Capitolul 9

Transformata Laplace

9.1 Transformata Laplace

Ideea de baza a calcului operational consta ın introducerea transformarilor integrale. Avan-tajul acestei metode consta ın aceea ca reduce rezolvarea unor ecuatii diferentiale sau sis-teme de ecuatii diferentiale la rezolvarea unor ecuatii algebrice sau sisteme care, cel putindin punct de vedere teoretic, sunt mai usor de analizat. Transformata Laplace este ometoda alternativa care poate fi aplicata pentru rezolvarea ecuatiilor diferentiale studiateın capitolul anterior.Vom defini o clasa de functii, clasa functiilor original, notata cu O si fiecarei functii

din O ıi vom asocia transformata ei Laplace care este o functie imagine si face parte dinmultimea functiilor imagine, I. Se poate demonstra ca aceasta asociere este inversabilasi permite un transfer de operatii, astfel ıncat unor operatii asupra functiilor din O sale corespunda operatii ”mai simple” ıntre imaginile lor Laplace. Rezolvarea unei ecuatiidiferentiale cu ajutorul transformatei Laplace implica trei etape:1. ecuatia diferentiala, cu solutii ın multimea functiilor imagine, este transformata ıntr-o

ecuatie algebrica;2. se rezolva ecuatia algebrica ın multimea functiilor imagine;3. solutia ecuatiei algebrice, care este o functie imagine, este transformata ıntr-o functie

original.

Definitia 9.1 O functief : R→ R(C)

se numeste functie original daca:(i) f(t) = 0,∀ t < 0;(ii) pe orice interval finit, f are cel mult un numar finit de discontinuitati iar ın punctele

de discontinuitate exista limite laterale finite.(iii) f are cel mult o crestere de tip exponential, adica exista doua constante reale

M ≥ 0 si α astfel ıncat:

|f(t)| ≤Meαt, t > 0. (9.1)

133

134 CAPITOLUL 9. TRANSFORMATA LAPLACE

Observatia 9.1 Conditia (i) este naturala si corespunde faptului ca multe functii de timp(semnale) devin semnificative din punct de vedere fizic ıncepand de la un anumit momentde timp (ales t = 0). Din conditia (ii) rezulta ca f este integrabila pe orice interval compact.

Observatia 9.2 Daca f : R→ C si f = f1 + if2, atunci f este, prin definitie, continua peportiuni daca f1 si f2 au aceasta proprietate; ın plus, pentru orice a < b :

bZa

f(t)dt =

bZa

f1(t)dt+ i

bZa

f2(t)dt.

Observatia 9.3 Daca functia f = f(t) satisface (9.1) pentru α ∈ R, atunci aceasta ine-galitate va fi satisfacuta pentru orice s ∈ C cu Re s > α. Notam cu

s0 = inf {α ∈ R : |f(t)| ≤Meαt, t > 0}si s0 se numeste abscisa de convergenta (indice de crestere sau indice).

Notam cu θ functia θ : R→ R, θ(t) =½0, daca t < 0,1, daca t ≥ 0, , numita treapta unitate sau

functia lui Heaviside.

Observatia 9.4 Daca f : R → R este o functie elementara continua (de exemplu f(t) =eat, f(t) = sinωt, f(t) functie polinomiala) atunci fθ ındeplineste conditiile (i) si (ii).Daca exista β ≥ 0 astfel ıncat lim

t→∞f(t)e−βt = 0, atunci este ındeplinita si conditia (iii).

Exemplul 9.1 Functia f : R → R, f(t) =½0, daca t /∈ (0, 1),1, daca t ∈ (0, 1) , este o functie original

cu s0 = 0.

Exemplul 9.2 Functia lui Heaviside este o functie original cu s0 = 0.Functia f : R→ R, f(t) = eatθ(t) este o functie original cu abscisa de convergenta egala

cu max {a, 0} .Functia f : R→ R, f(t) = et

2θ(t) nu este o functie original deoarece nu este satisfacuta

conditia (iii).H

Definitia 9.2 Fie f ∈ O o functie original cu abscisa de convergenta s0.Fie ∆ = {s ∈ C,Re s ≥ s0} . Functia F : ∆→ C, definita prin

F (s) =

∞Z0

e−stf(t) dt (9.2)

se numeste transformata Laplace a functiei f sau imaginea prin transformarea Laplacea functiei f si se noteaza F (s) = L{f(t)}(s).

Notatie. Functiile original sunt notate cu litere mici, f, g, ..., functiile imagine culiterele mari corespunzatoare F,G, .... Functiile original depind de variabila independentat iar cele imagine de variabila independenta s.

9.1. TRANSFORMATA LAPLACE 135

Teorema 9.1 Fie f ∈ O o functie original cu abscisa de convergenta s0 si notam ∆ ={s ∈ C,Re s ≥ s0} . Atunci pentru orice s ∈ ∆, integrala improprie (9.2) este absolut con-vergenta.

Demonstratie. Conform Definitiei 9.1, exista doua constante reale M ≥ 0 si s0 astfelıncat:|f(t)| ≤Mes0t, t > 0.Fie s ∈ ∆, s = λ + iμ, rezulta ca f(t)e−st = f(t)e−(λ+iμ)t = f(t)e−λte−iμt, deci

|f(t)e−st| ≤ |f(t)|e−λt ≤ Me(s0−λ)t, ∀t ≥ 0. (am folosit faptul ca |e−iμt| = 1, ∀t ∈ R).Aplicand criteriul de comparatie de la integrale improprii, este suficient sa observam ca

integrala

∞Z0

e(s0−λ)tdt =e(s0−λ)t

s0 − λ

¯∞0

este convergenta pentru λ = Re s ≥ s0, avand valoarea

1

s0 − λ. Retinem, ın plus, ca

|F (s)| =

¯¯∞Z0

e−stf(t) dt

¯¯ =

¯¯ limA→∞

AZ0

e−stf(t) dt

¯¯ ≤ M

λ− s0. (9.3)

¥

Observatia 9.5 Din relatia (9.3) rezulta ca daca f ∈ O si F (s) = L{f(t)}(s) atuncilim

Re s→∞F (s) = 0.

Calculul transformatei Laplace se poate face cu ajutorul definitiei, dar acest lucru serealizeaza pentru functii elementare, ın rest se aplica o serie de rezultate denumite teoremeletransformatei Laplace.

Exercitiul 9.1 Sa se calculeze transformata Laplace a lui f(t) = eatθ(t).

Rezolvare. L{eatθ(t)}(s) =∞Z0

e−steatdt =

∞Z0

e−(s−a)tdt = −e−(s−a)t

s− a

¯∞0

=1

s− a

pentru Re s > a. Pentru a = 0 obtinem transformata Laplace a functiei Heaviside

L{θ(t)}(s) =∞Z0

e−stdt =1

spentru Re s > 0.H

Exercitiul 9.2 Sa se calculeze transformata Laplace a functiei:

f : R→ R, f(t) =½0, daca t /∈ [0, 1] ,1, daca t ∈ [0, 1] .

Rezolvare. L{f(t)}(s) =1Z0

e−stdt =1

s(1− e−s).H

136 CAPITOLUL 9. TRANSFORMATA LAPLACE

9.1.1 Proprietati ale transformatei Laplace

Problema pe care o punem ın continuare este daca transformatele Laplace ale diferitelorfunctii care vor aparea ın aplicatii le vom putea calcula pornind de la definitie de fiecaredata. Raspunsul este negativ. Vom obtine noi transformate plecand de la unele cunoscute sifolosind unele proprietati si teoreme legate de transformata Laplace pe care le vom prezentaın continuare.

Teorema 9.2 (Proprietatea de liniaritate a transformatei Laplace) TransformataLaplace este o functie liniara, adica ∀f, g ∈ O iar α, β ∈ C atunci

L{αf(t) + βg(t)}(s) = αL{f(t)}(s) + βL{g(t)}(s).

Demonstratie. Intr-adevar, L{αf(t) + βg(t)}(s) =∞Z0

e−st (αf(t) + βg(t)) dt =

= α

∞Z0

e−stf(t) dt+ β

∞Z0

e−stg(t) dt = αL{f(t)}(s) + βL{g(t)}(s).¥

Exercitiul 9.3 Ca aplicatie a proprietatii de liniaritate sa se calculeze transformata Laplacea functiei f(t) = (sin t)θ(t).

Rezolvare. L{(sin t)θ(t)}(s) =∞Z0

e−st sin tdt =1

2i

∞Z0

e−st(eit − e−it)dt =1

2i(s− i)−

− 1

2i(s+ i)=

1

s2 + 1, pentru Re s > 0. Analog se obtine L{(cos t)θ(t)}(s) = s

s2 + 1pentru

Re s > 0.H

Teorema 9.3 (Teorema asemanarii) Daca f ∈ O si F (s) = L{f(t)}(s) pentru Re s >s0 atunci pentru ω ∈ R+ are loc relatia

L{f(ωt)}(s) = 1

ωF (

s

ω) (9.4)

pentru Re s > s0ω.

Demonstratie. Facem schimbarea de variabila ωt = τ ın integrala urmatoare∞Z0

e−stf(ωt) dt =1

ω

∞Z0

e−sωτf(τ)dτ =

1

ωF (

s

ω).¥

Exercitiul 9.4 Ca o aplicatie a teoremei asemanarii calculam transformata Laplace afunctiei f(t) = sin(ωt)θ(t).

9.1. TRANSFORMATA LAPLACE 137

Rezolvare. L{sin(ωt)θ(t)}(s) = 1

ωL{sin tθ(t)}( s

ω) =

ω

s2 + ω2.

Analog obtinem L{cos(ωt)θ(t)}(s) = 1

ωL{(cos t) θ(t)}( s

ω) =

s

s2 + ω2.H

Teorema 9.4 (Teorema deplasarii) Daca f ∈ O si F (s) = L{f(t)}(s) pentru Re s > s0atunci pentru λ ∈ C si Re s > s0 −Reλ are loc relatia

L{e−λtf(t)}(s) = F (s+ λ). (9.5)

Demonstratie. Observam ca daca f ∈ O⇒e−λtf ∈ O ın care λ este un numar real saucomplex, fixat. Daca |f(t)| ≤ Meαt, t > 0 atunci |e−λtf(t)| ≤ Me−λteαt, t > 0 si rezulta caindicele de crestere al functiei e−λtf(t) este s0 − Reλ. In adevar, avem

∞Z0

e−st e−λt f(t) dt =

∞Z0

e−(s+λ)t f(t) dt = F (s+ λ) valabila pentru Re s > s0 −Re λ.¥

Exercitiul 9.5 Ca aplicatie a teoremei deplasarii, sa se calculeze transformata Laplace afunctiei f(t) = e−λt sin(ωt)θ(t).

Rezolvare. L{e−λt sin(ωt)θ(t)}(s) = L{sin(ωt)θ(t)}(s+ λ) =ω

(s+ λ)2 + ω2.

Analog L{e−λt cos(ωt)θ(t)}(s) = s+ λ

(s+ λ)2 + ω2.H

Teorema 9.5 (Teorema ıntarzierii argumentului) Daca f ∈ O si F (s) = L{f(t)}(s)pentru Re s > s0 atunci pentru t0 ∈ R+ are loc relatia

L{f(t− t0)}(s) = e−t0sF (s). (9.6)

Demonstratie. Observam ca f(t) =

½0, daca t < t0,f(t− t0) , daca t ≥ t0.

Cu schimbarea de vari-

abila t− t0 = τ, obtinem:

L{f(t−t0)}(s) =∞Z0

e−st f(t−t0) dt = e−t0s∞Z0

e−sτ f(τ) dτ = e−t0sF (s), pentru Re s > s0.¥

Exercitiul 9.6 Ca aplicatie a teoremei ıntarzierii argumentului, sa se calculeze transfor-mata Laplace a functiei

f(t) =

½0, daca t < t0,sin(t− t0) , daca t ≥ t0.

Rezolvare. L{f(t)}(s) = e−t0sL{sin tθ(t)}(s) = e−t0s1

s2 + 1.H

138 CAPITOLUL 9. TRANSFORMATA LAPLACE

Teorema 9.6 Daca f ∈ O si este o functie periodica de perioada T > 0, atunci

L{f(t)}(s) = 1

1− e−sT

TZ0

e−stf(t) dt.

Demonstratie. Intr-adevar, L{f(t)}(s) =∞Z0

e−stf(t) dt = limn→∞

nXk=0

(k+1)TZkT

e−stf(t) dt,

iar cu schimbarea de variabila τ = t− kT obtinem

L{f(t)}(s) = limn→∞

nXk=0

TZ0

e−s(τ+kT )f(τ + kT ) dτ = limn→∞

nXk=0

¡e−sT

¢k TZ0

e−sτf(τ) dτ =

=

" ∞Xk=0

¡e−sT

¢k# TZ0

e−sτf(τ) dτ =1

1− e−sT

TZ0

e−stf(t) dt.¥

Exercitiul 9.7 Sa se calculeze transformata Laplace a functiei

f(t) =

½0, daca t < 0,|sin t| , daca t ≥ 0.

Rezolvare. F (s) =1

1− e−πs

πZ0

e−st sin t dt =1

1− e−πs1 + e−sπ

1 + s2=

1

1 + s2cth

πs

2.H

Teorema 9.7 (Derivarea originalului). Daca f este o functie continua pentru t > 0 sif, f 0 ∈ O cu abscisele de convergenta s0, respectiv s01, atunci

L{f 0(t)}(s) = sF (s)− f(0 + 0), pentru Re s > max {s0, s01} . (9.7)

ın care F este imaginea lui f , iar f(0 + 0) este limita la dreapta a functiei f ın punctult = 0.

Demonstratie. Putem scrie

L{f 0(t)}(s) =∞Z0

e−st f 0(t) dt = [e−st f(t)]∞0 + s

∞Z0

e−st f(t) dt

aplicand integrarea prin parti. Deoarece pentru Re s > s0 suficient de mare, avem:limt→∞

e−st f(t) = 0 si ın mod evident limt&0

e−stf(t) = f(0+0) rezulta ca formula (9.7) este

demonstrata. ¥

Observatia 9.6 Trebuie ınsa subliniat ca aceasta formula nu este adevarata daca f arediscontinuitate ıntr-un punct t0 > 0. In adevar, ın acest caz ar trebui sa scriem

∞Z0

e−st f 0(t) dt =

t0Z0

e−st f 0(t) dt+

∞Zt0

e−st f 0(t) dt =

9.1. TRANSFORMATA LAPLACE 139

= [e−st f(t)]t00 +s

t0Z0

e−stf(t)dt+ [e−st f(t)]∞t0+ s

R∞t0

e−stf(t)dt=

= sF (s)−f(0 + 0)− e−t0s(f(t0 + 0)− f(t0 − 0)),iar diferenta din ultima paranteza este 6= 0 si se numeste saltul functiei ın punctul t0 > 0.Se noteaza σ0 = f(t0 + 0)− f(t0 − 0). Obtinem:L{f 0(t)}(s) = sF (s)− σ0e

−t0s.

Exercitiul 9.8 In ipoteza ca f si f 0 sunt functii original, iar f are discontinuitate ınpunctele t1 > 0 si t2 > 0, sa se calculeze imaginea lui f

0, ın raport de imaginea lui f .

Rezolvare. Notand cu σ1 si σ2 salturile functiei f ın punctele t1, respectiv t2, vom gasi

L{f 0(t)(s) = sF (s)− f(0 + 0)− σ1 e−t1s − σ2 e

−t2s.H

Teorema 9.8 Daca f si primele sale n derivate sunt functii original, iar f si primele n−1derivate sunt continue pentru t > 0, atunci are loc formula

L{f (n)(t)}(s) == sn F (s)− sn−1 f(0 + 0)− sn−2 f 0(0 + 0)− . . .− s f (n−2)(0 + 0)− f (n−1)(0 + 0).(9.8)

Demonstratie. Demonstratia se face prin inductie. Pentru n = 1 se obtine formula(9.7). Presupunem formula adevarata pentru k si o demonstram pentru k + 1.

L{f (k)(t)}(s) = sk F (s)− sk−1 f(0 + 0)− sk−2 f 0(0 + 0)− . . .−−s f (k−2)(0 + 0)− f (k−1)(0 + 0).

Dar, aplicand Teorma 9.7 functiei f (k)(t) obtinem:

L{f (k+1)(t)}(s) = Ln¡

f (k)(t)¢0o

(s) = sL{f (k)(t)}(s)− f (k)(0+) =

= s©sk F (s)− sk−1 f(0 + 0)− sk−2 f 0(0 + 0)− . . .− s f (k−2)(0 + 0)− f (k−1)(0 + 0)

ª−

−f (k)(0 + 0),care reprezinta tocmai relatia (9.8).¥

Observatia 9.7 Formula precedenta poate fi usor memorata, daca se tine seama ca ınpartea dreapta apar puterile descrescatoare ale lui s si ordinele de derivare ale functiei fcresc astfel ıncat suma lor sa fie n − 1. In cazul particular f(0 + 0) = f 0(0 + 0) = . . . =fn−1(0 + 0) = 0, avem

L{f (n)(t)}(s) = sn F (s)

ın care n este un numar natural oarecare. In acest caz, se mai poate spune ca derivarea den ori a originalului are ca efect ınmultirea imaginii cu sn.

Teorema care urmeaza ne va arata ce efect are asupra imaginii integrarea originalului.

140 CAPITOLUL 9. TRANSFORMATA LAPLACE

Teorema 9.9 (Integrarea originalului)Daca f ∈ O si F (s) = L{f(t)}(s) pentru Re s > s0 atunci

L{tZ0

f(u) du}(s) = 1

sF (s). (9.9)

Mai general,

L{tZ0

dt1

t1Z0

dt2 . . .

tn−1Z0

f(tn)dtn}(s) =1

snF (s), (9.10)

adica integrarea repetata de n ori a originalului are ca efect ımpartirea imaginii sale cu sn.

Demonstratie. Notam f(t) = g0(t)⇒ g(t) =

tZ0

f(u)du, g(0) = 0

Inlocuindu-l pe f ın relatia (9.7) obtinemL{g0(t)}(s) = sL{g(t)}(s)⇒

L{f(t)}(s) = L{tZ0

f(u)du}(s)⇒

L{tZ0

f(u)du}(s) = 1

sF (s).

Concluzie: integrarea originalului are ca efect ımpartirea imaginii prin s. Aplicand ıncao data teorema, obtinem:

L{tZ0

dt1

t1Z0

f(t2)dt2}(s) =1

s2F (s).

Prin inductie se obtine relatia (9.10).¥

Exercitiul 9.9 Sa se calculeze originalul functiilor

F (s) =1

s(s2 + ω2)si G(s) =

1

s2(s2 + ω2).

Rezolvare. Stim ca L{(sin (ωt))θ(t)} (s) = ω

s2 + ω2conform exercitiului 9.4. Rezulta,

conform teoremei de integrarea a originalului, ca

1

s(s2 + ω2)=1

s

1

ωL{(sin (ωt))θ(t)} (s) = L

⎧⎨⎩ 1ωtZ0

(sin (ωu)) du

⎫⎬⎭ (s)⇒f(t) =

1

ω

tZ0

(sin (ωu)) du = θ(t) − 1ω2(cos (ωu))

¯t0

=1

ω2(1− cos (ωt))θ(t).

9.1. TRANSFORMATA LAPLACE 141

Conform teoremei de integrarea a originalului putem obtine, ın continuare,

1

s2(s2 + ω2)=1

s· 1

s(s2 + ω2)=1

sL½1

ω2(1− cosωt)

¾(s) =

⎧⎨⎩ 1

ω2

tZ0

(1− cos (ωu))du

⎫⎬⎭ (s)⇒g(t) =

1

ω2

tZ0

(1− cos (ωu))du = θ(t)1

ω2(u− sin (ωu)

ω)

¯t0

=1

ω2(t− sinωt

ω)θ(t).H

9.1.2 Produsul de convolutie

Produsul de convolutie este legat de inmultirea transformatelor Laplace. Adunarea transfor-matelor Laplace nu ridica probleme. Stim ca L{f(t) + g(t)} (s) = L{f(t)} (s)+L{g(t)} (s).Inmultirea transformatelor Laplace apare adesea ın rezolvarea ecuatiilor diferentiale. Demulte ori cunoastem L{f(t)} (s) si L{g(t)} (s) si dorim sa aflam functia a carei transfor-mata Laplace este L{f(t)} (s) · L {g(t)} (s). Am putea presupune ca este f(t)g(t), dar estefals. In general L{f(t)g(t)} (s) 6= L{f(t)} (s) · L {g(t)} (s). Pentru a confirma aceastaconsideram f(t) = etθ(t), g(t) = e2tθ(t), f(t)g(t) = e3tθ(t), L{f(t)g(t)} (s) = 1

s− 3 ,

L{f(t)} (s) = 1

s− 1 , L{g(t)} (s) =1

s− 2 . Rezulta L{f(t)g(t)} (s) =1

s− 3 6=1

s− 1 ·1

s− 2 = L{f(t)} (s) · L {g(t)} (s).

Definitia 9.3 Se numeste produs de convolutie a doua originale f si g, notat f ∗ g,functia definita prin relatia

(f ∗ g)(t) =tZ0

f(u) g(t− u) du =

tZ0

f(t− v) g(v) dv (9.11)

pentru orice t ∈ R+.

Este evidenta comutativitatea produsului de convolutie, adica avem f ∗g = g ∗f pentruorice pereche de functii original facand schimbarea de variabila u = t − v. De asemenease poate demonstra ca f ∗ g este tot o functie original, observand ca este continua si areo crestere de tip exponential. Importanta notiunii de produs de convolutie este pusa ınevidenta de urmatoarea teorema

Teorema 9.10 (Imaginea produsului de convolutie a doua originale-Teorema luiBorel)Daca f, g ∈ O abscisa de convergenta s1 respectiv s2 si cu imaginile F , respectiv G,

atunci

L{(f ∗ g)(t)}(s) = L{f(t)} (s) · L {g(t)} (s) = F (s)G(s) (9.12)

pentru Re s > max {s1, s2}

142 CAPITOLUL 9. TRANSFORMATA LAPLACE

Demonstratie. Pornind de la definitia transformatei Laplace aplicata produsului deconvolutie si tinand seama de schimbarea ordinii de integrare pe domeniul D este domeniul(nemarginit) din planul variabilelor independente t si u, hasurat ın figura de mai jos

si facand schimbarea de variabila t− u = v obtinem:

L{(f ∗ g)(t)}(s) =∞Z0

e−st(f ∗ g)(t) dt =∞Z0

e−st

⎛⎝ tZ0

f(t− u) g(u) du

⎞⎠ dt =

=

∞Z0

g(u)

⎛⎝ ∞Zτ

e−st f(t− u)dt

⎞⎠ dτ =

∞Z0

g(u)

⎛⎝ ∞Z0

e−s(u+v) f(v)dv

⎞⎠ du =

=

∞Z0

e−su g(u)

⎛⎝ ∞Z0

e−sv f(v)dv

⎞⎠ du =

∞Z0

e−su g(u)F (s)du = F (s)G(s).

adica tocmai ceea ce trebuia demonstrat. ¥Continutul acestei teoreme poate fi redat astfel: imaginea produsului de convolutie a

doua functii este produsul imaginilor functiilor sau transformta Laplace a produsului deconvolutie a doua functii este produsul transformatelor Laplace a celor doua functii.

Exercitiul 9.10 Sa se calculeze originalul functiilor F (s) =1

s(s− a)si G(s) =

1

(s2 + ω2)2.

Rezolvare. Stim ca1

s− a= L

©eatθ(t)

ª(s),

1

s= L{θ(t)} (s). Conform teoremei lui

Borel F (s) =1

s(s− a)= L

©eatθ(t)

ª(s)L{θ(t)} (s) = L

©eatθ(t) ∗ θ(t)

ª(s). Rezulta ca

f(t) =

tZ0

ea(t−u)θ(t− u)θ(u)du =

tZ0

ea(t−u)du = −1aea(t−u)θ(t)

¯t0

=1

a(eat − 1)θ(t).

G(s) =1

(s2 + ω2)2=

1

s2 + ω2· 1

s2 + ω2= L

½sin (ωt)

ωθ(t)

¾(s)L

½sin (ωt)

ωθ(t)

¾(s) =

= L½µ

sin (ωt)

ωθ(t)

¶∗µsin (ωt)

ωθ(t)

¶¾(s).

Rezulta ca g(t) =

tZ0

sin (ω(t− u))

ωθ(t−u)sin (ωu)

ωθ(u)du =

tZ0

sin (ω(t− u))

ω·sin (ωu)

ωdu =

= 1ω2

Z t

0

¡12cos (tω − 2uω)− 1

2cos tω

¢du = 1

2ω2

¡−12sin (tω − 2uω)− u cos (tω)

¢θ(t)

¯t0=

= 12ω2

¡1ωsin (tω)− t cosωt

¢θ(t).H

9.1. TRANSFORMATA LAPLACE 143

Teorema 9.11 (Derivarea imaginii)Daca f ∈ O si F (s) = L{f(t)}(s) pentru Re s > s0 atunci

L{−tf(t)}(s) = F 0(s) (9.13)

In general, pentru orice n ∈ N are loc relatia

L{(−t)nf(t)}(s) = F (n)(s) (9.14)

Demonstratie. Deoarece functia h(t, s) = e−st f(t) este continua ın variabilele t si s,

exista si este continua∂h

∂ssi |h(t, s)| ≤ e−(s−a)tM si

¯∂h

∂s(t, s)

¯≤ se−(s−a)tM1 atunci functia

F este derivabila ın raport cu s (admite chiar derivate de orice ordin) si ın plus

F 0(s) =d

ds

∞Z0

e−stf(t) dt =

∞Z0

∂

∂s(e−stf(t)) dt =

∞Z0

(−t)e−stf(t) dt = L{−tf(t)}(s).

Prin inductie se demonstreaza relatia (9.14).¥

Exercitiul 9.11 Sa se calculeze transformata Laplace a functiilor tneatθ(t), tnθ(t), ∀n ∈ Nsi tαθ(t),∀α ∈ R.

Rezolvare. L{tneatθ(t)}(s) = (−1)nL{(−t)neatθ(t)}(s) = dn

dsnL{eatθ(t)}(s) =

=dn

dsn

µ1

s− a

¶=

n!

(s− a)n+1pentru Re s > a.

In particular, luand a = 0 ın relatia precedenta regasim rezultatul din exemplul ??,obtinem:

L{tnθ(t)}(s) = n!

sn+1pentru Re s > 0.

In general,

L{tαθ(t)}(s) = Γ(α+ 1)

sα+1pentru Re s > 0,

unde Γ : (0,∞)→ R definita prin relatia

Γ(α) =

∞Z0

tα−1e−tdt

se numeste functia Gamma. Subliniem proprietatea functiei Gamma Γ(α + 1) = αΓ(α),∀α ∈ R, de unde rezulta ca daca α = n ∈ N atunci Γ(n + 1) = n! (functia Gammageneralizeaza factorialul).H

Teorema 9.12 (Integrarea imaginii)Daca f ∈ O si F (s) = L{f(t)}(s) pentru Re s > s0

sif(t)

t∈ O, atunci

L½f(t)

t

¾(s) =

∞Zs

F (p)dp. (9.15)

144 CAPITOLUL 9. TRANSFORMATA LAPLACE

Demonstratie. Fie g(t) =f(t)

t, t > 0, deci f(t) = tg(t). Conform teoremei derivarii

imaginii, rezulta

L{f(t)} (s) = L{tg(t)} (s) = −L{(−t)g(t)} (s) = − d

dsL{g(t)} (s).

(9.16)

Daca notam L{f(t)} (s) = F (s) si L{g(t)} (s) = G(s), din (9.16) rezulta caF (s) = −G0(s).

Integrand de la s la ∞, obtinem:

∞Zs

G0(p)dp = −∞Zs

F (p)dp ⇒ limp→∞

G(p) − G(s) =

−∞Zs

F (p)dp, folosind rezultatul observatiei 9.5 rezulta (9.15).¥

Teorema se poate formula astfel: integrarea functiei imagine corespunde unei ımpartiriprin t a functiei original.

Exercitiul 9.12 Sa se determine transformata Laplace a functiilorsin t

tθ(t) si

tZ0

sinu

udu

pentru t > 0.

Rezolvare. L½sin t

tθ(t)

¾(s) =

∞Zs

L{(sin t)θ(t)} (p)dp =∞Zs

1

p2 + 1dp = arctg p|∞s =

=π

2− arctg s.

L

⎧⎨⎩tZ0

sinu

udu

⎫⎬⎭ (s) = 1

s

³π2− arctg s

´.H

Exercitiul 9.13 Sa se determine originalul functiei: F (s) = ln

µ1 +

ω2

s2

¶.

Rezolvare. F 0(s) =d

ds

µln

µ1 +

ω2

s2

¶¶=

s2

s2 + ω2·µ−2ω

2

s3

¶= − 2ω2

s (s2 + ω2). Dar,

conform exercitiului 9.9, L½1

ω2(1− cosωt)

¾(s) =

1

s (s2 + ω2), rezulta ca

2ω2

s (s2 + ω2)=

L{2(1− cosωt)} (s) =⇒ F (s) =

∞Zs

2ω2

p (p2 + ω2)= L

½2(1− cosωt)

t

¾(s)⇒

f(t) =2(1− cosωt)

tθ(t).H

9.1. TRANSFORMATA LAPLACE 145

Teorema 9.13 (Teorema valorii initiale)

Daca f(t) = (a1 + a2t + a3t2 + · · · )θ(t) are transformata Laplace F (s) =

a1s+

a2s2+

2!a3s3+ · · · , dezvoltarile fiind convergente ın jurul lui t = 0 si respectiv s =∞ si daca exista

limt&0

f(t), lims→∞

F (s), atunci lims→∞

sF (s) = f(0 + 0).

Demonstratie. Intr-adevar, lims→∞

sF (s) = a1 si limt&0

f(t) = a1.¥

Exemplul 9.3 Verificati teorema valorii initiale pentru functia f(t) = 5 + 2 cos 3t.

Observam ca limt&0

f(t) = 7, F (s) =5

s+

2s

s2 + 9, lims→∞

sF (s) = lims→∞

s(5

s+

2s

s2 + 9) = 7.

Teorema 9.14 (Teorema valorii finale)

Daca f ∈ O si f 0 ∈ O si exista L = limt→∞

f(t), atunci

lims→0

sF (s) = L. (9.17)

Demonstratie. Integrand prin parti obtinem relatia:∞Z0

e−st f 0(t) dt = sF (s)− f(0 + 0)

de unde, facand pe s→ 0 rezulta∞Z0

f 0(t) dt = lims→0

sF (s)− f(0 + 0)

deci rezulta (9.17).¥

Exemplul 9.4 Verificati teorema valorii finale pentru functia f(t) = 3e−4t. Observam ca

limt→∞

f(t) = limt→∞

3e−4t = 0, F (s) =3

s+ 4, lims→0

sF (s) = lims→0

s3

s+ 4= 0.

9.1.3 Transformatele Laplace ale functiilor elementare

Denumirea functiei f(t) F (s)

Impuls unitar (Dirac) δ(t) 1

Treapta unitate θ(t)1

s

Functia polinomiala tnθ(t)n!

sn+1

146 CAPITOLUL 9. TRANSFORMATA LAPLACE

Functia exponentiala eatθ(t)1

s− a

Semnale armonice sin(ωt)θ(t)ω

s2 + ω2

cos(ωt)θ(t)s

s2 + ω2

Armonice modulate ın amplitudine e−at sin(ωt)θ(t)ω

(s+ a)2 + ω2

e−at cos(ωt)θ(t)s+ a

(s+ a)2 + ω2

Semnale polinomiale modulate e−attnθ(t)n!

(s+ a)n+1

Semnale hiperbolice sh(ωt)θ(t)ω

s2 − ω2

ch(ωt)θ(t)s

s2 − ω2

Semnale hiperbolice modulate e−atsh(ωt)θ(t)ω

(s+ a)2 − ω2

e−atch(ωt)θ(t)s+ a

(s+ a)2 − ω2

9.1.4 Inversa transformatei Laplace

Problema care se pune ın continuare este de a determina functia original daca se cunoastefunctia imagine, iar rezolvarea sa se bazeaza pe faptul ca ıntre multimea originalelor simultimea imaginilor exista o corespondenta biunivoca.

Daca F (s) = L{f(t)} (s) atunci f(t) se numeste inversa transformatei Laplace sauoriginalul functiei imagine F (s) si se noteaza f(t) = L−1 {F (s)} (t).De exemplu daca L{θ(t)} (s) = 1

satunci θ(t) = L−1

©1s

ª(t).Analog daca L{(sin t)θ(t)} (s) =

1s2+1

atunci (sin t)θ(t) = L−1©

1s2+1

ª(t).

Inversele transformatelor Laplace (originalele) functiilor elementare

F (s) = L{f(t)} (s) f(t) = L−1 {F (s)} (t)1 δ(t)1

sθ(t)

n!

sn+1tnθ(t)

1

s− aeatθ(t)

ω

s2 + ω2(sin(ωt)) θ(t)

s

s2 + ω2(cos(ωt)) θ(t)

9.1. TRANSFORMATA LAPLACE 147

F (s) = L{f(t)} (s) f(t) = L−1 {F (s)} (t)ω

(s+ a)2 + ω2(e−at sin(ωt)) θ(t)

s+ a

(s+ a)2 + ω2(e−at cos(ωt)) θ(t)

n!

(s+ a)n+1(e−attn) θ(t)

ω

s2 − ω2(sh(ωt)) θ(t)

s

s2 − ω2(ch(ωt)) θ(t)

ω

(s+ a)2 − ω2(e−atsh(ωt)) θ(t)

s+ a

(s+ a)2 − ω2(e−atch(ωt)) θ(t)

Determinarea orginalelor unor functii simple cu ajutorul tabelului.

Exemplul 9.5 Sa se determine originalele functiilor de mai jos, utilizand tabelul:

a) L−1½

1

s− 3

¾(t) = e3tθ (t) ,

b) L−1½

1

2s− 3

¾(t) = L−1

(1

2¡s− 3

2

¢) (t) = 12e32tθ (t) ,

c) L−1½

1

s2 + 32

¾(t) = L−1

½3

3 (s2 + 32)

¾(t) = 1

3L−1

½3

s2 + 32

¾(t) = 1

3(sin 3t) θ (t) ,

d) L−1½1

s3

¾(t) = 1

2!L−1

½2!

s3

¾(t) = t2θ (t) ,

e) L−1½

3!

(s− 2)4¾(t) = e2tt3θ (t) .

Determinarea originalului folosind descompunerea ın fractii simple a functieiimagine.Sa determinam originalul imaginii F (s) = P (s)/Q(s), ın care P si Q sunt polinoame

ın variabila s si gradul numaratorului este mai mic decat gradul numitorului utilizanddescompunerea ın fractii simple. Restrictia asupra gradelor celor doua polinoame esteimpusa de cerinta ca F (s)→ 0 cand s→∞. O functie care este raportul a doua polinoamese numeste fractie rationala. Asadar, daca presupunem ca Q are descompunerea

Q(s) = (s− s1)n1(s− s2)

n2 . . . (s− sm)nm

ın care si 6= sj pentru i 6= j, se stie ca are loc o descompunere unica de forma urmatoare

P (s)

Q(s)=

A1(s− s1)n1

+A2

(s− s1)n1−1+ . . .+

An1

s− s1+ . . .

148 CAPITOLUL 9. TRANSFORMATA LAPLACE

ın care termenii ce nu au fost scrisi corespund radacinilor s2, s3, . . . , sm. Dupa ınmultireaidentitatii precedente cu (s− s1)

n1 se obtine identitatea

(s− s1)n1F (s)=A1+A2(s− s1)+. . .+Ak(s− s1)

k−1+. . .+An1(s− s1)n1−1+. . .

ın care termenii nescrisi contin (s − s1)n1 si nu au singularitate ın punctul s = s1. Prin

trecere la limita pentru s→ s1, aflam coeficientul A1. Apoi, prin derivari succesive, facands→ s1, aflam toti coeficientii Ai, cu i = 1, n1. Deci, vom avea

Ak =1

(k − 1)! lims→s1((s− s1)

n1F (s))(k−1), k = 1, n1

care, ın cazul k = 1, se obtine

A1 = lims→s1

(s− s1)n1F (s)

Coeficientii termenilor nescrisi se afla ın mod asemanator. Notand cu f originalul fractieirationale F , vom avea

f(t) =A1

(n1 − 1)!tn1−1 es1t +

A2(n1 − 2)!

tn1−2 es1t + . . .+An es1t + . . .

(9.18)

ın care termenii nescrisi reprezinta contributia celorlalte radacini ale polinomului Q(s) ınexpresia functiei f = f(t).Daca Q are toate radacinile simple, adica daca

Q(s) = (s− s1)(s− s2) . . . (s− sm)

descompunerea este de forma

P (s)

Q(s)=

A1s− s1

+A2

s− s2+ . . .+

Am

s− sm

unde

Ai = lims→si

((s− si)P (s)

Q(s)=

P (si)

Q0(si), i = 1,m

si deci vom avea, ın acest caz

f(t) =mXi=1

P (si)

Q0(si)esit, t > 0

Exemplul 9.6 Sa se determine originalele functiilor de mai jos, utilizand descompunereaın fractii simple:

a) F (s) =4s− 5

s2 − s− 2

9.1. TRANSFORMATA LAPLACE 149

4s− 5s2 − s− 2 =

4s− 5(s+ 1) (s− 2) =

3

s+ 1+

1

s− 2L−1

½1

s+ 1

¾(t) = e−tθ (t) ,

L−1½

1

s− 2

¾(t) = e2tθ (t)

f(t) = e−tθ (t) + e2tθ (t) ,

b) F (s) =3s3 + s2 + 12s+ 2

(s− 3) (s+ 1)33s3 + s2 + 12s+ 2

(s− 3) (s+ 1)3=

1

s+ 1− 4

(s+ 1)2+

3

(s+ 1)3+

2

s− 3

L−1½

1

s+ 1

¾(t) = e−tθ (t) ,

L−1½−4

(s+ 1)2

¾(t) = −4te−tθ (t) ,

L−1½

3

(s+ 1)3

¾(t) =

3

2L−1

½2!

(s+ 1)3

¾(t) =

3

2t2e−tθ (t) ,

L−1½

2

s− 3

¾(t) = 2e3tθ (t) ,

f(t) = e−tθ (t)− 4te−tθ (t) + 32t2e−tθ (t) + 2e3tθ (t) .

c) F (s) =5s2 + 8s− 1(s+ 3) (s2 + 1)

5s2 + 8s− 1(s+ 3) (s2 + 1)

=3s− 1s2 + 1

+2

s+ 3

L−1½

2

s+ 3

¾(t) = 2e−3tθ (t) ,

L−1½3s− 1s2 + 1

¾(t) = L−1

½3

s

s2 + 1− 1

s2 + 1

¾(t) = 3L−1

½s

s2 + 1

¾(t)−L−1

½1

s2 + 1

¾(t) =

(3 cos t) θ(t)− (sin t) θ(t).

9.1.5 Rezolvarea ecuatiilor diferentiale liniare de ordin n cu coeficienticonstanti

Transformata Laplace se arata deosebit de utila la rezolvarea ecuatiilor si sistemelor deecuatii diferentiale liniare cu coeficienti constanti, precum si a unor tipuri de ecuatii inte-grale sau cu derivate partiale.Sa se afle solutia ecuatiei

x(n)(t) + a1x(n−1)(t) + . . .+ anx(t) = f(t), t > 0

care satisface conditiile initiale

x(0) = c1, x0(0) = c2, . . . , x

(n−1)(0) = cn

150 CAPITOLUL 9. TRANSFORMATA LAPLACE

Presupunem ca f este o functie original si ca coeficientii ai, i = 0, n sunt constanti.Solutia cautata x = x(t) este unic determinata si se poate arata ca este o functie original.Rezolvarea ecuatiei implica urmatoarele etape:I. Transformarea ecuatiei diferentiale ın ecuatie algebrica liniara de ordin ıntai.Se aplica transformata Laplace ambilor membrii ai ecuatiei diferentiale. Se folosesc- proprietatea de liniaritate a transformatei Laplace, teorema 9.2,- teoremele 9.7 si 9.8 pentru calculul transformatei Laplace a derivatelor functiei ne-

cunoscute si se utilizeaza conditiile initiale,

L©x(i)(t)

ª(s) = siX(s)− si−1c1 − . . .− s ci−1 − ci, i = 1,m

- tabelul transformatelor si teoremele studiate pentru calculul transformatei Laplace amembrului doi.Notand imaginea lui x(t) cu X(s) si cu F (s) imaginea lui f(t) obtinem:snX(s)− sn−1c1− . . .− s cn−1− cn + a1 (s

n−1X(s)− sn−2c1 − . . .− s cn−2 − cn−1) + . . .+an−1 (sX(s)− c1) + anX(s) = F (s)⇔

P (s)X(s) = Q(s),unde

P (s) = sn + a1sn−1 + . . . + an−1s + an, Q(s) = F (s) + sn−1c1 + . . . + s cn−1 + cn +

a1 (sn−2c1 + . . .+ s cn−2 + cn−1) + . . . +an−1c1.Obervam ca polinomul Q(s) are gradul cel mult n− 1.II. Rezolvarea ecuatiei algebrice.

P (s)X(s) = Q(s)⇒ X(s) =1

P (s)Q(s).

III. Determinarea originalului solutiei ecuatiei algebrice.X(s) este o fractie rationala ın variabila s si aflarea originalului este o problema cunos-

cuta.

Exercitiul 9.14 Sa se afle solutia ecuatiei

x00(t) + x(t) = (cos t) θ(t), t > 0

care satisface conditiile initiale x(0) = 0, x0(0) = 1.

Rezolvare. Aplicand transformata Laplace ecuatiei si tinand seama ca:L{x(t)} (s) = X(s),L{x00(t)} (s) = s2X(s)− sx(0 + 0)− x0(0 + 0) = sX(s)− 1,L{cos tθ(t)} (s) = s

s2 + 1,

obtinem (s2 + 1)X(s) =s

s2 + 1+ 1⇒ X(s) =

s

(s2 + 1)2+

1

s2 + 1, deci

x(t) = L−1½

s

(s2 + 1)2+

1

s2 + 1

¾(t) = L−1

½s

(s2 + 1)2

¾(t) + L−1

½1

s2 + 1

¾(t)

9.1. TRANSFORMATA LAPLACE 151

Pentru calculul L−1½

s

(s2 + 1)2

¾(t) folosim Teorema lui Borel si avem ca model exercitiul

9.10s

(s2 + 1)2=

s

(s2 + 1)

1

(s2 + 1)= L{(cos t) θ(t)} (s)L{(sin t) θ(t)} (s) =

L{(cos t) θ(t) ∗ (sin t) θ(t)} (s)L−1

½s

(s2 + 1)2

¾(t) = (cos t) θ(t) ∗ (sin t) θ(t) =

R t0cos(t− u) sinu du =

¡12t sin t

¢θ(t).

Rezulta

x(t) = θ(t)1

2(sin t) t+ θ(t) sin t, t > 0.

9.1.6 Rezolvarea sistemelor diferentiale liniare cu coeficienti constanti

Definitia 9.4 Se numeste sistem diferential liniar de ordinul ıntai cu coeficienticonstanti un sistem de forma:⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

y01(t) = a11y1(t) + a12y2(t) + · · ·+ a1nyn(t) + b1(t)y02(t) = a21y1(t) + a22y2(t) + · · ·+ a2nyn(t) + b2(t)· · ·y0n(t) = an1y1(t) + an2y2(t) + · · ·+ annyn(t) + bn(t)

(9.19)

unde aij ∈ R,∀i, j = 1, n, I ⊂ R iar yi ∈ C1(I,R), i = 1, n, sunt functii necunoscute.

Definitia 9.5 Daca ın (9.19) b1(t) = b2(t) = ... = bn(t) = 0 pe I sistemul (9.19) se numesteomogen, iar ın caz contrar neomogen.

Una din proprietatile remarcabile ale sistemelor liniare este aceea ca orice solutie a loreste definita pe ıntreg intervalul I.Rezolvarea ecuatiei implica urmatoarele etape:I. Transformarea sistemului diferential ın sistem liniar algebricSe aplica transformata Laplace fiecarei ecuatii a sistemului diferential. Se folosesc teo-

remele enuntate la ecuatii diferentiale. Se obtine un sistem algebric liniar.II. Rezolvarea sistemului algebric.III. Determinarea originalului functiilor solutie a sistemului algebric.

Exercitiul 9.15 Sa se afle solutia sistemului½y01(t) = −2y1(t)− y2(t) + sin ty02(t) = 4y1(t) + 2y2(t) + cos t

cu conditiile initiale y1(0) = 0, y2(0) = 1, t > 0.

Rezolvare.I. Transformarea sistemului diferential ın sistem algebric.Aplicam transformata Laplace ecuatiilor sistemului:

152 CAPITOLUL 9. TRANSFORMATA LAPLACE

L{y01(t)} (s) = L{−2y1(t)− y2(t) + sin t} (s)L{y02(t)} (s) = L{4y1(t) + 2y2(t) + cos t} (s).Notam L{y1(t)} (s) = Y1(s),L{y2(t)} (s) = Y2(s),L{y01(t)} (s) = sY1(s)− y1(0) = sY1(s),L{y02(t)} (s) = sY2(s)− y2(0) = sY2(s)− 1L{sin t} (s) = 1

s2 + 1,

L{cos t} (s) = s

s2 + 1.

Obtinem ½sY1(s) = −2Y1(s)− Y2 +

1s2+1

sY2(s)− 1 = 4Y1(s) + 2Y2(s) + ss2+1½

(s+ 2)Y1(s) + Y2(s) =1

s2+1

−4Y1(s) + (s− 2)Y2(s) = 1 + ss2+1

.

II. Rezolvarea sistemului algebric.(Y1(s) = − s2+3

s4+s2= − 3

s2+ 2

s2+1

Y2(s) =s3+3s2+3s+6

s4+s2= 6

s2+ 3

s− 2s+3

s2+1

III. Determinarea originalului solutiilor sistemului algebric.½y1(t) = −3t+ 2 sin t, t > 0,y2(t) = 6t+ 3− 2 cos t− 3 sin t, t > 0.

Exercitiul 9.16 Utilizand transformata Laplace sa se rezolve urmatoarul sistem diferen-tial:⎧⎨⎩ x0(t)− x(t) + 2y(t) = 0

x00(t) + 2y0(t) = (2t− cos 2t)θ(t)x(0) = 0, x0(0) = 2, y(0) = −1.

I. Transformarea sistemului diferential ın sistem algebric.L{x0(t)} (s)− L{x(t)} (s)− 2L{y(t)} (s) = L{0} (s)L{x00(t)} (s) + 2L{y0(t)} (s) = L{(2t− cos 2t)θ(t)} (s)L [x(t)] (s) = X(s),L [y(t)] (s) = Y (s)L [x0(t)] (s) = sX(s)− 0,L [x00(t)] (s) = s2X(s)− s · 0− 2L [y0(t)] (s) = sY (s) + 1

L{(2t− cos 2t)θ(t)} (s) = 2

s2− s

s2 + 4

9.1. TRANSFORMATA LAPLACE 153(sX(s)−X(s) + 2Y (s) = 0

s2X(s)− 2 + 2sY (s) + 2 = 2

s2− s

s2 + 4II. Rezolvarea sistemului algebric.(

sX(s)−X(s) + 2Y (s) = 0

s2X(s)− 2 + 2sY (s) + 2 = 2

s2− s

s2 + 4

X(s) =−s3 + 2s2 + 84s3 + s5

Y (s) =s4 − 3s3 + 2s2 − 8s+ 8

8s3 + 2s5.

III. Determinarea originalului solutiilor sistemului algebric.

X(s) =−s3 + 2s2 + 84s3 + s5

=2

s3− 1

s2 + 4⇒

x(t) =¡t2 − 1

2sin 2t1

2

¢θ(t)

Y (s) =s4 − 3s3 + 2s2 − 8s+ 8

8s3 + 2s5=

s− 12 (s2 + 4)

− 1

s2+1

s3

⇒ y(t) =¡12cos 2t− t− 1

4sin 2t+ 1

2t2¢θ(t).