Transformada inversa de Laplace

Proporcionamos ejercicios sobre la transformada inversa de Laplace.

Enunciado
1. Calcular $\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{s}{s^2 + 9} \right\} .$
2. Demostrar la propiedad de linealidad para la trasformada inversa de Laplace.
3. Hallar la transformada inversa de Laplace de $F(s)=\dfrac{1}{s^2+4s+9}.$
4. Calcular $\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{2s}{\left(s – 2 \right) \left( s^2 + 4 \right)} \right\} .$
5. Hallar la transformada de Laplace de la función $$g(t)=\left \{ \begin{matrix}  1& \mbox{ si }& 0<t<2 \\3 & \mbox{ si }&t= 2\\1 & \mbox{ si }&t\geq 2.\end{matrix}\right.$$ Concluir que la trasformada inversa de Laplace de una función, no es única.
6. Calcular $\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{2s^2-4}{\left(s + 1 \right) \left( s-2 \right)(s-3)} \right\}. $

Solución
1. Dado que que $\displaystyle {\cal L} \{ \cos bt \} = \frac{s}{s^2 + b^2}, $ se verifica $\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{s}{s^2 + 9} \right\}=\cos 3t.$
2. Supongamos que $f(t)$ y $g(t)$ son funciones para las que existen  $\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s)$ y $\mathcal{L}\{g(t)\}=G(t)$ para $s>\alpha.$ Entonces, para todo $\lambda,\mu$ y por la linealidad de $\mathcal{L},$ $$\mathcal{L}\{\lambda f(t)+\mu g(t)\}=\lambda\mathcal{L}\{f(t)\}+\mu \mathcal{L}\{g(t)\}=\lambda F(s)+\mu G(s).$$ Por tanto, $$\mathcal{L}^{-1}\{\lambda F(s)+\mu G(s)\}=\lambda f(t)+\mu g(t)=\lambda \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}+\mu \mathcal{L}^{-1}\{G(s)\}.$$
3. Podemos expresar  $$F(s)=\dfrac{1}{(s+2)^2+5}=\frac{1}{\sqrt{5}}\dfrac{\sqrt{5}}{(s+2)^2+\left(\sqrt{5}\right)^2}.$$ Usando Usando la linealidad de $\mathcal{L}^{-1}$ y la transformada $$\mathcal{L}\left\{e^{-at}\operatorname{sen}bt \right\}=\dfrac{b}{(s+a)^2+b^2},$$ $${\mathcal L}^{-1} \left\{ F(s)\right\}=\frac{1}{\sqrt{5}}e^{-2t}\operatorname{sen}\sqrt{5}t.$$
4. Descomponiendo en fracciones simples obtenemos, $$\dfrac{2s}{\left(s – 2 \right) \left( s^2 + 4 \right)}=\frac{1}{2}\displaystyle \frac{1}{s-2} + \frac{1}{s^2 + 4}- \frac{1}{2}\frac{s}{s^2 + 4}.$$ Usando la linealidad de $\mathcal{L}^{-1}$ y las transformadas $$\mathcal{L}\left\{e^{at} \right\}=\dfrac{1}{s-a},\;\mathcal{L}\left\{\operatorname{sen}bt \right\}=\dfrac{b}{s^2+b^2},\;\mathcal{L}\left\{\cos bt \right\}= \dfrac{s}{s^2+b^2},$$ $$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{2s}{\left(s – 2 \right) \left( s^2 + 4 \right)} \right\}=\frac{1}{2}\displaystyle {\mathcal L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s – 2 } \right\}+\displaystyle {\mathcal L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s^2 + 4 } \right\}$$ $$-\frac{1}{2}\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{s}{s^2 +4 } \right\}=\dfrac{1}{2}e^{2t}+\frac{1}{4}\operatorname{sen}2t-\frac{1}{2}\cos 2t.$$
5. Tenemos $$\mathcal{L}\{g(t)\}=\int_0^{+\infty}e^{-st}g(t)\;dt=\int_0^{2}e^{-st}dt+\int_2^{+\infty}e^{-st}dt$$ $$=\left[-\frac{1}{s}e^{-st}\right]_0^{2}+\left[-\frac{1}{s}e^{-st}\right]_2^{+\infty}\underbrace{=}_{\text{si }s>0}-\frac{1}{s}\left(e^{-2s}-e^0\right)$$ $$-\frac{1}{s}\left(e^{-\infty}-e^{-2s}\right)=\frac{1}{s}.$$ Por otra parte sabemos que si $f(t)=1$ para todo $t>0,$ entonces $\mathcal{L}\{f(t)\}=1/s$ si $s>0.$ Dado que $f\neq g,$ concluimos que la transformada inversa de Laplace no es única.
   Nota.  Si embargo, se demuestra que si $f(t)$ y $g(t)$ son funciones continuas para todo $t\geq 0$ que poseen la misma transformada de Laplace, entonces $f(t)=g(t)$ para todo $t\geq 0.$
6. Descomponiendo en fracciones simples, obtenemos $$\frac{2s^2-4}{\left(s + 1 \right) \left( s-2 \right)(s-3)}=-\frac{1}{6}\frac{1}{s+1}-\frac{4}{3}\frac{1}{s-2}+\frac{7}{2}\frac{1}{s-3}.$$ Usando la linealidad de $\mathcal{L}^{-1}:$ $$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{2s^2-4}{\left(s + 1 \right) \left( s-2 \right)(s-3)}\right\}=-\frac{1}{6}\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s+1}\right\}$$ $$-\frac{4}{3}\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s-2}\right\}+\frac{7}{2}\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s-3}\right\}=-\frac{1}{6}e^{-t}-\frac{4}{3}e^{2t}+\frac{7}{2}e^{3t}.$$