Unidad 6-Transformada de Laplace

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Matemática D y D1 
 
Módulo II 
1 
 
MATEMÁTICA D y D 1 
Módulo II: Transformada de Laplace 
�����ú������������å������������ú�� 
Mag. María Inés Baragatti 
 
♦ Transformada de Laplace 
 
Sea f(t) una función de variable real definida para 0 ≤≤≤≤ t < ∞∞∞∞. 
La transformada de Laplace de f(t), que se indica indistintamente por F(s) o L[f(t)], está dada 
por la fórmula 
 
F(s) = L[f(t)]= dt )t(f e 
0
st
∫∫∫∫
∞∞∞∞ −−−− 
 
donde s es un parámetro real o complejo. 
 
Dado que la transformada de Laplace se define por medio de una integral impropia, es necesario 
encontrar condiciones sobre f(t) y sobre s para que dicha integral converja. 
Los valores de s para los cuales la integral converge constituyen lo que se denomina región de 
convergencia o dominio de la transformada de Laplace. 
 
 
� Ejemplos 
 
1- Calcular la transformada de Laplace (TL) de f(t) = 1 para t ≥≥≥≥ 0 , 
 
 Suponiendo que s es real , su transformada de Laplace, es: 
 
 L[f(t)] = 



≤≤≤≤∞∞∞∞
>>>>
====
−−−−
−−−−====





−−−−
========
−−−−
∞∞∞∞→→→→
−−−−
∞∞∞∞→→→→
−−−−
∞∞∞∞→→→→
∞∞∞∞ −−−−
∫∫∫∫∫∫∫∫ 0 s si
0 s sis1
s
1e
lím
s
e
límdt e límdt 1 e 
sA
A
A
0
st
A
A
0
st
A0
st 
 
Como la integral que define la TL sólo converge si s > 0 , decimos que la región de 
convergencia de la transformada de Laplace de esta función es el intervalo (0, ∞∞∞∞) , anotamos 
 
L[1] = 
s
1
 para s > 0 ( si s es una variable real) 
 
Si s es complejo, es decir s = s1 + i s2 , entonces el último límite toma la forma 
 
t 
f(t) 
1 
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Módulo II 
2 



≤≤≤≤
>>>>
====
−−−−
−−−−++++====
−−−−
−−−− −−−−−−−−
∞∞∞∞→→→→
++++−−−−
∞∞∞∞→→→→ 0 s siexiste no
0 s sis1
s
1)Assen(e i)Ascos(e
lím
s
1e
lím
1
12
 As
2
 As
A
A)iss(
A
1121
 
 
Por lo tanto si s es complejo, la transformada de Laplace sólo existe si 
Re(s) > 0 , es decir la región de convergencia es en este caso es un 
semiplano y se obtiene la misma transformada que si s es real . 
Anotamos: 
 
L[1] = 
s
1
 para Re(s) > 0 ( s es una variable compleja) 
 
 
2- Dada f(t) = eat para t ≥≥≥≥ 0 , su transformada de Laplace, suponiendo que a y s son reales, es: 
 
L[f(t)] = 



≤≤≤≤∞∞∞∞
>>>>−−−−
====
−−−−−−−−
−−−−========
−−−−−−−−
∞∞∞∞→→→→
−−−−−−−−
∞∞∞∞→→→→
∞∞∞∞ −−−−
∫∫∫∫∫∫∫∫ a s si
a s si)as(1
)as(
1e
límdt e límdt e e 
)as(A
A
A
0
)as(t
A
at
0
st 
 
Por lo tanto : 
L[eat] = 
as
1
−−−−
 para s > a , ( s es una variable real) 
 
∆∆∆∆ Actividad 1: 
 
Si a es una constante compleja y s es complejo, justificar que L[eat] = 
as
1
−−−−
 para 
Re (s) > Re (a) 
 
 
3- Dada 



>>>>
≤≤≤≤≤≤≤≤
====
2t si0
2t0 sit
)t(f , hallar su transformada de Laplace 
 
 
 
En este caso la función tiene un salto en t = 2 y por lo tanto no es continua en t = 2, por ello 
para calcular su transformada de Laplace debemos integrar en cada tramo donde es continua y 
buscar la primitiva usando el método de integración por partes como se muestra a 
continuación: 
 
L[f(t)] = 
43421
0
2
st2
0
st
0
st dt 0 e dtt e dt f(t) e ∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫
∞∞∞∞ −−−−−−−−∞∞∞∞ −−−− ++++====
22
s2s22
0
2
stst
s
1
s
e
s
e2
s
e
s
te ++++−−−−−−−−====





−−−−−−−−====
−−−−−−−−−−−−−−−−
 
Es importante observar que en este ejemplo existe L[f(t)] para todo s , sea real o complejo. 
 
t 
f(t) 
2 
2 
s1 
s2 
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3 
En lo sigue del módulo intentaremos encontrar propiedades que nos permitan encontrar la 
transformada de Laplace de una función sin tener que calcular la integral impropia que la define. 
Uno de esos resultados es el siguiente: 
 
ΞΞΞΞ Teorema de linealidad 
 
Sean f(t) y g(t) dos funciones reales tal que L[f(t)] = F(s) para s ∈∈∈∈ D1 y L[g(t)] = G(s) para 
s ∈∈∈∈ D2 entonces: 
 
 a) L[ f(t) + g(t) ] = L[f(t)] + L[ g(t)] para s ∈∈∈∈ D1 ∩ D2 
 
 b) L[k f(t)] = k L[f(t)] para s ∈∈∈∈ D1 , donde k es una constante real o compleja 
 
 
∆∆∆∆ Actividad 2: 
 
Justificar usando la definición de TL, la propiedad de linealidad enunciada en el paso anterior. 
 
 
 
� Ejemplos 
 
1- Si queremos hallar la TL de la función f(t) = 3 e4t - 5 e-2t + 1/2 , usamos la propiedad de 
linealidad como se muestra a continuación: 
 
L[3 e4t - 5 e-2t + 1/2] = L[3 e4t] + L [- 5 e-2t ] + L[1/2] = 3L[e4t] -5 L[e-2t ] + 1/2 L[1] = 
 = 
s
2/1
2s
5
4s
3 −−−−
++++
−−−−
−−−−
 
y la región de convergencia se obtiene haciendo la intersección de las regiones de convergencia 
de cada una de ellas, que son Re(s) > 4 , Re(s) > -2 y Re(s) >0 respectivamente, por lo tanto 
dicha TL existe para los s que verifican Re(s) > 4 
 
� Ejercicios 
 
1- Hallar L[f(t)] usando la definición 
 
a) f(t) = t b)f(t) = t e2t c) f(t) = 



>>>>
≤≤≤≤≤≤≤≤
2t si2
2t0 sit
 
 
2- Si s es complejo y Re(s) > 0 (ó si s es real y s >0) , demostrar usando la definición de 
transformada de Laplace que : 
a) L[t] = ]1[L
s
1
 y concluir que L[t] = 
2s
1
 
 b) L[t 2] = ]t[L
s
2
 y concluir que L[t 2] = 
3s
2
 
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 c) L[t n] = ]t[L
s
n 1n−−−− y concluir que L[t n] = 
1ns
!n
++++
 
 
3- Justificar usando la linealidad de la transformada de Laplace que 
 
a) L[sh(at)] = 
22
atat
as
a
2
ee
L
−−−−
====




 −−−− −−−−
 e indicar el dominio 
b) L[ch(at)] = 
22
atat
as
s
2
ee
L
−−−−
====




 ++++ −−−−
 e indicar el dominio 
c) L[sen(at)] = 
22
iatiat
as
a
i2
ee
L
++++
====




 −−−− −−−−
 e indicar el dominio 
d) L[cos(at)] = 
22
iatiat
as
s
2
ee
L
++++
====




 ++++ −−−−
 e indicar el dominio 
 
 
♦ Transformada inversa 
 
Si F(s) es la transformada de Laplace en algún dominio de una función f(t) , indistintamente 
podemos indicar que: 
 
L[f(t)] = F(s) ó f(t) = L -1[F(s)] 
 
Así como la primera expresión se lee "transformada de Laplace de la función f(t)" , la segunda 
expresión se suele leer "transformada inversa de F(s)" ó " antitransformada de Laplace de 
la función F(s)" 
 
⊕⊕⊕⊕ Observación 
 
Si consideramos las funciones : 
 
f1(t) = e
t 



====
≠≠≠≠====
2 t si1
2 t sie
)t(f
t
2 



========
≠≠≠≠≠≠≠≠====
7t , 2 t si1
7t , 2 t sie
)t(f
t
3 
 
(observar que: f1(t) = f2(t) salvo en t = 2 ; f1(t) = f3(t) salvo en t = 2 y t = 7 f2(t)= f3(t) salvo en t = 7) 
 
y calculamos, usando la definición, sus transformadas de Laplace encontramos que: 
L[f 1(t)] = L[f 2(t)] = L[f 3(t)] = 
1s
1
−−−−
 
 
¿Qué respondemos si nos piden que encontremos 



−−−−
−−−−
1s
1
L 1 ?Matemática D y D1 
 
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Evidentemente cualquiera de las tres funciones mencionadas es correcta pero existen infinitas 
más que coincidirán con et , salvo en un número finito de puntos aislados, por ello tomamos la 
siguiente convención: en caso de exista una función continua f(t) cuya transformada de Laplace 
es F(s) , diremos que L -1[F(s)] es esa función continua f(t) . 
 
Con referencia a las funciones mencionadas y según la convención mencionada, diremos que 




−−−−
−−−−
1s
1
L 1 = et 
 
♦ Existencia de la transformada de Laplace 
 
Como la transformada de Laplace es una integral impropia, nos preguntamos que condiciones 
debe cumplir f(t) para que exista su transformada. Para responder es necesario dar las 
definiciones siguientes 
 
♦ Se dice que f(t) es seccionalmente continua en un intervalo finito [a,b], si este intervalo 
puede ser subdividido en un número finito de subintervalos en los cuales f(t) es continua y 
tiene límites finitos cuando t se aproxima a los extremos de cada subintervalo 
 
 
♦ Se dice que f(t) es una función de orden exponencial αααα para t →→→→ ∞∞∞∞ , si existen constantes 
positivas M y T tal que 
|f(t)| < M eααααt para todo t > T 
 
� Ejemplos 
 
1- En el gráfico siguiente se observa una función seccionalmente continua en [a,b] , pues es 
continua en los intervalos (a,t1), (t1, t2) y (t2 , b) existen y son finitos los límites )t(flím
at ++++→→→→
, 
)t(flím
1tt
−−−−→→→→
, )t(flím
1tt
++++→→→→
, )t(flím
2tt
−−−−→→→→
, )t(flím
2tt
++++→→→→
 y )t(flím
bt −−−−→→→→
 
 
 
 
 
 
 
 
2- Observar que lo que se exige a las funciones de orden exponencial αααα para t →→→→ ∞∞∞∞ es que estén 
acotadas por un múltiplo constante de la exponencial eααααt , por ejemplo la función f(t) = t3 , que 
sabemos que no está acotada cuando t tiende a infinito, pero está acotada por una exponencial 
como se muestra a continuación: 
 
33tt3tt2tt
2
tt
3
t
66
lím
e
6
lím
e
t6
lím
e
t3
lím
e
t
lím
αααα
====
αααα
<<<<
αααα
====
αααα
====
αααα
====
∞∞∞∞→→→→αααα∞∞∞∞→→→→αααα∞∞∞∞→→→→αααα∞∞∞∞→→→→αααα∞∞∞∞→→→→
 
a 
b 
t t1 
t2 
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6 
donde se ha utilizado la regla de L´Hospital y se ha tomado αααα > 0 para poder usar que 1
e
1
t
<<<<αααα 
pues naturalmente t > 0 
Por lo tanto para t > 0 suficientemente grande podemos decir que t3 < t
3
e
6 αααα
αααα
 y entonces la 
función t3 es de orden exponencial αααα > 0 
 
Con estos dos conceptos entendidos podemos atacar el siguiente teorema que da condiciones 
suficientes para la existencia de la TL. 
 
En todos los desarrollos siguientes supondremos que el parámetro s es complejo, es decir de la 
forma s = s1 + i s2 , si quiere trabajar con s , parámetro real, reemplazar s2 por 0 y usar que en 
ese caso Re(s) = s 
 
ΞΞΞΞ Teorema de existencia 
 
Si f(t) es seccionalmente continua en cada intervalo finito con t > 0 y es de orden exponencial αααα 
para t →→→→ ∞∞∞∞ , entonces existe L[f(t)] para Re(s) > αααα 
 
Demostración 
 
Para entender la demostración es importante recordar que: 
� Si dt )t(f 
0∫∫∫∫
∞∞∞∞
 converge entonces dt )t(f 
0∫∫∫∫
∞∞∞∞
 converge. 
� Criterio de comparación: Si |g(t)| <|h(t)| y dt )t(h 
0∫∫∫∫
∞∞∞∞
 converge entonces dt )t(g 
0∫∫∫∫
∞∞∞∞
 converge 
 
Demostración 
 
Tenemos que demostrar que la integral dt ef(t) 
0
ts
∫∫∫∫
∞∞∞∞ −−−− es convergente para algunos valores de s. 
Como f(t) es de orden exponencial αααα , sabemos que existen dos constantes positivas M y T que 
nos permiten afirmar que: 
|f(t)| < M eααααt para todo t > T 
 
La desigualdad anterior nos induce a escribir la integral del siguiente modo: 
 
dt ef(t) 
0
ts
∫∫∫∫
∞∞∞∞ −−−− =
4434421
I
T
0
ts dt ef(t) ∫∫∫∫
−−−− +
4434421
II
T
ts dt ef(t) ∫∫∫∫
∞∞∞∞ −−−− (#) 
 
donde podemos afirmar que la integral I existe pues el integrando es seccionalmente continuo y 
la región de integración es un intervalo finito y tratemos de demostrar que la integral II , que es 
impropia, es convergente. 
Si t > T sabemos que |f(t)| < M eααααt , y multiplicando ambos miembros por |e-st| obtenemos : 
 
|f(t)| |e-st| < M eααααt |e-st| para todo t > T (*) 
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7 
Si podemos demostrar que la integral dt |e|e M stt
T
−−−−αααα∞∞∞∞
∫∫∫∫ es convergente, aplicando el criterio de 
comparación podremos afirmar que la integral dt |e f(t)| st
T
−−−−∞∞∞∞
∫∫∫∫ también es convergente, para 
ello teniendo en cuenta que s = s1 + i s2 y que 
ts-st 1e|e| −−−−==== , calculamos: 
 
αααα−−−−
====
αααα−−−−−−−−
−−−−========
αααα−−−−−−−−αααα−−−−−−−−αααα−−−−−−−−
∞∞∞∞→→→→
αααα−−−−−−−−
∞∞∞∞→→→→
−−−−αααα∞∞∞∞
∫∫∫∫∫∫∫∫
1
)s(T
1
)s(T)s(A
A
A
T
)s(t
A
stt
T s
Me
)s(
ee
Mlímdt eM límdt |e| e M 
111
1 
 
por lo tanto dt |e|e M stt
T
−−−−αααα∞∞∞∞
∫∫∫∫ es convergente si Re(s) > αααα y por comparación podemos afirmar 
que dt |e f(t)| st
T
−−−−∞∞∞∞
∫∫∫∫ es también convergente en el mismo dominio. 
 
 
Como la integral de los módulos converge si Re(s) > αααα, entonces la integral sin los módulos, es 
decir la integral II, también es convergente si Re(s) > αααα 
 
Por lo tanto dt ef(t) 
0
ts
∫∫∫∫
∞∞∞∞ −−−− es convergente si Re(s) > αααα , por ser suma de dos integrales 
convergentes y el teorema queda demostrado. 
 
∆∆∆∆ Actividad 3: 
 
Si f(t) satisface las hipótesis del teorema de existencia, demostrar que 0)s(Flím
s
====
∞∞∞∞→→→→
 
 
Ayuda: tener en cuenta que F(s) = dt ef(t) 
0
ts
∫∫∫∫
∞∞∞∞ −−−− =
4434421
I
T
0
ts dt ef(t) ∫∫∫∫
−−−− +
4434421
II
T
ts dt ef(t) ∫∫∫∫
∞∞∞∞ −−−− (#) 
y demostrar que 0Ilím
s
====
∞∞∞∞→→→→
 y 0IIlím
s
====
∞∞∞∞→→→→
, para ello tener en cuenta : 
a) como f(t) es seccionalmente continua en el intervalo [0,T] entonces está acotada, es decir 
existe una constante N tal que |f(t)|< N para t∈∈∈∈[0,T] , usar esto para demostrar que 





 −−−−≤≤≤≤≤≤≤≤
−−−−
s
e1
NI0
sT
 y concluir a partir de esta desigualdad que 0Ilím
s
====
∞∞∞∞→→→→
 
b) tener en cuenta que dt e f(t) |II| 0
T
ts
∫∫∫∫
∞∞∞∞ −−−−≤≤≤≤≤≤≤≤ y usar la siguiente desigualdad obtenida en la 
demostración del teorema 
αααα−−−−
≤≤≤≤
αααα−−−−
====≤≤≤≤≤≤≤≤
αααα−−−−−−−−∞∞∞∞ αααα−−−−−−−−
∫∫∫∫
11
)s(T
T
)s(t
s
M
s
Me
dt eM |II| 0
1
1 , y concluir a partir 
de esta desigualdad que 0IIlím
s
====
∞∞∞∞→→→→
 
 
 
 
 
el último 
límite sólo 
existe si 
s1 > αααα 
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8 
⊕Observaciones 
 
1- El teorema de existencia da condiciones suficientes para la existencia de la TL, pero no 
necesarias, por ejemplo la función t1)t(f ==== , no es seccionalmente continua pues en t = 0 
tiende a ∞∞∞∞ y sin embargo existe su TL y se propone , con las ayudas que se indican, 
demostrar que [[[[ ]]]] st1L ππππ==== 
2- Como en la actividad 3 se ha demostrado que 0)s(Flím
s
====
∞∞∞∞→→→→
, esta propiedad limita las posiblesfunciones que son TL de funciones seccionalmente continuas y de orden exponencial, por 
ejemplo si la función es un cociente de polinomios en variable s, necesariamente el grado del 
denominador debe superar en al menos una unidad al grado del polinomio numerador pues de 
no ser así el límite mencionado no tendería a 0 . 
 
 
Ξ Transformada de Laplace de una derivada primera 
 
Si f(t) es continua para t ≥≥≥≥ 0 y de orden exponencial αααα para t tendiendo a infinito y f’(t) es 
seccionalmente continua para t ≥≥≥≥ 0 entonces para Re(s) > αααα vale que 
 
L[f’(t)]=s F(s) – f(0) , donde F(s) = L[f(t)] 
Demostración 
 
Sabemos que dt )t('fe límdt )t('f e )]t('f[L
A
0
st
A0
st
∫∫∫∫∫∫∫∫
−−−−
∞∞∞∞→→→→
∞∞∞∞ −−−− ======== 
 
recordando la fórmula de integración por partes 
 
[[[[ ]]]] dt (t)u' v(t) - v(t) u(t) dt (t)v' u(t) b
a
b
a
b
a ∫∫∫∫∫∫∫∫ ==== 
 
y sabiendo que si el integrando es seccionalmente continuo puede aplicarse sin dificultad, 
podemos calcular la última integral llamando u = e-st , v’ = f’(t) obteniendo 
 
[[[[ ]]]] dt e f(t) s)0(f)A(f edt )e (-s f(t) )t(f edt )t('fe A
0
stsAA
0
stA
0
stA
0
st
∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− ++++−−−−====−−−−==== 
 
Por lo tanto 



 −−−−−−−−============ ∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫
−−−−−−−−
∞∞∞∞→→→→
−−−−
∞∞∞∞→→→→
∞∞∞∞ −−−− dt )t(fe s)0(f)A(felímdt )t('fe límdt )t('f e )]t('f[L
A
0
stsA
A
A
0
st
A0
st = 
 
[[[[ ]]]] [[[[ ]]]])t(fsL)0(fdt )t(fe s)0(f)A(felím
0
st
0
sA
A
++++−−−−====++++−−−−==== ∫∫∫∫
∞∞∞∞ −−−−−−−−
∞∞∞∞→→→→ 4434421
 siempre que Re(s) > αααα (*) 
 
En el paso anterior afirmamos que [[[[ ]]]] 0)A(felím sA
A
====−−−−
∞∞∞∞→→→→
 , siempre que Re(s) > αααα , para justificar 
esta afirmación razonamos como se muestra a continuación: 
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Módulo II 
9 
 Por hipótesis sabemos que f(t) es de orden exponencial αααα entonces: |f(t)| < M eααααt , si t > T 
 
si tomamos A > T entonces : |f(A)| < M eααααA 
 
y multiplicando ambos miembros por |e-sA | , que sabemos es positivo, obtenemos: 
 
|f(A)| |e-sA | < M eααααA As1e−−−− 
 
Teniendo presente que |f(A)| As1e−−−− es positivo podemos escribir: 
 
 0 < |f(A)| e-sA < M eααααA As1e−−−− 
 
y tomando límite en cada miembro de la desigualdad anterior obtenemos : 
 
0lím
A ∞∞∞∞→→→→
 ≤≤≤≤ 
∞∞∞∞→→→→A
lím |f(A)| As1e−−−− ≤≤≤≤ A)s(
A
1Melím −−−−αααα
∞∞∞∞→→→→
 , 
 
y si pedimos que Re(s) = s1 > αααα , entonces el último límite es igual a 0 y por el teorema del 
sandwich podemos afirmar que [[[[ ]]]] 0)A(felím sA
A
====−−−−
∞∞∞∞→→→→
 siempre que Re(s) > αααα 
 
Por lo tanto la expresión obtenida en (*) es correcta y vale que L[f’(t)]=s L[f(t)] - f(0) que es lo 
que se quería demostrar. 
 
� Ejemplos 
 
1- Hallar la solución de la ecuación diferencial f '(t) + 2 f(t) = 2t , con la condición f(0) = 1 
 
Si aplicamos TL a ambos miembros, usando la linealidad obtenemos: 
 
L [f '(t)] + 2 L [f(t)]= 2L [t] 
 
reemplazamos L[f '(t)] por la expresión equivalente obtenida en el teorema anterior, encontramos 
 
s L [f (t)] - f(0) + 2 L [f(t)]= 2L [t] 
o su equivalente : 
s F(s) - 1 + 2 F(s)= 2/s2 
sacando factor común F(s) obtenemos: 
1
s
2
)s(F)2s(
2
++++====++++ 
despejando y operando obtenemos 
)2s(s
s2
)s(F
2
2
++++
++++==== 
por lo tanto 
f(t) = L -1[F(s)]= 





++++
++++−−−−
)2s(s
s2
L
2
2
1 
 Matemática D y D1 
 
Módulo II 
10 
Como no conocemos ninguna función elemental cuya transformada sea el cociente anterior, 
tratamos de expresar el cociente anterior usando el método de fracciones parciales (utilizado para 
hallar primitivas de funciones que son cociente de polinomios) En este caso 
 
)2s(s
B2s)BA2(s)CA(
)2s(s
Cs)2s(B)2s(As
2s
C
s
B
s
A
)2s(s
s2
2
2
2
2
22
2
++++
++++++++++++++++====
++++
++++++++++++++++====
++++
++++++++====
++++
++++
 
 
Como los numeradores deben ser iguales, necesariamente debe verificarse que: 
 
A + C = 1 (coeficientes de s2) 
2A + B = 0 (coeficientes de s ) 
 2B = 2 (términos independientes) 
 
y resolviendo este sistema se obtiene B = 1 , A = - 1/2 , C = 3/2 
 
Por lo tanto f(t) = t2
2
1
2
2
1 e
2
3
t
2
1
2s
2/3
s
1
s
2/1
L
)2s(s
s2
L −−−−−−−−−−−− ++++++++−−−−====



++++
++++++++
−−−−====





++++
++++
 
 
2- Es interesante observar que si f(t) = t eat entonces su derivada es f '(t) = eat + a t eat , que 
podemos escribir como f '(t) = eat + a f(t) y aplicando TL a ambos miembros tenemos: 
 
L[f '(t)] = L[e at ] + a L[f(t)] 
o su equivalente 
{
)s(aF
as
1
)0(f)s(sF
0
++++
−−−−
====−−−− 
de donde despejando F(s) obtenemos : 
(((( ))))2as
1
)s(F
−−−−
==== , por lo tanto podemos afirmar que: 
 [[[[ ]]]]
(((( ))))2
at
as
1
teL
−−−−
==== 
 
Ξ Transformada de Laplace de derivadas sucesivas 
 
∆∆∆∆ Actividad 4: 
Si F(s) = L[f(t)] , demostrar que : 
a) Si f(t) y f '(t) son continuas para t ≥≥≥≥ 0 y de orden exponencial αααα para t tendiendo a infinito 
y f '' (t) es seccionalmente continua para t ≥≥≥≥ 0 entonces para Re(s) > αααα vale que: 
 
L[f '' (t)]=s2 F(s) – s f(0) - f '(0) 
 
Ayuda: tener en cuenta que f''(t) = [f'(t)]' , aplicar la TL a ambos miembros y usar la TL de la 
derivada primera. 
 b) Si f(t), f'(t), f (2)(t), .... y f(n-1)(t) son continuas para t ≥≥≥≥ 0 y de orden exponencial αααα para t 
tendiendo a infinito y f(n)(t) es seccionalmente continua para t ≥≥≥≥ 0 entonces para Re(s) > αααα 
vale que: 
 L[f (n)(t)]=sn F(s) – sn-1 f(0) - sn-2 f '(0) - sn-3 f''(0) -......- s f(n-2)(0) - f(n-1)(0) 
 Matemática D y D1 
 
Módulo II 
11 
 
� Ejercicios 
 
4- Calcular la transformada de Laplace de las siguientes funciones usando el teorema de la 
derivada y siguiendo las sugerencias que se dan en algunos casos 
 
a) f(t) = eat [sugerencia : f’(t) = a f(t)] 
b) f(t) = sen(at) [sugerencia : f’’(t) = -a 2 f(t) y f(0) = 0] 
c) f(t) = cos2(at) [sugerencia : f’(t) = -a sen(2at)] 
d) f(t) = cos (at) 
e) f(t) = t sen(at) 
 
5- Si f(t) es continua para t ≥≥≥≥ 0 y de orden exponencial αααα para t tendiendo a infinito y 
L[f(t)]= F(s) para Re(s) > αααα , demostrar que g(t) = ∫∫∫∫ ττττττττ
t
0
d )(f es de orden exponencial αααα y 
que 
s
)s(F
d )(fL
t
0
====



 ττττττττ∫∫∫∫ 
 
6- Usando el resultado del ejercicio anterior calcular 
 
a) 





++++
−−−−
)2s(s
2
L 1 b) 





++++
++++−−−−
)4s(s
1s
L
2
1 c) 





−−−−
−−−−
)9s(s
1
L
22
1 
 
7- Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales con condiciones iniciales 
 
a) y’(t) – y(t) = 1 , y(0) = 0 
b) y’’(t) + 5 y’(t) + 4 y(t) = 0 , y(0) = 1 , y’(0) = 0 
c) y’’ + y’ = et , y(0) = y’(0) = 0 
d) y(4) – y = 0 , y(0) = y’(0)= y(3)(0 = 0 , y’’(0) = -1 
 
8- a) Hallar la solución general de las ecuaciones diferenciales siguientes 
 
 f’(t) +3 f(t) = sh t g’’(t) + g’(t) -6 g(t) = 4b) Hallar las soluciones particulares de la ecuaciones indicadas que verifiquen las condiciones 
de contorno que se indican a continuación 
 
 f (1) = -2 para la primera y g(0) = 1 , g(2) = 4 
 
 
 
ΞΞΞΞ Teorema de sustitución 
 
Si L[f(t)] = F(s) para Re(s) > Re(b) entonces L[f(t) e at] = F(s-a) , para Re(s) > Re(a + b) 
 
 
 Matemática D y D1 
 
Módulo II 
12 
Demostración 
 
Sabemos que: 
L[f(t)] = F(s) y ∫∫∫∫
∞∞∞∞
====
0
st - dte )t(f)s(F (*) , para Re(s) > Re(b) 
 
y queremos calcular L[eat f(t)] , para ello usamos la definición 
 
L[f(t) e at] ∫∫∫∫∫∫∫∫
∞∞∞∞∞∞∞∞
========
0
a)t -(s-
0
st -at dte )t(fdte e )t(f (**) 
 
si evaluamos la integral (*) en (s -a) obtenemos: 
 
∫∫∫∫
∞∞∞∞
====−−−−
0
a)t -(s- dte )t(f)as(F , para Re(s -a) > Re(b) 
 
y esta expresión es justamente la integral (**) , por lo tanto 
 
L[eat f(t)] = F(s-a) , para Re(s ) > Re(b) +Re(a) = Re(a+b) , 
 
que es lo que queríamos demostrar. 
 
 
⊕⊕⊕⊕ Observación 
 
A partir del teorema anterior observamos que si L[f(t)] = F(s) entonces: 
 
L -1[F(s -a )] = eat f(t) = eat L-1[F(s)] 
 
 
� Ejemplos 
 
1- Como sabemos que L[cos(4t)] = 
16s
s
2 ++++
 entonces L[ e-2t cos(4t)] = 
16)2s(
)2s(
2 ++++++++
++++
 
 
2- Calcular 





−−−−−−−−
−−−−
2)3s(
1
L
2
1 , como la expresión que queremos antitransformar sólo depende 
de (s - 3), la llamamos F(s-3), por lo tanto con esta denominación y usando el teorema 
anterior podemos decir que L-1[F(s-3)] = e3t L -1 [F(s)] , donde F(s) =
2s
1
2 −−−−
 y 
 
 L-1[F(s)]= (((( )))) (((( )))) (((( ))))t 2sh2
1
2s
2
L
2
1
2s2
2
L
2s
1
L
2
1
2
1
2
1 ====





−−−−
====





−−−−
====



−−−−
−−−−−−−−−−−− 
 
 Por lo tanto 





−−−−−−−−
−−−−
2)3s(
1
L
2
1 = e3t (((( ))))t 2sh
2
1 
Recordar que 
L[sh(at)]=
22 as
a
−−−−
 
 Matemática D y D1 
 
Módulo II 
13 
♦ Función salto unidad 
 
La función ua(t) = 



>>>>
<<<<
at si1
at si0
 se denomina función salto unidad 
 
y muchas veces se indica u(t-a) por ser la trasladada de la función unidad u(t) = 1 para t > 0 
 
 
⊕⊕⊕⊕ Observación 
 
Dada una función f(t) , podemos generar tres funciones interesantes a partir de ella, ellas son: 
ua(t) f(t) = 



>>>>
<<<<
at sif(t)
at si0
 , f(t-a) , que es la f(t) trasladada a unidades a la derecha y 
ua(t) f(t-a) = 



>>>>
<<<<
at sia)-f(t
at si0
, cuyas gráficas se observan a continuación 
 
 
 
 
 
 
 
 
f(t) ua(t) f(t) f(t-a) ua(t) f(t-a) 
 
 
ΞΞΞΞ Teorema de traslación 
 
Si L[f(t)] = F(s) para Re(s) > Re(b) entonces L[u a(t) f(t -a)] = e
-as F(s) , para Re(s) > Re(b) 
 
Demostración 
 
Usamos la definición de TL 
L[u a(t) f(t -a)] ∫∫∫∫∫∫∫∫
∞∞∞∞∞∞∞∞
−−−−========
a
st -
0
st -
a dte )at(fdte a)-f(t )t(u = A pues ua(t) = 0 si t < a 
 
Haciendo en la última integral la sustitución u = t -a , dt = du , y teniendo en cuenta que 
si t = a ⇒ u = 0 y si t = ∞∞∞∞ ⇒ u = ∞∞∞∞ , entonces 
 
 A = ∫∫∫∫∫∫∫∫
∞∞∞∞−−−−∞∞∞∞ ++++ ====
0
 su-sa
0
 a)s(u- due )u(fedue f(u) = e-st F(s) si Re(s) > Re(b) 
 
pues la última integral no es otra cosa que la TL de la función f, que se sabe que existe si 
Re(s) > Re(b) 
 
t 
1 
a 
t a t a t a t a 
 Matemática D y D1 
 
Módulo II 
14 
⊕⊕⊕⊕ Observación 
 
 A partir del teorema anterior observamos que si L -1[F(s)] = f(t) entonces 
 
L -1[e-as F(s)] = ua(t) f(t -a) 
 
� Ejemplos 
 
1- Aplicando el teorema anterior podemos calcular la TL de la función salto unidad pues 
L[u a(t)] = L[u a(t).1] = e
-as L[1] = 
s
e st−−−−
 
 
2- Dadas las funciones f(t) = t , g(t) = u2(t) (t –2) y h(t) = u2(t) t , cuyos gráficos se 
muestran a continuación , hallar sus TL 
 
 
 
 
 
 
 
 
f(t) = t g(t) = u2(t) (t –2) h(t) = u2(t)t 
 
Ya sabemos que L[f(t)] = 
2s
1
 , 
 
para calcular L[g(t)] aplicamos el teorema anterior y concluimos que L[g(t)] =
2
s2
s
e−−−−
 , 
 
para calcular L[h(t)] debemos llevarla a la forma u2(t) f(t -2) y en este caso consideramos que 
 
h(t) = u2(t) t = u2(t) [(t -2) + 2] = u2(t) (t-2) + 2 u2(t) y entonces ahora podemos aplicar el 
teorema anterior y concluir que: 
[[[[ ]]]] [[[[ ]]]]
s
e2
s
e
)t(uL 2)2t)(t(uL)]t(h[L
s
2
s2
22
−−−−−−−−
++++====++++−−−−==== 
 
 
� Ejercicios 
 
9- Calcular 
 
 a) L[t e4t] b) L[sen(8t) e-2t] c) L[(t - 7) sh(3t) ] 
 
 d) 





−−−−
−−−−
4
1
)2s(
3
L e) 



++++−−−−
−−−−
10s6s
1
L
2
1 f) 





++++−−−−
++++−−−−
4)3s(
2s
L
2
1 
t 2 
 
t 2 
2 
t 2 
 
 Matemática D y D1 
 
Módulo II 
15 
10- Calcular las TL o las antitransformadas que se piden a continuación y graficar todas las 
funciones de t que intervienen en este ejercicio 
 
a) L[cos(t - 2) u2(t)] b) L[sen t uππππ(t)] c) L[t
2 u3(t) - u1(t) ] 
 
d) 





−−−−
−−−−
−−−−
4
s2
1
)2s(
e
L e) 





−−−−
ππππ−−−−
−−−−
s6s
e
L
2
s
1 f) 





++++−−−−
−−−−
−−−−
4)1s(
e s
L
2
s
1 
 
 
♦ Funciones definidas por tramos 
 
Sean a y b dos números reales positivos y a < b . Observando los gráficos siguientes 
 
 
 
 
 
 
ua(t) ub(t) ua(t) - ub(t) 
 
podemos concluir fácilmente que ua(t) - ub(t) =



>>>><<<<
<<<<<<<<
b t ó a t si0
bt a si1
 
 
Esta observación permite expresar funciones definidas por tramos como se muestra a 
continuación 
 
 
� Ejemplos 
 
1- Expresar la siguiente función g(t)=



>>>><<<<
<<<<<<<<
3 t ó 1 t si0
3t 1 sit 2
 en términos de la función salto y 
calcular su TL 
 
Teniendo en cuenta que 



>>>><<<<
<<<<<<<<
====−−−−
3 t ó 1 t si0
3t 1 si1
)t(u)t(u 31 
 
podemos afirmar que la función dada puede escribirse como: 
 
 
g(t) = [u1(t) - u3(t)] t
2 = u1(t) t
2 - u3(t) t
2 
 
por lo tanto 
 L[g(t)] = L[u 1(t) t
2 ] - L[u 3(t) t
2] 
 
y para poder usar el teorema de traslación, expresamos la función t2 en términos de (t - 1) y 
t -3 , esto se logra recordando que si f(t) es un polinomio de grado n entonces puede 
t 
1 
a t 
1 
a b t 
1 
a b 
 Matemática D y D1 
 
Módulo II 
16 
escribirse alrededor de un punto t0 de la manera que se indica a continuación y que recibe elnombre de polinomio de Taylor: 
 
(((( )))) (((( )))) (((( )))) .tt
!n
)t(f
....tt
!2
)t(''f
tt
!1
)t('f
)t(f)t(f n0
0
)n(
2
0
0
0
0
0 −−−−++++++++−−−−++++−−−−++++==== 
 
en el caso que nos interesa dichos desarrollos resultan ser: 
 
 t2 = (t - 1)2 + 2 (t - 1) +1 t2 = (t - 3)2 + 6 (t - 3) +9 
 
 por lo tanto 
 
L[g(t)] = L [u1(t) { (t - 1)2 + 2 (t - 1) +1}] - L[u 3(t) {(t - 3)2 + 6 (t - 3) +9}] = 
 
 = e-s L[t2 + 2t +1}] - e-3s L[t 2 + 6t +9}] = 
 


 ++++++++−−−−


 ++++++++==== −−−−−−−−
s
9
s
6
s
2
e
s
1
s
2
s
2
e
23
s3
23
s 
 
 
� Ejercicios 
 
 
11- Resolver y graficar la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales 
 
a) y’ + y = f(t) , donde 



>>>>
<<<<≤≤≤≤
====
1t si5
1t0 si0
)t(f , y(0) = 0 
b) y’ + 2y = f(t) , donde 



>>>>
<<<<≤≤≤≤
====
2t si0
2t0 sit
)t(f , y(0) = 0 
 
c) y’’ + y = sen t . u(t - 2ππππ) , y(0) = 1 , y’(0) = 0 
 
d) y’’– 4y’ + 3y = 1 – u(t – 2) – u(t – 4) + u(t – 6) , y(0) = y’(0) = 0 
 
 
♦ Transformada de Laplace de funciones periódicas 
 
Si queremos calcular la TL de la función diente de sierra 
cuya gráfica se muestra a la derecha, comenzamos 
observando que: f(t) = t si 0 < t < 2 
 f(t) = t - 2 si 2 < t < 4 
 f(t) = t - 4 si 4 < t < 6 
 y en general f(t) = t – 2n si 2n < t < 2n + 2 
 
 
 
 
 
 
Como la función es seccionalmente continua en todo intervalo finito y, por mantenerse acotada, 
es de orden exponencial, su TL debe existir. Para hallarla planteamos su calculo usando la 
definición y detallamos los pasos 
2 4 6 0 
t 
2 
 Matemática D y D1 
 
Módulo II 
17 
L[f(t)] = ====++++−−−−++++++++−−−−++++==== ∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫
++++ −−−−−−−−−−−−∞∞∞∞ −−−− ......dt)n2t(e....dt)2t(edt t edt)t(fe
2n2
n2
st4
2
st2
0
st
0
st 
 dt)n2t(e
2n2
n2
st
0n
−−−−==== ∫∫∫∫∑∑∑∑
++++ −−−−
∞∞∞∞
====
 = (hacemos la sustitución w = t – 2n , du = dt y tenemos en 
 cuenta que si t = 2n ⇒⇒⇒⇒ w = 0 , si t = 2n + 2 ⇒⇒⇒⇒ w = 2 ) 
 = dw we
2
0
)n2w(s
0n
∫∫∫∫∑∑∑∑
++++−−−−
∞∞∞∞
====
= (como e-s2n no depende de w , sale fuera de la integral) 
 = dw w ee
2
0
sw
0n
n2s
∫∫∫∫∑∑∑∑
−−−−
∞∞∞∞
====
−−−− = ( como la integral no depende de n, sale fuera de la sumatoria) 
 = ∑∑∑∑∫∫∫∫
∞∞∞∞
====
−−−−−−−−




0n
n2s2
0
sw e dw w e = (esta serie es geométrica de razón r = e-2s , y si exigimos que 
 Re(s) > 0 , entonces r < 1 y por lo tanto la serie converge) 
 
 = 
s2
2
0
sw
s2
2
0
sw
e1
dw w e
 
e1
1
 dw w e −−−−
−−−−
−−−−
−−−−
−−−−
====
−−−−


 ∫∫∫∫∫∫∫∫ 
 
integrando por partes la ultima integral se obtiene que 
 
L[f(t)] =
)e1(s
)1s2(e1
 
s22
s2
−−−−
−−−−
−−−−
++++−−−−
, si Re(s) > 0 
 
 
 
∆∆∆∆ Actividad 5: 
 
Si f(t) es una función seccionalmente continua en el intervalo (0,P) y es periódica de 
período P, demostrar que L[f (t)] = 
Ps
P
0
su
e1
du )u(f e
 −−−−
−−−−
−−−−
∫∫∫∫ para Re(s) > 0 , tener en cuenta el 
gráfico siguiente y los pasos seguidos en el ejemplo anterior 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Si f(t) = g(t) para 0 < t < P, 
entonces 
 f(t) = g(t - P) para P < t < 2P, 
 f(t) = g(t - 2P) para 2P < t < 3P, 
......... 
f(t) = g(t - nP) para nP < t < (n+1)P 
 
 
� Ejercicios 
 
12- Hallar la TL de las siguientes funciones periódicas y graficarlas 
P 2P 3P 
y=g(t) 
 Matemática D y D1 
 
Módulo II 
18 
a) f(t) = 1- t . 0 < t < 2 , f(t + 2 ) = f(t) 
 
b) 



<<<<<<<<
<<<<<<<<
====
4t1 si3
1t0 si0
f(t) , f(t + 4 ) = f(t) 
 
 
♦ Convolución 
 
Dadas dos funciones reales f(t) y g(t) definidas en toda la recta, se denomina convolución de f y 
g y se la indica f(t) ⊗⊗⊗⊗ g(t) , a la siguiente integral : 
 
∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞
ττττττττττττ====⊗⊗⊗⊗====
-
d )-)g(tf( g(t) f(t)h(t) 
 
 
⊕⊕⊕⊕Actividad 6 
 
a) Demostrar que la convolución es conmutativa: f(t) ⊗⊗⊗⊗ g(t) = g(t) ⊗⊗⊗⊗ f(t) (hacer el 
cambio de variable -tw ττττ==== 
b) Si f(t) y g(t) son iguales a cero para t < 0 demostrar que 
∫∫∫∫ ττττττττττττ====⊗⊗⊗⊗
t
0
d )-)g(tf( g(t) f(t) 
 
Ξ Teorema de convolución 
 
Si L[f(t)] = F(s) y L[g(t)] = G(s) para Re s > k entonces: 
 
[[[[ ]]]] [[[[ ]]]] [[[[ ]]]] )s(G).s(F)t(gL.)t(fLd )-)g(tf( L)t(g)t(fL t
0
========


 ττττττττττττ====⊗⊗⊗⊗ ∫∫∫∫ para Re s > k 
 
Demostración 
 
Para demostrarlo usamos la definición de TL 
====



 ττττττττττττ====



 ττττττττττττ ∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫
∞∞∞∞ −−−− dtd )-)g(tf(ed )-)g(tf( L 
t
00
stt
0
dt d )t(g)(fe 
R
st ττττττττ−−−−ττττ∫∫∫∫∫∫∫∫
−−−− = (1) 
 
observar que en el último paso se ha reemplazado la integral iterada sobre la 
región de la derecha por una integral doble sobre la región R 
 
Si hacemos el cambio de variable 
 
 



ττττ====
ττττ−−−−====
v
tu
 (t y ττττ variables viejas, u y v variables nuevas) 
 
t 
t = ττττ 
ττττ 
región R 
 Matemática D y D1 
 
Módulo II 
19 
cuya inversa es 



++++====
====ττττ
vut
v
 (variables viejas en función de las variables nuevas) 
 
y recordando que cuando se hace un cambio de variable en una integral doble hay que: 
 
� hallar el jacobiano, que es el módulo del determinante de la matriz 
 





====





∂∂∂∂∂∂∂∂∂∂∂∂∂∂∂∂
∂∂∂∂ττττ∂∂∂∂∂∂∂∂ττττ∂∂∂∂
11
10
utut
vu
 
 
que en este caso vale |-1| = 1 (observar que en el jacobiano intervienen las derivadas de las 
variables viejas respecto de las nuevas) 
 
� hallar el nuevo recinto de integración, al que denominamos R*, para ello buscamos la imagen 
de sus fronteras: 
como ττττ ≤≤≤≤ t entonces v ≤≤≤≤ u + v , de donde u ≥≥≥≥ 0 , 
como ττττ ≥≥≥≥ 0 , entonces v ≥≥≥≥ 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Por lo tanto 
 
(1) = ====



∫∫∫∫∫∫∫∫
∞∞∞∞ ++++∞∞∞∞ dv ud 1 )ug( )vf( e 
0
v)s(u-
0
(observar que el 1 es el jacobiano) 
= ====



∫∫∫∫∫∫∫∫
∞∞∞∞∞∞∞∞
dv ud 1 )ug( )vf( ee 
0
sv-su-
0
(e-sv f(v) no dependen de u , salen fuera de la integral) 
= ====



∫∫∫∫∫∫∫∫
∞∞∞∞∞∞∞∞ −−−− dv ud )ug( e)v(fe 
0
su-
0
sv ( el corchete no depende de v, sale fuera de la integral de u) 
= ====



 ∫∫∫∫∫∫∫∫
∞∞∞∞ −−−−∞∞∞∞ dv )v(fe ud )ug( e 
0
sv
0
su- (resulta ser el producto de las TL de g y f , que sabemos 
existen para Re (s) > k ) 
 
= L[g(u)] .L[f(v)] = G(s) . F(s) , que es lo que queríamos demostrar. 
 
 
 
 
t 
t = ττττ 
ττττ 
u 
v 
región R región R*Matemática D y D1 
 
Módulo II 
20 
⊕⊕⊕⊕ Observación 
 
A partir del teorema anterior observamos que si f(t) = L -1[F(s)] y g(t) = L-1[G(s)] entonces 
 L -1[F(s).G(s)] = [[[[ ]]]] [[[[ ]]]])s(GL)s(FL)t(g)t(fd )-)g(tf( 11t
0
−−−−−−−− ⊗⊗⊗⊗====⊗⊗⊗⊗====ττττττττττττ∫∫∫∫ , por lo tanto 
 
L -1[F(s).G(s)] = [[[[ ]]]] [[[[ ]]]])s(GL)s(FL 11 −−−−−−−− ⊗⊗⊗⊗ 
 
⊕⊕⊕⊕Actividad 7 
 
Si L[f(t)]= F(s) para Re(s) > k , demostrar que
s
)s(F
)df( L 
t
0
====



 ττττττττ∫∫∫∫ 
 
 
� Ejemplos 
 
1- Calcular la TL de 



 ττττττττ∫∫∫∫
ττττt
0
t- d e sen L 
Observar que en este caso la integral es el producto de una función de ττττ por una función de (ττττ - t), 
y para aplicar el teorema de convolución necesitamos tener el producto de una función de ττττ por 
una función de (t- ττττ), por ello reescribimos la integral como se muestra a continuación y 
aplicando el teorema mencionado se obtiene inmediatamente su TL 
 



 ττττττττ∫∫∫∫
ττττt
0
t- d e sen L [[[[ ]]]] [[[[ ]]]] [[[[ ]]]] (((( ))))(((( ))))1s1s
1
eL.tsenLetsenLd e sen L 2
ttt
0
)t(
++++++++
========⊗⊗⊗⊗====



 ττττττττ==== −−−−−−−−ττττ−−−−−−−−∫∫∫∫ 
 
 
2- Mostramos cómo se puede antitransformar un producto usando convolución: 
 
====





++++
⊗⊗⊗⊗





++++
====





++++++++
====





++++
−−−−−−−−−−−−−−−−
)4(s
1
L 
)4(s
s
L
)4(s
1
 
)4(s
s
L 
)4(s
s
L 
2
1
2
1
22
1
22
1 
 
= cos(2t) ⊗⊗⊗⊗ 1/2 sen(2t) = 1/2 [[[[ ]]]] ττττττττττττ∫∫∫∫ d )-2(tsen )2cos(
t 
0 
 y resolviendo esta integral (hacerla!) 
se obtiene la antitransformada pedida. 
 
3- Hallar el valor de f(t) que verifica la ecuación 2)t(fd e )f( 
t 
0 
)-4(t −−−−====++++ττττττττ∫∫∫∫
ττττ 
 
Observamos que la función desconocida se encuentra bajo un signo integral , por ello se la 
denomina ecuación integral 
 
Para resolverla aplicamos TL a ambos miembros y se procede como se muestra a 
continuación: 
 Matemática D y D1 
 
Módulo II 
21 
 [[[[ ]]]] [[[[ ]]]]2L)t(fLd e )f( L t 
0 
)-4(t −−−−====++++



 ττττττττ∫∫∫∫
ττττ ⇒⇒⇒⇒ [[[[ ]]]] [[[[ ]]]] [[[[ ]]]]
s
2
)t(fLeL.)t(fL y4
−−−−====++++ ⇒⇒⇒⇒ 
 
 ⇒⇒⇒⇒ 
s
2
)s(F
4s
)s(F −−−−====++++
−−−−
 , despejando F(s) obtenemos 
(((( ))))
(((( )))) )3s(s
8
3s
2
3s s
4s 2
)s(F
−−−−
++++
−−−−
−−−−====
−−−−
−−−−−−−−==== , 
 
 por lo tanto 
 
 f(t) = ∫∫∫∫ ττττ++++−−−−====⊗⊗⊗⊗++++−−−−====





−−−−
++++



−−−−
−−−−====





−−−−
++++
−−−−
−−−− ττττ−−−−−−−− t
0
3t3t3t3-111 de 8e2e8e2
)3s(
1
 
s
8
L 
3s
2
L
)3s(s
8
3s
2
L 
 
 y resolviendo la integral se obtiene 
3
8
e
3
2
)t(f t3 ++++==== . 
 Se deja como ejercicio verificar que esta función es solución de la ecuación integral dada. 
 
 
� Ejercicios 
 
13- Calcular 
 
a) 



 ττττ∫∫∫∫
ττττ d e t L
t 
0 
)-2(t3 b) 



 ττττττττττττ∫∫∫∫ d )2-cos(2t sen L
t 
0 
 a) 



 ττττττττ∫∫∫∫ d )3(sh L
t 
0 
 
 
d) 





++++
−−−−
)2s(s
1
L
2
1 e) 



−−−−
−−−−
16s
1
L
4
1 f) 





++++−−−−
−−−−
32
1
)2s()1s(
s
L 
 
14- Resolver las siguientes ecuaciones integrales 
 
a) td )(f )t()t(f
t
0
====ττττττττττττ−−−−++++ ∫∫∫∫ b) ττττττττ−−−−ττττ++++==== ∫∫∫∫ d )t(f te)t(f
t
0
t 
c) 1d )(f )t(f
t
0
====ττττττττ++++ ∫∫∫∫ d) ττττττττ−−−−++++==== ∫∫∫∫ d )(f 3
8
t1)t(f
t
0
 
 
15- Resolver las siguientes ecuaciones integrodiferenciales , se denominan así pues la función 
desconocida se encuentra bajo un símbolo integral pero además aparece derivada al menos 
una vez 
a) ττττττττ−−−−−−−−==== ∫∫∫∫ d )(f tsen1)t('y
t
0
 , y(0) = 0 
b) [[[[ ]]]] )t(u )2t(dz )zt( )z(' f2)z(f )t(f 2
t
0
−−−−====−−−−++++++++ ∫∫∫∫ , f(0) = 0 
c) ∫∫∫∫ −−−−ππππ====ππππ++++
t
0 2
2 t)](u 1[ 2 dz f(z) (t)' f 4 , f(0) = 0 
 
 
 Matemática D y D1 
 
Módulo II 
22 
♦ Derivada de transformadas 
 
Ya hemos encontrado una expresión para la transformada de una derivada : 
 
L[f´(t)] = s L[f(t)] - f(0) = s F(s) - f(0) 
 
y observamos que aparece la transformada de f(t) , es decir F(s) multiplicada por s 
 
Nos preguntamos ahora : 
¿ Si derivamos F(s) respecto de s , será la transformada de alguna función de t? 
 
El teorema siguiente nos da la respuesta y establece que la derivada de F(s) es la transformada de 
la función original multiplicada por -t. 
 
 
ΞΞΞΞ Teorema de la derivada de una transformada 
 
Si f(t) es seccionalmente continua y de orden exponenecial αααα para t →→→→∞∞∞∞ y L[f(t)] = F(s) 
entonces 
 
L[t n f(t)] = (-1)n F(n)(s) para Re(s) > αααα 
 
Demostración 
Aceptamos sin demostración que [[[[ ]]]]∫∫∫∫∫∫∫∫
∞∞∞∞∞∞∞∞
====




0
st-n
0
st-n dt e
ds
d
 f(t)tdt e f(t)t
ds
d
 para n ≥≥≥≥ 0 
Si F(s) = ∫∫∫∫
∞∞∞∞
0
st- dt e f(t) entonces 
F’(s) = [[[[ ]]]]∫∫∫∫ ∫∫∫∫∫∫∫∫
∞∞∞∞ ∞∞∞∞∞∞∞∞
========




0 0
st-st-
0
st- dt (-t)e f(t)dt e
ds
d
 f(t)dt e f(t)
ds
d
 
 
y observando la última integral podemos afirmar que F’(s) = L[-t f(t)] 
 
Derivando nuevamente 
F”(s) = [[[[ ]]]]∫∫∫∫ ∫∫∫∫∫∫∫∫
∞∞∞∞ ∞∞∞∞∞∞∞∞
========




0 0
st-2st-
2
2
0
st-
2
2
dt e(-t) f(t)dt e
ds
d
 f(t)dt e f(t)
ds
d
 
 
como la última integral es la TL de t2 f(t) podemos afirmar que 
 
F”(s) = L[(-t) 2 f(t)] = L[t 2 f(t)] 
 
Si continuamos derivando y lo hacemos n veces se obtiene el resultado que buscamos, es decir: 
 
F(n)(s) = L[(-t)n f(t)] 
 
 Matemática D y D1 
 
Módulo II 
23 
⊕⊕⊕⊕ Observación 
 
A partir del teorema anterior observamos que si f(t) = L -1[F(s)] entonces L -1[F(n)(s)] = (-t)n f(t), 
por lo tanto vale la siguiente expresión 
 
L -1[F(n)(s)] = (-t)n L -1[F(s)] 
 
 
� Ejemplos 
 
1- Como L[sen (3t)] = 
9s
3
2 ++++ entonces 
 (((( ))))222 9s
s6
9s
3
ds
d
 (3t)] sen (-t) L[ - sen(3t)]L[t 
++++
====



++++
−−−−======== 
(((( )))) ...................9s
s6
ds
d
9s
3
ds
d
 sen3t] L[t 2222
2
2 ====








++++
−−−−====



++++
==== (completar) 
 
2 - Hallar f(t) = 











++++
−−−−−−−−
2s
3s
lnL 1 
 
En este ejemplo se pretende mostrar que muchas veces es más fácil para encontrar una 
antitransformada, buscar primero la antitransformada de la derivada 
Si llamamos F(s) al logaritmo del cociente entonces 
2s
1
3s
1
)s('F
++++
−−−−
−−−−
==== 
 
si buscamos su antitransformada obtenemos L -1[F'(s)] = e3t - e-2t 
 
y por el teorema anteriorpodemos reemplazar L -1[F'(s)] por - t f(t) , por lo tanto: 
 
 - t f(t) = e3t - e-2t y despejando encontramos que 
t
ee
)t(f
t3t2 −−−−====
−−−−
 
 
3- El teorema permite resolver algunas ecuaciones diferenciales con coeficientes polinomiales, 
para ello vamos a mostrar como encontrar la solución de la ecuación 
 
f''(t) + t f'(t) - 2 f(t) = 0 , con f(0) = 1 , f'(0) = 0 
 
Comenzamos aplicando TL a ambos miembros: 
 
L[f''(t)] + L[t f'(t)] - 2 L[f(t)] = 0 
 
 Matemática D y D1 
 
Módulo II 
24 
Si F(s) = L[f(t] y teniendo en cuenta que L[t f'(t)] es igual a menos la derivada de la TL de f'(t) 
entonces la expresión anterior es igual a : 
 
 [s2 F(s) - s f(0) - f'(0)] - [s F(s) - f(0)]' - 2 F(s) = 0 
 
reemplazando f(0) = 1 , f'(0) = 0 y calculando la derivada indicada se obtiene: 
 
[s2 F(s) - s] - [F(s) + s F'(s)] - 2 F(s) = 0 
 
agrupando los términos semejantes: -s F'(s) + (s2 - 3) F(s) = s 
 
dividiendo por -s obtendremos : 1)s(Fs
s
3
)s('F −−−−====




 −−−−++++ 
 
esta última es una ecuación diferencial lineal de primer orden que se puede resolver recordando 
que la solución general de las ecuaciones que tienen la forma F'(s) + p(s) F(s) = q(s) es 
 



 ++++∫∫∫∫∫∫∫∫==== ∫∫∫∫
−−−−
 c ds e)s(qe)s(F
ds)s(pds)s(p
 
 
 
si aplicamos a nuestro caso: 
[[[[ ]]]]∫∫∫∫∫∫∫∫ ++++−−−−====










++++
∫∫∫∫
−−−−
∫∫∫∫
==== −−−−++++−−−−





 −−−−




 −−−−−−−−
cdsee c dse 1e)s(F 2/ssln32/ssln3
dss 
s
3
dss 
s
3
22
 
 
recordando que 
3)sln(sln3 see
3 −−−−−−−− ========
−−−−
 , se puede calcular la expresión anterior y se obtiene: 
 
[[[[ ]]]] 3
2/s
3
2/s2/s2
3
2/s
s
e
c
s
2
s
1
ce2es
s
e
)s(F
2
22
2
++++++++====++++++++==== −−−−−−−− 
la constante c deberá ser igual a 0 pues si s →→→→ ∞∞∞∞ , la expresión que la acompaña 
∞∞∞∞→→→→32/s s/e
2
 
por lo tanto 3s
2
s
1
)s(F ++++==== y su antitransformada es f(t) = 1 + t2 . Dejamos como ejercicio 
verificar que esta función es solución de la ecuación diferencial y verifica las condiciones 
iniciales dadas. 
 
 
♦ Integral de transformadas 
 
Sabemos que la derivada de F(s) corresponde a la la TL de la multiplicación de -t por f(t) , nos 
preguntamos si la integral de F(s) será la TL de alguna función, el teorema siguiente nos 
responde. 
 Matemática D y D1 
 
Módulo II 
25 
gΞΞΞΞ Teorema de la integral de una transformada 
 
Si f(t) es seccionalmente continua y de orden exponenecial αααα para t →→→→ ∞∞∞∞ y L[f(t)] = F(s) y 
t
)t(f
lím
0t ++++→→→→
 es finito entonces 
 
*ds *)s(F
t
)t(f
L
s∫∫∫∫
∞∞∞∞
====



 para Re(s) > αααα 
 
Demostración 
 
Si llamamos 
t
)t(f
)t(g ==== entonces t g(t) = f(t) (1) 
y llamamos G(s) = L[g(t)] , entonces tomando TL a ambos miembros de (1) obtenemos 
 
- G'(s) = F(s) para Re(s) > αααα 
 
Para hallar G(s) integramos entre s e infinito , donde suponemos que Re(s) > k 
 
∫∫∫∫ ∫∫∫∫
∞∞∞∞ ∞∞∞∞
====−−−−
s s
*ds*)s(F*ds*)s('G 
 
como G(s*) es la primitiva del primer miembro y sabemos que 0*)s(Glím
*s
====
∞∞∞∞→→→→
 , encontramos 
que ∫∫∫∫
∞∞∞∞
====
s
*ds*)s(F)s(G , que es lo que queríamos demostrar. 
 
Comentario: se pide que f(t) / t tenga un límite finito para t →→→→ 0* para asegurar que dicha función 
es seccionalmente continua. 
 
 
⊕⊕⊕⊕ Observación 
 
A partir del teorema anterior observamos que si f(t) = L -1[F(s)] entonces 



==== ∫∫∫∫
∞∞∞∞−−−− *ds *)s(FL
t
)t(f
s
1
 o su equivalente 
 
[[[[ ]]]]



==== ∫∫∫∫
∞∞∞∞−−−−
−−−−
*ds *)s(FL
t
)s(FL
s
1
1
 
 
 
 
 
 
 
 Matemática D y D1 
 
Módulo II 
26 
� Ejemplos 
1- Para hallar 




 −−−−
t
e1
L
t
 , calculamos primero L[1 - et] 
1s
1
s
1
−−−−
−−−−==== y aplicamos el 
teorema anterior 
 
[[[[ ]]]] ====











−−−−
====−−−−−−−−====




====




 −−−−
∞∞∞∞
∞∞∞∞∞∞∞∞
∫∫∫∫
s
ss
t
1*s
*s
Ln)1*s(Ln*s Ln*ds 
-1*s
1
-
*s
1
 
t
e1
L 
 
 
 Se deja como ejercicio verificar que el resultado obtenido es correcto usando el teorema de la 
derivada de la transformada. 
 
2- Calcular (((( )))) 





−−−−
−−−−
22
1
1s
s2
L 
 
Para hallar esta transformada puede aplicarse el T. de convolución, pero pinta que la expresión es 
la derivada de una función, por ello se nos ocurre integrarla, es decir 
si llamamos (((( ))))22 1s
s2
)s(G
−−−−
==== entonces integrando ambos miembros en [s,∞∞∞∞) obtenemos 
 (((( )))) 1s
1
*ds
1*)s(
*s2
*ds*)s(G
222ss −−−−
====
−−−−
==== ∫∫∫∫∫∫∫∫
∞∞∞∞∞∞∞∞
 ( hacer la sustitución u = (s*)2 - 1 ) 
 
antitransformando ambos miembros obtenemos t sh
1s
1
L*ds*)s(GL
2
1
s
1 ====



−−−−
====



 −−−−∞∞∞∞−−−− ∫∫∫∫ 
como sabemos antitransformar la integral por el teorema anterior , obtenemos 
[[[[ ]]]]
t sh
t
)s(GL 1 ====
−−−−
, por lo tanto L -1[G(s)] = t sh t , que es lo que buscábamos. 
 
 
� Ejercicios 
 
16- Calcular la TL de las siguientes funciones 
 
a) f(t) = t e2t cos(3t) b) g(t) = t e-t sen2 t 





 −−−−====











−−−−
−−−−





−−−−
====
∞∞∞∞→→→→ s
1s
Ln
1s
s
Ln
1b
b
Lnlím
b
 Matemática D y D1 
 
Módulo II 
27 
17- Calcular la antitransformada de las siguientes funciones 
 
a) 



++++
====
2s
3
arctg)s(F b) 


 ++++==== 1s
1
1Ln)s(G 
 
18- Hallar la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales 
 
a) t f''(t) - t f'(t) - 3 f(t) = 0 , con f(0) = 0 , f'(0) = 1 
b) t f''(t) - t f'(t) + 2 f(t) = 0 , con f(0) = 0 , f'(0) = -1 
c) t f''(t) - t f'(t) + 2 f(t) = 3t , con f(0) = 0 , f'(0) = -1 
d) t f''(t) - (t +1)f'(t) + 2 f(t) = 2 , con f(0) = 1 , f'(0) = 0 
 
 
♦ Resolución de sistemas de ecuaciones diferenciales 
 
A modo de ejemplo proponemos hallar la solución x(t) e y(t) del siguiente sistema de ecuaciones 
diferenciales lineales con las condiciones iniciales indicadas 
 



++++====++++
−−−−====−−−−
t22)t('y)t('x
t4)t(y2)t(''x
 x(0) = 0 , x'(0) = 0 , y(0) = 1 
 
aplicamos TL a ambas ecuaciones 
[[[[ ]]]] [[[[ ]]]] [[[[ ]]]]
[[[[ ]]]] [[[[ ]]]] [[[[ ]]]]

++++====++++
−−−−====−−−−
t22L)t('yL)t('xL
t4L)t(yL2)t(''xL
 
 
 si L[x(t)] = X(s) y L[y(t)] = Y(s) entonces el sistema puede escribirse de la siguiente manera 
[[[[ ]]]] [[[[ ]]]]

++++====−−−−++++−−−−
−−−−====−−−−−−−−−−−−
2
22
s/2s/2)0(y)s(sY)0(x)s(sX
s/4)s(Y2)0('x)0(sx)s(Xsreemplazando los valores iniciales el sistema toma la forma 
 



++++====−−−−++++
−−−−====−−−−
2
22
s/2s/21)s(sY)s(sX
 s/4)s(Y2)s(Xs
 
 
o su equivalente 



++++++++====++++
−−−−====−−−−
2
22
s/2s/21)s(sY)s(sX
 s/4)s(Y2)s(Xs
 
despejando la incógnitas X(s) e Y(s) obtenemos 3s
2
)s(X ==== , 2s
s2
)s(Y
++++==== 
 Matemática D y D1 
 
Módulo II 
28 
y antitransformando estas expresiones se obtiene x(t) = t2 , y(t) = 2t + 1 que son las soluciones 
del sistema propuesto como se puede verificar. 
 
 
� Ejercicios 
 
19- Resolver los siguientes sistemas 
 
a) 



−−−−====
−−−−====
)t(y2)t(x4)t('y
)t(y5)t(x2)t('x
 , x(0) = 2 , y(0) = 3 
 
b) 



====−−−−
====++++
0)t(x)t('y
e2)t(y)t('x t
 , x(0) = 2, y(0) = 1 
 
c) 




−−−−−−−−====ττττττττ
====ττττττττ
∫∫∫∫
∫∫∫∫
1t)t(xd)(y
)t(yd)(x
t
0
t
0
 
 
d) 





−−−−====
++++====
++++====
)t(''z)t('y2)t('x
)t('x)t('z)t(y2
)t('y)t(x)t(''z
 x(0) =1, y(0) = 0, z(0) = 0, z'(0) = 0 
 
♦ Transformada de Laplace de 
t
1
)t(f ==== 
 
Luego del teorema de existencia dijimos que existen funciones que no son seccionalmente 
continuas y sin embargo existe su TL, y aseguramos en ese momento que la función 
t
1
)t(f ==== , 
que no es seccionalmente continua en t = 0, admite TL, veamos ahora como puede demostrarse 
dicha afirmación. 
 
Usamos la definición de TL: dt e 
t
1
t
1
L
 
0 
st
∫∫∫∫
∞∞∞∞ −−−−====





= (haciendo la sustitución t = u2 , dt = 2u du ) 
 = du e du e 2du 2u e
u
1
 
 su 
0 
su 
0 
su 222
∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
−−−−∞∞∞∞ −−−−∞∞∞∞ −−−− ======== = (1) (por ser 
2sue−−−− una función par) 
 
La función 
2sue−−−− no tiene primitiva conocida pero puede conocerse su valor razonando como se 
muestra a continuación: 
 
 Matemática D y D1 
 
Módulo II 
29 
Calculamos usando coordenadas polares la integral doble ∫∫∫∫∫∫∫∫
++++
R
)y-s(x dydx e
22
 , con R: x2 + y2 ≤≤≤≤ a2 







 −−−−ππππ====θθθθ



====
−−−−ππππ++++
∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫ s
e1
d dr redydx e
2
222
saa 
0 
sr-2 
0 
R
)ys(x- 
 
Hacemos tender el radio a a infinito, es decir calculamos la integral doble sobre todo el plano: 
 
ss
e1
límdydx elím
2
22
sa
a
R
)ys(x
a
ππππ====







 −−−−ππππ====
−−−−
∞∞∞∞→→→→
++++
∞∞∞∞→→→→ ∫∫∫∫∫∫∫∫ si Re(s) > 0 
 
pero por otro lado 
 
2
sx
-
sy-sxsxsy
R
)ys(x
a
dxedye. dxedy dxeedydx elím
2222222








====














====





==== ∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫ ∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
−−−−
∞∞∞∞
∞∞∞∞
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
−−−−
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
−−−−−−−−++++
∞∞∞∞→→→→
 
 
como los primeros miembros de las dos expresiones anteriores son iguales, necesariamente deben 
ser iguales los segundo miembros , por lo tanto
s
dx e 
 
 
sx- 2 ππππ====∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
 
 
y reemplazando en (1) obtenemos que ====





t
1
L
s
 
ππππ
 
 
♦ Función gamma 
 
dt e t)x(
0
t1x
∫∫∫∫
∞∞∞∞ −−−−−−−−====ΓΓΓΓ , con x > 0 
 
 
⊕⊕⊕⊕Actividad 
 
a) Justificar que ΓΓΓΓ(1) = 1 e integrar por partes para mostrar que ΓΓΓΓ(x + 1) = x ΓΓΓΓ(x) para x > 0 y 
deducir que ΓΓΓΓ(2) = 1! , ΓΓΓΓ(3) = 2! , ΓΓΓΓ(4) = 3! , ΓΓΓΓ(5) = 4! , ....... , ΓΓΓΓ(n+1) = n! , por esto a la 
función gamma se la suele denominar función factorial. 
b) Calcular ΓΓΓΓ(1/2) (operar en forma similar al cálculo de L[t -1/2] desarrollado en el punto anterior) 
y deducir ΓΓΓΓ(3/2) , ΓΓΓΓ(5/2) ( usar la parte b)) 
c) Justificar que 
1k0
stk
s
)1k(
dt e t ++++
∞∞∞∞ −−−− ++++ΓΓΓΓ====∫∫∫∫ y deducir que L[t
k] =
1ks
)1k(
++++
++++ΓΓΓΓ para Re(s) > 0 
 
 
 
 
 
 Matemática D y D1 
 
Módulo II 
30 
♦ Fórmula de inversión compleja 
 
Consideremos la TL de una función f(t) : du e )u(f)s(F
0
su
∫∫∫∫
∞∞∞∞ −−−−==== y supongamos que existe para 
Re(s) > αααα, (la variable de integración es muda y en este caso usamos u para comodidad en lo que sigue). 
 
Si hacemos el cambio de variable u = 2ππππt , du = 2ππππ dt y si consideramos s = s1 + i s2 , 
entonces la integral anterior toma la forma: dt e e )t2(f2)s(F
0
t 2s i-t2 s 21∫∫∫∫
∞∞∞∞ ππππππππ−−−−ππππππππ==== , para s1 > αααα . 
 
Si definimos g(t) = 



>>>>ππππππππ
<<<<
ππππ 0t sie t)f(2 2
0t si0
t2s- 1
 entonces dt e )t(g)s(F t 2s i- 2∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
ππππ==== 
 
Esta última integral tiene la forma de la transformada de Fourier de g(t) , como en g(t) interviene 
s1 , lo tomamos como constante con la condición que s1 > αααα . Si suponemos que g(t) y g'(t) son 
seccionalmente continuas en todo intervalo finito del eje real y g(t) es absolutamente integrable, 
es decir ∞∞∞∞<<<<∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
dt )t(g , entonces se cumplen las condiciones suficientes para la existencia de la 
integral de Fourier, por lo tanto: g(t) = 2
t 2s i
21 ds e )iss(Flím 2∫∫∫∫
λλλλ
λλλλ−−−−
ππππ
∞∞∞∞→→→→λλλλ
++++ , con s1 constante y s1> αααα 
 
reemplazando g(t) por la expresión que la define y tomando t > 0 , obtenemos: 
 
2
t2 s i
21
t2 s ds e )iss(Flíme)t2(f 2 21 ∫∫∫∫
λλλλ
λλλλ−−−−
ππππ
∞∞∞∞→→→→λλλλ
ππππ−−−− ++++====ππππππππ 
despejamos f(2ππππt) multiplicando ambos miembros por 
ππππ
ππππ
2
e t2 s1 y como s1 es constante podemos 
introducirla en la integral obteniendo: 
 
2
t )2s i(s
21 ds e )iss(F2
1
lím)t2(f 21∫∫∫∫
λλλλ
λλλλ−−−−
ππππ++++
∞∞∞∞→→→→λλλλ
++++
ππππ
====ππππ 
 
para poder expresar esta integral en función de s, debemos tener en cuenta que s = s1+ i s2 y como 
s1 es constante la reemplazamos por una constante a entonces ds = d(a + i s2) = i ds2 , como 
sabemos que la variable s2 varía desde - λλλλ a λλλλ , entonces los límites de s son desde a -iλλλλ hasta 
a +iλλλλ entonces la expresión anterior puede escribirse: 
 
dse F(s) 
i2
1
lím)t2(f
ia
ia
ts2
∫∫∫∫
λλλλ++++
λλλλ−−−−
ππππ
∞∞∞∞→→→→λλλλ ππππ
====ππππ , para t > 0 
 
y cambiando t por t/2ππππ en ambos miembros obtenemos: 
 
dse F(s) 
i2
1
lím)t(f
ia
ia
st
∫∫∫∫
λλλλ++++
λλλλ−−−−∞∞∞∞→→→→λλλλ ππππ
==== 
 
que se denomina integral de inversión compleja o integral de Bromwich. Observar que la 
curva sobre la que se integra es una recta vertical de ecuación Re(s) = a , con a > αααα 
 
 Matemática D y D1 
 
Módulo II 
31 
 
♦ Antitranformada de Laplace usando teoría de residuos 
 
Si F(s) es analítica salvo en un número finito de polos z1 , z2 , ..., zN que 
se encuentran a la izquierda de una recta vertical de ecuación Re(s) = a 
pretendemos calcular L -1[F(s)] = f(t) usando la integral de Bromwich. 
 
Como en dicha fórmula no se integrasobre una curva cerrada, en 
principio no podemos aplicar el teorema de los residuos, sin embargo si 
se considera una curva cerrada C = C1 ∪∪∪∪ C2 (ver gráfico) con: 
 
C1 : el segmento de extremos A = a - i λλλλ y B = a + i λλλλ y 
C2 : el trozo de circunferencia centrada en el origen de radio 
 T= 22a λλλλ++++ desde B hasta A 
 
y se considera un λλλλ lo suficientemente grande para que dicha curva 
encierre todos los polos de F(s) entonces se puede aplicar el teorema 
de los residuos 
∑∑∑∑∫∫∫∫
====
ππππ====
N
1k
k
st
C
st )z,e)s(F(sRei2dse F(s) 
 
como C = C1 ∪∪∪∪ C2 entonces podemos escribir 
∑∑∑∑∫∫∫∫∫∫∫∫
====
ππππ====++++
N
1k
k
st
C
st
C
st )z,e)s(F(sRei2dse F(s) dse F(s) 
21
 
 
dividiendo ambos miembros por 2ππππi y tomando límite para λλλλ →→→→ ∞∞∞∞ obtenemos (observar que el 
segundo miembro no depende de λλλλ) 
 
∑∑∑∑∫∫∫∫∫∫∫∫
====
∞∞∞∞→→→→λλλλ
λλλλ++++
λλλλ−−−−∞∞∞∞→→→→λλλλ
====
ππππ
++++
ππππ
N
1k
k
at
II itelím
C
st
I itelím
ia
ia
st )z,e)s(F(sRedse F(s) 
i2
1
límdse F(s) 
i2
1
lím
2 444 3444 214444 34444 21
 
 
sabemos que el límite I es igual a f(t), por ser la integral de Bromwich , si el límite II fuera igual 
a cero, entonces 
∑∑∑∑
====
========++++
N
1k
k
at )z,e)s(F(sRe)t(f0)t(f 
 
y entonces podemos afirmar que la antitransformada de F(s) es la suma de los residuos en los 
polos de F(s) est. 
 
El siguiente teorema asegura bajo qué condiciones el límite II es igual a cero. 
 
 
 
 
a s1 
z1 
z2 
zN 
s1 
s1 
s2 
sN 
a 
C 
ββββ 
A 
B 
D 
E 
 Matemática D y D1 
 
Módulo II 
32 
ΞΞΞΞ Teorema: 
 
Si F(s) es analítica salvo en un número finito de polos z1 , z2 , ..., zN que se encuentran a la 
izquierda de una recta vertical de ecuación Re(s) = a y se sabe que existen tres constantes 
positivas M, c y b tal que |s |c |F(s)| < M para |s| ≥≥≥≥ b entonces 0dse F(s) 
i2
1
lím
2C
st ====
ππππ ∫∫∫∫∞∞∞∞→→→→λλλλ
, 
siendo C2 un trozo de circunferencia como se ha definido en la discusión anterior. 
 
 
⊕⊕⊕⊕ Observación 
 
Si F(s) verifica las hipótesis del teorema anterior entonces [[[[ ]]]] ∑∑∑∑
====
−−−− ========
N
1k
k
st1 )z,Fe(sRe)t(f)s(FL 
 
 
⊕⊕⊕⊕Actividad 
1- Dada 
)3s(s
1
)s(F
2 ++++
==== , 
a) Si se toma |s| ≥≥≥≥ 4 , justificar la siguiente desigualdad 
 
3
33
2 |s|
4
s
3
1|s|
1
s
3
1 |s|
1
)3s(s
1
|)s(F| ≤≤≤≤
−−−−
≤≤≤≤
++++
====
++++
==== 
b) Justificar que [[[[ ]]]] [[[[ ]]]] [[[[ ]]]]3,e)s(FsRe0,e )s(FsRe
)3s(s
1
L)s(FL stst
2
11 −−−−++++====





++++
==== −−−−−−−− , calcular los 
residuos indicados y luego verificar el resultado usando convolución.