intervalo [−L,L], la serie

1 ∞ nπ ∞ nπ
∑ ∑f 2 L L
(t) = a0 + an cos t + bn sen t

n=1 n=1 1
2
se conoce como la serie de Fourier en un intervalo centrado y los coeficientes a0, an y bn

como coeficientes de Fourier.

En la siguiente observación determinamos los coeficientes de Fourier.

OBSERVACIÓN 1 Cálculo de los coeficientes de la serie de Fourier

Sea f (t) una función definida y continua en el intervalo [−L,L] y supongamos que su serie

de Fourier está dada por

1 ∞ nπ ∞ nπ
2 L L
∑ ∑f(t) = a0 + an cos t + bn sen t (1)

n=1 n=1

La función seno es una función Si integramos la serie anterior sobre el intervalo [−L,L] tenemos
impar mientras que la función
coseno es par. L∞ L cos nπ t dt + ∞ L sen nπ t dt
−L L −L L
Dado que cos 0 = 1 se verifica dt + an
que
−L
{ }1∈ sen nπ t, cos nπ t ; ∫ ∫ ∑ ∫ ∑ ∫Lf = 1 bn
LL −L 2
es decir, el 1 forma parte de (t) dt a0
la base ortogonal del espacio
vectorialC [−L,L]. n=1 n=1

{ }Sabemos que el conjunto sen nπ t, cos nπ t , n ∈ , es una base ortogonal del espa-
cio vectorial C [ − L, L ]. De L L

manera que

∫ ∑ ∫ ∑ ∫∞ ∞ L sen nπ t dt
L 1 L cos nπ t dt + −L L
−L f (t) dt = 2 a0 t L + an −L L bn
−L

n=1 n=1

de donde

∫a0 = 1 L
L
f (t) dt

−L

Para determinar los coeficientes an, multiplicamos la serie de Fourier (1) por cos mπ t e integra-
L
mos todos los términos
Comunicarse en el lenguaje
matemático en forma mπ L cos mπ t dt + ∞ L cos mπ t cos nπ t dt
escrita. L −L L
Lograr un pensamiento ∫ ∫ ∑ ∫Lf t dt = 1 a0 an
lógico, algorítmico, −L 2
analítico y sintético (t) cos −L L L

n=1

∑ ∫∞ L cos mπ t sen nπ t dt
−L L L
+ bn

n=1

Debido a la ortogonalidad de la base se verifica que todos los términos son cero, excepto cuan-

do n = m, y en este caso

∫ ∫ ∫L mπ mπ L cos2 mπ t dt
−L L L −L L
f (t) cos t dt = 1 a0 L t dt + am
2
cos

−L

∑ ∫∞ L cos mπ t sen nπ t dt
−L L L
+ bn

n=1

de donde

∫am =1 L f (t) cos mπ t dt
L −L L