|Instituto Tecnológico de Costa Rica|Escuela de Matemática|  M. Sc. Geovanni Figueroa M.


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Función escalón

En ingeniería es común encontrar funciones que corresponden a estados de o no, o bien activo o inactivo. Por ejemplo, una fuerza externa que actúa sobre un sistema mecánico o una tensión eléctrica aplicada a un circuito, puede tener que suspenderse después de cierto tiempo. Para tratar de forma efectiva con estas funciones discontinuas conviene introducir una función especial llamada función escalón unitario.

 

   Definición [Función de Heaviside]
  La función escalón unitario o función de Heaviside1.2 $ H: [0, + \infty[ \rightarrow$   $ \mbox{$I \hspace{-1.3mm} R$}$$ $ se define como

\begin{displaymath}
H(t-a) =
\begin{cases}
0 & \text{Si $0 \leq t < a$} \\
1 & \text{Si $t \geq a$} \\
\end{cases}
\end{displaymath}

Observación: la función de heaviside se definio sobre el intervalo $ [0,+ \infty[$, pues esto es suficiente para la transformada de Laplace. En un sentido más general $ H(t-a)=0$ para $ t < a$.   


 

Ejemplo
Trazar la gráfica de la función $ f(t)=H(t-1)$.

Solución
La función $ f(t)$ está dada por

\begin{displaymath}
f(t) =
\begin{cases}
0 & \text{Si $0 \leq t < 1$\ } \\
1 & \text{Si $t \geq 1$} \\
\end{cases}
\end{displaymath}

y su gráfica se muestra en la figura 1.5

Figura 1.5

 

Cuando la función de Heaviside $ H(t-a)$ se multilplica por una función $ f(t)$, definida para $ t
\geq 0$, ésta función se desactiva en el intervalo $ [0,a]$, como muestra en siguiente ejemplo.

Ejemplo
Trazar la gráfica de la función $ f(t) = Sen(t) H(t-2 \pi)$.

Solución
La función está dada por

\begin{displaymath}
f(t) =
\begin{cases}
0 & \text{Si $0 \leq t < 2 \pi$} \\
Sen(t) & \text{Si $t \geq 2 \pi$} \\
\end{cases}
\end{displaymath}
 
 

Figura 1.6
 
La función de Heaviside puede utilizarse para expresar funciones continuas a trozos de una manera compacta, como se muestra en el siguiente ejemplo.

Ejemplo
Use la función de Heaviside para reescribir la función

\begin{displaymath}
f(t)=
\begin{cases}
g(t) & \text{Si $0 \leq < a$\ } \\
h(t) & \text{Si $t \geq a$} \\
\end{cases}
\end{displaymath}

Solución
Para reescribir la función basta usar la definición de la función Heaveside


$\displaystyle f(t)$ $\displaystyle =$ \begin{displaymath}\begin{cases}
g(t) - g(t) \cdot 0 + h(t) \cdot 0 & \text{Si $...
...) \cdot 1 + h(t) \cdot 1 & \text{Si $t \geq a$} \\
\end{cases}\end{displaymath}
  $\displaystyle =$ $\displaystyle g(t) - g(t)H(t-a) + h(t)H(t-a)$

Observación: la función

\begin{displaymath}
f(t) =
\begin{cases}
p(t) & \text{Si $0 \leq t < a$\ } \\...
...q t < b$\ } \\
r(t) & \text{Si $t \geq b$} \\
\end{cases}
\end{displaymath}

se escribe usando la función de Heaviside como

$\displaystyle f(t) = p(t) + \left( q(t) - p(t) \right) H(t-a) + \left( r(t) - q(t) \right) H(t-b)
$
 
   Teorema [Transformada de la función Heaviside]
  La transformada de la función de Heaviside es

$\displaystyle {\cal L} \{ H(t-a) \} = \frac{e^{-sa}}{s}
$
 

Demostración
Usando la definición de transformada


$\displaystyle {\cal L} \{ H(t-a) \}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_0^{\infty} e^{-st} H(t-a) dt$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \underbrace{\int_0^{a} e^{-st} \cdot 0 dt}_{0} + \int_a^{\infty} e^{-st} dt$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_a^{\infty} e^{-st} dt$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle -\frac{e^{-st}}{s} \biggr\vert _a^{\infty}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{e^{-as}}{s}$

 

En el primer teorema de traslación nos permitío calcular la transformada de una función $ f(t)$ al ser multiplicada por una función exponencial $ e^{kt}$, el segundo teorema de traslación nos permitirá calcular la trasformada de una función $ f(t)$ que es multiplicada por una función escalón.

 
   Teorema [Segundo teorema de traslación]
  Si $ {\cal L} \{f(t) \} =F(s)$ y $ a > 0$, entonces

$\displaystyle {\cal L} \{ f(t-a) H(t-a) \} = e^{-as}F(s)
$

Forma inversa del segundo teorema de traslación:

$\displaystyle f(t-a) H(t-a) = {\cal L}^{-1} \{e^{-as} F(s) \}
$
 

Demostración
Usando la definición


$\displaystyle {\cal L} \{f(t-a) \}H(t-a)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_0^{\infty} e^{-st} f(t-a0 H(t-a) dt dt$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_0^a e^{-st} f(t-a) \cdot 0 dt + \int_a^{\infty} e^{-st} f(t-a) dt$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_a^{\infty} e^{-st} f(\underbrace{t-a}_{u=t-a}) dt$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_0^{\infty} e^{-s(u+a)} f(u) du$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle e^{-sa} \int_0^{\infty} e^{-su} f(u) du$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle e^{-sa} {\cal L} \{ f(t) \}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle e^{-sa} F(s)$

Observación: podemos usar el segundo teorema de traslación para calcular la transformada de Laplace de la función $ H(t-a)$ haciendo $ f(t)=1$:

$\displaystyle {\cal L} \left\{ H(t-a) \right\} = {\cal L} \left\{ 1 \cdot H(t-a) \right\} = e^{-as} {\cal L} \left\{ 1 \right\} = \frac{e^{-as}}{s}
$

 

Ejemplo
Calcule

$\displaystyle {\cal L} \{ t H(t-2) \}
$

Solución
Para poder usar el segundo teorema de traslación debemos completar $ t$ a $ t-2$

 

$\displaystyle {\cal L} \{ t H(t-a) \}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle {\cal L} \{ (t-2 +2) H(t-2) \}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle {\cal L} \{ (t-2) H(t-2) \} + 2 {\cal L} \{ H(t-2) \}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{e^{-2s}}{s^2} + \frac{2e^{-2s}}{s}$

Ejemplo

 Calcular $ {\cal L} \{ f(t) \} $, donde

\begin{displaymath}
f(t) =
\begin{cases}
-t + 1 & \text{Si $0 \leq t < 1$} \\...
...\leq t < 2$\ } \\
t - 2 & \text{Si $t \geq 2$}
\end{cases}
\end{displaymath}

Solución:

Observe que la función $ f(t)$ puede reescribirse como

 
$\displaystyle f(t)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 1 - t +t H(t-1) + \left( t - 3 \right) H(t-2)$
$\displaystyle f(t)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 1 - t + \left( t-1 \right) H(t-1) + \left( t-2 \right) H(t-2)$

con lo cual


$\displaystyle {\cal L} \{ f(t) \}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle {\cal L} \{ 1 \} + {\cal L} \left\{ \left(t - 1 \right)H(t-1) \right\} + {\cal L} \left\{ \left( t - 2 \right) H(t-2) \right\}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{1}{s} + \frac{e^{-s}}{s^2} + \frac{e^{-2s}}{s^2}$

Ejemplo
Calcule

$\displaystyle {\cal L} \{ t^2 H(t-2) \}
$

Solución
Para poder usar el segundo teorema de traslación debemos completar de forma adecuada el término $ t^2$

 

$\displaystyle {\cal L} \{ t^2 H(t-2) \}
$ $\displaystyle =$ $\displaystyle {\cal L} \left\{ \left( \left(t - 2 \right)^2 + 4t - 4 \right) H(t-2) \right\}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle {\cal L} \left\{ \left(t - 2 \right)^2 H(t-2) \right\} + 4 {\cal L} \left\{ \left( t - 1 \right) H(t-2) \right\}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle {\cal L} \left\{ \left(t - 2 \right)^2 H(t-2) \right\} + 4 {\cal L} \left\{ \left( t - 2 \right) H(t-2) \right\} + 4 {\cal L} \{ H(t-2) \}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{2e^{-2s}}{s^3} + \frac{4e^{-2s}}{s^2} + \frac{4e^{-2s}}{s}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle 2e^{-2s} \left( \frac{1}{s^3} + \frac{2}{s^2} + \frac{2}{s} \right)$

Como lo muestran los ejemplos anteriores algunas veces es necesario sumar y restar algunos términos con la idea de poder usar el segundo teorema de traslación. Pero existe una forma alternativa que nos evita el tener que hacer esto.

 
   Corolario [Forma alternativa al segundo teorema de traslación]
  Sea $ f: [0,+\infty[ \rightarrow$   $ \mbox{$I \hspace{-1.3mm} R$}$$ $ una función continua a trozos y de orden exponencial en $ [0,+ \infty[$, entonces

$\displaystyle {\cal L} \{ f(t) H(t-a) \} = e^{-as} {\cal L} \{ f(t+a) \}
$
 

Demostración

Usando la definición


$\displaystyle {\cal L} \{ f(t) H(t-a) \}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_0^{\infty} e^{-st} f(t) H(t-a) dt$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_a^{\infty} e^{-st} f(t) dt$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_0^{\infty} e^{-s(u+a} f(u+a) du$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle e^{-sa} \int_0^{\infty} e^{-su} f(\underbrace{u+a}_{t=u+a}) du$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle e^{-sa} {\cal L} \{ f(t + a \}$

 

Ejemplo
Calcule

$\displaystyle {\cal L} \{ \left(t^2 + t \right) H(t-3) \}
$

Solución
Usando la forma alternativa del segundo teorema de traslación


$\displaystyle {\cal L} \{ \left(t^2 + t \right) H(t-3) \}
$ $\displaystyle =$ $\displaystyle e^{-3s} {\cal L} \left\{ \left( t + 3 \right)^2 + t + 3 \right\}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle e^{-3s} {\cal L} \left\{ t^2 + 7t + 12 \right\}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle e^{-3s} \left( \frac{2}{s^3} + \frac{7}{s^2} + \frac{12}{s} \right)$

Los siguientes ejemplos muestran el uso del segundo teorema de traslación en su forma inversa.

Ejemplo
Calcule

$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{se^{-\pi s/2}}{s^2 + 9} \right\}
$

Solución

En este caso $ a = \frac{\pi}{2}$ y

$\displaystyle F(s)= \frac{s}{s^2+9} \Rightarrow f(t) = Cos(3t)
$

con lo cual


$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{se^{-\pi s/2}}{s^2 + 9} \right\}
$ $\displaystyle =$ $\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{s}{s^2 + 9} \right\}_{t \rightarrow t - \frac{\pi}{2}} H\left(t-\frac{\pi}{2} \right)$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle Cos \left(3 \left(t - \frac{\pi}{2} \right) \right) H\left(t - \frac{\pi}{2} \right)$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle - Sen(3t) H\left(t - \frac{\pi}{2} \right)$

Ejemplo
Calcule

$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{2se^{-\pi s/2}}{s^2 - 5s + 6} \right\}
$

Solución
Primero hallemos la descomposición en fraciones parciales

$\displaystyle \frac{2s}{s^2 -5s + 6} = \frac{6}{s-3} - \frac{4}{s-2}
$

con lo cual


$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{2se^{-\pi s/2}}{s^2 - 5s + 6} \right\}
$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{6 e^{- \pi s/2}}{s-3} - \frac{4 e^{- \pi s/2}}{s-2}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle 6 {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s-3} \right\}_{t \rightarrow t - \frac{\pi}{2} } H\left( t - \frac{\pi}{2} \right)$
  $\displaystyle -$ $\displaystyle 4 {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s-2} \right\}_{t \rightarrow t - \frac{\pi}{2} } H\left( t - \frac{\pi}{2} \right)$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle 6 e^{3 \left( t - \frac{\pi}{2} \right) } - 4 e^{2 \left( t - \frac{\pi}{2} \right) }$

Ejemplo
Calcule

$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{se^{-\pi s/2}}{s^2 + 4s + 13} \right\}
$

Solución
Como el discriminante de $ s^2 + 4s + 13$ es negativo, no es factorizable en    $ \mbox{$I \hspace{-1.3mm} R$}$$ $ y debemos completar el cuadrado.


$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{se^{-\pi s/2}}{s^2 + 4s + 13} \right\}
$ $\displaystyle =$ $\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{se^{-\pi s/2}}{ \left(s + 2 \right)^2 + 9} \right\}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{\left(s + 2 - 2 \right) e^{-\pi s/2}}{ \left(s + 2 \right)^2 + 9} \right\}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{\left(s + 2 \right)e^{-\pi s/2}}{ \le...
...{\cal L}^{-1} \left\{ \frac{ e^{-\pi s/2}}{ \left(s + 2 \right)^2 + 9} \right\}$

En este punto debemos usar el primer teorema de traslación para calcular cada una de las transformadas inversas de la siguiente forma:


$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{\left(s + 2 \right)}{ \left(s + 2 \right)^2 + 9} \right\}
\Rightarrow f(t) = e^{-2t} Cos(3t)$


y


$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{1}{ \left(s + 2 \right)^2 + 9} \right\}
\Rightarrow f(t) = \frac{e^{-2t}}{3} Sen(3t)$


Y de aquí


$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{se^{-\pi s/2}}{s^2 + 4s + 13} \right\}
$ $\displaystyle =$ $\displaystyle e^{-2\left( t - \frac{\pi}{2} \right)} Cos \left( 3 \left( t - \frac{\pi}{2} \right) \right) H\left( t - \frac{\pi}{2} \right)$
  $\displaystyle +$ $\displaystyle \frac{2}{3} e^{-2\left( t - \frac{\pi}{2} \right)} Sen \left( 3 \left( t - \frac{\pi}{2} \right) \right) H \left( t - \frac{\pi}{2} \right)$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle - e^{-2t + \pi} Sen(3t) - \frac{2}{3} e^{-2t + \pi} Cos(3t)$

Ejemplo
Calcule

$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{\left( 2s + 3\right) e^{- \pi s/2} }{s^2 + 4s + 13} \right\}
$

Solución
Este ejemplo combina los dos teoremas de traslación


$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{\left( 2s + 3\right) e^{- \pi s/2} }{s^2 + 4s + 13} \right\}
$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 2 {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{\left(s + 2 \right) e^{-\pi s /2}}{...
...{\cal L}^{-1} \left\{ \frac{e^{-\pi s /2}}{\left( s + 2 \right)^2 + 9} \right\}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle -2 e^{-2\left( t - \frac{\pi}{2} \right)} Cos \left( 3 \left( t - \frac{\pi}{2} \right) \right) H \left( t - \frac{\pi}{2} \right)$
  $\displaystyle -$ $\displaystyle \frac{1}{3} e^{-2\left( t - \frac{\pi}{2} \right)} Sen \left( 3 \left( t - \frac{\pi}{2} \right) \right) H \left( t - \frac{\pi}{2} \right)$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle -2 e^{-2t + \pi} Sen(3t)H \left( t - \frac{\pi}{2} \right) - \frac{1}{3} e^{-2t + \pi} Cos(3t)H \left( t - \frac{\pi}{2} \right)$
 
   Teorema  [Multiplicación por $ t^n$.]
  Sea $ f; [0,\infty[ \rightarrow$   $ \mbox{$I \hspace{-1.3mm} R$}$$ $ una función continua a trozos y de orden exponencial en $ [0,+ \infty[$, entonces

$\displaystyle {\cal L} \{ t^n f(t) \} = (-1)^n F^{n}(s)
$
 


Ejemplo
Calcule

$\displaystyle {\cal L} \{ t^2 Sen(2t) \}
$

Solución
Aplicando el teorema anterior para $ n=2$, tenemos que


$\displaystyle {\cal L} \{ t^2 Sen(2t) \}
$ $\displaystyle =$ $\displaystyle (-1)^2 \left( {\cal L} \left\{ Sen(2t) \right\} \right)^{\prime \prime}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \left( \frac{2}{s^2 + 4} \right)^{\prime \prime}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{12s^2 - 16}{\left( s^2 + 4 \right)^3}$

El siguiente ejemplo muestra una combinación del primer teorema de traslación y el teorema anterior.

Ejemplo
Calcule

$\displaystyle {\cal L} \{ te^{-2 t} Cos(3t) \}
$

Solución
Primero aplicamos el teorema de multiplicación por $ t$ y luego el de traslación


$\displaystyle {\cal L} \{ te^{-2 t} Cos(3t) \}
$ $\displaystyle =$ $\displaystyle - \left( {\cal L} \{ e^{-2 t} Cos(3t) \} \right)^{\prime}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle - \left( {\cal L} \{ Cos(3t) \}_{s \rightarrow s +2} \right)^{\prime}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle - \left( \frac{s +2 }{ (s+2)^2 + 9} \right)^{\prime}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{s^2 + 4s - 5}{\left( s^2 + 4s + 13 \right)^2}$

Ejemplo
Calcule el valor de la siguiente integral

$\displaystyle \int_0^{\infty} t e^{-2t} Cos(3t) dt
$

Solución
Por el teorema de multiplicación por $ t^n$, tenemos que


$\displaystyle {\cal L} \{t Cos(3t) \}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_0^{\infty} te^{-st}Cos(3t)$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle (-1)^{1} \left( \frac{s}{s^2 + 9} \right)^{\prime}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{s^2 - 9}{\left( s^2 + 9 \right)^2}$

De donde obtenemos que

$\displaystyle \int_0^{\infty} t e^{-st} Cost(3t) dt = \frac{s^2 - 9}{\left( s^2 + 9 \right)^2}
$

y tomando $ s=2$

$\displaystyle \int_0^{\infty} t e^{-2t} Cost(3t) dt = \frac{5}{169}
$

Existe un caso especial del teorema anterior, cuando $ n=1$, que es muy útil en el cálculo de transformadas inversas.

 
   Corolario [Multiplicación por $ t$.]
  Si $ {\cal L} \{f(t) \} =F(s)$, entonces

$\displaystyle f(t) = - \frac{1}{t} {\cal L}^{-1} \{ F^{\prime}(s) \}
$
 

Ejemplo
Calcule

$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ ln \left( \frac{s + 1}{s-1} \right) \right\}
$

Solución
Si

$\displaystyle {\cal L} \{ f(t) \} = F(s) = ln \left( \frac{s + 1}{s-1} \right)
$

por el corolario tenemos que


$\displaystyle f(t)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle - \frac{1}{t} {\cal L}^{-1} \left\{ \left( ln \left( \frac{s + 1}{s-1} \right) \right)^{\prime} \right\}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle - \frac{1}{t} {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{-2}{(s-1)(s+1)} \right\}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle - \frac{1}{t} {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s+1} - \frac{1}{s-1} \right\}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle -\frac{e^{-t} - e^t }{t}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{2 Senh(t)}{t}$

   Teorema [División por $ t$.]
  Sea $ f: [0,+\infty[ \rightarrow$   $ \mbox{$I \hspace{-1.3mm} R$}$$ $ una función continua a trozos y de orden exponencial en $ [0,+ \infty[$ tal que el límite

$\displaystyle \lim_{t \rightarrow 0^+} \frac{f(t)}{t}
$

existe, entonces

$\displaystyle {\cal L} \left\{ \frac{f(t)}{t} \right\} = \int_s^{\infty} F(u) du
$
 

Demostración

Sea

$\displaystyle g(t) = \frac{f(t)}{t} \Rightarrow f(t)= t g(t)
$

entonces aplicando transformada de Laplace a ambos lados tenemos que

$\displaystyle F(s)={\cal L} \left\{ f(t) \right\} = {\cal L } \left\{ tg(t) \ri...
... = - \left( {\cal L} \left\{ g(t) \right\} \right)^{\prime} = - G^{\prime}(s)
$

Integrando

$\displaystyle G(s) = - \int_{\infty}^s F(u) du = \int_{s}^{\infty} F(u) du
$

es decir,

$\displaystyle {\cal L} \left\{ \frac{f(t)}{t} \right\} = \int_{s}^{\infty}
$

Observación: la constante de integración debe escogerse de forma de tal que $ \lim_{s \rightarrow \infty} G(s) = 0$.

El siguiente ejemplo muestra una aplicación de este teorema.

Ejemplo
Calcule

$\displaystyle {\cal L} \left\{ \frac{Sen(t)}{t} \right\}
$

Solución

Tenemos que

$\displaystyle F(s) = \frac{1}{s^2 + 1}
$

con lo cual


$\displaystyle {\cal L} \left\{ \frac{Sen(t)}{t} \right\}
$

$\displaystyle =$ $\displaystyle \int_s^{\infty} \frac{1}{u^2 + 1} du$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle ArcTan(s) \biggr\vert _s^{\infty}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{\pi}{2} - ArcTan(s)$

Ejemplo
Calcule el valor de la siguiente integral

$\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{e^{-t} - e^{-3t}}{t} dt
$

Solución
Si

$\displaystyle f(t) = e^{-t} -e^{-3t}
$

entonces


$\displaystyle {\cal L} \left\{ \frac{f(t)}{t} \right\}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_s^{\infty} \left\{ \frac{1}{u+1} - \frac{1}{u+3} \right\} du$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle ln \left( \frac{u+1}{u+3} \right) \biggr\vert _s^{\infty}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle ln \left( \frac{s+3}{s+1} \right)$

De donde

$\displaystyle \int_0^{\infty} \left(\frac{e^{-t} - e^{-3t}}{t} \right) dt = ln \left( \frac{s+3}{s+1} \right)
$

y tomando el límite cuando $ s \rightarrow 0^{+}$, tenemos que

$\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{e^{-t}- e^{-3t}}{t} dt = ln(3)
$

 

 

 



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