CURS

TRANSFORMAREA LAPLACE

1. Definiţie, exemple şi proprietăţi

Definiţia 1.1. Funcţia f : R → C, f(t) = f1(t) + f2(t), t ∈ R, se numeşte originalLaplace dacă satisface următoarele condiţii:

(i) f(t) = 0 pentru orice t < 0,(ii) pe orice subinterval finit al semiaxei reale pozitive, f are cel mult un număr finit

de discontinuităţi de speţa ı̂ntâi,(iii) f are o creştere exponenţială, adică există numerele reale M ≥ 0 şi α ∈ R astfel

ı̂ncât|f(t)| ≤M eαt, (1)

pentru orice t ≥ 0.

Dacă un original Laplace satisface (1) pentru o anume valoare a lui α, cu atât maimult va satisface inegalitatea pentru orice valoare α′ > α. Cea mai buna caracterizare acreşterii modulului funcţiei f o va da marginea inferioară a mulţimii tuturor numerelorreale α pentru care are loc (1). Această margine inferioară se numeşte indice de creştere(sau exponent de creştere) şi, ı̂n cele ce urmează va fi notat cu α0

α0 = inf{α; α ∈ R, |f(t)| ≤M eαt, t ≥ 0}.

Să observăm că produsul cu o constantă a unei funcţii original, suma şi produsul adouă funcţii original sunt de asemenea funcţii original.

Definiţia 1.2. Fie f : R→ C original Laplace. Funcţia complexă de variabilă complexă

F : D ⊆ C→ C, D = {s ∈ C; Re s > α0},

F (s) =+∞∫0

e−stf(t) dt, Re s > α0, (2)

se numeşte transformata Laplace sau imagine Laplace a funcţiei f .

Observaţia 1.1. Creşterea exponenţială a funcţiei f asigură convergenţa absolută şiuniformă a integralei (2) ı̂n orice punct s cu Re s > α0. Într-adevăr dacă s = x + jy şix > α0, putem scrie:

|f(t)e−st| ≤M eα0te−xt

pentru orice t ≥ 0. Deoarece x > α0 integrala+∞∫0

e(α0−x)t dt = 1α0 − x

e(α0−x)t∣∣∣∣∣+∞0 = 1x− α0 ,

1

2 Daniela Roşu

este convergentă. Folosind criteriul de comparaţie pentru integrale improprii, deducemconvergenţa absolută şi uniformă a integralei (2) care defineşte pe F (s).

Vom nota tranformata Laplace a originalului f şi astfel

F = L[f(t)], F (s) = L[f(t)](s), Re s > α0,

evidenţiind astfel şi variabila t a originalului şi variabila s a transformatei. Vom mai folosişi notaţia

f(t)↔ F (s), Re s > α0.În acest mod s-a definit o corespondenţă ı̂ntre două mulţimi: una numită clasa originalelorşi o a doua formată din imaginile lor Laplace, numită transformare Laplace.

Exemplul 1.1. Funcţia unitate (Heaviside)

σ(t) ={

1, t ≥ 00, t < 0 (3)

este original Laplace cu indicele de creştere α0 = 0 iar transformata sa Laplace este

L[σ(t)](s) =+∞∫0

e−st dt = −1se−st

∣∣∣∣∣+∞0 = 1s .Vom scrie

σ(t)↔ 1s, Re s > 0. (4)

�

Observaţia 1.2. Dacă o funcţie f satisface condiţiile (ii) şi (iii) din Definiţia 1.1, atuncifσ este original Laplace. În cele ce urmează de multe ori vom scrie expresiile originalelorLaplace doar pentru t ≥ 0, sub̂ınţelegând condiţia (i) din Definiţia 1.1. Astfel, relaţia (4)se scrie sub forma

1↔ 1s, Re s > 0. (5)

Observaţia 1.3. Se impune să facem distincţie ı̂ntre domeniul de convergenţă a integraleiLaplace din Definiţia 1.2 şi domeniul de definiţie al funcţiei F = F (s), care ı̂n general,este mai amplu. În Exemplul 1.1 integrala care calculează transformata Laplace a funcţieiunitate este convergentă doar pentru Re s > 0 (mulţime pe care definim transformata saLaplace), ı̂n timp ce domeniul de definiţie al funcţiei 1

seste C \ {0}.

Exemplul 1.2. Funcţia f(t) = eλtσ(t), t ∈ R, λ ∈ C este original Laplace, deoarecesatisface evident condiţiile (i) şi (ii) din Definiţia 1.1, iar pentru condiţia (iii) putemalege M = 1 şi α0 = Reλ. Imaginea sa prin transformarea Laplace este

F (s) = L[eλtσ(t)](s) =+∞∫0

e(λ−s)t dt = 1λ− s

e(λ−s)t∣∣∣∣∣+∞0 = 1s− λ,

Transformarea Laplace 3

pentru Re s > Reλ. Reţinem

eλt · σ(t)↔ 1s− λ

, Re s > Reλ. (6)

Pornind de la Definiţia 1.2 se poate extinde clasa funcţiilor pentru care există trans-formată Laplace, admiţând pentru f şi discontinuităţi de speţa a doua sau renunţând lamajorarea exponenţială din condiţia (iii).

Exemplul 1.3. Fie

f(t) =

1√t, t > 0

0, t < 0Aplicând, formal Definiţia 1.2, putem scrie

F (s) =+∞∫0

e−st1√tdt =

√π

s, Re s > 0,

unde, pentru funcţia radical complex√s considerăm ramura olomorfă care pentru s ∈ R+

se reduce la radicalul real. Putem scrie deci1√t· σ(t)↔

√π

s, Re s > 0.

Mai general, dacă ne reamintim funcţia Gamma a lui Euler

Γ(p) =+∞∫0

tp−1e−t dt,

care este convergentă pentru p > 0, vom deduce

tν · σ(t)↔ Γ(ν + 1)sν+1

, Re s > 0, ν > −1. (7)

Deoarece Γ(n+ 1) = n! pentru orice n ∈ N, reţinem şi

tn · σ(t)↔ n!sn+1

, Re s > 0, n ∈ N. (8)

Teorema 1.1. (liniaritate) Dacă f1, f2 : R→ C sunt două funcţii original având indiciide creştere αi, i = 1, 2, iar

f1(t)↔ F1(s), Re s > α1,f2(t)↔ F2(s), Re s > α2,

atunci pentru orice c1, c2 ∈ C funcţia c1f1 + c2f2 este original Laplace şi

c1f1(t) + c2f2(t)↔ c1F1(s) + c2F2(s), Re s > max{α1, α2}, (9)

adică

L[c1f1(t) + c2f2(t)](s) = c1L[f1(t)](s) + c2L[f2(t)](s), Re s > max{α1, α2}.

4 Daniela Roşu

Demonstraţie.

L[c1f1(t) + c2f2(t)](s) =+∞∫0

e−st(c1f1(t) + c2f2(t)) dt

= c1+∞∫0

e−stf1(t) dt+ c2+∞∫0

e−stf2(t) dt = c1L[f1(t)](s) + c2L[f2(t)](s),

pentru Re s > max{α1, α2}. �

Se cunosc formulele lui Eulereαj = cosα + j sinα;

e−αj = cosα + j sinα,(10)

de unde rezultă expresiile funcţiilor trigonometrice cu ajutorul exponenţialei

sinα = ejα − e−jα

2j , (11)

cosα = ejα + e−jα

2 , (12)cunoscute fiind şi formulele care dau funcţiile trigonometrice hiperbolice

shα = eα − e−α

2 , (13)

chα = eα + e−α

2 . (14)

Exerciţiul 1.1. Folosind proprietatea de liniaritate, să se demonstreze următoarele:

sinωt · σ(t)↔ ωs2 + ω2 , Re s > 0; (15)

cosωt · σ(t)↔ ss2 + ω2 , Re s > 0; (16)

shωt · σ(t)↔ ωs2 − ω2

, Re s > 0; (17)

chωt · σ(t)↔ ss2 − ω2

, Re s > 0; (18)

pentru orice ω ∈ C.Soluţie. Aplicăm proprietatea de liniaritate şi folosim formula (6):

L[sin(ωt)](s) = 12j(L[ejωt](s)− L[e−jωt](s)

)= 12j

(1

s− jω− 1s+ jω

)= ωs2 + ω2 .

L[cos(ωt)](s) = 12(L[ejωt](s) + L[e−jωt](s)

)= 12

(1

s− jω+ 1s+ jω

)= ss2 + ω2 .

Transformarea Laplace 5

L[sh(ωt)](s) = 12(L[eωt](s)− L[e−ωt](s)

)= 12

( 1s− ω

− 1s+ ω

)= ωs2 − ω2

.

L[ch(ωt)](s) = 12(L[eωt](s) + L[e−ωt](s)

)= 12

( 1s− ω

+ 1s+ ω

)= ss2 + ω2 .

Teorema 1.2. (asemănare) Dacă f : R→ C este funcţie original şi

f(t)↔ F (s), Re s > α0,

atunci pentru orice a ∈ R, a > 0 are loc relaţia:

f(at)↔ 1aF(s

a

), Re s > aα0. (19)

adicăL[f(at)](s) = 1

aL[f(t)]

(s

a

), Re s > aα0.

Demonstraţie.

L[f(at)](s) =+∞∫0

e−stf(at) dt.

Prin schimbarea de variabilă at = u avem

L[f(at)](s) = 1a

+∞∫0

f(u) e−u sa du = 1aL[f(t)]

(s

a

),

ultima integrală fiind convergentă dacă Re sa> α0 deci Re s > aα0. �

Teorema 1.3. (̂ıntârzierea argumentului) Dacă f : R→ C este funcţie original şi

f(t)↔ F (s), Re s > α0,

atunci pentru orice t0 ∈ R, t0 > 0 are loc relaţia:

f(t− t0) · σ(t− t0)↔ e−t0sF (s), Re s > α0. (20)

adicăL[f(t− t0) · σ(t− t0)](s) = e−t0sL[f(t)] (s) , Re s > α0.

Demonstraţie. f(t−t0)·σ(t−t0) este funcţia original care se anulează pentru t < t0, iargraficul acestei funcţii se obţine din graficul funcţiei y = f(t) prin translaţie spre dreaptacu t0 unităţi. Transformata ei Laplace este

L[f(t− t0) · σ(t− t0)](s) =+∞∫0

e−stf(t− t0) dt.

Prin schimbarea de variabilă t− t0 = u avem

L[f(t− t0) · σ(t− t0)](s) = e−t0s+∞∫0

e−suf(u) du = e−t0sL[f(t)] (s) ,

6 Daniela Roşu

ultima integrală fiind convergentă dacă Re s > α0. �

Exemplul 1.4. Dacă t0 > 0, fucţia

σ(t− t0) ={

1, t ≥ t00, t < t0,

are transformata Laplace:

σ(t− t0) ↔e−t0s

s, Re s > 0.

Analog, folosind (15) şi (16), găsim

f1(t) = sin(t− t0) · σ(t− t0)↔ F1(s) = e−t0s1

s2 + 1 , Re s > 0

şif2(t) = cos(t− t0) · σ(t− t0)↔ F2(s) = e−t0s

s

s2 + 1 , Re s > 0.

Teorema 1.4. (deplasare) Dacă f : R→ C este funcţie original şi

f(t)↔ F (s), Re s > α0,

atunci pentru orice λ ∈ C are loc relaţia:

eλtf(t)↔ F (s− λ), Re s > α0 − Reλ. (21)

adicăL[eλtf(t)](s) = L[f(t)](s− λ), Re s > α0 − Reλ.

Demonstraţie. Să observăm că dacă f(t) este funcţie original cu indicele de creştereα0, atunci funcţia eλtf(t) este de asemenea original, având indicele de creştere α0− Reλ.Aceasta deoarece |eλt| = e( Reλ) t. Pentru Re s > α0 − Reλ putem scrie

L[eλtf(t)](s) =+∞∫0

e−steλtf(t) dt =+∞∫0

e−(s−λ)tf(t) dt = L[f(t)](s− λ).

�

Exemplul 1.5. Consecinţe imediate ale Teoremei deplasării 1.4 şi rezultatelor din Exerciţiul1.1 sunt următoarele:

eλt sinωt↔ ω(s− λ)2 + ω2 , Re s > −Reλ, (22)

eλt cosωt↔ s− λ(s− λ)2 + ω2 , Re s > −Reλ, (23)

valabile pentru orice ω ∈ R şi λ ∈ C.Din (8) şi Teorema 1.4 deducem şi următorul rezultat:

tneλt ↔ n!(s− λ)n+1 , Re s > Reλ, n ∈ N. (24)

Transformarea Laplace 7

Teorema 1.5. (imaginea unei funcţii periodice) Dacă o funcţie original Laplacef : R→ C este periodică cu perioada principală T , atunci

f(t)↔ 11− e−sTT∫

0

e−stf(t) dt, Re s > 0. (25)

Demonstraţie. Avem

L[f(t)](s) =+∞∫0

e−stf(t) dt =T∫

0

e−stf(t) dt++∞∫T

e−stf(t) dt, Re s > 0.

În ultima integrală efectuăm substituţia t = u + T , utilizăm ipoteza de periodicitate afuncţiei f şi găsim:

+∞∫T

e−stf(t) dt = e−sT+∞∫0

e−suf(u+ T ) du= e−sT+∞∫0

e−suf(u) du = e−sTL[f(t)](s).

Din ultimele două relaţii rezultă

L[f(t)](s) =T∫

0

e−stf(t) dt+ e−sTL[f(t)](s),

şi deducem

L[f(t)](s) = 11− e−sTT∫

0

e−stf(t) dt.

�

Exemplul 1.6. Să determinăm transformata Laplace a funcţiei

f : R→ C, f(t) = | sin t| · σ(t).

Este o funcţie periodică cu T = π şi atunci imaginea sa Laplace este

F (s) = 11− e−πsπ∫

0

e−st sin t dt.

Integrând succesiv de două ori prin părţi găsimπ∫

0

e−st sin t dt = 1 + e−πs

s2 + 1 ,

iar apoi rezultă

F (s) = 1s2 + 1 ·

1 + e−πs1− e−πs =

1s2 + 1 cth

πs

2 , Re s > 0.

Teorema 1.6. (derivarea originalului) Fie f : R→ C o funcţie continuă pentru t > 0şi care este original Laplace cu indicele de creştere α0. Admitem că există derivata f ′(t)şi aceasta este original cu indicele de creştere α1. Dacă

f(t)↔ F (s), Re s > α0,

8 Daniela Roşu

atuncif ′(t)↔ sF (s)− f(0+), Re s > max{α0, α1}, (26)

adicăL[f ′(t)](s) = sL[f(t)](s)− f(0+), Re s > max{α0, α1},

unde f(0+) este limita la dreapta ı̂n punctul t = 0 a funcţiei f ,

f(0+) = limt↓0

f(t).

Demonstraţie. Condiţia (ii) din Definiţia 1.1 asigură existenţa limitei f(0+). PentruRe s > max{α0, α1}, integrând prin părţi, deducem:

L[f ′(t)](s) =+∞∫0

e−stf ′(t) dt = e−stf(t)∣∣∣∣∣+∞0 −

+∞∫0

(−s)e−stf(t) dt =

= limt→+∞

e−stf(t)− e−0·sf(0+) + s+∞∫0

e−stf(t) dt

Deoarece Re s > α0 şi

|f(t)e−st| = |f(t)||e−st| ≤Meα0te−( Re s)t = Me−( Re s−α0)t

rezultălimt→+∞

|e−stf(t)| = 0, deci şi limt→+∞

e−stf(t) = 0.

Obţinem astfelL[f ′(t)](s) = sL[f(t)](s)− f(0+).

�

Teorema 1.7. Dacă funcţia f : R → C ı̂mpreună cu derivatele sale până la ordinul nsunt originale Laplace,

f(t)↔ F (s), Re s > α0,

iar f ı̂mpreună cu derivatele sale până la ordinul n−1 sunt funcţii continue pentru t > 0,atunci

f (n)(t)↔ snF (s)− sn−1f(0+)− sn−2f ′(0+)− . . .− sf (n−2)(0+)− f (n−1)(0+), (27)

adică

L[fn(t)](s) = snL[f(t)](s)− sn−1f(0+)− sn−2f ′(0+)− . . .− sf (n−2)(0+)− f (n−1)(0+),

undef (k)(0+) = lim

t↓0f (k)(t), k = 0, n− 1.

Transformarea Laplace 9

Demonstraţie. Folosim metoda inducţiei matematice ı̂n raport cu n. Pentru n = 1formula (27) se reduce la (26). Presupunem proprietatea adevărată pentru n − 1 , ceeace ı̂nseamnă că

f (n−1)(t)↔ sn−1F (s)− sn−2f(0+)− sn−3f ′(0+)− . . .− f (n−2)(0+).

Deoarece fn = (f (n−1))′, aplicăm Teorema 1.6 şi deducem

L[fn(t)](s) = sL[f (n−1)(t)](s)− f (n−1)(0+)

= s(sn−1L[f(t)](s)− sn−2f(0+)− sn−3f ′(0+)− . . .− f (n−2)(0+)

)− f (n−1)(0+),

de unde rezultă evident formula enunţată. �

Teorema 1.8. (integrarea originalului) Dacă f : R→ C este funcţie original şi

f(t)↔ F (s), Re s > α0,

atunci are loc relaţia:t∫

0

f(τ) dτ ↔ 1sF (s), Re s > max{α0, 0}, (28)

adică

L

t∫0

f(τ) dτ (s) = 1

sL[f(t)](s), Re s > max{α0, 0}.

Mai general,t∫

0

dt1

t1∫0

dt2 . . .

tn−1∫0

f(tn) dtn ↔1snF (s), (29)

adică

L

t∫0

dt1

t1∫0

dt2 . . .

tn−1∫0

f(tn) dtn

(s) = 1sn

L[f(t)](s),

pentru orice s ∈ C cu Re s > max{α0, 0}.

Demonstraţie. Să observăm că dacă f este original, atunci şit∫

0

f(τ) dτ este original

Laplace. Fie s astfel ı̂ncât Re s > a = max{α0, 0}. Rezultă că există ε > 0 astfel ı̂ncâtRe s = a+ ε > 0. Integrala dublă generalizată"

D

e−stf(τ) dt dτ,

calculată pe domeniul triunghiular nemărginit D = {(t, τ); 0 ≤ τ ≤ t < +∞}, esteabsolut convergentă, deoarece

|e−stf(τ)| ≤M e−Re s·teα0·τ ≤M e−(a+ε)(t−τ)

10 Daniela Roşu

iar integrala"D

e−(a+ε)(t−τ) dt dτ , este convergentă, dacă avem ı̂n vedere că a + ε > 0.

Calculăm ı̂n două moduri integrala dublă de mai sus şi găsim"D

e−stf(τ) dt dτ =+∞∫0

e−st

t∫0

f(τ) dτ dt = +∞∫

0

f(τ) +∞∫

τ

e−st dt

dτ. (30)Conform Definiţiei 1.2, avem

+∞∫0

e−st

t∫0

f(τ) dτ dt = L

t∫0

f(τ) dτ (s). (31)

Pe de altă parte avem+∞∫τ

e−st dt = e−sτ

s, Re s > a

şi atunci+∞∫0

f(τ) +∞∫

τ

e−st dt

dτ = 1s

+∞∫0

e−sτf(τ) dτ = 1sL[f(t)](s). (32)

Înlocuim (31) şi (32) ı̂n (30) şi deducem (28). Aceasta ne spune că integrarea originalu-lui conduce la ı̂mpărţirea cu s a imaginii Laplace. Aplicăm această proprietate pentru

originalult1∫

0

f(t2) dt2 care are imaginea1sF (s) şi găsim

t∫0

dt1

t1∫0

f(t2) dt2 ↔1s2F (s), Re s > max{α0, 0},

iar prin repetarea procedeului deducem (29), formulă ce ne spune că integrarea succesivăde n ori a originalului are ca efect ı̂mpărţirea imaginii cu sn. �

Exerciţiul 1.2. Să se calculeze transformatele Laplace ale funcţiilor:1. f(t) =

t∫0

sin 3u du t > 0;

2. f(t) =t∫

0u2e−4u du, t > 0.

Soluţie.1. Aplicăm Teorema 1.8 şi formula (15)

sin 3t↔ 3s2 + 9 , Re s > 0,

şi avem

L

t∫0

sin 3u du = 1

sL[sin 3t](s) = 3

s(s2 + 9) .

2. Folosim (24)t2e−4t ↔ 2(s+ 4)3 , Re s > −4,

Transformarea Laplace 11

şi prin aplicarea teoremei de integrare a originalului găsim

L

t∫0

u2e−4u du

= 1s· 2(s+ 4)3 .

Definiţia 1.3. Fie f1, f2 : R→ C două originale Laplace. Funcţia f1∗f2 : R→ C definităprin

(f1 ∗ f2)(t) =+∞∫−∞

f1(τ) f2(t− τ) dτ, t ∈ R

se numeşte produs ı̂n convoluţie a funcţiilor f1, f2.

Deoarece f1(t) = f2(t) = 0 pentru orice t < 0 rezultă că avem

(f1 ∗ f2)(t) =

t∫

0

f1(τ) f2(t− τ) dτ, t ≥ 0

0, t < 0.(33)

Dacă ı̂n (33) efectuăm substituţia t− τ = u deducem cu uşurinţă proprietatea de comu-tativitate a produsului ı̂n convoluţie f1 ∗ f2 = f2 ∗ f1.

Propoziţia 1.1. Dacă f1, f2 : R→ C sunt originale Laplace având exponenţii de creştereα1 şi, respectiv α2, atunci produsul lor ı̂n convoluţie este original Laplace cu indicele decreştere a = max{α1, α2}.

Demonstraţie. Proprietăţile (i) şi (ii) din Definiţia 1.1 rezultă imediat. Demonstrămproprietatea de creştere exponenţială (iii). Fie M1 > 0 şi M2 > 0 astfel ı̂ncât|f1(t)| ≤M1eα1t şi |f2(t)| ≤M2eα2t pentru orice t ≥ 0. Atunci

|f1(t)| ≤M1e(a+ε)t, |f2(t)| ≤M2e(a+ε)t, t ≥ 0,

unde ε > 0 arbitrar. Atunci

|(f1 ∗ f2)(t)| ≤M1M2e(a+2ε)t

pentru orice t ≥ 0 şi pentru orice ε > 0, ceea ce dovedeşte că f1 ∗ f2 satisface condiţia decreştere exponenţială (iii) iar indicele de creştere este a = max{α1, α2}. �

Teorema 1.9. (imaginea produsului ı̂n convoluţie) Dacă f1, f2 : R → C sunt douăfuncţii original şi

f1(t)↔ F1(s), Re s > α1f2(t)↔ F2(s), Re s > α2,

atunci(f1 ∗ f2)(t)↔ F1(s) · F2(s), Re s > max{α1, α2}, (34)

adicăL[(f1 ∗ f2)(t)](s) = L[f1(t)](s) · L[f2(t)](s), Re s > max{α1, α2}.

12 Daniela Roşu

Demonstraţie. Fie domeniul triunghiular nemărginit

D = {(t, τ); 0 ≤ τ ≤ t < +∞}.

Asemănător cu demonstraţia din Teorema 1.8, se arată că integrala dublă generalizată"D

e−stf1(τ)f2(t− τ) dt dτ

este absolut convergentă ı̂n orice s ∈ C cu Re s > max{α1, α2}. Scriind această integralăı̂n două moduri, rezultă

+∞∫0

e−st

t∫0

f1(τ)f2(t− τ) dτ dt = +∞∫

0

f1(τ) +∞∫

τ

e−stf2(t− τ) dt dτ. (35)

Observăm că+∞∫0

e−st

t∫0

f1(τ)f2(t− τ) dτ dt = L [(f1 ∗ f2)(t)] (s). (36)

Pe de altă parte, efectuând substituţia t− τ = u, avem+∞∫τ

e−stf2(t− τ) dt = e−sτ+∞∫0

e−suf2(u) du = e−sτF2(s)

şi atunci+∞∫0

f1(τ) +∞∫

τ

e−stf2(t− τ) dt dτ = F2(s) +∞∫

0

e−sτf1(τ) dτ = F1(s) · F2(s). (37)

Din relaţiile (35), (36) şi (37) rezultă evident concluzia. �

Exerciţiul 1.3. Să se calculeze convoluţia t ∗ sin t şi transformata Laplace a acesteia.

Soluţie.

t ∗ sin t =t∫

0

(t− u) sin u du =t∫

0

(t− u)(− cosu)′ du = (t− u)(− cosu)∣∣∣∣∣t0 −

t∫0

cosu du

= t− sin u∣∣∣∣∣t0 = t− sin t.

Pentru determinarea imaginii Laplace aplicăm Teorema 1.9 şi formulele (8) şi (15)

L[t ∗ sin t](s) = L[t](s) · L[sin t](s) = 1s2· 1s2 + 1 =

1s2(s2 + 1) .

Observaţia 1.4. Se demonstrează că produsul ı̂n convoluţie are proprietatea de asocia-tivitate

f1 ∗ (f2 ∗ f3) = (f1 ∗ f2) ∗ f3

Transformarea Laplace 13

pentru orice funcţii original fi, i = 1, 3. Teorema precedentă se extinde pentru convoluţiaunui număr de n funcţii, astfel

f1 ∗ f2 ∗ . . . ∗ fn ↔ F1 · F2 · . . . · Fn, Re s > maxi=1,n{αi}.

Teorema 1.10. Dacă f : R→ C este funcţie original şi

f(t)↔ F (s), Re s > α0,

atuncilim

Re s→+∞F (s) = 0. (38)

Demonstraţie. Fie ε > 0 arbitrar fixat. Deoarece

α0 = inf{α; α ∈ R, |f(t)| ≤M eαt, t ≥ 0},

rezultă că există M = M(ε) astfel ı̂ncât

|f(t)| ≤M e(α0+ε)t

pentru orice t ≥ 0. Scriem s = x+ jy şi avem

|F (s)| =

∣∣∣∣∣∣+∞∫0

e−stf(t) dt

∣∣∣∣∣∣ ≤+∞∫0

e−xt|f(t)| dt ≤M+∞∫0

e−[x−(α0+ε)]t dt.

Deci|F (s)| ≤ M

x− (α0 + ε)şi tinzând x→ +∞ obţinem concluzia teoremei. �

Observaţia 1.5. Dacă punctul s = ∞ este singularitate aparentă pentru funcţia F (s),atunci condiţia (38) se ı̂nlocuieşte cu

lims→∞

F (s) = 0.

Un exemplu ı̂n acest sens este funcţia F (s) = 1s

care reprezintă transformata funcţieiunitate σ.

Teorema 1.11. (derivarea imaginii) Dacă f : R → C este funcţie original cu expo-nentul de creştere α0 şi

f(t)↔ F (s), Re s > α0,atunci F este olomorfă ı̂n semiplanul Re s > α0 şi are loc relaţia:

t f(t)↔ −F ′(s), Re s > α0, (39)

adicăL [t f(t) dt] (s) = − d

dsL[f(t)](s), Re s > α0.

Mai generaltn f(t)↔ (−1)nF (n)(s), Re s > α0, (40)

14 Daniela Roşu

adicăL [tn f(t) dt] (s) = (−1)n d

n

dsnL[f(t)](s), Re s > α0.

Demonstraţie. Fie s ∈ C cu Re s > α0. Putem scrie

F (s) =+∞∫0

e−stf(t) dt =∞∑n=0

n+1∫n

e−stf(t) dt.

Notăm

ϕn(s) =n+1∫n

e−stf(t) dt

şi deciF (s) =

∞∑n=0

ϕn(s). (41)

Fiind original Laplace, f are, ı̂n fiecare interval [n, n + 1], n ∈ N, cel mult un numărfinit de discontinuităţi de speţa ı̂ntâi şi prin urmare funcţia ϕn este olomorfă ı̂n domeniulRe s > α0 şi, folosind proprietatea de derivare a unei integrale ı̂n raport cu parametru,deducem

ϕ′n(s) =n+1∫n

−te−stf(t) dt. (42)

Astfel F este suma unei serii de funcţii olomorfe ı̂n domeniul Re s > α0. Demonstrăm căseria (41) este uniform convergentă ı̂n orice semiplan de forma Re s ≥ a > α0, folosindcriteriul general al lui Cauchy. Fie ε > 0 arbitrar fixat. Pentru orice n, k ∈ N, avem

|ϕn+1(s) + ϕn+2(s) + . . . ϕn+k(s)| =

∣∣∣∣∣∣n+k+1∫n

e−stf(t) dt

∣∣∣∣∣∣≤

+∞∫n

|e−stf(t)| dt ≤M+∞∫n

e−at · e(a−α0)t dt = Ma1e−nα0 ,

unde a1 > 0 este suficient de mic astfel ı̂ncât a − a1 > α0. Dacă avem ı̂n vedere călimn→∞

e−nα0 = 0, obţinem că, pentru orice ε > 0 există N = N(ε) astfel ı̂ncât pentru oricen ≥ N(ε), pentru orice k ∈ N şi pentru orice s cu Re s ≥ a avem

|ϕn+1(s) + ϕn+2(s) + . . . ϕn+k(s)| < ε.

Aceasta demonstrează că seria (41) este uniform convergentă ı̂n orice semiplan de formaRe s ≥ a > α0. Rezultă că suma sa, F , este olomorfă ı̂n semiplanul Re s > α0 iar derivataei se calculează derivând termen cu termen seria (41), adică

F ′(s) =∞∑n=0

ϕ′n(s).

Folosim (42) şi deducem

F ′(s) =∞∑n=0

n+1∫n

−te−stf(t) dt = +∞∫

0

e−st(−t)f(t) dt.

Transformarea Laplace 15

DeciF ′(s) = L[−t f(t)](s), Re s > α0,

ceea ce demonstrează (39).Prin aplicarea succesivă a proprităţii (39) deducem

F (n)(s) = L[(−t)n f(t)](s), Re s > α0,

ceea ce demonstrează (40). �

Exemplul 1.7. Plecând de la formula (6)

eλtσ(t)↔ 1s− λ

, Re s > Reλ,

prin aplicarea teoremei anterioare regăsim rezultatul dat de (24).

L[tneλtσ(t)

](s) = (−1)n d

n

dsn

( 1s− λ

)= n!(s− λ)n+1 ,

pentru Re s > Reλ, şi n ∈ N.

Exerciţiul 1.4. Să se calculeze transformatele Laplace ale funcţiilor:

1. f(t) = t2e5t · σ(t);2. f(t) = t cos 3t · σ(t).Soluţie.

1. L[t2e5t · σ(t)](s) = (−1)2(L[e5tσ(t)](s))′′ =( 1s− 5

)′′= 2(s− 5)3 .

2. L[t cos 3t · σ(t)](s) = −(L[cos 3t · σ(t)](s))′ = −(

s

s2 + 9

)′= s

2 − 9(s2 + 9)2 .

Teorema 1.12. (integrarea imaginii) Dacă f : R → C este funcţie original cu expo-nentul de creştere α0 şi

f(t)↔ F (s), Re s > α0,

atunci f(t)t

este de asemenea original şi are loc relaţia:

f(t)t↔

∞∫s

F (q) dq, Re s > α0, (43)

adică

L

[f(t)t

dt

](s) =

∞∫s

L[f(t)](q) dq, Re s > α0.

Demonstraţie. Fie F (s) = L[f(t)](s) şi fie

G(p) =∞∫s

F (q) dq.

Funcţia G este olomorfă pentru Re s > α0 şi derivata sa este

G′(s) = −F (s).

16 Daniela Roşu

Să notăm cu g(t) originalul corespunzător imaginii G(s). Conform Teoremei 1.11, dederivare a imaginii, avem

−G′(s) = L [t g(t)] (s),deci

F (s) = L [t g(t)] (s).

Dar F (s) = L[f(t)](s) şi atunci rezultă f(t) = t g(t) adică g(t) = f(t)t

. În concluzie avem

L

[f(t)t

dt

](s) = G(p) =

∞∫s

L[f(t)](q) dq.

�

Exerciţiul 1.5. Să se calculeze transformatele următoarelor funcţii:

1. f(t) = e−2t − e2t

t;

2. f(t) = cos at− cos btt

, a, b ∈ R;

3. f(t) = sin tt.

Soluţie.

1. L[e−2t − e2t

t

]=∞∫s

L[e−2t − e2t

](q) dq =

∞∫s

(1

q + 2 −1

q − 2

)dq = ln s− 2

s+ 2;

unde am ales ramura logaritmului complex care satisface ln 1 = 0.

2. L[

cos at− cos btt

]=∞∫s

L [cosat− cos bt] (q) dq =∞∫s

(q

q2 + a2 −q

q2 + b2

)dq

= 12 lns2 + a2s2 + b2 ;

unde am ales ramura logaritmului complex care satisface ln 1 = 0.

3. L[sin tt

]=∞∫s

L [sin t] (q) dq =∞∫s

1q2 + 1 dq = arctg q

∣∣∣∣∣∞s

= π2 − arctg s.

Observaţia 1.6. Teorema 1.12 ne spune, de fapt, că+∞∫0

e−stf(t)t

dt =∞∫s

L[f(t)](q) dq, (44)

pentru orice s ∈ C cu Re s > α0.În particular, dacă α0 < 0 putem alege s = 0 ı̂n (44) şi obţinem

∞∫0

f(t)t

dt =∞∫

0

L[f(t)](q) dq. (45)

Exerciţiul 1.6. Să se calculeze integrala: I =+∞∫0

sin tt

dt.

Transformarea Laplace 17

Soluţie. Din formula (45) rezultă:+∞∫0

sin tt

dt =+∞∫0

L[sin t](s) ds =+∞∫0

1s2 + 1 ds = arctg s

∣∣∣∣∣+∞0 = π2 .�

2. Determinarea originalului

În cele ce urmează vom evidenţia modalitatea de determinare a originalului Laplace f(t)atunci când se cunoaşte transformata F (s). În condiţii dintre cele mai generale, imagineaLaplace determină ı̂n mod unic originalul, astfel că există o corespondenţă biunivocăı̂ntre mulţimea originalelor şi mulţimea imaginilor, corespondenţă ce justifică şi notaţiaf(t) ↔ F (s). Pentru această afirmaţie vom face convenţia de a nu considera distinctedouă originale care pe fiecare interval al axei reale pozitive diferă cel mult ı̂ntr-un numărfinit de puncte. De asemenea ne vom limita la funcţiile netede pe porţiuni.

Definiţia 2.1. Dacă pe un interval [ a, b ] există un număr finit de discontinuităţi de speţaı̂ntâi pentru funcţiile f şi f ′, atunci spunem că funcţia f este netedă pe porţiuni ı̂nintervalul [ a, b ].

Pentru orice funcţie f netedă pe porţiuni ı̂n intervalul [ a, b ] există limite laterale finiteı̂n orice punct atât pentru f cât şi pentru f ′.

Teorema 2.1. (Mellin-Fourier) Dacă f : R → C este funcţie original netedă peporţiuni, cu exponentul de creştere α0 şi

f(t)↔ F (s), Re s > α0,

atunci are loc formula de inversare Mellin-Fourier:

f(t) = 12πj

a+j∞∫a−j∞

estF (s) ds, (46)

pentru orice t > 0, punct de continuitate pentru f , unde a > α0 este arbitrar ales. Dacăt nu este punct de continuitate pentru f , atunci formula de inversare este

f(t+ 0) + f(t− 0)2 =

12πj

a+j∞∫a−j∞

estF (s) ds, (47)

cu a > α0 arbitrar.

Demonstraţie. Fie a > α0 este arbitrar fixat şi fie funcţia ϕ : R→ R

ϕ(t) = e−atf(t), t ∈ R.

ϕ este netedă pe porţiuni, are aceleaşi puncte de continuitate ca şi f , ϕ(t) = 0 pentruorice t ≤ 0 şi pentru orice t ≥ 0 are loc

|ϕ(t)| ≤Me−(a−α0)t.

18 Daniela Roşu

După cum vom vedea ı̂n Capitolul Transformarea Fourier, are loc formula integrală Fourier

ϕ(t) = 12π

+∞∫−∞

+∞∫−∞

ejξ(t−η)ϕ(η) dη dξ, (48)

ı̂n orice t > 0, punct de continuitate pentru ϕ. În punctele de discontinuitate, care suntobligatoriu de speţa ı̂ntâi, valoarea integralei din (48) este 12(ϕ(t+ 0) + ϕ(t− 0)). Deci

e−atf(t) = 12π

+∞∫−∞

+∞∫−∞

e−(a+jξ)ηf(η)ejξt dη dξ.

Dacă avem ı̂n vedere că f(η) = 0 pentru η < 0 şi+∞∫0

e−(a+jξ)ηf(η) dη = F (a+ jξ),

obţinem

e−atf(t) = 12π

+∞∫−∞

ejξt

+∞∫0

e−(a+jξ)ηf(η) dη dξ = 12π

+∞∫−∞

ejξtF (a+ jξ) dξ.

Rezultă

f(t) = 12π

+∞∫−∞

e(a+jξ)tF (a+ jξ) dξ (49)

ı̂n toate punctele de continuitate ale lui f . În punctele de discontinuitate, care suntobligatoriu de speţa ı̂ntâi, valoare integralei este 12(f(t+ 0) + f(t− 0)). Să mai observămcă ı̂n toate punctele t < 0, valoarea integralei din (49) este 0.

Dacă notăm a+jξ = s, atunci când ξ parcurge dreapta reală de la −∞ la +∞, punctulcomplex s descrie dreapta paralelă la axa imaginară dusă prin punctul de abscisă a, adicăs descrie dreapta de la a− j∞ la a+ j∞. Avem şi dξ = 1

jds şi din (49) rezultă

f(t) = 12πj

a+j∞∫a−j∞

estF (s) ds,

ı̂n toate punctele de continuitate ale lui f . În punctele de discontinuitate, valoare integraleieste 12(f(t+ 0) + f(t− 0)). �

Observaţia 2.1. Deoarece formula de inversare a fost dedusă cu ajutorul formulei in-tegrale a lui Fourier, după cum se va vedea, integrala trebuie ı̂nţeleasă ı̂n sensul valoriiprincipale, adică

a+j∞∫a−j∞

estF (s) ds = limA→+∞

a+jA∫a−jA

estF (s) ds. (50)

Transformarea Laplace 19

În teorema precedentă se cunoaşte faptul că originalul f are transformata Laplace F .Teorema următoare precizează ı̂n ce condiţii o funcţie complexă F = F (s) reprezintătransformata unui original f = f(t).

Teorema 2.2. Fie F : C→ C astfel ı̂ncât(i) f este olomorfă ı̂n semiplanul Re s > α0;

(ii) lim|s|→∞

F (s) = 0, uniform ı̂n raport cu argumentul lui s;(iii) fiecare a > α0 există M = M(a) > 0 astfel ı̂ncât

a+j∞∫a−j∞

|F (s)| ds ≤M.

Atunci, ı̂n domeniul Re s > α0, funcţia F = F (s) este imaginea Laplace a funcţieif : R→ C definită prin

f(t) = 12πj

a+j∞∫a−j∞

estF (s) ds, a > α0. (51)

�

Definiţia 2.2. Fie G : C→ C. Spunem că s0 ∈ C este pol de ordin k pentru G dacă

lims→s0

G(s) =∞ şi lims→s0

(s− s0)kG(s) ∈ C.

În acest caz, reziduul funcţiei G ı̂n polul s0 este numărul complex

Rez (G(s); s0) =1

(k − 1)! lims→s0((s− s0)k ·G(s)

)(k−1). (52)

Dacă G : C→ C, G(s) = g(s)h(s) are ı̂n s0 pol de ordin 1 sau pol simplu atunci

Rez (G(s); s0) = lims→s0

(s− s0) ·G(s) = lims→s0

g(s)h ′(s) . (53)

Teorema 2.3. Fie F : C→ C o funcţie raţională

F (s) = P (s)Q(s) , gradP ≤ 1 + gradQ.

Atunci ı̂n domeniul Re s > 0, funcţia F = F (s) este imaginea Laplace a originaluluif : R→ C definit prin

f(t) =n∑i=1

Rez(estF (s); si

), t ≥ 0, (54)

unde suma este extinsă la toţi polii si ∈ C ai funcţiei raţionale F . �

20 Daniela Roşu

Corolar 2.1. Dacă F : C→ C o funcţie raţională

F (s) = P (s)Q(s) , gradP ≤ 1 + gradQ,

ce admite numai poli simpli {sk, k = 1, n}, atunci originalul este

f(t) =n∑i=1

P (si)Q ′(si)

esit, t ≥ 0. (55)

Exemplul 2.1. Să se determine originalul funcţiei

F (s) = s(s2 + a2)(s2 + b2) , a, b > 0, a , b.

Soluţie. F = PQ

admite polii simpli s1,2 = ±ja şi s3,4 = ±jb. Atunci

P (s)Q ′(s) =

12(2s2 + a2 + b2) ,

iar după (55) rezultă

f(t) = 12(b2 − a2)(ejat + e−jat

)+ 12(a2 − b2)

(ejbt + e−jbt

)deci

f(t) = 12(b2 − a2) (cos at− cos bt) , t ≥ 0.

Pentru cazul ı̂n care F este funcţie raţională o altă metodă de determinare a originaluluiface apel la descompunerea ı̂n fracţii simple.

Exemplul 2.2. Să se determine originalul funcţiei F (s) = 1s(s2 + a2)2 , a > 0.

Soluţie. Are loc descompunerea ı̂n fracţii simple.

F (s) = As

+ Bs− ja

+ C(s− ja)2 +D

s+ ja +E

(s+ ja)2 ,

unde coeficienţii au valorile

A = 1a4, B = − 12a4 , C =

j

4a3 , D = −1

2a4 , E = −j

4a3 .

Dacă ne reamintim (4), (6) şi (24),1s↔ σ(t), 1

s− λ↔ eλtσ(t), 1(s− λ)2 ↔ te

λtσ(t),

găsim originalul

f(t) = 1a4− 12a4

(ejat + e−jat

)− 14a3j t

(ejat + e−jat

),

sau, folosind formulele lui Euler (11) şi (12),

f(t) = 1a4

(1− cos at− at2 sin at

), t ≥ 0.

Transformarea Laplace 21

În problema determinării originalului pentru funcţiile F care nu sunt de tip raţionaldar sunt olomorfe ı̂n exteriorul unui disc centrat ı̂n origine, folosim dezvoltarea ı̂n serieTaylor a funcţiei F ı̂n vecinătatea punctului de la infinit.

Teorema 2.4. Fie F : C → C o funcţie olomorfă ı̂n exteriorul unui disc centrat ı̂norigine, inclusiv punctul de la infinit, şi fie

F (s) =∞∑n=0

ansn+1

, |s| > r, (56)

dezvoltarea Taylor a funcţiei F ı̂n vecinătatea punctului de la infinit. Atunci F esteimaginea Laplace a originalului

f(t) =∞∑n=0

ann! t

n, t ≥ 0. (57)

�

Exemplul 2.3. Să se determine originalul funcţiei

F (s) = 1se−

1s , s , 0.

Soluţie. Pentru |s| > 0 funcţia F este olomorfă. Dacă avem ı̂n vedere cunoscuta dez-voltare ı̂n serie

ez =∞∑n=1

zn

n! , z ∈ C,

deducem dezvoltarea ı̂n serie a funcţiei F

F (s) = 1s

∞∑n=0

(−1)nn!sn =

∞∑n=0

(−1)nn!sn+1 .

Atunci, din Teorema 2.4, rezultă

f(t) =∞∑n=0

(−1)n tn

(n!)2 .

Teorema 2.4 admite următoarea reciprocă.

Teorema 2.5. Fie f : R→ C o funcţie original a cărei dezvoltare ı̂n serie de puteri

f(t) =∞∑n=0

antn, t ≥ 0,

are rază de convergenţă infinită, atunci există un număr r ≥ 0 astfel ı̂ncât imagineaLaplace a lui f(t) este

F (s) =∞∑n=0

ann!sn+1

,

ı̂n domeniul Re s > r. �

22 Daniela Roşu

Teorema 2.6. (convoluţia transformatelor) Dacă f1, f2 : R → C sunt două funcţiioriginal având indicii de creştere αi, i = 1, 2, iar

f1(t)↔ F1(s), Re s > α1,f2(t)↔ F2(s), Re s > α2,

atunci produsul uzual al originalelor f = f1f2 este original şi imaginea sa Laplace esteprodusul ı̂n convoluţie a imaginilor:

f(t) = f1(t)f2(t)↔ F (s) =1

2πj

a+j∞∫a−j∞

F1(p)F2(s− p) dp, (58)

unde F = F (s) este olomorfă ı̂n semiplanul Re s > α1 +α2, iar integrarea se face pe oricedreaptă paralelă cu axa 0y, dusă prin abscisa constantă, a cu α1 < a < Re s− α2. �

Se demonstrează că, ı̂n ipotezele de mai sus, are loc şi relaţia

f(t) = f1(t)f2(t)↔ F (s) =1

2πj

b+j∞∫b−j∞

F1(s− p)F2(p) dp, (59)

unde F = F (s) este olomorfă ı̂n semiplanul Re s > α1 +α2, iar integrarea se face pe oricedreaptă paralelă cu axa 0y, dusă prin abscisa constantă, b, α2 < b < Re s− α1.

Din Teorema 2.6 se poate deduce o formulă importantă ı̂n multe aplicaţii. Să facemobservaţia că, dacă

f(t)↔ F (s), Re s > α0,atunci

f(t)↔ F (s).Într-adevăr, este evident faptul că funcţia t 7→ f(t) este original cu indicele de creştereα0. Fie

G(s) = L[f(t)

](s) =

+∞∫0

e−stf(t) dt, Re s > α0.

Atunci putem scrie

G(s) =+∞∫0

e−stf(t) dt = F (s), Re s > α0.

Dacă aplicăm acum (58) pentru funcţiile f1(t) = f(t) şi f2(t) = f(t) rezultă

f(t)f(t)↔ 12πj

a+j∞∫a−j∞

F (p)G(s− p) dp, Re s > 2α0,

adică+∞∫0

e−st|f(t)|2 dt = 12πj

a+j∞∫a−j∞

F (p)G(s− p) dp, Re s > 2α0, (60)

Transformarea Laplace 23

integrarea efectuându-se pe o dreaptă de abcisă a = constant, cu α0 < a < Re s − α0.Alegem s număr real s > 2α0, cu a =

s

2, variabila de integrare va fi p = a + jy, cua = constant şi y variabil, dp = jdy, avem ı̂n vedere

F (p)G(s− p) = F (a+ jy)G(s− (a+ jy)) = F (a+ jy)G(a− jy))

= F (a+ jy)F (a+ jy) = |F (a+ jy)|2

şi atunci relaţia (60) devine+∞∫0

e−2at|f(t)|2 dt = 12π

+∞∫−∞

|F (a+ jy)|2 dy, a > α0. (61)

În particular, dacă exponentul de creştere α0 este negativ, putem alege a = 0 şi obţinemformula lui Parseval

+∞∫0

|f(t)|2 dt = 12π

+∞∫−∞

|F (jy)|2 dy. (62)

3. Aplicaţii ale transformării Laplace. Metoda operaţională

Un prim aspect ce trebuie subliniat este că teoremele şi regulile da calcul stabilite ı̂n

secţiunile precedente, permite determinarea unor integrale improprii de forma+∞∫0

e−stf(t) dt,

unde s este privit ca parametru.

Exemplul 3.1. Să se calculeze integralele:

1. I =+∞∫0

e−t sin tt

dt;

2. I(a, b) =+∞∫0

te−at sin bt dt, a > 0, b ∈ R.

Soluţie.1. Fie

F (s) =+∞∫0

e−st sin tt

dt Re s > 0.

Atunci I = F (1).Pe de altă parte F (s) reprezintă transformata Laplace a funcţiei sin t

t, t > 0. Avem

sin t↔ 1s2 + 1

şi din Teorema 1.12 de integrare a imaginii rezultă

sin tt↔ F (s) =

∞∫s

1q2 + 1 dq = arctg q|

∣∣∣∣∣∞s

= π2 − arctg s;

24 Daniela Roşu

a se vedea şi Exerciţiul 1.5. Aceasta ı̂nseamnă că+∞∫0

e−st sin tt

dt = π2 − arctg s, Re s > 0,

de unde rezultă I = π2 − arctg 1 =π

4 .

2. După definiţia transformatei Laplace, integrala reprezintă valoarea ı̂n s = a pentrutransformata funcţiei t sin bt. Avem

sin bt↔ bs2 + b2 , Re s > 0,

iar din Teorema 1.11 de derivare a imaginii rezultă

t sin bt↔ −(

b

s2 + b2

)′= 2bs(s2 + b2)2 , Re s > 0,

şi deciI(a, b) = 2ab(a2 + b2)2 , a > 0, b ∈ R.

3.1. Integrarea ecuaţiilor şi sistemelor de ecuaţii diferenţiale liniare. Una din-tre cele mai importante aplicaţii ale transformatei Laplace este metoda operţională derezolvare a ecuaţiilor şi sistemelor de ecuaţii diferenţiale liniare cu coeficienţi constanţi.Fie ecuaţia de forma

x(n) + a1x(n−1) + . . .+ an−1x′ + anx = f(t), t ≥ 0, (63)unde ai ∈ R, i = 1, n şi f este o funcţie original. Din Teorema de existenţă şi unicitate asoluţiei unei ecuaţii diferenţiale de ordin n, rezultă că pentru orice x0,1, x0,2, . . . x0,n−1 ∈ Rexistă o singură soluţie x a ecuaţiei (63) care satisface condiţiile iniţiale

x(0) = x0x′(0) = x0,1x′′(0) = x0,2. . . . . .x(n−1)(0) = x0,n−1.

(64)

Mai mult se poate arăta că dacă f este o funcţie original, atunci şi soluţia x este deasemenea original Laplace. Fie X = X(s) transformata Laplace a funcţiei x = x(t). DinTeorema 1.6 de derivare a originalului avem

x(t)↔ X(s)x′(t)↔ sX(s)− x0x′′(t)↔ s2X(s)− sx0 − x0,1. . .x(n)(t)↔ snX(s)− sn−1x0 − sn−2x0,1 − . . .− sx0,n−2 − x0,n−1.

Transformarea Laplace 25

Dacă notăm F = F (s) transformata Laplace a funcţiei f = f(t), atunci prin aplicareatransformării Laplace asupra ecuaţiei (63) se obţine ecuaţia algebrică

P (s)X(s) +Q(s) = F (s), (65)

unde P este polinomul caracteristic al ecuaţiei (63),

P (s) = sn + a1sn−1 + . . .+ an−1s+ an,

iar Q este un anumit polinom cu coeficienţi cunoscuţi, de grad cel mult n− 1. Obţinem

X(s) = F (s)−Q(s)P (s) , Re s > A,

cu A suficient de mare. Aflarea originalului se face folosind formula de inversare Mellin-Fourier (46)

x(t) = 12πj

a+j∞∫a−j∞

estX(s) ds, a > A.

În cazul cel mai des ı̂ntalnit ı̂n exerciţii, când X este o funcţie raţională, folosim formula(54) din Teorema 2.3 şi găsim

x(t) =n∑i=1

Rez(estX(s); si

), t ≥ 0,

unde suma este extinsă la toţi polii si ∈ C ai funcţiei raţionale X.

Exemplul 3.2. Să se determine, ı̂n clasa funcţiilor original, soluţiile problemelor Cauchy:

1.

x′′ − 2x′ = et(t2 + t+ 3)x(0) = 2x′(0) = 2;

2.

x′′ + ω2x = ae−λt, a, ω, λ ∈ Rx(0) = x0x′(0) = x1, x0, x1 ∈ R.

Soluţie.1. Avemx(t)↔ X(s)x′(t)↔ sX(s)− 2x′′(t)↔ s2X(s)− 2s− 2

et(t2 + t+ 3) = t2et + tet + 3et ↔ 2!(s− 1)3 +1!

(s− 1)2 + 31

s− 1 =−3s2 + 7s− 2

(s− 1)3 , Re s > 1.

Aplicăm transformarea Laplace asupra ecuaţiei şi rezultă

s2X(s)− 2s− 2− 2(sX(s)− 2) = −3s2 + 7s− 2

(s− 1)3

de unde rezultăX(s) = 2s

3 − 8s2 + 9s− 1(s− 2)(s− 1)3 Re s > 2.

Funcţia X are s1 = 2 pol simplu şi s2 = 1 pol de ordin 3. Avem

Rez(estX(s); 2

)= lim

s→2(s− 2)e

st(2s3 − 8s2 + 9s− 1)(s− 2)(s− 1)3 = e

2t,

26 Daniela Roşu

iar

Rez(estX(s); 1

)= 12 lims→1

d2

ds2

((s− 2)3 e

st(2s3 − 8s2 + 9s− 1)(s− 2)(s− 1)3

)= et(1− t− t2),

şi deci soluţia problemei Cauchy este

x(t) = e2t + (1− t− t2)et.

2. Avemx(t)↔ X(s)x′′(t)↔ s2X(s)− x0s− x1ae−λt ↔ a 1

s+ λ, Re s > λ.

Aplicăm transformarea Laplace asupra ecuaţiei şi rezultă

(s2 + ω2)X(s) = as+ λ + x0s+ x1

deciX(s) = a(s+ λ)(s2 + ω2) + x0

s

s2 + ω2 + x11

s2 + ω2 .

Cunoaştem din formulele (15), (16), originalele ultimilor doi termeni

x0s

s2 + ω2 ↔ x0 cosωt, x11

s2 + ω2 ↔x1ω

sinωt.

Pentru primul termen se obţine uşor descompunerea ı̂n fracţii simplea

(s+ λ)(s2 + ω2) =a

λ2 + ω2

(1

s+ λ +λ

s2 + ω2 −s

s2 + ω2

)iar originalul corespunză tor este

a

λ2 + ω2(e−λt

a

ωsinωt− cosωt

).

În concluzie, soluţia problemei Cauchy este

x(t) = aλ2 + ω2

(e−λt

a

ωsinωt− cosωt

)+ x0 cosωt+

x1ω

sinωt.

Aceeaşi metodă operaţională se aplică şi pentru rezolvarea unor probleme Cauchyataşate unor ecuaţii diferenţiale cu coeficienţi variabili şi pentru integrarea sistemelordiferenţiale.

Exemplul 3.3. Să se determine, ı̂n clasa funcţiilor original, soluţia problemei Cauchy:

tx′′(t)− 2x′(t)− tx(t) = 0, x(0) = 1, x′(0) = 0.Soluţie. Avem

x(t)↔ X(s)x′(t)↔ sX(s)− 1x′′(t)↔ s2X(s)− stx(t)↔ −X ′(s)tx′′(t)↔ − d

ds(s2X(s)− s) = −2sX(s)− s2X ′(s) + 1.

Transformarea Laplace 27

Aplicăm transformarea Laplace asupra ecuaţiei şi rezultă

−2sX(s)− s2X ′(s) + 1− 2(sX(s)− 1) +X ′(s) = 0

sau echivalent,

(1− s2)X ′(s)− 4sX(s) + 3 = 0.

Aceasta se scrie sub forma

X ′(s) = 4s1− s2X(s) +3

1− s2 ,

este o ecuaţie difrenţială liniară de ordinul ı̂ntâi şi are soluţia

X(s) = C + s3 − 3s

(s2 − 1)2 , C ∈ R,

iar originalul este

x(t) = C2 (t ch t− sh t) + ch t− t sh t.

Exemplul 3.4. Să se determine, ı̂n clasa funcţiilor original, soluţiile sistemului:

{x′(t) = −2x− y + sin ty′(t) = 4x+ 2y + cos t;

{x(0) = 0y(0) = 1.

Soluţie. Fie x(t)↔ X(s) şi y(t)↔ Y (s). Atunci

x′(t)↔ sX(s), şi y′(t)↔ sY (s)− 1.

Aplicăm transformarea Laplace asupra sistemului diferenţial şi rezultă sistemul algebric(s+ 2)X + Y = 1

s2 + 14X + (s− 2)Y = s

s2 + 1 + 1,

cu soluţia

X(s) = −s2 − 3

s2(s2 + 1) , Y (s) =s3 + 3s3 + 3s+ 6

s2(s2 + 1) .

Au loc descompunerile ı̂n fracţii simple

X(s) = −3s2

+ 2s2 + 1 , Y (s) =

6s2

+ 3s− 2s+ 3s2 + 1

iar originalele sunt

x(t) = −3t+ 2 sin t, y(t) = 6t+ 3− 2 cos t− 3 sin t, t ≥ 0

28 Daniela Roşu

3.2. Rezolvarea ecuaţiilor integrale. Considerăm o ecuaţie Voltera

x(t) = f(t) +t∫

0

k(t− τ)x(τ) dτ, t ≥ 0 (66)

unde f, k sunt funcţii continue cunoscute, originale Laplace. Se poate demonstra căecuaţia admite soluţie unică şi aceasta este de asemenea original Laplace. Să facemobservaţia că ecuaţia este echivalentă cu

x(t) = f(t) + (k ∗ x)(t), t ≥ 0 (67)

Pentru determinarea soluţiei x, prin metoda operaţională, se aplică transformarea Laplaceaupra ecuaţiei. Dacă

x(t)↔ X(s), f(t)↔ F (s), k(t)↔ K(s),

atunci obţinem X(s) = F (s) + K(s) · X(s) cu soluţia X(s) = F (s)1−K(s) , iar apoi sedetermină originalul x.

Exemplul 3.5. Să se rezolve ecuaţiile integrale:

1. x(t) = t−t∫

0

(t− τ)x(τ) dτ, t ≥ 0,

2.t∫

0

sin(t− τ)x(τ) dτ = sin2 t, t ≥ 0.

Soluţie.1. Prin aplicarea transformatei Laplace rezultă

X(s) = 1s2

+ 1s2·X(s)

cu soluţia X(s) = 1s2 + 1 şi originalul x(t) = sin t, t ≥ 0.

2. Avemsin2 t = 12(1− cos 2t)↔

12

(1s− ss2 + 4

)= 2s(s2 + 4) ,

şi prin aplicarea transformatei Laplace asupra ecuaţiei obţinem1

s2 + 1 ·X(s) =2

s(s2 + 4) ,

de undeX(s) = 2(s

2 + 1)s(s2 + 4) ,

iar prin descompunerea ı̂n fracţii simple găsim X(s) = 12s +32 ·

s

s2 + 4 . Originalul este

x(t) = 12 +32 cos 2t, t ≥ 0.

Transformarea Laplace 29

Exemplul 3.6. Să se rezolve următoarea ecuaţie integro-diferenţială:

Ldi

dt+Ri(t) + 1

C

t∫0

i(τ) dτ = u(t), t ≥ 0, i(0) = 0.

Soluţie. Funcţia necunoscută i(t) reprezintă intensitatea curentului ı̂ntr-un circuit ı̂n caresunt ı̂nseriate o bobină cu inductanţa L, un rezistor cu rezistenţa R şi un condensatorde capacitate C. Dacă ı̂n circuit se aplică o tensiune u = u(t), atunci conform legii luiKirchhoff UL + UR + UC = u(t). În ipoteza că L,R,C sunt constante, legile lui Faraday

ne dau UL(t) = Ldi

dtşi UC(t) =

1C

t∫0

i(τ) dτ , iar legea lui Ohm asigură UR = Ri(t).

Dacăi(t)↔ I(s), u(t)↔ U(s),

aplicând transformarea Laplace ı̂n ambii membrii ai ecuaţiei găsim

LsI(s) +RI(s) + 1C

1sI(s) = U(s)

sauI(s) = C s

LCs2 +RCs+ 1 · U(s).

Polii funcţiei I(s) sunt rădăcinile ecuaţiei LCs2 +RCs+ 1 = 0

s1,2 = −L

2R ±√R2C2 − 4LC

2LC .

Notăm α = L2R şi β =√R2C2 − 4LC

2LC cu observaţia că dacă R2 >

4LC

atunci β > 0, dacă

R2 <4LC

atunci β = j√

4LC −R2C22LC , iar dacă R

2 = 4LC

atunci β = 0.Dacă β , 0, avem s1 = −α+ β, s2 = −α− β şi are loc descompunerea ı̂n fracţii simple

s

LCs2 +RCs+ 1 =1LC

(−α + β

2β(s− s1)+ α + β2β(s− s2)

).

AtunciI(s) = 1

L

(−α + β

2β(s− s1)· U(s) + α + β2β(s− s2)

· U(s))

iar originalul este

i(t) = 1L

−α + β2β

t∫0

e(−α+β)(t−τ)u(τ) dτ + α + β2β

t∫0

e(−α−β)(t−τ)u(τ) dτ .

În situaţia R2 = 4LC

, avem β = 0 şi s1 = s2 = −α = −L

2R are loc descompunerea ı̂nfracţii simple

s

LCs2 +RCs+ 1 =1LC

(1

s+ α −α

(s+ α)2

),

30 Daniela Roşu

şi găsim

I(s) = 1L

(1

s+ α · U(s)−α

(s+ α)2 · U(s))

iar originalul este

i(t) = 1L

t∫0

e−α(t−τ)u(τ) dτ − αt∫

0

e−α(t−τ)(t− τ)u(τ) dτ ,

pentru t ≥ 0.

3.3. Integrarea unor ecuaţii cu derivate parţiale de ordinul al doilea. Să con-siderăm problema hiperbolică de forma

∂2u

∂t2− a2∂

2u

∂x2+ b∂u

∂x+ c∂u

∂t+ du = f(t, x), (t, x) ∈ [ 0,+∞)× [ 0, ` ],

(C.I.)

u(0, x) = ϕ(x)∂u∂t

(0, x) = ψ(x), x ∈ [ 0, ` ],

(C.L.)

α1∂u

∂x(t, 0) + β1

∂u

∂t(t, 0) + γ1u(t, 0) = g(t)

α2∂u

∂x(t, `) + β2

∂u

∂t(t, `) + γ2u(t, `) = h(t), t ≥ 0,

(68)

unde f : [ 0,+∞)× [ 0, ` ]→ R este continuă şi t 7→ f(t, x) este original Laplace, funcţiileϕ, ψ : [ 0, ` ]→ R, g, h : [ 0,+∞)→ R sunt continue, g, h sunt funcţii original, iar αi, βi, γi,i = 1, 2, sunt constante reale. Dorim să rezolvăm problema ı̂n clasa funcţiilor original ı̂nvariabila t. Dacă admitem că t 7→ u(t, x) este original şi notăm Lt operatorul transformăriiLaplace ı̂n raport cu t, considerând pe x constantă, putem scrie

Lt [u(t, x)] (s) = U(s, x).

Din Teorema 1.6 de derivare a originalului avem

Lt

[∂u

∂t(t, x)

](s) = sU(s, x)− u(0, x) = sU(s, x)− ϕ(x)

Lt

[∂2u

∂t2(t, x)

](s) = s2 U(s, x)− su(0, x)− ∂u

∂t(0, x) = s2U(s, x)− sϕ(x)− ψ(x).

Folosind proprităţile integralelor cu parametru putem scrie

Lt

[∂u

∂x(t, x)

](s) =

+∞∫0

e−st∂u

∂x(t, x) dt = ∂

∂x

+∞∫0

e−stu(t, x) dt

= ∂∂x

Lt [u(t, x)] (s) =∂U

∂x(s, x) = U ′x(s, x),

Transformarea Laplace 31

şi, analog

Lt

[∂2u

∂x2(t, x)

](s) = ∂

2U

∂x2(s, x).

Dacă Lt [f(t, x)] (s) = F (s, x), Lt [g(t)] (s) = G(s), şi Lt [h(t)] (s) = H(s), prin aplicareatransformatei asupra ecuaţiei şi asupra condiţiilor la limită (CL), găsim ecuaţia

a2U ′′x2(s, x)− bU ′x(s, x) + (−s2 − cs− d)U(s, x) + F (s, x) + (c+ s)ϕ(x) + ψ(x) = 0, (69)

şi condiţiile {α1U

′x(s, 0) + (sβ1 + γ1)U(s, 0)− β1ϕ(0) = G(s)

α2U′x(s, `) + (sβ2 + γ2)U(s, `)− β2ϕ(`) = H(s).

(70)

(69) este o ecuaţie diferenţială de ordinul doi neomogenă cu coeficienţi constanţi ı̂nvariabila x, privind pe s ca un parametru. Soluţia acestei ecuaţii, care satisface condiţiile(70) este imaginea Laplace a soluţiei problemei (68) iar aceasta poate fi determinatăfolosind Teoremele 2.1 sau 2.3.

Prin acceaşi metodă se determină şi soluţia problemei parabolice

∂u

∂t− a2∂

2u

∂x2+ b∂u

∂x+ c∂u

∂t+ du = f(t, x), (t, x) ∈ [ 0,+∞)× [ 0, ` ],

(C.I.) u(0, x) = ϕ(x)

(C.L.)

α1∂u

∂x(t, 0) + γ1u(t, 0) = g(t)

α2∂u

∂x(t, `) + γ2u(t, `) = h(t), t ≥ 0,

(71)

unde f : [ 0,+∞)× [ 0, ` ]→ R este continuă şi t 7→ f(t, x) este original Laplace, funcţiileϕ : [ 0, ` ] → R, g, h : [ 0,+∞) → R sunt funcţii continue, g, h sunt funcţii original, iarαi, γi, i = 1, 2, sunt constante reale.

Exemplul 3.7. Să se determine soluţia problemei:

∂2u

∂t2− ∂

2u

∂x2− 2∂u

∂t= 4x+ 8et cosx, (t, x) ∈ [ 0,+∞)×

[0, π2

],

(C.I.)

u(0, x) = cos x∂u

∂t(0, x) = 2x, x ∈

[0, π2

],

(C.L.)

u(t, 0) = 2et − e−t − 3te−t

u(t,π

2

)= πt, t ≥ 0.

Soluţie. Aplicăm transformarea Laplace ı̂n raport cu variabila t, considerând pe x dreptparametru. Avem

32 Daniela Roşu

u(t, x) ↔ U(s, x)∂u

∂t↔ sU(s, x)− u(0, x) = sU(s, x)− cosx

∂2u

∂t2↔ s2U(s, x)− su(0, x)− ∂u

∂t(0, x) = s2U(s, x)− s cosx− 2x

∂2u

∂x2↔ U ′′x2(s, x),

şi obţinem ecuaţia diferenţială de ordin doi, cu coeficienţi constanţi şi neomogenă, ı̂nvariabila x (s se consideră parametru constant)

U ′′x2 − (s2 + 2s)U =−(s2 + s+ 6)

s− 1 · cosx−2(s+ 2)

s· x. (72)

Soluţia ecuaţiei omogene asociată U ′′x2 − (s2 + 2s)U = 0 este

Uo(s, x) = C1(s)e√s2+2s·x + C2(s)e−

√s2+2s·x.

Căutăm o soluţie particulară a ecuţiei neomogene de forma

Up(s, x) = A(s) cosx+B(s) sin x+ C(s)x+D(s).

Avem d2

dx2Up(s, x) = −A(s) cosx − B(s) sin x. Impunem ca Up să satisfacă ecuaţia neo-

mogenă (72) şi găsim

A(s) = (s2 + s+ 6)

(s− 1)(s+ 1)2 , B(s) = 0, C(s) =2s2, D(s) = 0,

deciUp(s, x) =

(s2 + s+ 6)(s− 1)(s+ 1)2 cosx+

2s2x.

Atunci

U(s, x) = C1(s)e√s2+2s·x + C2(s)e−

√s2+2s·x + (s

2 + s+ 6)(s− 1)(s+ 1)2 cosx+

2s2x.

Aplicăm transformarea Laplace asupra condiţiilor la limită (C.L.) şi găsimU(s, 0) = 2

s− 1 −1

s+ 1 −3

(s+ 1)2 =s2 + s+ 6

(s− 1)(s+ 1)2

U(s,π

2

)= πs2.

Impunem ca funcţia U(s, x) să satisfacă aceste condit.ii şi obţinem C1 = C2 = 0. Rezultădeci

U(s, x) = (s2 + s+ 6)

(s− 1)(s+ 1)2 cosx+2s2x.

Determinăm originalul. Are loc descompunerea ı̂n fracţii simple(s2 + s+ 6)

(s− 1)(s+ 1)2 =2

s− 1 −1

s+ 1 −3

(s+ 1)2

şi atunci obţinem originalul

u(t, x) = (2et − (1 + 3t)e−t) cosx+ 2tx, (t, x) ∈ [ 0,+∞)×[

0, π2

].

Transformarea Laplace 33

Exemplul 3.8. Să se determine soluţia problemei:

1a2∂u

∂t− ∂

2u

∂x2= 0, (t, x) ∈ [ 0,+∞)× [ 0, ` ], a > 0

(C.I.) u(0, x) = sin πx`, x ∈ [ 0, ` ],

(C.L.){u(t, 0) = 0u (t, `) = πt, t ≥ 0.

Soluţie. Avemu(t, x) ↔ U(s, x)∂u

∂t↔ sU(s, x)− u(0, x) = sU(s, x)− sin πx

`∂2u

∂x2↔ U ′′x2(s, x).

Dacă aplicăm transformarea Laplace asupra ecuaţiei obţinem ecuaţia diferenţială deordin doi, cu coeficienţi constanţi şi neomogenă, ı̂n variabila x, (s se consideră constant):

U ′′x2 −s

a2U = − 1

a2sin πx

`(73)

Ecuaţia omogenă asociată U ′′x2 −s

a2U = 0 are soluţia

Uo(s, x) = C1(s)e√sa·x + C2(s)e−

√sa·x.

Căutăm o soluţie particulară a ecuţiei neomogene de forma

Up(s, x) = A(s) cosπx

`+B(s) sin πx

`.

Avemd2

dx2Up(s, x) = −A(s)

(π

`

)2cos πx

`−B(s)

(π

`

)2sin πx

`.

Impunem ca Up să satisfacă ecuaţia neomogenă (73) şi găsim

A(s) = 0, B(s) = 1s+

(πa`

)2 ,deci

Up(s, x) =1

s+(πa`

)2 sin πx` ,iar

U(s, x) = C1(s)e√sa·x + C2(s)e−

√sa·x + 1

s+(πa`

)2 sin πx` .Transformarea Laplace aplicată asupra condiţiilor la limită (C.L.) ne conduce la U(s, 0) = 0U (s, `) = π

s2,

34 Daniela Roşu

de unde rezultă C1 = C2 = 0, deci

U(s, x) = 1s+ π2a2

`2

sin πx`.

Soluţia problemei date este

u(t, x) = e−a2π2t`2 sin πx

`, (t, x) ∈ [ 0,+∞)× [ 0, ` ].