Existencia y linealidad de la transformada de Laplace

Enunciado
1.  Demostrar el teorema de existencia de la transformada de Laplace:
Sea  $f:(0,+\infty)\to\mathbb{R}$ una función continua a trozos en todo intervalo $[0,b]$ con $b>0,$ y de orden exponencial, es decir existen $\alpha\in\mathbb{R},$ $t_0>0,$ $M>0$ tales que $$\left|f(t)\right|<Me^{\alpha t}\text{ si } t>t_0.$$ Entonces, existe $\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s)=\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-st}f(t)\;dt$ para $s>\alpha.$
2.  Demostrar el teorema de linealidad de la transformada de Laplace:
Sean  $f$ y $g$ dos funciones para las que existe la transformada de Laplace y $\lambda,\mu\in\mathbb{R}.$ Entonces $$\mathcal{L}\{\lambda f+\mu g\}=\lambda \mathcal{L}\{f\}+\mu \mathcal{L}\{g\}.$$ 3.  Usando la propiedad de linealidad de la transformada de Laplace, hallar $\mathcal{L}\{\operatorname{sen}^3bt\}.$

Solución
1.  Tenemos $$\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-st}f(t)\;dt=\displaystyle\int_0^{t_0}e^{-st}f(t)\;dt+\displaystyle\int_{t_0}^{+\infty}e^{-st}f(t)\;dt.$$ Por la hipótesis de la continuidad a trozos, existe la primera integral del segundo miembro. Veamos que existe la segunda. Para $t>t_0,$ $$e^{-s t}\left|f(t)\right|<e^{-st}Me^{\alpha t}=Me^{-(s-\alpha )t}.$$ Entonces, $$\int_{t_0}^{+\infty}Me^{-(s-\alpha)t}\;dt=\left[-\frac{Me^{-(s-\alpha )t}}{s-\alpha}\right]_{t_0}^{+\infty}=\frac{M}{s-\alpha}\left[-e^{-(s-\alpha )t}\right]_{t_0}^{+\infty}$$ $$=\frac{M}{s-\alpha}\left(0+e^{-(s-\alpha )t_0}\right)=\frac{Me^{-(s-\alpha )t_0}}{s-\alpha}\text{ si }s>\alpha.$$ Es decir, existe  $\int_{t_0}^{+\infty}Me^{-(s-\alpha)t}\;dt$ si $s>\alpha.$ Como $0\leq e^{-s t}\left|f(t)\right|\leq Me^{-(s-\alpha )t},$ la integral $\int_{t_0}^{+\infty}e^{-st}f(t)\;dt$ es absolutamente convergente, y por tanto convergente.

2.  Tenemos $$\mathcal{L}\{\lambda f+\mu g\}=\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-st}\left(\lambda f(t)+\mu g(t)\right)dt$$ $$=\lambda \displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-st}f(t)\;dt+\mu \displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-st}g(t)\;dt=\lambda \mathcal{L}\{f\}+\mu \mathcal{L}\{g\}.$$ 3.  Usando la fórmula de De Moivre y la del binomio de Newton, $$\cos 3 x+i\operatorname{sen}3x=(\cos x+i\operatorname{sen}x)^3$$ $$=\cos^3x+3i\cos^2x\operatorname{sen}x-3\cos x\operatorname{sen}^2x-i\operatorname{sen}^3x$$ $$=\left(\cos^3x-3\cos x\operatorname{sen}^2x\right)+\left(3\cos^2x\operatorname{sen}x-\operatorname{sen}^3x\right)i$$ $$\Rightarrow \operatorname{sen}3x=3\cos^2x\operatorname{sen}x-\operatorname{sen}^3x=3(1-\operatorname{sen}^2x)\operatorname{sen}x-\operatorname{sen}^3x$$ $$\Rightarrow \operatorname{sen}^3 x=\dfrac{3}{4}\operatorname{sen}x-\frac{1}{4}\operatorname{sen}3 x\Rightarrow \operatorname{sen}^3 bt=\dfrac{3}{4}\operatorname{sen}bt-\frac{1}{4}\operatorname{sen}3 bt.$$ Usando la linealidad de la transformada de Laplace y la tabla de transformadas: $$\mathcal{L}\{\operatorname{sen}^3bt\}=\frac{3}{4}\mathcal{L}\{\operatorname{sen}bt\}-\frac{1}{4}\mathcal{L}\{\operatorname{sen}3bt\}$$ $$=\frac{3}{4}\frac{b}{s^2+b^2}-\frac{1}{4}\frac{3b}{s^2+9b^2}=\frac{6b^3}{(s^2+b^2)(s^2+9b^2)}.$$

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