calculo iv

1. 1
CAPÍTULO III
RESOLUCIÓN DE ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES
USANDO TANSFORMADA DE LAPLACE
CONTENIDO
3.1 Resolución de Ecuaciones Diferenciales Lineales usando Transformada y Transformada inversa
de Laplace.
3.2 Resolución de Sistemas de Ecuaciones Diferenciales Lineales usando Transformada y
Transformada inversa de Laplace.
3.3 Ejercicios sobre cálculo de algunas integrales impropias usando transformada de Laplace.
3.4 Ejercicios sobre ecuaciones integrales.
3.5 Ejercicios sobre ecuaciones integrodiferenciales.

2. 2
3.1 RESOLUCIÓN DE ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES.
EJEMPLO 1. Resolver las Ecuaciones Diferenciales Lineales de orden 𝑛 sujeta a condiciones iniciales.
2) 𝑦′(𝑡) − 𝑦(𝑡) = 1 + 𝑡𝑒𝑡, con 𝑦(0) = 0
Solución.
Aplicando T. L. a ambos lados de la ecuación dada:
𝐿[𝑦′(𝑡) − 𝑦(𝑡)] = 𝐿[1 + 𝑡𝑒𝑡]
 𝐿[𝑦′(𝑡)] − 𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠
+
1
(𝑠−1)2
 𝑠 𝐿[𝑦(𝑡)] − 𝑦(0) + 𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠
+
1
(𝑠−1)2
 𝑠 𝐿[𝑦(𝑡)] − 0 − 𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠
+
1
(𝑠−1)2
 (𝑠 − 1)𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠
+
1
(𝑠−1)2
 𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠(𝑠−1)
+
1
(𝑠−1)3
Aplicando T. I. L. a ambos lados: 𝐿−1{𝐿[𝑦(𝑡)]} = 𝐿−1 [
1
𝑠(𝑠−1)
+
1
(𝑠−1)3
]
 𝑦(𝑡) = 𝐿−1 [
1
𝑠(𝑠−1)
] + 𝐿−1 [
1
(𝑠−1)3
]
Separando por fraccionesparciales:
1
𝑠(𝑠−1)
=
𝐴
𝑠
+
𝐵
𝑠−1
 {
𝐴 = −1
𝐵 = 1
 𝑦(𝑡) = 𝐿−1 [−
1
𝑠
+
1
𝑠−1
] + 𝑒𝑡𝐿−1 [
1
𝑠3
]
 𝑦(𝑡) = −1 + 𝑒𝑡 +
1
2
𝑡2𝑒𝑡
Porlo tanto: 𝑦(𝑡) = −1 + 𝑒𝑡 +
1
2
𝑡2𝑒𝑡
4) 𝑦′ − 𝑦 = 2 𝐶𝑜𝑠 5𝑡, con 𝑦(0) = 0
Solución.
Aplicando T. L. a ambos lados de la ecuación dada:
𝐿[𝑦′ − 𝑦] = 𝐿[2 𝐶𝑜𝑠 5𝑡]  𝐿[𝑦′(𝑡)] − 𝐿[𝑦(𝑡)]=2 𝐿[𝐶𝑜𝑠 5𝑡]
 𝑠 𝐿[𝑦(𝑡)] − 𝑦(0) − 𝐿[𝑦(𝑡)] = 2
𝑠
𝑠2+52
 𝑠 𝐿[𝑦(𝑡)] − 0 − 𝐿[𝑦(𝑡)] =
2𝑠
𝑠2+52
 (𝑠 − 1)𝐿[𝑦(𝑡)] =
2𝑠
𝑠2+52
 𝐿[𝑦(𝑡)] =
2𝑠
(𝑠−1)(𝑠2+52)
Aplicando T. I. L. a ambos lados: 𝐿−1{𝐿[𝑦(𝑡)]} = 𝐿−1 [
2𝑠
(𝑠−1)(𝑠2+52)
]
 𝑦(𝑡) = 𝐿−1 [
2𝑠
(𝑠−1)(𝑠2+52)
]

3. 3
Separando por fraccionesparciales:
2𝑠
(𝑠−1)(𝑠2+52)
=
𝐴
𝑠−1
+
𝐵𝑠+𝐶
𝑠2+52
 {
𝐴 = 1/13
𝐵 = −1/13
𝐶 = 25/13
 𝑦(𝑡) = 𝐿−1 [
1/13
𝑠−1
+
(−1/13)𝑠+(25/13)
𝑠2+52
]
 𝑦(𝑡) =
1
13
𝐿−1 [
1
𝑠−1
] −
1
13
𝐿−1 [
𝑠
𝑠2+52
] +
5
13
𝐿−1 [
5
𝑠2 +52
]
 𝑦(𝑡) =
1
13
𝑒𝑡 −
1
13
𝐶𝑜𝑠 5𝑡 +
5
13
𝑆𝑒𝑛 5𝑡
Porlo tanto: 𝑦(𝑡) =
1
13
𝑒𝑡 −
1
13
𝐶𝑜𝑠 5𝑡 +
5
13
𝑆𝑒𝑛 5𝑡
6) 𝑦′′(𝑡) − 2𝑦′(𝑡) + 𝑦(𝑡) = 𝑡𝑒𝑡, con 𝑦(0) = 0, 𝑦′(0) = 2
Solución.
Aplicando T. L. a ambos lados de la ecuación dada:
𝐿[𝑦′′(𝑡) − 2𝑦′(𝑡) + 𝑦(𝑡)] = 𝐿[𝑡𝑒𝑡]
 𝐿[𝑦′′(𝑡)] − 2[𝑦′(𝑡)] + 𝐿[𝑦(𝑡)]= 𝐿[
1
𝑠2
]
𝑠=𝑠−1
 𝑠2𝐿[𝑦(𝑡)] − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0)− 2𝑠𝐿[𝑦(𝑡)] + 2𝑦(0) + 𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
(𝑠−1)2
 𝑠2𝐿[𝑦(𝑡)] − 𝑠(0) − 2 − 2𝑠𝐿[𝑦(𝑡)] + 2(0) + 𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
(𝑠−1)2
 (𝑠2 − 2𝑠 + 1)𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
(𝑠−1)2
+ 2  (𝑠 − 1)2𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
(𝑠−1)2
+ 2
 𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
(𝑠−1)4
+
2
(𝑠−1)2
Aplicando T. I. L. a ambos lados: 𝐿−1{𝐿[𝑦(𝑡)]} = 𝐿−1 [
1
(𝑠−1)4
+
2
(𝑠−1)2
]
 𝑦(𝑡) = 𝐿−1 [
1
(𝑠−1)4
] +𝐿−1 [
2
(𝑠−1)2
]  𝑦(𝑡) = 𝑒𝑡𝐿−1[
1
𝑠4
] +2𝑒𝑡𝐿−1[
1
𝑠2
]
 𝑦(𝑡) = 𝑒𝑡 𝑡3
3!
+2𝑒𝑡𝑡  𝑦(𝑡) =
1
6
𝑡3𝑒𝑡 + 2𝑡𝑒𝑡
Porlo tanto: 𝑦(𝑡) =
1
6
𝑡3𝑒𝑡 + 2𝑡𝑒𝑡
EJEMPLO 3. Resolver las Ecuaciones Diferenciales Lineales de orden 𝑛 sujeta a condiciones iniciales.
2) 𝑦′(𝑡) + 2𝑦(𝑡) = 𝑡, con 𝑦(0) = −1
Solución.
Aplicando T. L. a ambos lados de la ecuación dada:

4. 4
𝐿[𝑦′(𝑡) + 2𝑦(𝑡)] = 𝐿[𝑡]  𝐿[𝑦′(𝑡)] + 2𝐿[𝑦(𝑡)]=
1
𝑠2
 𝑠 𝐿[𝑦(𝑡)] − 𝑦(0) + 2𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠2
 𝑠 𝐿[𝑦(𝑡)] − (−1) + 2𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠2
 (𝑠 + 2)𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠2
− 1  𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠2(𝑠+2)
−
1
𝑠+2
Aplicando T. I. L. a ambos lados: 𝐿−1{𝐿[𝑦(𝑡)]} = 𝐿−1 [
1
𝑠2(𝑠+2)
−
1
𝑠+2
] = 𝐿−1 [
1
𝑠2(𝑠+2)
] − 𝐿−1 [
1
𝑠+2
]
Separando por fraccionesparciales:
1
𝑠2(𝑠+2)
=
𝐴
𝑠
+
𝐵
𝑠2
+
𝐶
𝑠+2
 {
𝐴 = −1/4
𝐵 = 1/2
𝐶 = 1/4
 𝑦(𝑡) = 𝐿−1 [
−1/4
𝑠
+
1/2
𝑠2
+
1/4
𝑠+2
] − 𝐿−1 [
1
𝑠+2
] = −
1
4
𝐿−1 [
1
𝑠
] +
1
2
𝐿−1 [
1
𝑠2
]+
1
4
𝐿−1 [
1
𝑠+2
] − 𝑒−2𝑡
= −
1
4
+
1
2
𝑡 +
1
4
𝑒−2𝑡 − 𝑒−2𝑡 = −
1
4
+
1
2
𝑡 −
3
4
𝑒−2𝑡
Porlo tanto: 𝑦(𝑡) = −
1
4
+
1
2
𝑡 −
3
4
𝑒−2𝑡
4) 𝑦′′(𝑡) + 16𝑦(𝑡) = 𝐶𝑜𝑠 4𝑡, con 𝑦(0) = 0, 𝑦′(0) = 1
Solución.
Aplicando T. L. a ambos lados de la ecuación dada:
𝐿[𝑦′′(𝑡) + 16𝑦(𝑡)] = 𝐿[𝐶𝑜𝑠 4𝑡]  𝐿[𝑦′′(𝑡)] + 16𝐿[𝑦(𝑡)]= 𝐿[𝐶𝑜𝑠 4𝑡]
 𝑠2𝐿[𝑦(𝑡)] − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0)+ 16𝐿[𝑦(𝑡)] =
𝑠
𝑠2 +22
 𝑠2𝐿[𝑦(𝑡)] − 𝑠(0) − 1 + 16𝐿[𝑦(𝑡)] =
𝑠
𝑠2+42
 𝑠2𝐿[𝑦(𝑡)] − 1 + 16𝐿[𝑦(𝑡)] =
𝑠
𝑠2+42
 (𝑠2 + 16)𝐿[𝑦(𝑡)] =
𝑠
𝑠2+42
+ 1
 (𝑠2 + 42)𝐿[𝑦(𝑡)] =
𝑠
𝑠2+42
+ 1  𝐿[𝑦(𝑡)] =
𝑠
(𝑠2+42)2
+
1
𝑠2 +42
La expresión
𝑠
(𝑠2+42)2
proviene de una derivada:
𝑠
(𝑠2+42)2
=
𝑑
𝑑𝑠
[
−1
2(𝑠2+42)
] ; (Otra forma es aplicando la
convolución)
Aplicando T. I. L. a ambos lados: 𝐿−1{𝐿[𝑦(𝑡)]} = 𝐿−1 [
𝑠
(𝑠2+42)2
+
1
𝑠2+42
]=𝐿−1 [
𝑠
(𝑠2+42)2
] + 𝐿−1 [
1
𝑠2+42
]
 𝑦(𝑡) = 𝐿−1 {
𝑑
𝑑𝑠
[
−1
2(𝑠2+42)
]} + 𝐿−1 [
1
𝑠2+42
]  𝑦(𝑡) = (−1)𝑡𝐿−1 [
−1
2(𝑠2+42)
] +
1
4
𝑆𝑒𝑛 4𝑡
 𝑦(𝑡) = −𝑡
−1
2
𝐿−1 [
1
𝑠2+42
] +
1
4
𝑆𝑒𝑛 4𝑡  𝑦(𝑡) =
𝑡
2
1
4
𝑆𝑒𝑛 4𝑡 +
1
4
𝑆𝑒𝑛 4𝑡
 𝑦(𝑡) =
𝑡
8
𝑆𝑒𝑛 4𝑡 +
1
4
𝑆𝑒𝑛 4𝑡
Porlo tanto: 𝑦(𝑡) =
𝑡
8
𝑆𝑒𝑛 4𝑡 +
1
4
𝑆𝑒𝑛 4𝑡
6) 𝑦′(𝑡) + 𝑦(𝑡) = 5𝑢(𝑡 − 1), con 𝑦(0) = 0

5. 5
Solución.
Aplicando T. L. a ambos lados de la ecuación dada:
𝐿[𝑦′(𝑡) + 𝑦(𝑡)] = 𝐿[5𝑢(𝑡 − 1)]  𝐿[𝑦′(𝑡)] + 𝐿[𝑦(𝑡)]= 5𝑒−𝑠𝐿[1]
 𝑠 𝐿[𝑦(𝑡)] − 𝑦(0) + 𝐿[𝑦(𝑡)] = 5𝑒−𝑠 ∙
1
𝑠
 (𝑠 + 1)𝐿[𝑦(𝑡)] = 5
𝑒−𝑠
𝑠
 𝐿[𝑦(𝑡)] = 5
𝑒−𝑠
𝑠(𝑠+1)
Aplicando T. I. L. a ambos lados: 𝐿−1{𝐿[𝑦(𝑡)]} = 𝐿−1 [5
𝑒−𝑠
𝑠(𝑠+1)
]
Separando por fraccionesparciales:
1
𝑠(𝑠+1)
=
𝐴
𝑠
+
𝐵
𝑠2
 {
𝐴 = 5
𝐵 = −5
 𝑦(𝑡) = 𝐿−1 [
5𝑒−𝑠
𝑠
−
5𝑒−𝑠
𝑠+1
]  𝑦(𝑡) = 5𝑢(𝑡 − 1)𝐿−1 [
1
𝑠
]
𝑡=𝑡−1
− 5𝑢(𝑡 − 1)𝐿−1 [
1
𝑠+1
]
𝑡=𝑡−1
 𝑦(𝑡) = 5𝑢(𝑡 − 1)[1]𝑡=𝑡−1 − 5𝑢(𝑡 − 1)[𝑒−𝑡]𝑡=𝑡−1
 𝑦(𝑡) = 5𝑢(𝑡 − 1) − 5𝑢(𝑡 − 1)𝑒−(𝑡−1) = 5𝑢(𝑡 − 1)[1 − 𝑒−(𝑡−1)]
Porlo tanto: 𝑦(𝑡) = 5𝑢(𝑡 − 1)[1 − 𝑒−(𝑡−1)]
Otra forma es usando la Propiedad de inversa de división por 𝑠:
𝐿[𝑦(𝑡)] = 5
𝑒−𝑠
𝑠(𝑠+1)
 𝐿−1{𝐿[𝑦(𝑡)]} = 𝐿−1 [5
𝑒−𝑠
𝑠(𝑠+1)
]
 𝑦(𝑡) = 5𝑢(𝑡 − 1)𝐿−1 [
1
𝑠(𝑠+1)
]
𝑡=𝑡−1
 𝑦(𝑡) = 5𝑢(𝑡 − 1) [∫ 𝐿−1 [
1
𝑠+1
] 𝑑𝑡
𝑡
0 ]
𝑡=𝑡−1
 𝑦(𝑡) = 5𝑢(𝑡 − 1) [∫ 𝑒−𝑡𝑑𝑡
𝑡
0 ]
𝑡=𝑡−1
 𝑦(𝑡) = 5𝑢(𝑡 − 1){[−𝑒−𝑡]0
𝑡 }𝑡=𝑡−1
 𝑦(𝑡) = 5𝑢(𝑡 − 1)[−𝑒−𝑡 + 1]𝑡=𝑡−1  𝑦(𝑡) = 5𝑢(𝑡 − 1)[1 − 𝑒−(𝑡−1)]
8) 𝑦′′(𝑡) + 4𝑦(𝑡) = 1 − 𝑢(𝑡 − 1), con 𝑦(0) = 0, 𝑦′(0) = −1
Solución.
Aplicando T. L. a ambos lados de la ecuación dada:
𝐿[𝑦′′(𝑡) + 4𝑦(𝑡)] = 𝐿[1 − 𝑢(𝑡 − 1)]  𝐿[𝑦′′(𝑡)] + 4𝐿[𝑦(𝑡)]= 𝐿[1] − 𝐿[𝑢(𝑡 − 1)]
 𝑠2𝐿[𝑦(𝑡)] − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) + 4𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠
− 𝑒−𝑠𝐿[1]
 (𝑠2 + 4)𝐿[𝑦(𝑡)] + 1 =
1
𝑠
−
𝑒−𝑠
𝑠
 𝐿[𝑦(𝑡)] + 1 =
1
𝑠2+4
(
1
𝑠
−
𝑒−𝑠
𝑠
− 1)
 𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠(𝑠2+4)
−
𝑒−𝑠
𝑠(𝑠2+4)
−
1
𝑠2+4
Aplicando T. I. L. a ambos lados: 𝐿−1{𝐿[𝑦(𝑡)]} = 𝐿−1 [
1
𝑠(𝑠2+4)
−
𝑒−𝑠
𝑠(𝑠2+4)
−
1
𝑠2+4
]
 𝐿−1{𝐿[𝑦(𝑡)]} = 𝐿−1 [
1
𝑠(𝑠2+4)
] − 𝐿−1[
𝑒−𝑠
𝑠(𝑠2+4)
] − 𝐿−1 [
1
𝑠2+4
]

6. 6
 𝑦(𝑡) = 𝐿−1 [
1
𝑠(𝑠2+4)
] − 𝑢(𝑡 − 1)𝐿−1 [
1
𝑠(𝑠2+4)
]
𝑡=𝑡−1
−
1
2
𝐿−1 [
2
𝑠2+22
]
Separando por fraccionesparciales:
1
𝑠(𝑠2+4)
=
𝐴
𝑠
+
𝐵𝑠+𝐶
𝑠2+4
 {
𝐴 = 1/4
𝐵 = −1/4
𝐶 = 0
 𝑦(𝑡) = 𝐿−1 [
1
4
𝑠
−
𝑠
4
𝑠2+22
]− 𝑢(𝑡 − 1)𝐿−1 [
1
4
𝑠
−
𝑠
4
𝑠2+22
]
𝑡=𝑡−1
−
1
2
𝑆𝑒𝑛 2𝑡
 𝑦(𝑡) =
1
4
𝐿−1[
1
𝑠
−
𝑠
𝑠2 +22
] −
1
4
𝑢(𝑡 − 1)𝐿−1 [
1
𝑠
−
𝑠
𝑠2 +22
]
𝑡=𝑡−1
−
1
2
𝑆𝑒𝑛 2𝑡
 𝑦(𝑡) =
1
4
(1 − 𝐶𝑜𝑠 2𝑡) −
1
4
𝑢(𝑡 − 1)[1 − 𝐶𝑜𝑠 2𝑡]𝑡=𝑡−1 −
1
2
𝑆𝑒𝑛 2𝑡
Porlo tanto: 𝑦(𝑡) =
1
4
(1 − 𝐶𝑜𝑠 2𝑡) −
1
2
𝑆𝑒𝑛 2𝑡 −
1
4
𝑢(𝑡 − 1)[1 − 𝐶𝑜𝑠 2(𝑡 − 1)]
10) 𝑦′′(𝑡)+ 2𝑦′(𝑡) + 𝑦(𝑡) = 𝑒𝑡
Solución.
Aplicando T. L. a ambos lados de la ecuación dada:
𝐿[𝑦′′(𝑡) + 2𝑦′(𝑡) + 𝑦(𝑡)] = 𝐿[𝑒𝑡]
 𝐿[𝑦′′(𝑡)] + 2𝐿[𝑦′(𝑡)] + 𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠−1
 𝑠2𝐿[𝑦] − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) + 2{𝑠𝐿[𝑦] − 𝑦(0)} + 𝐿[𝑦] =
1
𝑠−1
Haciendo 𝑦(0) = 𝑑, 𝑦′(0) = 𝑓, siendo 𝑑; 𝑓 constantes reales, entonces se tiene:
 𝑠2𝐿[𝑦] − 𝑑𝑠 − 𝑒 + 2𝐿[𝑦] − 2𝑑 + 𝐿[𝑦] =
1
𝑠−1
 (𝑠2 + 2𝑠 + 1)𝐿[𝑦] =
1
𝑠−1
+ 𝑑𝑠+ 2𝑑 + 𝑓
 𝐿[𝑦] =
1
(𝑠+1)2(𝑠−1)
+
𝑑𝑠
(𝑠+1)2
+
2𝑑+𝑒
(𝑠+1)2
=
1
(𝑠+1)2(𝑠−1)
+ 𝑑
𝑠+1
(𝑠+1)2
− 𝑑
1
(𝑠+1)2
+ (2𝑑 + 𝑓)
1
(𝑠+1)2
Separando por fraccionesparciales:
1
(𝑠+1)2(𝑠−1)
=
𝐴
𝑠+1
+
𝐵
(𝑠+1)2
+
𝐶
𝑠−1
 {
𝐴 = −1/4
𝐵 = −1/2
𝐶 = 1/4
Luego:
𝐿[𝑦] =
−1/4
𝑠+1
+
−1/2
(𝑠+1)2
+
1/4
𝑠−1
+ 𝑑
𝑠+1
(𝑠+1)2
− 𝑑
1
(𝑠+1)2
+ (2𝑑 + 𝑓)
1
(𝑠+1)2
 𝐿[𝑦] =
−1/4
𝑠+1
+
−1/2
(𝑠+1)2
+
1/4
𝑠−1
+ 𝑑
1
𝑠+1
+ (𝑑 + 𝑓)
1
(𝑠+1)2
Aplicando T. I. L. a ambos lados:
𝐿−1{𝐿[𝑦(𝑡)]} = 𝐿−1 [
−1/4
𝑠+1
+
−1/2
(𝑠+1)2
+
1/4
𝑠−1
+ 𝑑
1
𝑠+1
+ (𝑑 + 𝑓)
1
(𝑠+1)2
]
 𝑦(𝑡) = −
1
4
𝐿−1 [
1
𝑠+1
] −
1
2
𝐿−1 [
1
(𝑠+1)2
] +
1
4
𝐿−1 [
1
𝑠−1
] + 𝑑𝐿−1 [
1
𝑠+1
] + (𝑑 + 𝑓)𝐿−1 [
1
(𝑠+1)2
]
 𝑦(𝑡) = −
1
4
𝑒−𝑡 −
1
2
𝑒−𝑡𝐿−1 [
1
𝑠2
] +
1
4
𝑒𝑡 + 𝑑𝑒−𝑡 + (𝑑 + 𝑓)𝑒−𝑡𝐿−1 [
1
𝑠2
]
 𝑦(𝑡) = −
1
4
𝑒−𝑡 −
1
2
𝑒−𝑡𝑡 +
1
4
𝑒𝑡 + 𝑑𝑒−𝑡 + (𝑑 + 𝑓)𝑒−𝑡𝑡

7. 7
 𝑦(𝑡) = (𝑑 −
1
4
)𝑒−𝑡 +
1
4
𝑒𝑡 + (𝑑 + 𝑓 −
1
2
)𝑡𝑒−𝑡
Porlo tanto: 𝑦(𝑡) = (𝑑 −
1
4
) 𝑒−𝑡 +
1
4
𝑒𝑡 + (𝑑 + 𝑓 −
1
2
) 𝑡𝑒−𝑡
EJEMPLO 4. Resolver la Ecuación Diferencial: 𝑦′′(𝑡) + 4𝑦′(𝑡) + 4𝑦(𝑡) = {
0 ;𝑡 < 2
𝑒−(𝑡−2);𝑡 ≥ 2
, con 𝑦(0) =
1, 𝑦′(0) = −1.
Solución.
Escribiendo el segundo miembro como funciónescalón entonces:
𝑦′′(𝑡) + 4𝑦′(𝑡) + 4𝑦(𝑡) = 𝑢(𝑡 − 2)𝑒−(𝑡−2)
Aplicando transformada de Laplace a ambos lados de la ecuación:
𝐿[𝑦′′(𝑡) + 4𝑦′(𝑡) + 4𝑦(𝑡)] = 𝐿[𝑢(𝑡 − 2)𝑒−(𝑡−2)]
 𝑠2𝐿[𝑦] − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) + 4𝑠𝐿[𝑦] − 4𝑦(0) + 4𝐿[𝑦]= 𝑒−2𝑠𝐿[𝑒−𝑡]
 𝑠2𝐿[𝑦] − 𝑠(1) − (−1) + 4𝑠𝐿[𝑦] − 4(1) + 4𝐿[𝑦]= 𝑒−2𝑠 1
𝑠+1
 (𝑠2 + 4𝑠 + 4)𝐿[𝑦] = 𝑠 + 3 + 𝑒−2𝑠 1
𝑠+1
 (𝑠 + 2)2𝐿[𝑦] = 𝑠 + 3 + 𝑒−2𝑠 1
𝑠+1
 𝐿[𝑦] =
𝑠+2
(𝑠+2)2
+ 𝑒−2𝑠 1
(𝑠+2)2(𝑠+1)
+
1
(𝑠+2)2
Aplicando T. I. L. a ambos lados:
𝐿−1{𝐿[𝑦(𝑡)]} = 𝐿−1 [
𝑠+2
(𝑠+2)2
+
1
(𝑠+2)2
+ 𝑒−2𝑠 1
(𝑠+2)2(𝑠+1)
]
 𝑦(𝑡) = 𝐿−1 [
1
𝑠+2
+
1
(𝑠+2)2
+ 𝑒−2𝑠 1
(𝑠+2)2(𝑠+1)
]
 𝑦(𝑡) = 𝐿−1 [
1
𝑠+2
] + 𝐿−1 [
1
(𝑠+2)2
] + 𝐿−1 [𝑒−2𝑠 1
(𝑠+2)2(𝑠+1)
]
𝑡=𝑡−2
 𝑦(𝑡) = 𝑒−2𝑡 + 𝑒−2𝑡𝐿−1 [
1
𝑠2
] + 𝑢(𝑡 − 2)𝐿−1 [
1
(𝑠+2)2(𝑠+1)
]
𝑡=𝑡−2
Separando por fraccionesparciales:
1
(𝑠+2)2(𝑠+1)
=
𝐴
𝑠+2
+
𝐵
(𝑠+1)2
+
𝐶
𝑠+1
 {
𝐴 = −1
𝐵 = −1
𝐶 = 1
 𝑦(𝑡) = 𝑒−2𝑡 + 𝑒−2𝑡𝑡 + 𝑢(𝑡 − 2)𝐿−1 [
−1
𝑠+2
−
1
(𝑠+1)2
+
1
𝑠+1
]
𝑡=𝑡−2
 𝑦(𝑡) = 𝑒−2𝑡 + 𝑒−2𝑡𝑡 + 𝑢(𝑡 − 2)[−𝑒−2𝑡 − 𝑡𝑒−2𝑡 + 𝑒−𝑡]𝑡=𝑡−2
 𝑦(𝑡) = 𝑒−2𝑡 + 𝑒−2𝑡𝑡 + 𝑢(𝑡 − 2)[−𝑒−2(𝑡−2)
− (𝑡 − 2)𝑒−2(𝑡−2) + 𝑒−(𝑡−2)]
 𝑦(𝑡) = 𝑒−2𝑡 + 𝑒−2𝑡𝑡 + 𝑢(𝑡 − 2)[(1 − 𝑡)𝑒−2(𝑡−2) + 𝑒−(𝑡−2)]
Porlo tanto: 𝑦(𝑡) = (𝑡 + 1)𝑒−2𝑡 + {
0 ;𝑡 < 2
(1 − 𝑡)𝑒−2(𝑡−2)
+ 𝑒−(𝑡−2)
;𝑡 ≤ 2

8. 8
EJEMPLO 5.Resolverla EcuaciónDiferencial: 𝑦′′ − 𝑦 = −20 𝑆𝑒𝑛 𝑡 𝐶𝑜𝑠 𝑡, con𝑦(𝜋) = −1, 𝑦′(𝜋) = 0
Solución.
La ecuación puede ser también: 𝑦′′ − 𝑦 = −10 𝑆𝑒𝑛 2𝑡, con𝑦(𝜋) = −1, 𝑦′(𝜋) = 0
Dado que la transformada de Laplace usa condiciones iniciales en el cero, se trasladan las
condiciones dadas a cero haciendo el cambio de variable: 𝑢 = 𝑡 − 𝜋.
Recordando:
Si 𝑦 = 𝑦(𝑡)  : 𝑦′ = 𝑦′(𝑡) ; 𝑦′′ = 𝑦′′(𝑡)
Si : 𝑦 = 𝑦(𝑢)  𝑦 = 𝑦(𝑡 − 𝜋)  {
𝑦′ = 𝑦′(𝑡 − 𝜋) ∙ 1 = 𝑦′(𝑡 − 𝜋) = 𝑦′(𝑢)
𝑦′′(𝑡 − 𝜋) = 𝑦′′(𝑡 − 𝜋) ∙ (1) = 𝑦′′(𝑡) = 𝑦′′(𝑢)
La ecuación diferencial ahora es: 𝑦′′(𝑢)− 𝑦(𝑢) = −10 𝑆𝑒𝑛 2𝑢
Las condicionesiniciales. Siendo 𝑦(𝑢) = 𝑦(𝑡 − 𝜋), si 𝑡 = 𝜋  {
𝑦(𝑡 − 𝜋) = 𝑦(𝜋 − 𝜋) = 𝑦(0) = −1
𝑦′(𝑡 − 𝜋) = 𝑦′(𝜋 − 𝜋) = 𝑦′(0) = 0
Los valores 𝑦(𝜋) = −1, 𝑦′(𝜋) = 0, no cambian dado que con: 𝑢 = 𝑡 − 𝜋 solo se está haciendo un
traslado horizontal a la derecha.
En resumen la ecuacióndiferencial se transforma en:
𝑦′′(𝑢) − 𝑦(𝑢) = −10𝑆𝑒𝑛 2𝑢, con 𝑦(0) = −1, 𝑦′(0) = 0
Aplicando transformada de Laplace a ambos lados de la ecuación:
𝐿[𝑦′′(𝑢) − 𝑦(𝑢)] = 𝐿[−10𝑆𝑒𝑛 2𝑢]  𝐿[𝑦′′(𝑢)] − 𝐿[𝑦(𝑢)]= −10𝐿[𝑆𝑒𝑛 2𝑢]
 𝑠2𝐿[𝑦(𝑢)] − 𝑠 ∙ 𝑦(0) − 𝑦′(0) − 𝐿[𝑦(𝑢)]= −10
2
𝑠2 +4
 (𝑠2 − 1)𝐿[𝑦(𝑢)] − 𝑠 ∙ (−1) − 0 = −10
2
𝑠2+4
 (𝑠2 − 1)𝐿[𝑦(𝑢)]= −20
1
𝑠2+4
− 𝑠
 𝐿[𝑦(𝑢)] = −
20
(𝑠2−1)(𝑠2+4)
−
𝑠
𝑠2−1
Aplicando T. I. L. a ambos lados:
𝐿−1{𝐿[𝑦(𝑢)]} = 𝐿−1 [−
20
(𝑠2−1)(𝑠2+4)
−
𝑠
𝑠2−1
]  𝑦(𝑢) = 𝐿−1 [−
20
(𝑠2−1)(𝑠2+4)
] − 𝐿−1 [
𝑠
𝑠2−1
]
Separando por fraccionesparciales:
−20
(𝑠2−1)(𝑠2+4)
=
𝐴
𝑠+1
+
𝐵
𝑠−1
+
𝐶𝑠+𝐷
𝑠2+4
 {
𝐴 = 2 ;𝐵 = −2
𝐶 = 0 ;𝐷 = 4
 𝑦(𝑢) = 𝐿−1 [
2
𝑠+1
−
2
𝑠−1
+
4
𝑠2+4
] − 𝐿−1 [
𝑠
𝑠2−1
]
 𝑦(𝑢) = 𝐿−1 [
2
𝑠+1
] − 𝐿−1 [
2
𝑠−1
] + 𝐿−1 [
4
𝑠2 +4
] − 𝐶𝑜𝑠ℎ 𝑡
 𝑦(𝑢) = 2𝑒−𝑢 − 2𝑒𝑢 + 2 𝑆𝑒𝑛 2𝑢 − 𝐶𝑜𝑠ℎ 𝑢

9. 9
Volviendo a la variable original: 𝑦(𝑡) = 2𝑒−(𝑡−𝜋) − 2𝑒(𝑡−𝜋)
+ 2 𝑆𝑒𝑛(𝑡 − 𝜋) − 𝐶𝑜𝑠ℎ(𝑡 − 𝜋)
EJEMPLO7.Resolver:𝑦′′ + 4𝑦′ + 6𝑦 = 1 + 𝑒−𝑡, con𝑦(0) = 0, 𝑦′(0) = 0
Solución.
Aplicando T. L. a ambos lados de la ecuación dada:
𝐿[𝑦′′ + 4𝑦′ + 6𝑦] = 𝐿[1 + 𝑒−𝑡]  𝐿[𝑦′′]+ 4𝐿−1[𝑦′] + 6𝐿[𝑦]= 𝐿[1] + 𝐿[𝑒−𝑡]
 𝑠2𝐿[𝑦)] − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) + 4𝑠𝐿[𝑦] − 4𝑦(0) + 𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠
+
1
𝑠+1
 𝑠2𝐿[𝑦)] − 𝑠(0) − 0 + 4𝑠𝐿[𝑦] − 4(0) + 𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠
+
1
𝑠+1
 (𝑠2 + 4𝑠 + 6)𝐿[𝑦)] =
1
𝑠
+
1
𝑠+1
 𝐿[𝑦)] =
1
𝑠2+4𝑠+6
(
1
𝑠
+
1
𝑠+1
)  𝐿[𝑦)] =
2𝑠+1
𝑠(𝑠+1)(𝑠2+4𝑠+6)
Aplicando T. I. L. a ambos lados: 𝐿−1{𝐿[𝑦(𝑡)]} = 𝐿−1 [
2𝑠+1
𝑠(𝑠+1)(𝑠2+4𝑠+6)
]
 𝑦(𝑡) = 𝐿−1 [
2𝑠+1
𝑠(𝑠+1)(𝑠2+4𝑠+6)
]
Separando por fraccionesparciales:
2𝑠+1
𝑠(𝑠+1)(𝑠2+4𝑠+6)
=
𝐴
𝑠
+
𝐵
𝑠+1
+
𝐶𝑠+𝐷
𝑠2+4𝑠+6
 {
𝐴 =
1
6
;𝐵 =
1
3
𝐶 = −
1
2
;𝐷 = −
5
3
 𝑦(𝑡) = 𝐿−1 [
1/6
𝑠
+
1/3
𝑠+1
+
−(1
2
)𝑠−
5
3
𝑠2+4𝑠+6
]
 𝑦(𝑡) =
1
6
𝐿−1 [
1
𝑠
] +
1
3
𝐿−1 [
1
𝑠+1
] −
1
2
𝐿−1 [
𝑠+2−2
(𝑠+2)2+√2
2] −
5
3
𝐿−1 [
1
(𝑠+2)2+√2
2]
 𝑦(𝑡) =
1
6
(1) +
1
3
𝑒−𝑡 −
1
2
𝐿−1 [
𝑠+2
(𝑠+2)2+√2
2] + 𝐿−1 [
1
(𝑠+2)2+√2
2] −
5
3
𝐿−1 [
1
(𝑠+2)2+√2
2]
 𝑦(𝑡) =
1
6
+
1
3
𝑒−𝑡 −
1
2
𝑒−2𝑡𝐿−1 [
𝑠
𝑠2+√2
2] + 𝑒−2𝑡𝐿−1 [
1
𝑠2+√2
2 ] −
5
3
𝑒−2𝑡𝐿−1[
1
𝑠2+√2
2]
 𝑦(𝑡) =
1
6
+
1
3
𝑒−𝑡 −
1
2
𝑒−2𝑡𝐶𝑜𝑠 √2𝑡 + 𝑒−2𝑡 1
√2
𝑆𝑒𝑛 √2𝑡 −
5
3
𝑒−2𝑡 1
√2
𝑆𝑒𝑛 √2𝑡
 𝑦(𝑡) =
1
6
+
1
3
𝑒−𝑡 −
1
2
𝑒−2𝑡𝐶𝑜𝑠 √2𝑡 −
√2
3
𝑒−2𝑡𝑆𝑒𝑛 √2𝑡
Porlo tanto: 𝑦(𝑡) =
1
6
+
1
3
𝑒−𝑡 −
1
2
𝑒−2𝑡𝐶𝑜𝑠√2𝑡 −
√2
3
𝑒−2𝑡𝑆𝑒𝑛 √2𝑡
EJEMPLO9.Resolver: 𝑡𝑦′ − 3𝑦 = 𝑡2.
Solución.
Aplicando T. L. a ambos lados de la ecuación dada:
𝐿[𝑡𝑦′ − 3𝑦] = 𝐿[𝑡2]  𝐿[𝑡𝑦′] + 3𝐿[𝑦] =
2
𝑠3
 −
𝑑
𝑑𝑡
𝐿[𝑦′] − 3𝐿[𝑦] =
2
𝑠3
 −
𝑑
𝑑𝑡
{𝑠𝐿[𝑦] − 𝑦(0)} − 3𝐿[𝑦] =
2
𝑠3
 −𝑠 ∙ 𝐿′[𝑦] − 𝐿[𝑦] + 0 − 3𝐿[𝑦] =
2
𝑠3

10. 10
 −𝑠 ∙ 𝐿′[𝑦] − 4 𝐿[𝑦] =
2
𝑠3
 𝐿′[𝑦] +
4
𝑠
𝐿[𝑦] =
−2
𝑠4
Esta última es una ecuación diferencial lineal de orden uno cuya incógnita es 𝐿[𝑦]. Se resuelve del
siguiente modo:
𝐿[𝑦] =𝑒
− ∫(4
𝑠
)𝑑𝑠
[∫𝑒
∫(4
𝑠
)𝑑𝑠
∙
−2
𝑠4
𝑑𝑠+ 𝐶]  𝐿[𝑦] =𝑒−4𝐿𝑛 𝑠 [∫𝑒4𝐿𝑛 𝑠 ∙
−2
𝑠4
𝑑𝑠 + 𝐶]
 𝐿[𝑦] =𝑠−4 [∫𝑠4 ∙
−2
𝑠4
𝑑𝑠 + 𝐶]  𝐿[𝑦] =𝑠−4[−2∫𝑑𝑠+ 𝐶]
 𝐿[𝑦] =𝑠−4[−2𝑠+ 𝐶]  𝐿[𝑦] =−
2
𝑠3
+
𝐶
𝑠4
Aplicando T. I. L. a ambos lados: 𝐿−1{𝐿[𝑦(𝑡)]} = 𝐿−1 [−
2
𝑠3
+
𝐶
𝑠4
]  𝑦(𝑡) = 𝐿−1 [−
2
𝑠3
+
𝐶
𝑠4
]
 𝑦(𝑡) = 𝐿−1 [−
2
𝑠3
] + 𝐿−1 [
𝐶
𝑠4
]  𝑦(𝑡) = −2
𝑡2
2!
+ 𝑐
𝑡3
3!
 𝑦(𝑡) = −𝑡2 +
𝐶
6
𝑡3
Porlo tanto: 𝑦(𝑡) = −𝑡2 +
𝐶
6
𝑡3
EJEMPLO11.Resolver:𝑡 𝑦′′(𝑡)+ (1 − 2𝑡)𝑦′(𝑡) − 2𝑦(𝑡) = 0, con𝑦(0) = 1, 𝑦′(0) = 2
Solución.
Aplicando T. L. a ambos lados de la ecuación dada:
𝐿[𝑡 𝑦′′(𝑡)+ (1 − 2𝑡)𝑦′(𝑡)− 2𝑦(𝑡)] = 𝐿[0]
 𝐿[𝑡 𝑦′′] + 𝐿[(1 − 2𝑡)𝑦′] − 2𝐿[𝑦] = 0
 −
𝑑
𝑑𝑠
𝐿[ 𝑦′′] + 𝐿[𝑦′] − 2(−1)
𝑑
𝑑𝑠
𝐿[𝑦′] − 2𝐿[𝑦] = 0
 −
𝑑
𝑑𝑠
{𝑠2𝐿[𝑦] − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0)} + 𝑠𝐿[𝑦] − 𝑦(0) + 2
𝑑
𝑑𝑠
{𝑠𝐿[𝑦] − 𝑦(0)} − 2𝐿[𝑦] = 0
 −
𝑑
𝑑𝑠
{𝑠2𝐿[𝑦] − 𝑠(1) − 2} + 𝑠𝐿[𝑦] − 1 + 2
𝑑
𝑑𝑠
{𝑠𝐿[𝑦] − 1} − 2𝐿[𝑦] = 0
 −
𝑑
𝑑𝑠
{𝑠2𝐿[𝑦] − 𝑠 − 2} + 𝑠𝐿[𝑦] − 1 + 2
𝑑
𝑑𝑠
{𝑠𝐿[𝑦] − 1} − 2𝐿[𝑦] = 0
 −2𝑠 𝐿[𝑦] − 𝑠2𝐿′[𝑦] + 1 + 𝑠𝐿[𝑦] − 1 + 2𝐿[𝑦] + 2𝑠𝐿′[𝑦] − 2𝐿[𝑦] = 0
 (2s−𝑠2)𝐿′[𝑦] − 𝑠𝐿[𝑦] = 0  (2−𝑠)𝐿′[𝑦] − 𝐿[𝑦] = 0  (2−𝑠)𝐿′[𝑦] = 𝐿[𝑦]

𝐿′[𝑦]
𝐿[𝑦]
= −
1
𝑠−2

1
𝐿[𝑦]
𝑑
𝑑𝑠
{𝐿[𝑦]} = −
1
𝑠−2

1
𝐿[𝑦]
𝑑{𝐿[𝑦]} = −
1
𝑠−2
𝑑𝑠
Integrando ambos lados: ∫
𝑑𝐿[𝑦]
𝐿[𝑦]
= −∫
1
𝑠−2
𝑑𝑠  𝐿𝑛 𝐿[𝑦] = −𝐿𝑛(𝑠 − 2) + 𝐿𝑛 𝐶
 𝐿𝑛 𝐿[𝑦] = 𝐿𝑛 (
𝐶
𝑠−2
)  𝐿[𝑦] =
𝐶
𝑠−2
Para hallar el valor de 𝐶 se usa el Teorema del valor inicial: lim
𝑡→0
𝑦(𝑡) = lim
𝑠→∞
𝑠 ∙ 𝐹(𝑠).

11. 11
En el ejercicio: lim
𝑡→0
𝑦(𝑡) = lim
𝑠→∞
𝑠 ∙
𝐶
𝑠−2
; y usando la condición𝑦(0) = 1, se tiene:
1 = lim
𝑠→∞
𝐶𝑠
𝑠−2
 1 = lim
𝑠→∞
𝐶
1
= 𝐶  𝐶 = 1  𝐿[𝑦] =
1
𝑠−2
Aplicando T. I. L. se tiene: 𝐿−1{𝐿[𝑦(𝑡)]} = 𝐿−1 [
1
𝑠−2
]  𝑦(𝑡) = 𝑒2𝑡
Porlo tanto: 𝑦(𝑡) = 𝑒2𝑡
EJEMPLO13.Resolver:𝑦′′ + 𝑡 𝑦′ − 𝑦 = 0, con𝑦(0) = 0, 𝑦′(0) = 1
Solución.
Aplicando T. L. a ambos lados de la ecuación dada:
𝐿[𝑦′′ + 𝑡 𝑦′ − 𝑦] = 𝐿[0]  𝐿[𝑦′′] + 𝐿[𝑡 𝑦′] − 𝐿[𝑦] = 0
 𝑠2𝐿[𝑦] − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) −
𝑑
𝑑𝑡
𝐿[𝑦′]− 𝐿[𝑦] = 0
 𝑠2𝐿[𝑦] − 𝑠(0) − 1 −
𝑑
𝑑𝑡
{𝑠𝐿[𝑦] + 𝑦(0)} − 𝐿[𝑦] = 0
 𝑠2𝐿[𝑦] − 1 − 𝐿[𝑦] − 𝑠𝐿′[𝑦] − 𝐿[𝑦] = 0  (𝑠2 − 2)𝐿[𝑦] − 𝑠𝐿′[𝑦] = 1

𝑠2−2
𝑠
𝐿[𝑦] − 𝐿′[𝑦] =
1
𝑠
 𝐿′[𝑦] − (𝑠 −
2
𝑠
) 𝐿[𝑦] = −
1
𝑠
Esta última es una ecuación diferencial lineal de orden uno cuya incógnita es 𝐿[𝑦]. Se resuelve del
siguiente modo:
𝐿[𝑦] =𝑒
− ∫−(𝑠−
2
𝑠
)𝑑𝑠
[∫𝑒
∫−(𝑠−
2
𝑠
)𝑑𝑠
∙
−1
𝑠
𝑑𝑠 + 𝐶]  𝐿[𝑦] =𝑒
∫(𝑠−
2
𝑠
)𝑑𝑠
[∫𝑒
− ∫(𝑠−
2
𝑠
)𝑑𝑠
∙
−1
𝑠
𝑑𝑠 + 𝐶]
 𝐿[𝑦] =𝑒
𝑠2
2
−2𝐿𝑛 𝑠
[∫𝑒−
𝑠2
2
+2𝐿𝑛 𝑠
∙
−1
𝑠
𝑑𝑠 + 𝐶]  𝐿[𝑦] =𝑒
𝑠2
2 𝑒𝐿𝑛 𝑠−2
[∫𝑒−
𝑠2
2 𝑒𝐿𝑛 𝑠2
∙
−1
𝑠
𝑑𝑠 + 𝐶]
 𝐿[𝑦] =𝑒
𝑠2
2 𝑠−2 [∫𝑒−
𝑠2
2 𝑠2 ∙
−1
𝑠
𝑑𝑠 + 𝐶]  𝐿[𝑦] =𝑒
𝑠2
2 𝑠−2[∫𝑒−
𝑠2
2 (−𝑠𝑑𝑠) + 𝐶]
Haciendo el cambio de variable: 𝑢 = −
𝑠2
2
 𝑑𝑢 = −𝑠 𝑑𝑠
 𝐿[𝑦] =𝑒
𝑠2
2 𝑠−2[∫𝑒𝑢𝑑𝑢] + 𝐶  𝐿[𝑦] = 𝑒
𝑠2
2 𝑠−2[𝑒𝑢 + 𝐶]=𝑒
𝑠2
2 𝑠−2[𝑒−
𝑠2
2 + 𝐶] =
1
𝑠2
+
𝐶
𝑠2
𝑒
𝑠2
2
 𝐿[𝑦] =
1
𝑠2
+
𝐶
𝑠2
𝑒
𝑠2
2 , siendo que 𝐹(𝑠) = 𝐿[𝑦] =
1
𝑠2
+
𝐶
𝑠2
𝑒
𝑠2
2
Para hallar el valor de 𝐶 se usa el Teorema del valor inicial: lim
𝑡→0
𝑦(𝑡) = lim
𝑠→∞
𝑠 ∙ 𝐹(𝑠).
En el ejercicio: lim
𝑡→0
𝑦(𝑡) = lim
𝑠→∞
𝑠(
1
𝑠2
+
𝐶
𝑠2
𝑒
𝑠2
2 ); y usando la condición 𝑦(0) = 0, se tiene:
0 = lim
𝑠→∞
𝑠(
1
𝑠2
+
𝐶
𝑠2
𝑒𝑠2/2)  0 = lim
𝑠→∞
(
1
𝑠
+
𝐶
𝑠
𝑒𝑠2/2)  𝐶 = 0  𝐿[𝑦] =
1
𝑠2
Aplicando T. I. L. a ambos lados: 𝐿−1{𝐿[𝑦(𝑡)]} = 𝐿−1 [
1
𝑠2
]  𝑦(𝑡) = 𝐿−1 [
1
𝑠2
]  𝑦(𝑡) = 𝑡

12. 12
Porlo tanto: 𝑦(𝑡) = 𝑡
EJEMPLO15.Resolver:𝑦′′ − 4𝑦′ = 𝑡𝑒4𝑡, con𝑦(0) = 𝐴, 𝑦′(0) = 𝐵
Solución.
Aplicando T. L. a ambos lados de la ecuación dada:
𝐿[𝑦′′ − 4𝑦′]= 𝐿[𝑡𝑒4𝑡]  𝐿[𝑦′′] − 4𝐿[𝑦′] = [
1
𝑠2
]
𝑠=𝑠−4
 𝑠2𝐿[𝑦] − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) − 4𝑠𝐿[𝑦] + 4𝑦(0) =
1
(𝑠−4)2
 (𝑠2 − 4𝑠)𝐿[𝑦] − 𝑠(𝐴) − 𝐵 + 4𝐴 =
1
(𝑠−4)2
 (𝑠2 − 4𝑠)𝐿[𝑦]= (𝐴𝑠 + 𝐵 − 4𝐴 +
1
(𝑠−4)2
)
 𝐿[𝑦]=
1
𝑠2−4𝑠
(𝐴𝑠+ 𝐵 − 4𝐴 +
1
(𝑠−4)2
)  𝐿[𝑦]=
𝐴
𝑠−4
+ +
𝐵−4𝐴
𝑠(𝑠−4)
+
1
𝑠(𝑠−4)3
Aplicando T. I. L. a ambos lados: 𝐿−1{𝐿[𝑦(𝑡)]} = 𝐿−1 [
𝐴
𝑠−4
+ +
𝐵−4𝐴
𝑠(𝑠−4)
+
1
𝑠(𝑠−4)3
]
 𝑦(𝑡) = 𝐿−1 [
𝐴
𝑠−4
] + 𝐿−1 [
𝐵−4𝐴
𝑠(𝑠−4)
]+ 𝐿−1 [
1
𝑠(𝑠−4)3
]
 𝑦(𝑡) = 𝐴𝑒4𝑡 + (𝐵 − 4𝐴)𝐿−1[
1
𝑠(𝑠−4)
]+𝐿−1 [
1
𝑠(𝑠−4)3
]
 𝑦(𝑡) = 𝐴𝑒4𝑡 + (𝐵 − 4𝐴)∫ 𝐿−1 [
1
𝑠−4
]𝑑𝑡
𝑡
0 + ∫ 𝐿−1 [
1
(𝑠−4)3
]
𝑡
0 𝑑𝑡
 𝑦(𝑡) = 𝐴𝑒4𝑡 + (𝐵 − 4𝐴)∫ 𝑒4𝑡𝑑𝑡
𝑡
0 + ∫ 𝑒4𝑡𝐿−1 [
1
𝑠3
]
𝑡
0 𝑑𝑡
 𝑦(𝑡) = 𝐴𝑒4𝑡 + (𝐵 − 4𝐴)
1
4
[𝑒4𝑡]0
𝑡
+ [
𝑒4𝑡
4
(𝑡2 −
2𝑡
4
+
2
42
)]
0
𝑡
 𝑦(𝑡) = 𝐴𝑒4𝑡 +
𝐵−4𝐴
4
[𝑒4𝑡 − 1] +
𝑒4𝑡
4
(𝑡2 −
2𝑡
4
+
2
42
) +
1
16
 𝑦(𝑡) = 𝐴𝑒4𝑡 +
𝐵−4𝐴
4
[𝑒4𝑡 − 1] +
𝑒4𝑡
4
(𝑡2 −
𝑡
2
+
1
8
) +
1
16
Porlo tanto: 𝑦(𝑡) = 𝐴𝑒4𝑡 +
𝐵−4𝐴
4
[𝑒4𝑡 − 1] +
𝑒4𝑡
32
(8𝑡2 − 4𝑡 + 1) +
1
16
EJEMPLO17.Resolver:𝑦′′ + 2𝑦′ + 5𝑦 = 𝑒−𝑡𝑆𝑒𝑛 𝑡 , con 𝑦(𝜋) = 1, 𝑦′ (
𝜋
4
) = 0
Solución.
Primero, haciendo 𝑦(0) = 𝐴, 𝑦′(0) = 𝐵
Aplicando T. L. a ambos lados de la ecuación dada:
𝐿[𝑦′′ + 2𝑦′ + 5𝑦] = 𝐿[𝑒−𝑡𝑆𝑒𝑛 𝑡]
 𝐿[𝑦′′] + 2𝐿[𝑦′] + 5𝐿[𝑦] = [
1
𝑠2+1
]
𝑠=𝑠+1
 𝑠2𝐿[𝑦] − 𝑠(𝐴) − 𝐵 + 2𝑠𝐿[𝑦] − 2(𝐴) + 5𝐿[𝑦] =
1
(𝑠+1)2+1

13. 13
 (𝑠2 + 2𝑠 + 5)𝐿[𝑦] − 𝐴𝑠− 𝐵 − 2𝐴 =
1
(𝑠+1)2+1
 (𝑠2 + 2𝑠 + 5)𝐿[𝑦]= 𝐴𝑠 + 𝐵 + 2𝐴 +
1
(𝑠+1)2+1
 𝐿[𝑦]=
1
𝑠2+2𝑠+5
(𝐴𝑠+ 2𝐴 + 𝐵 +
1
(𝑠+1)2+1
)
 𝐿[𝑦]=
𝐴𝑠
(𝑠+1)2+4
+
2𝐴+𝐵
(𝑠+1)2+4
+
1
[(𝑠+1)2+4][(𝑠+1)2+1]
Aplicando T. I. L. a ambos lados:
𝐿−1{𝐿[𝑦(𝑡)]} = 𝐿−1 [
𝐴𝑠
(𝑠+1)2+4
+
2𝐴+𝐵
(𝑠+1)2+4
+
1
[(𝑠+1)2+4][(𝑠+1)2+1]
]
 𝑦(𝑡) = 𝐿−1 [
𝐴(𝑠+1)−𝐴
(𝑠+1)2+4
] + 𝐿−1 [
2𝐴+𝐵
(𝑠+1)2+4
] + [
1
[(𝑠+1)2+4][(𝑠+1)2+1]
]
 𝑦(𝑡) = 𝑒−𝑡𝐿−1[
𝐴𝑠−𝐴
𝑠2+4
] + 𝑒−𝑡𝐿−1 [
2𝐴+𝐵
𝑠2+4
] + 𝑒−𝑡𝐿−1 [
1
[𝑠2+4][𝑠2+1]
]
 𝑦(𝑡) = 𝐴𝑒−𝑡𝐿−1 [
𝑠
𝑠2+4
] − 𝐴𝑒−𝑡𝐿−1 [
1
𝑠2+4
] + (2𝐴 + 𝐵)𝑒−𝑡𝐿−1[
1
𝑠2+4
] + 𝑒−𝑡𝐿−1[
1
[𝑠2+4][𝑠2+1]
]
 𝑦(𝑡) = 𝐴𝑒−𝑡𝐶𝑜𝑠 4𝑡 − 𝐴𝑒−𝑡 1
2
𝑆𝑒𝑛 2𝑡 + (2𝐴 + 𝐵)𝑒−𝑡 1
2
𝑆𝑒𝑛 2𝑡 + 𝑒−𝑡𝐿−1 [
1
[𝑠2+4][𝑠2+1]
]
 𝑦(𝑡) = 𝐴𝑒−𝑡𝐶𝑜𝑠 4𝑡 +
(𝐴+𝐵)
2
𝑒−𝑡𝑆𝑒𝑛 2𝑡 + 𝑒−𝑡𝐿−1 [
1
[𝑠2+4][𝑠2+1]
]
Separando por fraccionesparciales:
1
[𝑠2+4][𝑠2+1]
=
𝐶𝑠+𝐷
𝑠2+4
+
𝐸𝑠+𝐹
𝑠2+1
 {
𝐶 = 0;𝐷 =
1
3
𝐸 = 0;𝐹 =
1
3
 𝑦(𝑡) = 𝐴𝑒−𝑡𝐶𝑜𝑠 2𝑡 +
(𝐴+𝐵)
2
𝑒−𝑡𝑆𝑒𝑛 2𝑡 + 𝑒−𝑡𝐿−1 [
−
1
3
𝑠2+4
+
1
3
𝑠2+1
]
 𝑦(𝑡) = 𝐴𝑒−𝑡𝐶𝑜𝑠 2𝑡 +
(𝐴+𝐵)
2
𝑒−𝑡𝑆𝑒𝑛 2𝑡 + 𝑒−𝑡 (−
1
3(2)
𝑆𝑒𝑛 2𝑡 +
1
3
𝑆𝑒𝑛 𝑡)
 𝑦(𝑡) = 𝐴𝑒−𝑡𝐶𝑜𝑠 2𝑡 +
(𝐴+𝐵)
2
𝑒−𝑡𝑆𝑒𝑛 2𝑡 + 𝑒−𝑡 (−
1
6
𝑆𝑒𝑛 2𝑡 +
1
3
𝑆𝑒𝑛 𝑡)
Usando las condiciones iniciales: 𝑦(𝜋) = 1, 𝑦(
𝜋
4
) = 0
 𝑦(𝜋) = 𝐴𝑒−𝜋𝐶𝑜𝑠 2𝜋 +
(𝐴+𝐵)
2
𝑒−𝜋𝑆𝑒𝑛 2𝜋 + 𝑒−𝜋 (−
1
6
𝑆𝑒𝑛 2𝜋 +
1
3
𝑆𝑒𝑛 𝜋)
 1 = 𝐴𝑒−𝜋  𝐴 = 𝑒𝜋
 𝑦 (
𝜋
4
) = 𝐴𝑒−
𝜋
4 𝐶𝑜𝑠(
𝜋
2
) +
(𝐴+𝐵)
2
𝑒−
𝜋
4 𝑆𝑒𝑛(
𝜋
2
) + 𝑒−
𝜋
4 (−
1
6
𝑆𝑒𝑛(
𝜋
2
) +
1
3
𝑆𝑒𝑛(
𝜋
4
))
 𝐵 =
√2
6
Porlo tanto: 𝑦(𝑡) = 𝑒−𝑡 (
1
3
𝑆𝑒𝑛 𝑡 + 𝑒𝜋𝐶𝑜𝑠 2𝑡 −
√2
6
𝑆𝑒𝑛 2𝑡)

14. 14
EJEMPLO19.Resolver:𝑦′ − 𝑦 = 𝑡𝑒𝑡𝑆𝑒𝑛 𝑡, con𝑦(0) = 0
Solución.
Aplicando T. L. a ambos lados de la ecuación dada: 𝐿[𝑦′ − 𝑦] = 𝐿[𝑒𝑡𝑡 𝑆𝑒𝑛 𝑡]
 𝐿[𝑦′] − 𝐿[𝑦] = [−
𝑑
𝑑𝑠
(
1
𝑠2+1
)]
𝑠=𝑠−1
Véase que: 𝐿[𝑆𝑒𝑛 𝑡] =
1
𝑠2+1
 𝐿[𝑡𝑆𝑒𝑛 𝑡] = (−1)
𝑑
𝑑𝑠
[
1
𝑠2+1
] =
−2𝑠
(𝑠2+1)2
 𝐿[𝑒𝑡𝑡𝑆𝑒𝑛 𝑡] =
−2(𝑠−1)
[(𝑠−1)2+1]2
 𝑠 𝐿[𝑦] − 𝑦(0) − 𝐿[𝑦] =
−2(𝑠−1)
[(𝑠−1)2+1]2
 (𝑠 − 1) 𝐿[𝑦] =
−2(𝑠−1)
[(𝑠−1)2+1]2
 𝐿[𝑦] =
−2
[(𝑠−1)2+1]2
Aplicando T. I. L. a ambos lados: 𝐿−1{𝐿[𝑦(𝑡)]} = 𝐿−1 [
−2
[(𝑠−1)2+1]2
]  𝑦(𝑡) = 𝐿−1 [
−2
[(𝑠−1)2+1]2
]
 𝑦(𝑡) = −2𝑒𝑡𝐿−1[
1
(𝑠2+1)2
] = −2𝑒𝑡𝐿−1 [
1
𝑠2+1
1
𝑠2+1
] = −2𝑒𝑡 {𝐿−1 [
1
𝑠2+1
] ∗ 𝐿−1 [
1
𝑠2+1
]}
= −2𝑒𝑡{𝑆𝑒𝑛 𝑡 ∗ 𝑆𝑒𝑛 𝑡} = −2𝑒𝑡 (
𝑆𝑒𝑛 𝑡−𝑡 𝐶𝑜𝑠 𝑡
2
)  𝑦(𝑡) = −𝑒𝑡(𝑆𝑒𝑛 𝑡 − 𝑡 𝐶𝑜𝑠 𝑡)
Porlo tanto: 𝑦(𝑡) = 𝑒𝑡(𝑡 𝐶𝑜𝑠 𝑡 − 𝑆𝑒𝑛 𝑡)
Siendo:
𝑆𝑒𝑛 𝑡 ∗ 𝑆𝑒𝑛 𝑡 = 𝑆𝑒𝑛 𝑡 ∗ 𝑆𝑒𝑛 𝑡 = ∫ 𝑆𝑒𝑛 𝑢 ∙ 𝑆𝑒𝑛 (𝑡 − 𝑢)𝑑𝑢
𝑡
0
= ∫ 𝑆𝑒𝑛 𝑢 ∙ [𝑆𝑒𝑛 𝑡 𝐶𝑜𝑠 𝑢 − 𝑆𝑒𝑛 𝑢 𝐶𝑜𝑠 𝑡]
𝑡
0 𝑑𝑢 = S𝑒𝑛 𝑡∫ 𝑆𝑒𝑛 𝑢 ∙ 𝐶𝑜𝑠 𝑢 𝑑𝑢
𝑡
0 − 𝐶𝑜𝑠 𝑡∫ 𝑆𝑒𝑛2𝑢
𝑡
0 𝑑𝑢
= 𝑆𝑒𝑛 𝑡 [
𝑆𝑒𝑛2𝑢
2
]
0
𝑡
− 𝐶𝑜𝑠 𝑡 [
𝑢
2
−
𝑆𝑒𝑛 2𝑢
4
]
0
𝑡
= 𝑆𝑒𝑛 𝑡 [
𝑆𝑒𝑛2𝑡
2
− 0] − 𝐶𝑜𝑠 𝑡 [
𝑡
2
−
𝑆𝑒𝑛 2𝑡
4
− 0]
=
1
2
𝑆𝑒𝑛3𝑡 −
𝑡
2
𝐶𝑜𝑠 𝑡 + 𝐶𝑜𝑠 𝑡 ∙
1
2
𝑆𝑒𝑛 𝑡 𝐶𝑜𝑠 𝑡 =
1
2
𝑆𝑒𝑛3𝑡 + 𝐶𝑜𝑠2𝑡∙
1
2
𝑆𝑒𝑛 𝑡 −
𝑡
2
𝐶𝑜𝑠 𝑡
=
1
2
𝑆𝑒𝑛 𝑡(𝑆𝑒𝑛2𝑡 + 𝐶𝑜𝑠2𝑡)−
𝑡
2
𝐶𝑜𝑠 𝑡 =
1
2
𝑆𝑒𝑛 𝑡 −
𝑡
2
𝐶𝑜𝑠 𝑡
3.2 RESOLUCIÓN DE SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES
EJEMPLO 1. Resolver las Ecuaciones Diferenciales Lineales de orden 𝑛 sujeta a condiciones iniciales.
{
2𝑥′(𝑡)+ 2𝑥(𝑡) + 𝑦′(𝑡) − 𝑦(𝑡) = 3𝑡
𝑥′(𝑡)+ 𝑥(𝑡) + 𝑦′(𝑡) + 𝑦(𝑡) = 1
, con 𝑥(0) = 1, 𝑦(0) = 3
Solución.
Aplicando T. L. al sistema: {
𝐿[2𝑥′(𝑡) + 2𝑥(𝑡) + 𝑦′(𝑡) − 𝑦(𝑡)] = 𝐿[3𝑡]
𝐿[𝑥′(𝑡) + 𝑥(𝑡) + 𝑦′(𝑡) + 𝑦(𝑡)] = 𝐿[1]
 {
2𝐿[𝑥′(𝑡)] + 2𝐿[𝑥(𝑡)] + 𝐿[𝑦′(𝑡)] − 𝐿[𝑦(𝑡)] = 3𝐿[𝑡]
𝐿[𝑥′(𝑡)] + 𝐿[𝑥(𝑡)] + 𝐿[𝑦′(𝑡)] + 𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠

15. 15
 {
2𝑠𝐿[𝑥(𝑡)] − 2𝑥(0) + 2𝐿[𝑥(𝑡)] + 𝑠𝐿[𝑦(𝑡)] − 𝑦(0) − 𝐿[𝑦(𝑡)] = 3
1
𝑠2
𝑠𝐿[𝑥(𝑡)] − 𝑥(0) + 𝐿[𝑥(𝑡)] + 𝑠𝐿[𝑦(𝑡)] − 𝑦(0) + 𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠
 {
2𝑠𝐿[𝑥(𝑡)] − 2(1) + 2𝐿[𝑥(𝑡)] + 𝑠𝐿[𝑦(𝑡)] − 3 − 𝐿[𝑦(𝑡)] =
3
𝑠2
𝑠𝐿[𝑥(𝑡)] − 1 + 𝐿[𝑥(𝑡)] + 𝑠𝐿[𝑦(𝑡)] − 3 + 𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠
 {
(2𝑠 + 2)𝐿[𝑥(𝑡)] + (𝑠 − 1)𝐿[𝑦(𝑡)] =
3
𝑠2
+ 5
(𝑠 + 1)𝐿[𝑥(𝑡)] + (𝑠 + 1)𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠
+ 4
Aplicando “Regla de Cramer” con incógnitas 𝐿[𝑥(𝑡)] , 𝐿[𝑦(𝑡)]
∆𝑠= |
2𝑠 + 2 𝑠 − 1
𝑠 + 1 𝑠 + 1
|= (2𝑠 + 2)(𝑠 + 1) − (𝑠 + 1)(𝑠 − 1) = (𝑠 + 1)(𝑠 + 3)
∆𝐿[𝑥]= |
3
𝑠2
+ 5 𝑠 − 1
1
𝑠
+ 4 𝑠 + 1
| = (
3
𝑠2
+ 5) (𝑠 + 1) − (
1
𝑠
+ 4)(𝑠 − 1) =
𝑠3+8𝑠2+4𝑠+3
𝑠2
∆𝐿[𝑦]= |
2𝑠 + 2
3
𝑠2
+ 5
𝑠 + 1
1
𝑠
+ 4
| = (2𝑠 + 2) (
1
𝑠
+ 4) − (𝑠 + 1) (
3
𝑠2
+ 5) =
3𝑠3+5𝑠2−𝑠−3
𝑠2
Se obtienen las incógnitas, luego de separar en fracciones parciales:
𝐿[𝑥(𝑡)] =
∆𝐿[𝑥]
∆𝑠
=
𝑠3+8𝑠2+4𝑠+3
𝑠2(𝑠+1)(𝑠+3)
=
1
𝑠2
−
2
𝑠+3
+
3
𝑠+1
𝐿[𝑥(𝑡)] =
∆𝐿[𝑦]
∆𝑠
=
3𝑠3 +5𝑠2−𝑠−3
𝑠2(𝑠+1)(𝑠+3)
=
1
𝑠
−
2
𝑠2
+
3
𝑠+3
Aplicando T. I. L. a ambos lados: {
𝐿−1{𝐿[𝑥(𝑡)]} = 𝐿−1 [
1
𝑠2
−
2
𝑠+3
+
3
𝑠+1
]
𝐿−1{𝐿[𝑦(𝑡)]} = 𝐿−1 [
1
𝑠
−
2
𝑠2
+
3
𝑠+3
]
 {
𝑥(𝑡) = 𝐿−1 [
1
𝑠2
] − 𝐿−1 [
2
𝑠+3
] + 𝐿−1 [
3
𝑠+1
]
𝑦(𝑡) = 𝐿−1 [
1
𝑠
] − 𝐿−1 [
2
𝑠2
] + 𝐿−1 [
3
𝑠+3
]
 {
𝑥(𝑡) = 𝑡 − 2𝑒−𝑡 + 3𝑒−𝑡
𝑦(𝑡) = 1 − 𝑡 + 2𝑒−3𝑡
Por lo tanto: {
𝑥(𝑡) = 𝑡 − 2𝑒−𝑡 + 3𝑒−𝑡
𝑦(𝑡) = 1 − 𝑡 + 2𝑒−3𝑡
EJEMPLO 3. Resolver las Ecuaciones Diferenciales Lineales de orden 𝑛 sujeta a condiciones iniciales.
{
𝑥′′(𝑡) − 𝑥(𝑡) + 5𝑦′(𝑡) = 𝑡
𝑦′′(𝑡)− 4𝑦(𝑡) − 2𝑥′(𝑡) = −2
, con 𝑥(0) = 𝑥′(0) = 0, 𝑦(0) = 𝑦′(0) = 0
Solución.
Aplicando T. L. al sistema: {
𝐿[𝑥′′(𝑡) − 𝑥(𝑡) + 5𝑦′(𝑡)] = 𝐿[𝑡]
𝐿[𝑦′′(𝑡) − 4𝑦(𝑡) − 2𝑥′(𝑡)] = 𝐿[−2]

16. 16
 {
𝐿[𝑥′′(𝑡)] − 𝐿[𝑥(𝑡)] + 5𝐿[𝑦′(𝑡)] = 𝐿[𝑡]
𝐿[𝑦′′(𝑡)]− 4𝐿[𝑦(𝑡)] − 2𝐿[𝑥′(𝑡)] = 𝐿[−2]
 {
𝑠2𝐿[𝑥(𝑡)] − 𝑠 𝑥(0) − 𝑥′(0) − 𝐿[𝑥(𝑡)] + 5𝑠 𝐿[𝑦(𝑡)] − 𝑦(0) =
1
𝑠2
𝑠2𝐿[𝑦(𝑡)] − 𝑠 𝑦(0) − 𝑦′(0) − 4𝐿[𝑦(𝑡)] − 2𝑠 𝐿[𝑥(𝑡)] − 2𝑥(0) = −2
1
𝑠
 {
(𝑠2 − 1)𝐿[𝑥(𝑡)] + 5𝑠 𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠2
−2𝑠 𝐿[𝑥(𝑡)] + (𝑠2 − 4)𝐿[𝑦(𝑡)] =
−2
𝑠
Aplicando “Regla de Cramer” con incógnitas 𝐿[𝑥(𝑡)] , 𝐿[𝑦(𝑡)]
∆𝑠= |𝑠2 − 1 5𝑠
−2𝑠 𝑠2 − 4
| = (𝑠2 − 1)(𝑠2 − 4) − (−2𝑠)(5𝑠) = 𝑠4 + 5𝑠2 + 4
∆𝐿[𝑥]= |
1
𝑠2
5𝑠
−2
𝑠
𝑠2 − 4
| = 1 −
4
𝑠2
+ 10 =
11𝑠2−4
𝑠2
∆𝐿[𝑦]= |
𝑠2 − 1
1
𝑠2
−2𝑠
−2
𝑠
| = −2𝑠 +
2
𝑠
+
2
𝑠
=
−2𝑠2+4
𝑠
Se obtienen las incógnitas, luego de separar en fracciones parciales:
𝐿[𝑥(𝑡)] =
∆𝐿[𝑥]
∆𝑠
=
11𝑠2−4
𝑠2(𝑠2+1)(𝑠2+4)
= −
1
𝑠2
+
2
𝑠2+1
−
4
𝑠2+4
𝐿[𝑦(𝑡)] =
∆𝐿[𝑦]
∆𝑠
=
−2𝑠2+4
𝑠(𝑠2+1)(𝑠2+4)
=
1
𝑠
−
2𝑠
𝑠2+1
+
𝑠
𝑠2+4
Aplicando T. I. L. a ambos lados: {
𝐿−1{𝐿[𝑥(𝑡)]} = 𝐿−1 [−
1
𝑠2
+
2
𝑠2+1
−
4
𝑠2 +4
]
𝐿−1{𝐿[𝑦(𝑡)]} = 𝐿−1 [
1
𝑠
−
2𝑠
𝑠2+1
+
𝑠
𝑠2 +4
]
 {
𝑥(𝑡) = −𝐿−1 [
1
𝑠2
] − 𝐿−1 [
𝑠
𝑠2+1
] + 𝐿−1[
4
𝑠2+4
]
𝑦(𝑡) = 𝐿−1 [
1
𝑠
] − 2𝐿−1[
𝑠
𝑠2+1
] + 𝐿−1 [
𝑠
𝑠2+4
]
 {
𝑥(𝑡) = −𝑡 + 5 𝑆𝑒𝑛 𝑡 − 2 𝑆𝑒𝑛 2𝑡
𝑦(𝑡) = 1 − 2 𝐶𝑜𝑠 𝑡 + 2 𝐶𝑜𝑠 2𝑡
Por lo tanto: {
𝑥(𝑡) = −𝑡 + 5 𝑆𝑒𝑛 𝑡 − 2 𝑆𝑒𝑛 2𝑡
𝑦(𝑡) = 1 − 2 𝐶𝑜𝑠 𝑡 + 2 𝐶𝑜𝑠 2𝑡
EJEMPLO 5. Resolver las Ecuaciones Diferenciales Lineales de orden 𝑛 sujeta a condiciones iniciales.
{
𝑥′(𝑡)+ 𝑥(𝑡) + 𝑦(𝑡) = 0
𝑦′(𝑡)− 2𝑥(𝑡) = 0
, con 𝑥(0) = 0, 𝑦(0) = 1
Solución.
Aplicando T. L. al sistema: {
𝐿[𝑥′(𝑡)+ 𝑥(𝑡) + 𝑦(𝑡)] = 𝐿[0]
𝐿[𝑦′(𝑡) − 2𝑥(𝑡)] = 𝐿[0]

17. 17
 {
𝐿[𝑥′(𝑡)] + 𝐿[𝑥(𝑡)] + 𝐿[𝑦(𝑡)] = 0
𝐿[𝑦′(𝑡)] − 2𝐿[𝑥(𝑡)] = 0
 {
𝑠𝐿[𝑥(𝑡)] − 𝑥(0) + 𝐿[𝑥(𝑡)] + 𝐿[𝑦(𝑡)] = 0
𝑠𝐿[𝑦(𝑡)] − 𝑦(0) − 2𝐿[𝑥(𝑡)] = 0
 {
(𝑠 + 1)𝐿[𝑥(𝑡)] − 0 + 𝐿[𝑦(𝑡)] = 0
−2𝐿[𝑥(𝑡)] + 𝑠𝐿[𝑦(𝑡)] − 1 = 0
 {
(𝑠 + 1)𝐿[𝑥(𝑡)] + 𝐿[𝑦(𝑡)] = 0
−2𝐿[𝑥(𝑡)] + 𝑠𝐿[𝑦(𝑡)] = 1
Aplicando “Regla de Cramer” con incógnitas 𝐿[𝑥(𝑡)] , 𝐿[𝑦(𝑡)]
∆𝑠= |
𝑠 + 1 1
−2 𝑠
| = (𝑠 + 1)𝑠 + 2 = 𝑠2 + 𝑠 + 2 = (𝑠 +
1
2
)2 +
7
4
= (𝑠 +
1
2
)
2
+ (
√7
2
)
2
∆𝐿[𝑥]= |
0 1
1 𝑠
| = −1
∆𝐿[𝑦]= |
𝑠 + 1 0
−2 1
| = 𝑠 + 1
Se obtienen las incógnitas, luego de separar en fracciones parciales:
𝐿[𝑥(𝑡)] =
∆𝐿[𝑥]
∆𝑠
=
−1
𝑠2+𝑠+2
=
−1
(𝑠+
1
2
)
2
+(√7
2
)
2 y 𝐿[𝑦(𝑡)] =
∆𝐿[𝑦]
∆𝑠
=
𝑠+1
𝑠2+𝑠+2
=
𝑠+1
(𝑠+
1
2
)
2
+(√7
2
)
2
Aplicando T. I. L. a ambos lados:
{
𝐿−1{𝐿[𝑥(𝑡)]} = −𝐿−1 [
−1
(𝑠+
1
2
)
2
+(√7
2
)
2]
𝐿−1{𝐿[𝑦(𝑡)]} = 𝐿−1[
𝑠+
1
2
+
1
2
(𝑠+
1
2
)
2
+(√7
2
)
2]

{
𝑥(𝑡) = −𝑒−𝑡/2𝐿−1 [
−1
𝑠2+(√7
2
)
2]
𝑦(𝑡) = 𝑒−𝑡/2𝐿−1 [
𝑠+
1
2
𝑠2+(√7
2
)
2]
 {
𝑥(𝑡) = −𝑒−
𝑡
2
1
√7
2
𝑆𝑒𝑛 (
√7
2
𝑡)
𝑦(𝑡) = 𝑒−
𝑡
2 𝑆𝑒𝑛 (
√7
2
𝑡) − 𝑒−
𝑡
2
1
√7
𝑆𝑒𝑛 (
√7
2
𝑡)
Por lo tanto: {
𝑥(𝑡) = −
2
√7
𝑒−
𝑡
2 𝑆𝑒𝑛 (
√7
2
𝑡)
𝑦(𝑡) = 𝑒−
𝑡
2 𝐶𝑜𝑠(
√7
2
𝑡) −
1
√7
𝑒−
𝑡
2 𝑆𝑒𝑛 (
√7
2
𝑡)
EJEMPLO 7. Resolver las Ecuaciones Diferenciales Lineales de orden 𝑛 sujeta a condiciones iniciales.
{
𝑥′(𝑡) = 3𝑥(𝑡) − 9𝑦(𝑡) + 𝑡
𝑦′(𝑡) = 2𝑥(𝑡) − 3𝑦(𝑡) − 1
, con 𝑥(0) = −1, 𝑦(0) = 3
Solución.
Reescribiendo el sistema: {
𝑥′(𝑡)− 3𝑥(𝑡) + 9𝑦(𝑡) = 𝑡
𝑦′(𝑡) − 2𝑥(𝑡) + 3𝑦(𝑡) = −1
Aplicando T. L. al sistema:

18. 18
{
𝐿[𝑥′(𝑡) − 3𝑥(𝑡) + 9𝑦(𝑡)] = 𝐿[𝑡]
𝐿[𝑦′(𝑡) − 2𝑥(𝑡) + 3𝑦(𝑡)] = 𝐿[−1]
 {
𝐿[𝑥′(𝑡)]− 3𝐿[𝑥(𝑡)] + 9[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠2
𝐿[𝑦′(𝑡)] − 2𝐿[𝑥(𝑡)] + 3𝐿[𝑦(𝑡)] =
−1
𝑠
 {
𝑠𝐿[𝑥(𝑡)] − 𝑥(0) − 3𝐿[𝑥(𝑡)] + 9𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠2
𝑠𝐿[𝑦(𝑡)] − 𝑦(0) − 2𝐿[𝑥(𝑡)] + 3𝐿[𝑦(𝑡)] =
−1
𝑠
 {
𝑠𝐿[𝑥(𝑡)] − (−1) − 3𝐿[𝑥(𝑡)] + 9𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠2
𝑠𝐿[𝑦(𝑡)] − 3 − 2𝐿[𝑥(𝑡)] + 3𝐿[𝑦(𝑡)] =
−1
𝑠
 {
(𝑠 − 3)𝐿[𝑥(𝑡)] + 9𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠2
− 1
−2𝐿[𝑥(𝑡)] + (𝑠 + 3)𝐿[𝑦(𝑡)] = 3 −
1
𝑠
Aplicando “Regla de Cramer” con incógnitas 𝐿[𝑥(𝑡)] , 𝐿[𝑦(𝑡)]
∆𝑠= |
𝑠 − 3 9
−2 𝑠 + 3
| =𝑠2 + 9
∆𝐿[𝑥]= |
1
𝑠2
− 1 9
3 −
1
𝑠
𝑠 + 3
| =
10
𝑠
+
3
𝑠2
− 𝑠 − 30
∆𝐿[𝑦]= |
𝑠 − 2
1
𝑠2
− 1
2 3 −
1
𝑠
| =
2
𝑠
−
2
𝑠2
− 3𝑠 − 5
Se obtienen las incógnitas, luego de separar en fracciones parciales:
𝐿[𝑥(𝑡)] =
∆𝐿[𝑥]
∆𝑠
= −
10
𝑠
+
3
𝑠2−𝑠−30
𝑠2+9
=
10𝑠
𝑠2 +
3
𝑠2−
𝑠3
𝑠2−
30𝑠2
𝑠2
𝑠2+9
=
3+10𝑠−30𝑠2 −𝑠3
𝑠2(𝑠2+9)
=
10
9𝑠
+
1
3𝑠2
−
19𝑠
9(𝑠2+9)
−
91
3(𝑠2+9)
Aplicando T. I. L. a ambos lados: 𝐿−1{𝐿[𝑥(𝑡)]} = 𝐿−1 [
10
9𝑠
+
1
3𝑠2
−
19𝑠
9(𝑠2+9)
−
91
3(𝑠2+9)
]
 𝑥(𝑡) =
10
9
𝐿−1 [
1
𝑠
] +
1
3
𝐿−1 [
1
𝑠2
] −
19
9
𝐿−1 [
𝑠
𝑠2+9
] −
91
3
𝐿−1 [
1
𝑠2+9
]
 𝑥(𝑡) =
10
9
+
1
3
𝑡 −
19
9
𝐶𝑜𝑠 3𝑡 −
91
3
𝑆𝑒𝑛 3𝑡
A partir de 𝑥(𝑡) se obtiene 𝑦(𝑡) dado que: 𝑥′(𝑡) = 3𝑥(𝑡) − 9𝑦(𝑡) + 𝑡
De donde: 𝑦(𝑡) =
1
9
[3𝑥(𝑡) − 𝑥′(𝑡) + 𝑡]
𝑦(𝑡) =
1
9
[3 (
10
9
+
1
3
𝑡 −
19
9
𝐶𝑜𝑠 3𝑡 −
91
3
𝑆𝑒𝑛 3𝑡) − (
1
3
+
19
3
𝑆𝑒𝑛 3𝑡 − 91𝐶𝑜𝑠 3𝑡) + 𝑡]
𝑦(𝑡) =
1
9
[
27
9
+ 2𝑡 −
110
3
𝑆𝑒𝑛 3𝑡 + 24𝐶𝑜𝑠 3𝑡]
𝑦(𝑡) =
1
3
+
2
9
𝑡 −
110
27
𝑆𝑒𝑛 3𝑡 +
8
3
𝐶𝑜𝑠 3𝑡
Por lo tanto:  {
𝑥(𝑡) =
10
9
+
1
3
𝑡 −
19
9
𝐶𝑜𝑠 3𝑡 −
91
3
𝑆𝑒𝑛 3𝑡
𝑦(𝑡) =
1
3
+
2
9
𝑡 −
110
27
𝑆𝑒𝑛 3𝑡 +
8
3
𝐶𝑜𝑠 3𝑡
EJEMPLO 9. Resolver las Ecuaciones Diferenciales Lineales de orden 𝑛 sujeta a condiciones iniciales.

19. 19
{
𝑥′(𝑡) + 𝑦(𝑡) = 𝑡
4𝑥(𝑡) + 𝑦′(𝑡) = 0
, con 𝑥(0) = 1, 𝑦(0) = 2
Solución.
Aplicando T. L. al sistema: {
𝐿[𝑥′(𝑡) + 𝑦(𝑡)] = 𝐿[𝑡]
𝐿[4𝑥(𝑡) + 𝑦′(𝑡)] = 𝐿[0]
 {
𝐿[𝑥′(𝑡)] + 𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠2
4𝐿[𝑥(𝑡)] + 𝐿[𝑦′(𝑡)] = 0
 {
𝑠𝐿[𝑥(𝑡)] − 𝑥(0) + 𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠2
4𝐿[𝑥(𝑡)] + 𝑠𝐿[𝑦(𝑡)] − 𝑦(0) = 0
 {
𝑠𝐿[𝑥(𝑡)] − 1 + 𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠2
4𝐿[𝑥(𝑡)] + 𝑠𝐿[𝑦(𝑡)] − 2 = 0
 {
𝑠𝐿[𝑥(𝑡)] + 𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠2
+ 1
4𝐿[𝑥(𝑡)] + 𝑠𝐿[𝑦(𝑡)] = 2
Aplicando “Regla de Cramer” con incógnitas 𝐿[𝑥(𝑡)] , 𝐿[𝑦(𝑡)]
∆𝑠= |
𝑠 1
4 𝑠
| = (𝑠2 − 4)
∆𝐿[𝑥]= |
1
𝑠2
+ 1 1
2 𝑠
| =
1
𝑠
+ 𝑠 − 2
∆𝐿[𝑦]= |𝑠
1
𝑠2
+ 1
4 2
| = 2𝑠 −
4
𝑠2
− 4
Se obtienen las incógnitas, luego de separar en fracciones parciales:
𝐿[𝑥(𝑡)] =
∆𝐿[𝑥]
∆𝑠
=
1
𝑠2−4
(
1
𝑠
+ 𝑠 − 2 ) =
1
𝑠(𝑠−2)(𝑠+2)
+
1
𝑠+2
=
−1/4
𝑠
+
1/8
𝑠−2
+
1/8
𝑠+2
+
1
𝑠+2
=
−1/4
𝑠
+
1/8
𝑠−2
+
9/8
𝑠+2
𝐿[𝑦(𝑡)] =
∆𝐿[𝑦]
∆𝑠
=
1
𝑠2 −4
(2𝑠 −
4
𝑠2
− 4) =
1
𝑠2−4
(2(𝑠 − 2) −
4
𝑠2
) =
2
𝑠+2
−
4
𝑠2(𝑠−2)(𝑠+2)
=
2
𝑠+2
+
1
𝑠2
−
1/4
𝑠−2
+
1/4
𝑠+2
=
9/4
𝑠+2
+
1
𝑠2
−
1/4
𝑠−2
Aplicando T. I. L. a ambos lados: {
𝐿−1{𝐿[𝑥(𝑡)]} = 𝐿−1 [
−1/4
𝑠
+
1/8
𝑠−2
+
9/8
𝑠+2
]
𝐿−1{𝐿[𝑦(𝑡)]} = 𝐿−1 [
9/4
𝑠+2
+
1
𝑠2
−
1/4
𝑠−2
]
 {
𝑥(𝑡) = 𝐿−1 [
−1/4
𝑠
] + 𝐿−1 [
1/8
𝑠−2
] + 𝐿−1 [
9/8
𝑠+2
]
𝑦(𝑡) = 𝐿−1 [
9/4
𝑠+2
] + 𝐿−1 [
1
𝑠2
] − 𝐿−1 [
1/4
𝑠−2
]
 {
𝑥(𝑡) = −
1
4
+
1
8
𝑒2𝑡 +
8
9
𝑒−2𝑡
𝑦(𝑡) =
9
4
𝑒−2𝑡 + 𝑡 −
1
4
𝑒2𝑡
Por lo tanto: {
𝑥(𝑡) = −
1
4
+
1
8
𝑒2𝑡 +
8
9
𝑒−2𝑡
𝑦(𝑡) = 𝑡 −
1
4
𝑒2𝑡 +
9
4
𝑒−2𝑡
EJERCICIOS ADICIONALES DE APLICACIÓN DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE.
3.3 EJERCICIOS SOBRE CÁLCULO DE ALGUNAS INTEGRALES IMPROPIAS USANDO T. L.

20. 20
EJEMPLO 1. Demostrar que ∫ 𝑡𝑒−3𝑡𝑆𝑒𝑛 𝑡 𝑑𝑡
∞
0 =
3
50
En efecto:
Haciendo intervenir a la transformada de Laplace:
Primero: 𝐿[𝑆𝑒𝑛 𝑡] =
1
𝑠2+1
Segundo: 𝐿[𝑡 𝑆𝑒𝑛 𝑡] = (−1)
𝑑
𝑑𝑠
[
1
𝑠2+1
] =
2𝑠
(𝑠2+1)2
 𝐿[𝑡 𝑆𝑒𝑛 𝑡] =
2𝑠
(𝑠2+1)2
Luego: 𝐿[𝑡 𝑆𝑒𝑛 𝑡] =
2𝑠
(𝑠2+1)2
Remplazando con la definición de transformada de Laplace a 𝐿[𝑡 𝑆𝑒𝑛 𝑡]:
∫ 𝑒−𝑠𝑡𝑡𝑆𝑒𝑛 𝑡 𝑑𝑡
∞
0 =
2𝑠
(𝑠2+1)2
Ahora aplicando límite cuando 𝑠 → 3 a ambos lados: lim
𝑠→3
∫ 𝑒−𝑠𝑡𝑡𝑆𝑒𝑛 𝑡 𝑑𝑡
∞
0 = lim
𝑠→3
2𝑠
(𝑠2+1)2
 ∫ 𝑒−3𝑡𝑡𝑆𝑒𝑛 𝑡 𝑑𝑡
∞
0 =
2(3)
(32+1)2
=
6
100
=
3
50
Por lo tanto: ∫ 𝑡𝑒−3𝑡𝑆𝑒𝑛 𝑡 𝑑𝑡
∞
0 =
3
50
EJEMPLO 2. Demostrar que ∫
𝑒−3𝑡−𝑒−9𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0 = 𝐿𝑛 3
En efecto:
Haciendo intervenir a la transformada de Laplace:
Primero: 𝐿[𝑒−3𝑡 − 𝑒−9𝑡] =
1
𝑠+3
−
1
𝑠+9
Segundo: 𝐿 [
𝑒−3𝑡−𝑒−9𝑡
𝑡
] = ∫ (
1
𝑠+3
−
1
𝑠+9
)𝑑𝑠
∞
𝑠 = lim
𝑏→∞
[∫ (
1
𝑠+3
−
1
𝑠+9
) 𝑑𝑠
𝑏
𝑠 ]
= lim
𝑏→∞
[𝐿𝑛(𝑢 + 3) − 𝐿𝑛(𝑢 + 9)]𝑠
𝑏 = lim
𝑏→∞
[𝐿𝑛 (
𝑠+3
𝑠+9
)]
𝑠
𝑏
= lim
𝑏→∞
[𝐿𝑛 (
𝑏+3
𝑏+9
) − 𝐿𝑛 (
𝑠+3
𝑠+9
)] = 𝐿𝑛 1 − 𝐿𝑛 (
𝑠+3
𝑠+9
) = 𝐿𝑛 (
𝑠+9
𝑠+3
)
Luego: 𝐿 [
𝑒−3𝑡−𝑒−9𝑡
𝑡
] = 𝐿𝑛 (
𝑠+9
𝑠+3
)
Reemplazando con la definición de transformada de Laplace a 𝐿 [
𝑒−3𝑡−𝑒−9𝑡
𝑡
]:
∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑒−3𝑡−𝑒−9𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0 = 𝐿𝑛 (
𝑠+9
𝑠+3
)
Ahora aplicando límite cuando 𝑠 → 0 a ambos lados: lim
𝑠→0
∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑒−3𝑡−𝑒−9𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0 = lim
𝑠→0
𝐿𝑛 (
𝑠+9
𝑠+3
)
 ∫
𝑒−3𝑡−𝑒−9𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0 = 𝐿𝑛 (
9
3
) = 𝐿𝑛(3)
Por lo tanto: ∫
𝑒−3𝑡−𝑒−9𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0 = 𝐿𝑛(3)
EJEMPLO 3. Demostrar que: a) ∫
𝑒−𝑡𝑆𝑒𝑛 𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0 =
𝜋
4
b) ∫
𝑆𝑒𝑛 𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0 =
𝜋
2

21. 21
En efecto:
Haciendo intervenir a la transformada de Laplace:
Primero: 𝐿[𝑆𝑒𝑛 𝑡] =
1
𝑠2+1
Segundo: 𝐿 [
𝑆𝑒𝑛 𝑡
𝑡
] = ∫ [
1
𝑠2+1
] 𝑑𝑠
∞
𝑠 = lim
𝑏→∞
∫ [
1
𝑠2+1
] 𝑑𝑠
𝑏
𝑠 = lim
𝑏→∞
[𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑠]𝑠
𝑏
= lim
𝑏→∞
[𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑏 − 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑠]= lim
𝑏→∞
[𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑏] − 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑠=
𝜋
2
− 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑠
Luego: 𝐿 [
𝑆𝑒𝑛 𝑡
𝑡
] =
𝜋
2
− 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑠
Reemplazando con la definición de transformada de Laplace a 𝐿 [
𝑆𝑒𝑛 𝑡
𝑡
]:
∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑆𝑒𝑛 𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0 =
𝜋
2
− 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑠.
a) Ahora aplicando límite cuando 𝑠 → 1 a ambos lados:
lim
𝑠→1
∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑆𝑒𝑛 𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0 = lim
𝑠→1
(
𝜋
2
− 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑠) =
𝜋
2
−
𝜋
4
=
𝜋
4
Por lo tanto: ∫
𝑒−𝑡 𝑆𝑒𝑛 𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0 =
𝜋
4
b) Ahora aplicando límite cuando 𝑠 → 0 a ambos lados:
lim
𝑠→0
∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑆𝑒𝑛 𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0 = lim
𝑠→0
(
𝜋
2
− 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑠) =
𝜋
2
− 0 =
𝜋
2
Por lo tanto: ∫
𝑆𝑒𝑛 𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0 =
𝜋
2
EJEMPLO 4. Calcular: a) ∫
𝐶𝑜𝑠 4𝑡−𝐶𝑜𝑠 3𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0 b) ∫
𝑒−𝑡(𝐶𝑜𝑠 4𝑡−𝐶𝑜𝑠 3𝑡)
𝑡
𝑑𝑡
∞
0
Solución.
Haciendo intervenir a la transformada de Laplace:
Primero: 𝐿[𝐶𝑜𝑠 4𝑡 − 𝐶𝑜𝑠 3𝑡] =
𝑠
𝑠2+16
−
𝑠
𝑠2+9
Segundo: 𝐿 [
𝐶𝑜𝑠 4𝑡−𝐶𝑜𝑠 3𝑡
𝑡
] = ∫ [
𝑠
𝑠2+16
−
𝑠
𝑠2+9
] 𝑑𝑠
∞
𝑠 = lim
𝑏→∞
∫ [
𝑠
𝑠2+16
−
𝑠
𝑠2+9
] 𝑑𝑠
𝑏
𝑠
= lim
𝑏→∞
[
1
2
𝐿𝑛(𝑠2 + 16) −
1
2
𝐿𝑛(𝑠2 + 9)]
𝑠
𝑏
= lim
𝑏→∞
[
1
2
𝐿𝑛 (
𝑠2+16
𝑠2+9
)]
𝑠
𝑏
= lim
𝑏→∞
[
1
2
𝐿𝑛 (
𝑏2+16
𝑏2+9
) −
1
2
𝐿𝑛 (
𝑠2+16
𝑠2+9
)] = lim
𝑏→∞
[
1
2
𝐿𝑛 1 −
1
2
𝐿𝑛 (
𝑠2+16
𝑠2+9
)] =
1
2
𝐿𝑛 (
𝑠2+9
𝑠2+16
)
Luego: 𝐿 [
𝐶𝑜𝑠 4𝑡−𝐶𝑜𝑠 3𝑡
𝑡
] =
1
2
𝐿𝑛(
𝑠2+9
𝑠2+16
)
Reemplazando con la definición de transformada de Laplace a 𝐿 [
𝐶𝑜𝑠 4𝑡−𝐶𝑜𝑠 3𝑡
𝑡
]:
∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝐶𝑜𝑠 4𝑡−𝐶𝑜𝑠 3𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0 =
1
2
𝐿𝑛 (
𝑠2+9
𝑠2 +16
)
a) Ahora aplicando límite cuando 𝑠 → 0 a ambos lados:

22. 22
lim
𝑠→0
∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝐶𝑜𝑠 4𝑡−𝐶𝑜𝑠 3𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0 = lim
𝑠→0
[
1
2
𝐿𝑛 (
𝑠2+9
𝑠2+16
)] = 𝐿𝑛 (
9
16
)
1/2
= 𝐿𝑛 (
3
4
)
Por lo tanto: ∫
𝐶𝑜𝑠 4𝑡−𝐶𝑜𝑠 3𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0 = 𝐿𝑛(
3
4
)
b) Ahora aplicando límite cuando 𝑠 → 1 a ambos lados:
lim
𝑠→1
∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝐶𝑜𝑠 4𝑡−𝐶𝑜𝑠 3𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0 = lim
𝑠→1
[
1
2
𝐿𝑛 (
𝑠2+9
𝑠2+16
)] =
𝜋
2
− 0 =
𝜋
2
Por lo tanto: ∫ 𝑒−𝑡 𝐶𝑜𝑠 4𝑡−𝐶𝑜𝑠 3𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0 = 𝐿𝑛√
10
17
EJEMPLO 5. Calcular: ∫
𝑒−𝑎𝑡𝑆𝑒𝑛 𝑏𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0 ; 𝑎 > 0 , 𝑏 > 0
Solución.
Haciendo intervenir a la transformada de Laplace:
Primero: 𝐿[𝑆𝑒𝑛 𝑏𝑡] =
𝑏
𝑠2+𝑏2
Segundo: 𝐿 [
𝑆𝑒𝑛 𝑏𝑡
𝑡
] = ∫
𝑏
𝑠2+𝑏2
𝑑𝑠
∞
𝑠 = lim
𝑘→∞
∫ [
𝑏
𝑠2+𝑏2
]𝑑𝑠
𝑘
𝑠 = lim
𝑘→∞
[𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑠/𝑏)]𝑠
𝑘
= lim
𝑘→∞
[𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (
𝑘
𝑏
) − 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (
𝑠
𝑏
)] =
𝜋
2
−𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(
𝑠
𝑏
)
Luego: 𝐿 [
𝑆𝑒𝑛 𝑏𝑡
𝑡
] =
𝜋
2
− 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(
𝑠
𝑏
)
Reemplazando con la definición de transformada de Laplace a 𝐿 [
𝑆𝑒𝑛 𝑏𝑡
𝑡
]:
∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑆𝑒𝑛 𝑏𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0 =
𝜋
2
− 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(
𝑠
𝑏
).
Ahora aplicando límite cuando 𝑠 → 𝑎 a ambos lados:
lim
𝑠→𝑎
∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑆𝑒𝑛 𝑏𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0 = lim
𝑠→𝑎
[
𝜋
2
− 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(
𝑠
𝑏
)] =
𝜋
2
− 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(
𝑎
𝑏
)
Por lo tanto: ∫
𝑒−𝑎𝑡𝑆𝑒𝑛 𝑏𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0 =
𝜋
2
− 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(
𝑎
𝑏
)
EJEMPLO 6. Calcular: ∫
𝑒−𝑡𝑆𝑒𝑛2𝑏𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0
Solución.
Haciendo intervenir a la transformada de Laplace:
Primero: 𝐿[𝑆𝑒𝑛2𝑡] = 𝐿[
1
2
−
𝐶𝑜𝑠 2𝑡
2
] = 𝐿[
1
2
(1 − 𝐶𝑜𝑠 2𝑡)] =
1
2
(
1
𝑠
−
𝑠
𝑠2 +22
)
Segundo: 𝐿 [
𝑆𝑒𝑛2𝑡
𝑡
] = ∫
1
2
(
1
𝑠
−
𝑠
𝑠2 +22
) 𝑑𝑠
∞
𝑠 = lim
𝑘→∞
∫ [
1
2
(
1
𝑠
−
𝑠
𝑠2+22
)] 𝑑𝑠
𝑘
𝑠
= lim
𝑘→∞
1
2
[𝐿𝑛 𝑠 −
1
2
𝐿𝑛(𝑠2 + 4)]
𝑠
𝑘
= lim
𝑘→∞
1
2
[
1
2
𝐿𝑛 𝑠2 −
1
2
𝐿𝑛(𝑠2 + 4)]
𝑠
𝑘
=
1
4
lim
𝑘→∞
[𝐿𝑛 (
𝑠2
𝑠2 +4
)]
𝑠
𝑘
=
1
4
lim
𝑘→∞
[𝐿𝑛 (
𝑘2
𝑘2+4
) − 𝐿𝑛 (
𝑠2
𝑠2+4
)]
=
1
4
𝐿𝑛 1 −
1
4
𝐿𝑛 (
𝑠2
𝑠2+4
) =
1
4
𝐿𝑛 (
𝑠2+4
𝑠2
)

23. 23
Reemplazando con la definición de transformada de Laplace a 𝐿 [
𝑆𝑒𝑛2𝑡
𝑡
]:
∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑆𝑒𝑛2𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0 =
1
4
𝐿𝑛 (
𝑠2+4
𝑠2
)
Ahora aplicando límite cuando 𝑠 → 1 a ambos lados:
lim
𝑠→1
∫ 𝑒−𝑠𝑡 𝑆𝑒𝑛 𝑏𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0 = lim
𝑠→1
[
1
4
𝐿𝑛 (
𝑠2+4
𝑠2
)] =
1
4
𝐿𝑛 5
Por lo tanto: ∫
𝑒−𝑎𝑡𝑆𝑒𝑛 𝑏𝑡
𝑡
𝑑𝑡
∞
0 =
1
4
𝐿𝑛 5
EJEMPLO 7. Calcular:a) ∫
𝑒−𝑠𝑡(1−𝐶𝑜𝑠 𝑡)
𝑡2
𝑑𝑡
∞
0 b) ∫
(1−𝐶𝑜𝑠 𝑡)
𝑡2
𝑑𝑡
∞
0
En efecto:
Haciendo intervenir a la transformada de Laplace:
Primero: 𝐿[1 − 𝐶𝑜𝑠 𝑡] =
1
𝑠
−
𝑠
𝑠2+1
Segundo: 𝐿 [
1−𝐶𝑜𝑠 𝑡
𝑡
] = ∫ (
1
𝑠
−
𝑠
𝑠2+1
)𝑑𝑠
∞
𝑠 = lim
𝑘→∞
∫ (
1
𝑠
−
𝑠
𝑠2+1
) 𝑑𝑠
𝑘
𝑠
= lim
𝑘→∞
[𝐿𝑛 𝑠 −
1
2
𝐿𝑛(𝑠2 + 1)]
𝑠
𝑘
= lim
𝑘→∞
1
2
[𝐿𝑛 (
𝑠2
𝑠2+4
)]
𝑠
𝑘
= lim
𝑘→∞
1
2
[𝐿𝑛 (
𝑠2+1
𝑠2
)]
𝑠
𝑘
=
1
2
lim
𝑘→∞
[𝐿𝑛 (
𝑘2
𝑘2+4
) − 𝐿𝑛 (
𝑠2
𝑠2+4
)] =
1
2
𝐿𝑛 1 −
1
2
𝐿𝑛 (
𝑠2
𝑠2+4
) =
1
2
𝐿𝑛 (
𝑠2+1
𝑠2
)
Tercero: 𝐿 [
1−𝐶𝑜𝑠 𝑡
𝑡∙𝑡
] = ∫
1
2
𝐿𝑛 (
𝑠2+1
𝑠2
) 𝑑𝑠
∞
𝑠 = lim
𝑘→∞
∫
1
2
𝐿𝑛 (
𝑠2+1
𝑠2
) 𝑑𝑠
𝑘
𝑠
Integrando por partes: 𝑚 = 𝐿𝑛 (
𝑠2+1
𝑠2
) ; 𝑑𝑛 = 𝑑𝑢
𝐿 [
1−𝐶𝑜𝑠 𝑡
𝑡2
] =
1
2
lim
𝑘→∞
[𝑠 ∙ 𝐿𝑛 (
𝑠2+1
𝑠2
) + 2𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑠]
𝑠
𝑘
=
1
2
lim
𝑘→∞
[𝑘 ∙ 𝐿𝑛 (
𝑘2+1
𝑘2
) + 2𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑘 − 𝑠 ∙ 𝐿𝑛 (
𝑠2 +1
𝑠2
) + 2𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑠]
=
1
2
(0) +
1
2
(2)
𝜋
2
−
𝑠
2
𝐿𝑛 (
𝑠2 +1
𝑠2
) − 2𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑠=
𝜋
2
−
𝑠
2
𝐿𝑛 (
𝑠2+1
𝑠2
) − 2𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑠
a) Reemplazando con la definición de transformada de Laplace a 𝐿[
1−𝐶𝑜𝑠 𝑡
𝑡2
]:
∫ 𝑒−𝑠𝑡 1−𝐶𝑜𝑠 𝑡
𝑡2
𝑑𝑡
∞
0 =
𝜋
2
−
𝑠
2
𝐿𝑛 (
𝑠2+1
𝑠2
) − 2𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑠
b) Ahora aplicando límite cuando 𝑠 → 0 a ambos lados:
lim
𝑠→0
∫ 𝑒−𝑠𝑡 1−𝐶𝑜𝑠 𝑡
𝑡2
𝑑𝑡
∞
0 = lim
𝑠→0
[
𝜋
2
−
𝑠
2
𝐿𝑛 (
𝑠2+1
𝑠2
) − 2𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑠] =
𝜋
2
Por lo tanto: ∫
1−𝐶𝑜𝑠 𝑡
𝑡2
𝑑𝑡
∞
0 =
𝜋
2
3.4 EJERCICIOS SOBRE ECUACIONES INTEGRALES.

24. 24
EJEMPLO.
1) Calcular 𝑓(𝑡) si 𝑓(𝑡) + ∫ 𝑓(𝑢)𝑑𝑢
𝑡
0 = 1
Solución.
Aplicando T. L. a ambos lados de la ecuación dada: 𝐿 [𝑓(𝑡) + ∫ 𝑓(𝑢)𝑑𝑢
𝑡
0 ] = 𝐿[1]
 𝐿[𝑓(𝑡)] + 𝐿 [∫ 𝑓(𝑢)𝑑𝑢
𝑡
0 ] =
1
𝑠
 𝐹(𝑠) +
1
𝑠
𝐿[𝑓(𝑡)] =
1
𝑠
 𝑠 ∙ 𝐹(𝑠) + 𝐿[𝑓(𝑡)] = 1
 (𝑠 + 1)𝐹(𝑠) = 1  𝐹(𝑠) =
1
𝑠+1
Ahora aplicando T. I. L. a ambos lados: 𝐿−1[𝐹(𝑠)] = 𝐿−1 [
1
𝑠+1
] = 𝑒−𝑡
 𝑓(𝑡) = 𝐿−1[𝐹(𝑠)] = 𝑒−𝑡
2) Calcular 𝑓(𝑡) si 𝑓(𝑡) + ∫ (𝑡 − 𝑢)𝑓(𝑢)𝑑𝑢
𝑡
0 = 𝑡
Solución.
Aplicando T. L. a ambos lados de la ecuación dada: 𝐿 [𝑓(𝑡) + ∫ (𝑡 − 𝑢)𝑓(𝑢)𝑑𝑢
𝑡
0 ] = 𝐿[𝑡]
 𝐿[𝑓(𝑡)] + 𝐿[𝑡 ∗ 𝑓(𝑡)] =
1
𝑠2
 𝐿[𝑓(𝑡)] + 𝐿[𝑡] ∙ 𝐿[𝑓(𝑡)] =
1
𝑠2
 𝐿[𝑓(𝑡)] +
1
𝑠2
𝐿[𝑓(𝑡)] =
1
𝑠2
 𝑠2𝐿[𝑓(𝑡)] + 𝐿[𝑓(𝑡)] = 1
 (𝑠2 + 1)𝐿[𝑓(𝑡)] = 1  𝐿[𝑓(𝑡)] =
1
𝑠2+1
Ahora aplicando T. I. L. a ambos lados: 𝐿−1[𝐿[𝑓(𝑡)]] = 𝐿−1 [
1
𝑠2+1
] = 𝑆𝑒𝑛 𝑡
Por lo tanto: 𝑓(𝑡) = 𝑆𝑒𝑛 𝑡
3) Calcular 𝑓(𝑡) si 𝑓(𝑡) = 2𝑡 − 4 ∫ 𝑆𝑒𝑛 𝑢 ∙ 𝑓(𝑡 − 𝑢)𝑑𝑢
𝑡
0
Solución.
Aplicando T. L. a ambos lados de la ecuación dada:
𝐿[𝑓(𝑡)] = 𝐿[2𝑡 − 4 ∫ 𝑆𝑒𝑛 𝑢 ∙ 𝑓(𝑡 − 𝑢)𝑑𝑢
𝑡
0 ]  𝐿[𝑓(𝑡)] = 2𝐿[𝑡] − 4𝐿 [∫ 𝑆𝑒𝑛 𝑢 ∙ 𝑓(𝑡 − 𝑢)𝑑𝑢
𝑡
0 ]
 𝐿[𝑓(𝑡)] = 2
1
𝑠2
− 4𝐿[𝑆𝑒𝑛 𝑡 ∗ 𝑓(𝑡)]  𝐿[𝑓(𝑡)] = 2
1
𝑠2
− 4𝐿[𝑆𝑒𝑛 𝑡] ∙ 𝐿[𝑓(𝑡)]
 𝐿[𝑓(𝑡)] = 2
1
𝑠2
− 4
1
𝑠2+1
∙ 𝐿[𝑓(𝑡)]  𝐿[𝑓(𝑡)] + 4
1
𝑠2+1
∙ 𝐿[𝑓(𝑡)] =
2
𝑠2
 (1 +
4
𝑠2 +1
) ∙ 𝐿[𝑓(𝑡)] =
2
𝑠2

𝑠2+5
𝑠2+1
∙ 𝐿[𝑓(𝑡)] =
2
𝑠2
 𝐿[𝑓(𝑡)] =
2(𝑠2+1)
𝑠2 (𝑠2+5)
Aplicando T. I. L. a ambos lados: 𝐿−1[𝐿[𝑓(𝑡)]] = 𝐿−1 [
2(𝑠2+1)
𝑠2 (𝑠2+5)
]
Separando en fracciones parciales:
2(𝑠2+1)
𝑠2(𝑠2+5)
=
𝐴
𝑠
+
𝐵
𝑠2
+
𝐶𝑠+𝐷
𝑠2 +5
 {
𝐴 = 0 ;𝐵 =
2
5
𝐶 = 0 ; 𝐷 =
8
5

25. 25
Reemplazando en: 𝐿−1[𝐿[𝑓(𝑡)]] = 𝐿−1 [
2(𝑠2+1)
𝑠2(𝑠2+5)
] = 𝐿−1[
0
𝑠
+
2/5
𝑠2
+
(0)𝑠+8/5
𝑠2+5
]
= 𝐿−1 [
2/5
𝑠2
+
8/5
𝑠2+√5
2] =
2
5
𝑡 +
8
5√5
𝑆𝑒𝑛(√5𝑡)
Por lo tanto: 𝑓(𝑡) =
2
5
𝑡 +
8
5√5
𝑆𝑒𝑛(√5𝑡)
4) Calcular 𝑓(𝑡) si 𝑓(𝑡) + 2∫ 𝑓(𝑢)𝐶𝑜𝑠(𝑡 − 𝑢)𝑑𝑢
𝑡
0 = 4𝑒−𝑡 + 𝑆𝑒𝑛 𝑡
Solución.
Aplicando T. L. a ambos lados de la ecuación dada:
𝐿 [𝑓(𝑡) + 2 ∫ 𝑓(𝑢)𝐶𝑜𝑠(𝑡 − 𝑢)𝑑𝑢
𝑡
0 ] = 𝐿[4𝑒−𝑡 + 𝑆𝑒𝑛 𝑡]
 𝐿[𝑓(𝑡)] + 2𝐿[𝑓(𝑡) ∗ 𝐶𝑜𝑠 𝑡] =
4
𝑠+1
+
1
𝑠2+1
 𝐿[𝑓(𝑡)] + 2𝐿[𝑓(𝑡)] ∙ 𝐿[𝐶𝑜𝑠 𝑡] =
4
𝑠+1
+
1
𝑠2+1
 𝐿[𝑓(𝑡)] + 2𝐿[𝑓(𝑡)] ∙
𝑠
𝑠2+1
=
4
𝑠+1
+
1
𝑠2+1
 (1 +
2𝑠
𝑠2+1
)𝐿[𝑓(𝑡)] =
4
𝑠+1
+
1
𝑠2 +1

𝑠2+2𝑠+1
𝑠2+1
𝐿[𝑓(𝑡)] =
4
𝑠+1
+
1
𝑠2+1

(𝑠+1)2
𝑠2+1
𝐿[𝑓(𝑡)] =
4
𝑠+1
+
1
𝑠2+1
 𝐿[𝑓(𝑡)] =
𝑠2+1
(𝑠+1)2
(
4
𝑠+1
+
1
𝑠2+1
)  𝐿[𝑓(𝑡)] = (
4𝑠2+4
(𝑠+1)3
+
𝑠2+1
(𝑠+1)2(𝑠2+1)
)
 𝐿[𝑓(𝑡)] = (
4𝑠2+4
(𝑠+1)3
+
1
(𝑠+1)2
)
Aplicando T. I. L. a ambos lados: 𝐿−1[𝐿[𝑓(𝑡)]] = 𝐿−1 [
4𝑠2+4
(𝑠+1)3
] 𝐿−1 [
1
(𝑠+1)2
]
Separando por fracciones parciales:
4𝑠2+4
(𝑠+1)3
=
𝐴
𝑠+1
+
𝐵
(𝑠+1)2
+
𝐶
(𝑠+1)3
 {
𝐴 = 4
𝐵 = −8
𝐶 = 8
Reemplazando en: 𝐿−1[𝐿[𝑓(𝑡)]] = 𝐿−1 [
4𝑠2 +4
(𝑠+1)3
+
1
(𝑠+1)2
] = 𝐿−1[
4
𝑠+1
−
8
(𝑠+1)2
+
8
(𝑠+1)3
] + 𝐿−1 [
1
(𝑠+1)2
]
= 4𝑒−𝑡 − 8𝑒−𝑡𝐿[
1
𝑠2
] + 8𝑒−𝑡𝐿[
1
𝑠3
] + 𝑒−𝑡𝐿[
1
𝑠2
] = 4𝑒−𝑡 − 7𝑒−𝑡𝑡 + 8𝑒−𝑡 𝑡2
2
= 4𝑒−𝑡 − 7𝑒−𝑡𝑡 + 4𝑒−𝑡𝑡2 = 𝑒−𝑡(4 − 7𝑡 + 4𝑡2)
Por lo tanto: 𝑓(𝑡) = 𝑒−𝑡(4− 7𝑡 + 4𝑡2)
5) Calcular 𝑓(𝑡) si 𝑓(𝑡) = 𝑡3 + ∫ 𝑆𝑒𝑛(𝑡 − 𝑢)𝑓(𝑢)𝑑𝑢
𝑡
0
Solución.
Aplicando T. L. a ambos lados de la ecuación dada:
𝐿[𝑓(𝑡)] = 𝐿[𝑡3 + ∫ 𝑆𝑒𝑛(𝑡 − 𝑢)𝑓(𝑢)𝑑𝑢
𝑡
0 ]  𝐿[𝑓(𝑡)] = 𝐿[𝑡3] + 𝐿 [∫ 𝑆𝑒𝑛 𝑢 ∙ 𝑓(𝑡 − 𝑢)𝑑𝑢
𝑡
0 ]
 𝐿[𝑓(𝑡)] =
3!
𝑠4
+ 𝐿[𝑆𝑒𝑛 𝑡 ∗ 𝑓(𝑡)]  𝐿[𝑓(𝑡)] =
6
𝑠4
+ 𝐿[𝑆𝑒𝑛 𝑡] ∙ 𝐿[𝑓(𝑡)]
 𝐿[𝑓(𝑡)] =
6
𝑠4
+
1
𝑠2+1
∙ 𝐿[𝑓(𝑡)]  𝐿[𝑓(𝑡)] −
1
𝑠2+1
∙ 𝐿[𝑓(𝑡)] =
6
𝑠4
 (1 −
1
𝑠2 +1
)𝐿[𝑓(𝑡)] =
6
𝑠4

𝑠2
𝑠2+1
𝐿[𝑓(𝑡)] =
6
𝑠4
 𝐿[𝑓(𝑡)] =
6(𝑠2+1)
𝑠6
=
6
𝑠4
+
6
𝑠6
Aplicando T. I. L. a ambos lados: 𝐿−1[𝐿[𝑓(𝑡)]] = 𝐿−1 [
6
𝑠4
+
6
𝑠6
] = 𝐿−1 [
6
𝑠4
] + 𝐿−1 [
6
𝑠6
] =
6𝑡3
3!
+
6𝑡5
5!

26. 26
Por lo tanto: 𝑓(𝑡) = 𝑡3 +
1
20
𝑡5.
3.5 EJERCICIOS SOBRE ECUACIONES INTEGRODIFERENCIALES.
EJEMPLO.
1) Calcular 𝑓(𝑡) si 𝑓′(𝑡) + 6𝑓(𝑡) + 9 ∫ 𝑓(𝑢)𝑑𝑢
𝑡
0 = 1, con 𝑓(0) = 0
Solución.
Aplicando T. L. a ambos lados de la ecuación dada: 𝐿 [𝑓′(𝑡) + 6𝑓(𝑡) + 9∫ 𝑓(𝑢)𝑑𝑢
𝑡
0 ] = 𝐿[1]
 𝐿[𝑓′(𝑡)] + 𝑓(0) + 6𝐿[𝑓(𝑡)] + 9𝐿[∫ 𝑓(𝑢)𝑑𝑢
𝑡
0 ] =
1
𝑠
 𝑠𝐿[𝑓(𝑡)] + 6𝐿[𝑓(𝑡)] +
9
𝑠
𝐿[𝑓(𝑡)] =
1
𝑠
 𝑠2𝐿[𝑓(𝑡)] + 6𝑠 𝐿[𝑓(𝑡)] + 9𝐿[𝑓(𝑡)] = 1  (𝑠2 + 6𝑠 + 9)𝐿[𝑓(𝑡)] = 1
 (𝑠 + 3)2𝐿[𝑓(𝑡)] = 1  𝐿[𝑓(𝑡)] =
1
(𝑠+3)2
Ahora aplicando T. I. L. a ambos lados: 𝐿−1[𝐿[𝑓(𝑡)]] = 𝐿−1 [
1
(𝑠+3)2
] = 𝑒−3𝑡𝐿[
1
𝑠2
] = 𝑒−3𝑡𝑡
Por lo tanto: 𝑓(𝑡) = 𝑡𝑒−3𝑡
2) Calcular 𝑦(𝑡) si 𝑦′(𝑡) = 1 − 𝑆𝑒𝑛 𝑡 − ∫ 𝑦(𝑢)𝑑𝑢
𝑡
0 , con 𝑦(0) = 0
Solución.
Aplicando T. L. a ambos lados de la ecuación dada: 𝐿[𝑦′(𝑡)] = 𝐿 [1 − 𝑆𝑒𝑛 𝑡 − ∫ 𝑦(𝑢)𝑑𝑢
𝑡
0 ]
 𝑠𝐿[𝑦(𝑡)] − 𝑦(0) = 𝐿[1] − 𝐿[𝑆𝑒𝑛 𝑡] − 𝐿[∫ 𝑦(𝑢)𝑑𝑢
𝑡
0 ]
 𝑠𝐿[𝑦(𝑡)] − 0 =
1
𝑠
−
1
𝑠2+1
−
1
𝑠
𝐿[𝑦(𝑡)]  𝑠𝐿[𝑦(𝑡)] +
1
𝑠
𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠
−
1
𝑠2+1
 (𝑠 +
1
𝑠
)𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠
−
1
𝑠2+1
 (
𝑠2+1
𝑠
) 𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠
−
1
𝑠2+1
 𝐿[𝑦(𝑡)] =
1
𝑠2+1
−
𝑠
(𝑠2+1)2
La expresión
𝑠
(𝑠2+1)2
proviene de una derivada:
𝑠
(𝑠2+1)2
=
𝑑
𝑑𝑠
[
−1
2(𝑠2+1)
]
Aplicando T. I. L.: 𝐿−1[𝐿[𝑦(𝑡)]] = 𝐿−1 [
1
𝑠2+1
−
𝑠
(𝑠2+1)2
] = 𝐿−1 [
1
𝑠2+1
]−𝐿−1 {
𝑑
𝑑𝑠
[
−1
2(𝑠2+1)
]}
= 𝑆𝑒𝑛 𝑡 − (−1)𝑡𝐿[
−1
2(𝑠2+1)
] = 𝑆𝑒𝑛 𝑡 −
𝑡
2
𝐿[
1
𝑠2+1
] = 𝑆𝑒𝑛 𝑡 −
𝑡
2
𝑆𝑒𝑛 𝑡
Por lo tanto: 𝑦(𝑡) = 𝑆𝑒𝑛 𝑡 −
𝑡
2
𝑆𝑒𝑛 𝑡