Ejercicios resueltos sobre Transformada de Laplace por definición y comprobado por tablas, Transformada Inversa de Laplace y resolución de ecuaciones diferenciales mediante Transformada de Laplace.

1. Maturín, Enero del 2017
REPÚBLICA BOLIVARIANA DE VENEZUELA
INSTITUTO UNIVERSITARIO POLITÉCNICO
“SANTIAGO MARIÑO”
ESCUELA DE INGENIERÍA ELÉCTRICA
EXTENSIÓN MATURÍN
EJERCICIOS SOBRE TRANSFORMADA DE LAPLACE.
Autor: Jeickson A. Sulbaran M.
Tutora: Ing. Mariangela Pollonais

2. 2
ÍNDICE GENERAL:
Pág.
PARTE I: En los siguientes ejercicios determine la Transformada de
Laplace de las siguientes funciones……………………………………….….. 03
PARTE II: En los siguientes ejercicios calcule la Transformada Inversa de
Laplace de la función "𝑠" dada…………………………………………………. 17
PARTE III: En los siguientes problemas resuelva las siguientes ecuaciones
diferenciales…………………………………………………………………….… 32

3. 3
Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran
Teléfono: 0424-336-9028
Correo: jeickson.s94@gmail.com
PARTE I: En los siguientes ejercicios determine la Transformada de
Laplace de las siguientes funciones.
1. 𝒇(𝒕) = 𝟐 𝐬𝐞𝐧(𝒕) + 𝟑 𝐜𝐨𝐬(𝟐𝒕)
Solución:
De acuerdo, con la definición de Transformada de Laplace, se tiene que:
ℒ{𝑓(𝑡)} = 𝐹(𝑠) = ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = ℒ{2 sen(𝑡)} + ℒ{3 cos(2𝑡)}
⇒ ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = 2ℒ{sen(𝑡)} + 3ℒ{cos(2𝑡)}
⇒ ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = 2 ∫ 𝑒−𝑠𝑡
sen(𝑡) 𝑑𝑡
∞
0
+ 3 ∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡) 𝑑𝑡
∞
0
⇒ ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = 2 Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
sen(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
+ 3 Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
(1) (2)
Hallemos las integrales impropias (1) y (2), tomando en cuenta que, ambas
integrales son cíclicas, se tendrá que:
(1) Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
sen(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
Sea, 𝑢 = sen(𝑡)
𝑑𝑢 = cos(𝑡) 𝑑t
𝑣 = ∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
sen(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= Lím
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
+
1
𝑠
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑐𝑜𝑠(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
𝑜
]
Sea, 𝑢 = cos(𝑡)
𝑑𝑢 = −sen(𝑡) 𝑑t

4. 4
Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran
Teléfono: 0424-336-9028
Correo: jeickson.s94@gmail.com
𝑣 = ∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
+
1
𝑠
[(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑐𝑜𝑠(𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
−
1
𝑠
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
]]
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
+
1
𝑠
(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑐𝑜𝑠(𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
−
1
𝑠2
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
]
⇒ (
𝑠2
+ 1
𝑠2
) 𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
− (
𝑒−𝑠𝑡
𝑐𝑜𝑠(𝑡)
𝑠2
)
0
𝑏
]
𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= (
𝑠2
𝑠2 + 1
) 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[−
𝑒−𝑠𝑏
𝑠𝑒𝑛(𝑏)
𝑠
−
𝑒−𝑠𝑏
𝑐𝑜𝑠(𝑏)
𝑠2
+
1
𝑠2
]
𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= (
𝑠2
𝑠2 + 1
) [−𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑒−𝑠𝑏
𝑠𝑒𝑛(𝑏)
𝑠
) − 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑒−𝑠𝑏
𝑐𝑜𝑠(𝑏)
𝑠2
) + 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
1
𝑠2
)]
𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= (
𝑠2
𝑠2 + 1
) (−0 − 0 +
1
𝑠2
) =
1
𝑠2 + 1
⇒ 𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
=
1
𝑠2 + 1
(2) Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
Sea, 𝑝 = cos(2𝑡)
𝑑𝑝 = −2 sen(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑝 = ∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= Lím
𝑏→∞
[−
𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡)
𝑠
−
2
𝑠
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠en(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
]
Sea, 𝑝 = sen(2𝑡)

5. 5
Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran
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Correo: jeickson.s94@gmail.com
𝑑𝑝 = 2 cos(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑝 = ∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
−
2
𝑠
[(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠en(2𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
+
2
𝑠
∫ 𝑒−𝑠𝑡
co𝑠(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
]]
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
−
2
𝑠
(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠en(2𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
−
4
𝑠2
∫ 𝑒−𝑠𝑡
co𝑠(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
]
⇒ (
𝑠2
+ 4
𝑠2
) 𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
+ 2 (
𝑒−𝑠𝑡
𝑠en(2𝑡)
𝑠2
)
0
𝑏
]
𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= (
𝑠2
𝑠2 + 4
) 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[−
𝑒−𝑠𝑏
co𝑠(2𝑏)
𝑠
+
1
𝑠
+ 2 (
𝑒−𝑠𝑏
𝑠en(2𝑏)
𝑠2
)]
𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= (
𝑠2
𝑠2 + 4
) [−𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑒−𝑠𝑏
co𝑠(2𝑏)
𝑠
) + 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
1
𝑠
) + 2 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑒−𝑠𝑏
𝑠en(2𝑏)
𝑠2 )]
𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= (
𝑠2
𝑠2 + 4
) [−0 +
1
𝑠
+ 2. (0)] =
𝑠
𝑠2 + 4
⇒ 𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
=
𝑠
𝑠2 + 4
Entonces, sustituyendo los resultados de las integrales impropias (1) y (2) en:
ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = 2 Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
sen(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
+ 3 Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
⇒ ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = 2 (
1
𝑠2 + 1
) + 3 (
𝑠
𝑠2 + 4
) =
2
𝑠2 + 1
+
3𝑠
𝑠2 + 4
⇒ ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} =
2
𝑠2 + 1
+
3𝑠
𝑠2 + 4
=
2𝑠2
+ 8 + 3𝑠3
+ 3𝑠
(𝑠2 + 1)(𝑠2 + 4)
∴ 𝓛{𝟐 𝐬𝐞𝐧(𝒕) + 𝟑 𝐜𝐨𝐬(𝟐𝒕)} = 𝑭(𝒔) =
𝟐
𝒔 𝟐 + 𝟏
+
𝟑𝒔
𝒔 𝟐 + 𝟒
=
𝟑𝒔 𝟑
+ 𝟐𝒔 𝟐
+ 𝟑𝒔 + 𝟖
(𝒔 𝟐 + 𝟏)(𝒔 𝟐 + 𝟒)

6. 6
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COMPROBACIÓN, sabemos por la tabla de Transformada de Laplace,
que:
ℒ{sen(𝑎𝑡)} =
𝑎
𝑠2 + 𝑎2
, (𝑠 > 0)
ℒ{cos(𝑏𝑡)} =
𝑠
𝑠2 + 𝑏2
, (𝑠 > 0)
Por lo tanto, se tiene que:
ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = 2ℒ{sen(𝑡)} + 3ℒ{cos(2𝑡)}
ℒ{2 sen(𝑡) + 3 cos(2𝑡)} = 2 (
1
𝑠2 + 12
) + 3 (
𝑠
𝑠2 + 22
)
∴ 𝓛{𝟐 𝒔𝒆𝒏(𝒕) + 𝟑 𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒕)} = 𝑭(𝒔) =
𝟐
𝒔 𝟐 + 𝟏
+
𝟑𝒔
𝒔 𝟐 + 𝟒
=
𝟑𝒔 𝟑
+ 𝟐𝒔 𝟐
+ 𝟑𝒔 + 𝟖
(𝒔 𝟐 + 𝟏)(𝒔 𝟐 + 𝟒)
2. 𝒉(𝒕) = 𝒆−𝟐𝒕
𝐬𝐞𝐧(𝟓𝒕)
Solución:
De acuerdo, con la definición de Transformada de Laplace, se tiene que:
ℒ{ℎ(𝑡)} = 𝐻(𝑠) = ℒ{𝑒−2𝑡
sen(5𝑡)} = ∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑒−2𝑡
sen(5𝑡) 𝑑𝑡
∞
0
= ∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
sen(5𝑡) 𝑑𝑡
∞
0
⇒ ℒ{𝑒−2𝑡
sen(5𝑡)} = Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
sen(5𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
Hallemos la integral impropia, tomando en cuenta que, dicha integral es
cíclica, se tendrá que:
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
sen(5𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
Sea, 𝑢 = sen(5𝑡)

7. 7
Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran
Teléfono: 0424-336-9028
Correo: jeickson.s94@gmail.com
𝑑𝑢 = 5 cos(5𝑡) 𝑑t
𝑣 = ∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑠 + 2
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
sen(5𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= Lím
𝑏→∞
[(−
𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑠𝑒𝑛(5𝑡)
𝑠 + 2
)
0
𝑏
+
5
𝑠 + 2
∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑐𝑜𝑠(5𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
𝑜
]
Sea, 𝑢 = cos(5𝑡)
𝑑𝑢 = −5 sen(5𝑡) 𝑑t
𝑣 = ∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑠 + 2
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑠𝑒𝑛(5𝑡)
𝑠 + 2
)
0
𝑏
+
5
𝑠 + 2
[(−
𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑐𝑜𝑠(5𝑡)
𝑠 + 2
)
0
𝑏
−
5
𝑠 + 2
∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑠𝑒𝑛(5𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
]]
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑠𝑒𝑛(5𝑡)
𝑠 + 2
)
0
𝑏
− 5 (
𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑐𝑜𝑠(5𝑡)
(𝑠 + 2)2
)
0
𝑏
−
25
(𝑠 + 2)2
∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑠𝑒𝑛(5𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
]
⇒ [
(𝑠 + 2)2
+ 25
(𝑠 + 2)2
] Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
sen(5𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑠𝑒𝑛(5𝑡)
𝑠 + 2
)
0
𝑏
− 5 (
𝑒−(𝑠+2)𝑡
𝑐𝑜𝑠(5𝑡)
(𝑠 + 2)2
)
0
𝑏
]
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
sen(5𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= [
(𝑠 + 2)2
(𝑠 + 2)2 + 25
] 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[−
𝑒−(𝑠+2)𝑏
𝑠𝑒𝑛(5𝑏)
𝑠 + 2
− 5 (
𝑒−(𝑠+2)𝑏
𝑐𝑜𝑠(5𝑏)
(𝑠 + 2)2
) +
5
(𝑠 + 2)2
]
= [
(𝑠 + 2)2
(𝑠 + 2)2 + 25
] [−Lím
𝑏→∞
(
𝑒−(𝑠+2)𝑏
𝑠𝑒𝑛(5𝑏)
𝑠 + 2
) − 5 Lím
𝑏→∞
(
𝑒−(𝑠+2)𝑏
𝑐𝑜𝑠(5𝑏)
(𝑠 + 2)2 ) + Lím
𝑏→∞
(
5
(𝑠 + 2)2
)]
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
sen(5𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= [
(𝑠 + 2)2
(𝑠 + 2)2 + 25
] [−0 − 5. (0) +
5
(𝑠 + 2)2
]
⇒ Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
sen(5𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
=
5
(𝑠 + 2)2 + 25
Entonces, sustituyendo el resultado de la integral impropia en:
ℒ{𝑒−2𝑡
sen(5𝑡)} = Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+2)𝑡
sen(5𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
=
5
(𝑠 + 2)2 + 25
∴ 𝓛{𝒆−𝟐𝒕
𝐬𝐞𝐧(𝟓𝒕)} = 𝑯(𝒔) =
𝟓
(𝒔 + 𝟐) 𝟐 + 𝟐𝟓

8. 8
Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran
Teléfono: 0424-336-9028
Correo: jeickson.s94@gmail.com
COMPROBACIÓN, sabemos por la tabla de Transformada de Laplace,
que:
ℒ{𝑒 𝑎𝑡
sen(𝑏𝑡)} =
𝑏
(𝑠 − 𝑎)2 + 𝑏2
Por lo tanto, se tiene que:
ℒ{𝑒−2𝑡
sen(5𝑡)} =
5
[𝑠 − (−2)]2 + 52
∴ 𝓛{𝒆−𝟐𝒕
𝐬𝐞𝐧(𝟓𝒕)} = 𝑯(𝒔) =
𝟓
(𝒔 + 𝟐) 𝟐 + 𝟐𝟓
3. 𝒒(𝒕) = 𝟒 𝐜𝐨𝐬 𝟐(𝟑𝒕)
Solución:
De acuerdo, con la definición de Transformada de Laplace, se tiene que:
ℒ{𝑞(𝑡)} = 𝑄(𝑠) = ℒ{4 cos2(3𝑡)} = 4ℒ{cos2(3𝑡)} = 4 ∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos2(3𝑡) 𝑑𝑡
∞
0
⇒ ℒ{4 cos2(3𝑡)} = 4 Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos2(3𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
Hallemos la integral impropia, tomando en cuenta que, dicha integral es
cíclica, se tendrá que:
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos2(3𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
Sea, 𝑢 = 𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑢 = −s𝑒−𝑠𝑡
𝑑t

9. 9
Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran
Teléfono: 0424-336-9028
Correo: jeickson.s94@gmail.com
𝑣 = ∫ cos2(3𝑡) 𝑑𝑡 =
1
2
∫(1 + cos(6𝑡))𝑑𝑡 =
1
2
(𝑡 +
sen(6𝑡)
6
) =
6𝑡 + sen(6𝑡)
12
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos2(3𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= Lím
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡(6𝑡 + 𝑠𝑒𝑛(6𝑡))
12
)
0
𝑏
+
𝑠
12
∫ 𝑒−𝑠𝑡(6𝑡 + 𝑠𝑒𝑛(6𝑡))𝑑𝑡
𝑏
𝑜
]
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos2(3𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= Lím
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡(6𝑡 + 𝑠𝑒𝑛(6𝑡))
12
)
0
𝑏
+
𝑠
2
∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡 +
𝑠
12
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
𝑜
𝑏
𝑜
]
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos2(3𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= −Lím
𝑏→∞
[
𝑒−𝑠𝑏(6𝑏 + 𝑠𝑒𝑛(6𝑏))
12
] +
𝑠
2
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡
𝑏
𝑜
+
𝑠
12
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
𝑜
(1) (2)
Ahora, hallemos las integrales impropias (1) y (2), tomando en cuenta que, la
primera integral no es cíclica, mientras que la otra si lo es, se tendrá que:
(1) Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
Sea, 𝑢 = 𝑡
𝑑𝑢 = 𝑑t
𝑣 = ∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= Lím
𝑏→∞
[(−
𝑡𝑒−𝑠𝑡
𝑠
)
0
𝑏
+
1
𝑠
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡
𝑏
𝑜
]
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑡𝑒−𝑠𝑡
𝑠
)
0
𝑏
+
1
𝑠
(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
)
0
𝑏
] = 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑡𝑒−𝑠𝑡
𝑠
)
0
𝑏
− (
𝑒−𝑠𝑡
𝑠2
)
0
𝑏
]
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(−
𝑏𝑒−𝑠𝑏
𝑠
−
𝑒−𝑠𝑏
𝑠2
+
1
𝑠2
) = −𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑏𝑒−𝑠𝑏
𝑠
) −𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑒−𝑠𝑏
𝑠2
) + 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
1
𝑠2
)
⇒ 𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= −0 − 0 +
1
𝑠2
=
1
𝑠2

10. 10
Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran
Teléfono: 0424-336-9028
Correo: jeickson.s94@gmail.com
(2) Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
sen(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
Sea, 𝑢 = sen(6𝑡)
𝑑𝑢 = 6 cos(6𝑡) 𝑑t
𝑣 = ∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
sen(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= Lím
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
+
6
𝑠
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑐𝑜𝑠(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
𝑜
]
Sea, 𝑢 = cos(6𝑡)
𝑑𝑢 = −6sen(6𝑡) 𝑑t
𝑣 = ∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
+
6
𝑠
[(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑐𝑜𝑠(6𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
−
6
𝑠
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
]]
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
+
6
𝑠
(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑐𝑜𝑠(6𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
−
36
𝑠2
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
]
⇒ (
𝑠2
+ 36
𝑠2
) 𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡)
𝑠
)
0
𝑏
− 6 (
𝑒−𝑠𝑡
𝑐𝑜𝑠(6𝑡)
𝑠2
)
0
𝑏
]
𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= (
𝑠2
𝑠2 + 36
) 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[−
𝑒−𝑠𝑏
𝑠𝑒𝑛(6𝑏)
𝑠
− 6 (
𝑒−𝑠𝑏
𝑐𝑜𝑠(6𝑏)
𝑠2
) +
6
𝑠2
]
𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= (
𝑠2
𝑠2 + 36
) [−𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑒−𝑠𝑏
𝑠𝑒𝑛(6𝑏)
𝑠
) − 6 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑒−𝑠𝑏
𝑐𝑜𝑠(6𝑏)
𝑠2
) + 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
6
𝑠2
)]
𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= (
𝑠2
𝑠2 + 36
) (−0 − 6. (0) +
6
𝑠2
) =
6
𝑠2 + 36
⇒ 𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
=
6
𝑠2 + 36

11. 11
Profesor en Matemática: Jeickson Sulbaran
Teléfono: 0424-336-9028
Correo: jeickson.s94@gmail.com
Entonces, sustituyendo los resultados de las integrales (1) y (2) en:
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos2(3𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= −Lím
𝑏→∞
[
𝑒−𝑠𝑏(6𝑏 + 𝑠𝑒𝑛(6𝑏))
12
] +
𝑠
2
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡
𝑑𝑡
𝑏
𝑜
+
𝑠
12
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑠𝑒𝑛(6𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
𝑜
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos2(3𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= −Lím
𝑏→∞
[
𝑒−𝑠𝑏(6𝑏 + 𝑠𝑒𝑛(6𝑏))
12
] +
𝑠
2
(
1
𝑠2
) +
𝑠
12
(
6
𝑠2 + 36
)
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos2(3𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= −0 +
1
2𝑠
+
𝑠
2(𝑠2 + 36)
=
1
2
(
1
𝑠
+
𝑠
𝑠2 + 36
)
⇒ Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos2(3𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
=
1
2
(
1
𝑠
+
𝑠
𝑠2 + 36
)
Entonces, sustituyendo el resultado de la integral impropia en el ejercicio
original:
⇒ ℒ{4 cos2(3𝑡)} = 4 Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑡
cos2(3𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= 4 [
1
2
(
1
𝑠
+
𝑠
𝑠2 + 36
)] = 2 (
1
𝑠
+
𝑠
𝑠2 + 36
)
⇒ ℒ{4 cos2(3𝑡)} = 2 (
1
𝑠
+
𝑠
𝑠2 + 36
) = 2 [
2𝑠2
+ 36
𝑠(𝑠2 + 36)
] = 4 [
𝑠2
+ 18
𝑠(𝑠2 + 36)
]
∴ 𝓛{𝟒 𝐜𝐨𝐬 𝟐(𝟑𝒕)} = 𝑸(𝒔) = 𝟐 (
𝟏
𝒔
+
𝒔
𝒔 𝟐 + 𝟑𝟔
) = 𝟒 [
𝒔 𝟐
+ 𝟏𝟖
𝒔(𝒔 𝟐 + 𝟑𝟔)
]
COMPROBACIÓN, sabemos por la tabla de Transformada de Laplace,
que:
ℒ{1} =
1
𝑠
, (𝑠 > 0)
ℒ{cos(𝑏𝑡)} =
𝑠
𝑠2 + 𝑏2
, (𝑠 > 0)
Por lo tanto, se tiene que:
ℒ{4 cos2(3𝑡)} = 4ℒ {
1
2
[1 + cos(6𝑡)]} = 2ℒ{1 + cos(6𝑡)} = 2[ℒ{1} + ℒ{cos(6𝑡)}]
∴ 𝓛{𝟒 𝐜𝐨𝐬 𝟐(𝟑𝒕)} = 𝑸(𝒔) = 𝟐 (
𝟏
𝒔
+
𝒔
𝒔 𝟐 + 𝟑𝟔
) = 𝟒 [
𝒔 𝟐
+ 𝟏𝟖
𝒔(𝒔 𝟐 + 𝟑𝟔)
]

12. 12
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4. 𝒇(𝒕) = 𝒆−𝟑𝒕(𝒕 − 𝟐)
Solución:
De acuerdo, con la definición de Transformada de Laplace, se tiene que:
ℒ{𝑓(𝑡)} = 𝐹(𝑠) = ℒ{𝑒−3𝑡(𝑡 − 2)} = ℒ{𝑡𝑒−3𝑡
− 2𝑒−3𝑡} = ℒ{𝑡𝑒−3𝑡} − 2ℒ{𝑒−3𝑡}
ℒ{𝑒−3𝑡(𝑡 − 2)} = ∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑡𝑒−3𝑡
𝑑𝑡
∞
0
− 2 ∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑒−3𝑡
𝑑𝑡
∞
0
ℒ{𝑒−3𝑡(𝑡 − 2)} = Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
− 2 Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
(1) (2)
Ahora, hallemos las integrales impropias (1) y (2), se tendrá que:
(1) Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
Sea, 𝑢 = 𝑡
𝑑𝑢 = 𝑑t
𝑣 = ∫ 𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑠 + 3
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= Lím
𝑏→∞
[(−
𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑠 + 3
)
0
𝑏
+
1
𝑠 + 3
∫ 𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
𝑜
]
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠∓3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑠 + 3
)
0
𝑏
+
1
𝑠 + 3
(−
𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑠 + 3
)
0
𝑏
]
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑠 + 3
)
0
𝑏
− (
𝑒−(𝑠+3)𝑡
(𝑠 + 3)2
)
0
𝑏
]
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(−
𝑏𝑒−(𝑠+3)𝑏
𝑠 + 3
−
𝑒−(𝑠+3)𝑏
(𝑠 + 3)2
+
1
(𝑠 + 3)2
)

13. 13
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Correo: jeickson.s94@gmail.com
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠∓3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= −𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑏𝑒−(𝑠+3)𝑏
𝑠 + 3
) −𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑒−(𝑠+3)𝑏
(𝑠 + 3)2
) + 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
1
(𝑠 + 3)2
)
⇒ 𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= −0 − 0 +
1
(𝑠 + 3)2
=
1
(𝑠 + 3)2
(2) Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= Lím
𝑏→∞
(−
𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑠 + 3
)
0
𝑏
= Lím
𝑏→∞
(−
𝑒−(𝑠+3)𝑏
𝑠 + 3
+
1
𝑠 + 3
)
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= −Lím
𝑏→∞
(
𝑒−(𝑠+3)𝑏
𝑠 + 3
) + Lím
𝑏→∞
(
1
𝑠 + 3
) = −0 +
1
𝑠 + 3
⇒ Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
=
1
𝑠 + 3
Entonces, sustituyendo los resultados de las integrales (1) y (2) en:
ℒ{𝑒−3𝑡(𝑡 − 2)} = Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
− 2 Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠+3)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
∴ 𝓛{𝒆−𝟑𝒕(𝒕 − 𝟐)} = 𝑭(𝒔) =
𝟏
(𝒔 + 𝟑) 𝟐
−
𝟐
𝒔 + 𝟑
COMPROBACIÓN, sabemos por la tabla de Transformada de Laplace,
que:
ℒ{𝑡𝑒 𝑎𝑡} =
1
(𝑠 − 𝑎)2
, (𝑠 > 𝑎)
ℒ{𝑒 𝑎𝑡} =
1
𝑠 − 𝑎
, (𝑠 > 𝑎)
Por lo tanto, se tiene que:
ℒ{𝑒−3𝑡(𝑡 − 2)} = ℒ{𝑡𝑒−3𝑡
− 2𝑒−3𝑡} = ℒ{𝑡𝑒−3𝑡} − 2ℒ{𝑒−3𝑡}
ℒ{𝑒−3𝑡(𝑡 − 2)} =
1
[𝑠 − (−3)]2
− 2. [
1
𝑠 − (−3)
]

14. 14
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∴ 𝓛{𝒆−𝟑𝒕(𝒕 − 𝟐)} = 𝑭(𝒔) =
𝟏
(𝒔 + 𝟑) 𝟐
−
𝟐
𝒔 + 𝟑
5. 𝒈(𝒕) = 𝒆 𝟒𝒕[𝒕 − 𝐜𝐨𝐬(𝒕)]
Solución:
De acuerdo, con la definición de Transformada de Laplace, se tiene que:
ℒ{𝑔(𝑡)} = 𝐺(𝑠) = ℒ{𝑒4𝑡[𝑡 − cos(𝑡)]} = ℒ{𝑡𝑒4𝑡
− 𝑒4𝑡
cos(𝑡)} = ℒ{𝑡𝑒4𝑡} − ℒ{𝑒4𝑡
cos(𝑡)}
ℒ{𝑒4𝑡[𝑡 − cos(𝑡)]} = ∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑡𝑒4𝑡
𝑑𝑡
∞
0
− ∫ 𝑒−𝑠𝑡
𝑒4𝑡
cos(𝑡) 𝑑𝑡
∞
0
ℒ{𝑒4𝑡[𝑡 − cos(𝑡)]} = Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
− Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
cos(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
(1) (2)
Ahora, hallemos las integrales impropias (1) y (2), tomando en cuenta que, la
primera integral no es cíclica, mientras que la otra si lo es, se tendrá que:
(1) Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
Sea, 𝑢 = 𝑡
𝑑𝑢 = 𝑑t
𝑣 = ∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑠 − 4
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= Lím
𝑏→∞
[(−
𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑠 − 4
)
0
𝑏
+
1
𝑠 − 4
∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
𝑜
]
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑠 − 4
)
0
𝑏
+
1
𝑠 − 4
(−
𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑠 − 4
)
0
𝑏
]

15. 15
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Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑠 − 4
)
0
𝑏
− (
𝑒−(𝑠−4)𝑡
(𝑠 − 4)2
)
0
𝑏
]
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(−
𝑏𝑒−(𝑠−4)𝑏
𝑠 − 4
−
𝑒−(𝑠−4)𝑏
(𝑠 − 4)2
+
1
(𝑠 − 4)2
)
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= −𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑏𝑒−(𝑠−4)𝑏
𝑠 − 4
) −𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑒−(𝑠−4)𝑏
(𝑠 − 4)2
) + 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
1
(𝑠 − 4)2
)
⇒ 𝐿í𝑚
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
= −0 − 0 +
1
(𝑠 − 4)2
=
1
(𝑠 − 4)2
(2) Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
cos(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
Sea, 𝑢 = cos(𝑡)
𝑑𝑢 = − sen(𝑡) 𝑑t
𝑣 = ∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑠 − 4
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
cos(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= Lím
𝑏→∞
[(−
𝑒−(𝑠−4)𝑡
co𝑠(𝑡)
𝑠 − 4
)
0
𝑏
−
1
𝑠 − 4
∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑠en(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
𝑜
]
Sea, 𝑢 = sen(𝑡)
𝑑𝑢 = cos(𝑡) 𝑑t
𝑣 = ∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡 = −
𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑠 − 4
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−(𝑠−4)𝑡
co𝑠(𝑡)
𝑠 − 4
)
0
𝑏
−
1
𝑠 − 4
[(−
𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑠en(𝑡)
𝑠 − 4
)
0
𝑏
+
1
𝑠 − 4
∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
co𝑠(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
]]
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−(𝑠−4)𝑡
co𝑠(𝑡)
𝑠 − 4
)
0
𝑏
+ (
𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑠en(𝑡)
(𝑠 − 4)2
)
0
𝑏
−
1
(𝑠 − 4)2
∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
co𝑠( 𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
]
⇒ [
(𝑠 − 4)2
+ 1
(𝑠 − 4)2
] Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
cos(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[(−
𝑒−(𝑠−4)𝑡
co𝑠(𝑡)
𝑠 − 4
)
0
𝑏
+ (
𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑠en(𝑡)
(𝑠 − 4)2 )
0
𝑏
]

16. 16
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Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
cos(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= [
(𝑠 − 4)2
(𝑠 − 4)2 + 1
] 𝐿í𝑚
𝑏→∞
[−
𝑒−(𝑠−4)𝑏
co𝑠(𝑏)
𝑠 − 4
+
1
𝑠 − 4
+
𝑒−(𝑠−4)𝑏
𝑠en(𝑏)
(𝑠 − 4)2
]
= [
(𝑠 − 4)2
(𝑠 − 4)2 + 1
] [−𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑒−(𝑠−4)𝑏
co𝑠(𝑏)
𝑠 − 4
) + 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
1
𝑠 − 4
) + 𝐿í𝑚
𝑏→∞
(
𝑒−(𝑠−4)𝑏
𝑠en(𝑏)
(𝑠 − 4)2
)]
Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
cos(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
= [
(𝑠 − 4)2
(𝑠 − 4)2 + 1
] [−0 +
1
𝑠 − 4
+ 0]
⇒ Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
cos(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
=
𝑠 − 4
(𝑠 − 4)2 + 1
Entonces, sustituyendo los resultados de las integrales (1) y (2) en:
ℒ{𝑒4𝑡[𝑡 − cos(𝑡)]} = Lím
𝑏→∞
∫ 𝑡𝑒−(𝑠−4)𝑡
𝑑𝑡
𝑏
0
− Lím
𝑏→∞
∫ 𝑒−(𝑠−4)𝑡
cos(𝑡) 𝑑𝑡
𝑏
0
∴ 𝓛{𝒆 𝟒𝒕[𝒕 − 𝐜𝐨𝐬(𝒕)]} = 𝑮(𝒔) =
𝟏
(𝒔 − 𝟒) 𝟐
−
𝒔 − 𝟒
(𝒔 − 𝟒) 𝟐 + 𝟏
COMPROBACIÓN, sabemos por la tabla de Transformada de Laplace,
que:
ℒ{𝑡𝑒 𝑎𝑡} =
1
(𝑠 − 𝑎)2
ℒ{𝑒 𝑎𝑡
cos(𝑏𝑡)} =
𝑠 − 𝑎
(𝑠 − 𝑎)2 + 𝑏2
Por lo tanto, se tiene que:
ℒ{𝑒4𝑡[𝑡 − cos(𝑡)]} = ℒ{𝑡𝑒4𝑡
− 𝑒4𝑡
cos(𝑡)} = ℒ{𝑡𝑒4𝑡} − ℒ{𝑒4𝑡
cos(𝑡)}
ℒ{𝑒4𝑡[𝑡 − 𝑐𝑜𝑠(𝑡)]} =
1
(𝑠 − 4)2
−
𝑠 − 4
(𝑠 − 4)2 + 12
∴ 𝓛{𝒆 𝟒𝒕[𝒕 − 𝒄𝒐𝒔(𝒕)]} = 𝑮(𝒔) =
𝟏
(𝒔 − 𝟒) 𝟐
−
𝒔 − 𝟒
(𝒔 − 𝟒) 𝟐 + 𝟏

17. 17
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PARTE II: En los siguientes ejercicios calcule la Transformada Inversa
de Laplace de la función "𝒔" dada.
𝟏. 𝑹(𝒔) =
𝟑𝒔 𝟐
(𝒔 𝟐 + 𝟏) 𝟐
Solución:
Calculemos la transformada Inversa de Laplace ℒ−1{𝑅(𝑠)}, se tiene que:
ℒ−1{𝑅(𝑠)} = 𝑟(𝑡) = ℒ−1
{
3𝑠2
(𝑠2 + 1)2
}
Para ello, aplicamos fracciones parciales a:
3𝑠2
(𝑠2 + 1)2
=
𝐴𝑠 + 𝐵
𝑠2 + 1
+
𝐶𝑠 + 𝐷
(𝑠2 + 1)2
Tomando mínimo común múltiplo, se tiene que:
3𝑠2
(𝑠2 + 1)2
=
(𝐴𝑠 + 𝐵)(𝑠2
+ 1) + (𝐶𝑠 + 𝐷)
(𝑠2 + 1)2
⇒ 3𝑠2
= (𝐴𝑠 + 𝐵)(𝑠2
+ 1) + (𝐶𝑠 + 𝐷) ⇒ 3𝑠2
= 𝐴𝑠3
+ 𝐴𝑠 + 𝐵𝑠2
+ 𝐵 + 𝐶𝑠 + 𝐷
⇒ 3𝑠2
= 𝐴𝑠3
+ 𝐵𝑠2
+ (𝐴 + 𝐶)𝑠 + (𝐵 + 𝐷)
Ahora, por identidad igualamos para llegar a un sistema de ecuaciones,
tenemos que:
{
𝐴 = 0
𝐵 = 3
𝐴 + 𝐶 = 0 ⇒ 0 + 𝐶 = 0 ⇒ 𝐶 = 0
𝐵 + 𝐷 = 0 ⇒ 3 + 𝐷 = 0 ⇒ 𝐷 = −3
Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 𝐶 = 0, 𝐵 = 3 y 𝐷 = −3, en:

18. 18
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3𝑠2
(𝑠2 + 1)2
=
𝐴𝑠 + 𝐵
𝑠2 + 1
+
𝐶𝑠 + 𝐷
(𝑠2 + 1)2
3𝑠2
(𝑠2 + 1)2
=
3
𝑠2 + 1
−
3
(𝑠2 + 1)2
Entonces, tenemos que:
ℒ−1
{
3𝑠2
(𝑠2 + 1)2
} = ℒ−1
{
3
𝑠2 + 1
−
3
(𝑠2 + 1)2
} = 3ℒ−1
{
1
𝑠2 + 1
} − 3ℒ−1
{
1
(𝑠2 + 1)2
}
ℒ−1
{
3𝑠2
(𝑠2 + 1)2
} = 3ℒ−1
{
1
𝑠2 + 12
} −
3
2
ℒ−1
{
2(1)3
(𝑠2 + 12)2
}
Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que:
ℒ−1
{
𝑎
𝑠2 + 𝑎2
} = sen(𝑎𝑡)
ℒ−1
{
2𝑎3
(𝑠2 + 𝑎2)2
} = sen(𝑎𝑡) − 𝑎𝑡 cos(𝑎𝑡) ; Ecuaciones Diferenciales de Dennis Zill.
Por lo tanto:
⇒ ℒ−1
{
3𝑠2
(𝑠2 + 1)2
} = 3 sen(𝑡) −
3
2
[sen(𝑡) − 𝑡 cos(𝑡)] = 3 sen(𝑡) −
3
2
sen(𝑡) +
3
2
𝑡 cos(𝑡)
∴ 𝓛−𝟏
{
𝟑𝒔 𝟐
(𝒔 𝟐 + 𝟏) 𝟐
} = 𝒓(𝒕) =
𝟑
𝟐
𝐬𝐞𝐧(𝒕) +
𝟑
𝟐
𝒕 𝐜𝐨𝐬(𝒕) =
𝟑
𝟐
[𝐬𝐞𝐧(𝒕) + 𝒕 𝐜𝐨𝐬(𝒕)]
COMPROBACIÓN, se aplica Transformada de Laplace al resultado, se
tiene que:
ℒ {
3
2
[sen(𝑡) + 𝑡 cos(𝑡)]} =
3
2
ℒ{sen(𝑡)} +
3
2
ℒ{𝑡 cos(𝑡)}
Por la tabla de Transformada de Laplace que se encuentra en el libro de
Ecuaciones Diferenciales de Dennis Zill, 3ed. Sabemos que:
ℒ{sen(𝑎𝑡)} =
𝑎
𝑠2 + 𝑎2

19. 19
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ℒ{𝑡 cos(𝑎𝑡)} =
𝑠2
− 𝑎2
(𝑠2 + 𝑎2)2
⇒ ℒ {
3
2
[sen(𝑡) + 𝑡 cos(𝑡)]} =
3
2
(
1
𝑠2 + 12
) +
3
2
[
𝑠2
− 12
(𝑠2 + 12)2
]
⇒ ℒ {
3
2
[sen(𝑡) + 𝑡 cos(𝑡)]} =
3
2(𝑠2 + 1)
+
3𝑠2
− 3
2(𝑠2 + 1)2
=
3(𝑠2
+ 1) + 3𝑠2
− 3
2(𝑠2 + 1)2
⇒ ℒ {
3
2
[sen(𝑡) + 𝑡 cos(𝑡)]} =
3𝑠2
+ 3 + 3𝑠2
− 3
2(𝑠2 + 1)2
=
6𝑠2
2(𝑠2 + 1)2
⇒ 𝓛 {
𝟑
𝟐
[𝐬𝐞𝐧(𝒕) + 𝒕 𝐜𝐨𝐬(𝒕)]} = 𝑹(𝒔) =
𝟑𝒔 𝟐
(𝒔 𝟐 + 𝟏) 𝟐
𝟐. 𝑹(𝒔) =
𝟐
𝒔 𝟒
(
𝟏
𝒔
+
𝟑
𝒔 𝟐
+
𝟒
𝒔 𝟔
)
Solución:
Calculemos la transformada Inversa de Laplace ℒ−1{𝑅(𝑠)}, se tiene que:
ℒ−1{𝑅(𝑠)} = 𝑟(𝑡) = ℒ−1
{
2
𝑠4
(
1
𝑠
+
3
𝑠2
+
4
𝑠6
)} = ℒ−1
{
2
𝑠5
+
6
𝑠6
+
8
𝑠10
}
ℒ−1
{
2
𝑠4
(
1
𝑠
+
3
𝑠2
+
4
𝑠6
)} = ℒ−1
{
2
𝑠5
} + ℒ−1
{
6
𝑠6
} + ℒ−1
{
8
𝑠10
}
ℒ−1
{
2
𝑠4
(
1
𝑠
+
3
𝑠2
+
4
𝑠6
)} = 2ℒ−1
{
1
𝑠5
} + 6ℒ−1
{
1
𝑠6
} + 8ℒ−1
{
1
𝑠10
}
Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que:
ℒ−1
{
𝑛!
𝑠 𝑛+1
} = 𝑡 𝑛
Por lo tanto:
⇒ ℒ−1
{
2
𝑠4
(
1
𝑠
+
3
𝑠2
+
4
𝑠6
)} =
2
24
ℒ−1
{
4!
𝑠4+1
} +
6
120
ℒ−1
{
5!
𝑠5+1
} +
8
362880
ℒ−1
{
9!
𝑠9+1
}

20. 20
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Teléfono: 0424-336-9028
Correo: jeickson.s94@gmail.com
∴ 𝓛−𝟏
{
𝟐
𝒔 𝟒
(
𝟏
𝒔
+
𝟑
𝒔 𝟐
+
𝟒
𝒔 𝟔
)} = 𝒓(𝒕) =
𝟏
𝟏𝟐
𝒕 𝟒
+
𝟏
𝟐𝟎
𝒕 𝟓
+
𝟏
𝟒𝟓𝟑𝟔𝟎
𝒕 𝟗
COMPROBACIÓN, se aplica Transformada de Laplace al resultado, se
tiene que:
ℒ {
1
12
𝑡4
+
1
20
𝑡5
+
1
45360
𝑡9
} =
1
12
ℒ{𝑡4} +
1
20
ℒ{𝑡5} +
1
45360
ℒ{𝑡9}
ℒ {
1
12
𝑡4
+
1
20
𝑡5
+
1
45360
𝑡9
} =
1
12
. (
4!
𝑠4+1
) +
1
20
(
5!
𝑠5+1
) +
1
45360
(
9!
𝑠9+1
)
ℒ {
1
12
𝑡4
+
1
20
𝑡5
+
1
45360
𝑡9
} =
1
12
. (
24
𝑠5
) +
1
20
(
120
𝑠6
) +
1
45360
(
362880
𝑠10
)
⇒ 𝓛 {
𝟏
𝟏𝟐
𝒕 𝟒
+
𝟏
𝟐𝟎
𝒕 𝟓
+
𝟏
𝟒𝟓𝟑𝟔𝟎
𝒕 𝟗
} = 𝑹(𝒔) =
𝟐
𝒔 𝟓
+
𝟔
𝒔 𝟔
+
𝟖
𝒔 𝟏𝟎
=
𝟐
𝒔 𝟒
(
𝟏
𝒔
+
𝟑
𝒔 𝟐
+
𝟒
𝒔 𝟔
)
𝟑. 𝑷(𝒔) =
𝟏
𝒔 𝟐 − 𝟒𝒔 + 𝟓
Solución:
Calculemos la transformada Inversa de Laplace ℒ−1{𝑃(𝑠)}, se tiene que:
ℒ−1{𝑃(𝑠)} = 𝑝(𝑡) = ℒ−1
{
1
𝑠2 − 4𝑠 + 5
}
Aplicando, la fórmula de la resolvente o de la ecuación de segundo grado:
𝑠 =
−(−4) ± √(−4)2 − 4(1)(5)
2(1)
=
4 ± √16 − 20
2
=
4 ± √4(−1)
2
=
4 ± 2𝑖
2
= 2 ± 𝑖
Entonces, las dos soluciones en números complejos “ℂ” son: 𝑠1 = 2 + 𝑖 y 𝑠2 =
2 − 𝑖, se tiene que:
ℒ−1{𝑃(𝑠)} = ℒ−1
{
1
𝑠2 − 4𝑠 + 5
} = ℒ−1
{
1
[𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)]
}

21. 21
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Correo: jeickson.s94@gmail.com
Para ello, aplicamos fracciones parciales a:
1
[𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)]
=
𝐴
𝑠 − (2 + 𝑖)
+
𝐵
𝑠 − (2 − 𝑖)
1
[𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)]
=
𝐴[𝑠 − (2 − 𝑖)] + 𝐵[𝑠 − (2 + 𝑖)]
[𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)]
⇒ 1 = 𝐴[𝑠 − (2 − 𝑖)] + 𝐵[𝑠 − (2 + 𝑖)]
Por anuladores:
𝑠 = 2 − 𝑖 ⇒ 1 = 𝐵[2 − 𝑖 − (2 + 𝑖)] ⇒ 1 = −2𝑖𝐵 ⇒ 𝐵 = −
1
2𝑖
=
𝑖
2
𝑠 = 2 + 𝑖 ⇒ 1 = 𝐴[2 + 𝑖 − (2 − 𝑖)] ⇒ 1 = 2𝑖𝐴 ⇒ 𝐴 =
1
2𝑖
= −
𝑖
2
Nota: 𝒊 = √−𝟏 ⇒ 𝒊 𝟐
= −𝟏
Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = −𝑖
2⁄ y 𝐵 = 𝑖
2⁄ , en:
1
[𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)]
=
𝐴
𝑠 − (2 + 𝑖)
+
𝐵
𝑠 − (2 − 𝑖)
1
[𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)]
= −
𝑖
2[𝑠 − (2 + 𝑖)]
+
𝑖
2[𝑠 − (2 − 𝑖)]
Entonces, tenemos que:
ℒ−1
{
1
𝑠2 − 4𝑠 + 5
} = ℒ−1
{
1
[𝑠 − (2 + 𝑖)]. [𝑠 − (2 − 𝑖)]
}
ℒ−1
{
1
𝑠2 − 4𝑠 + 5
} = ℒ−1
{−
𝑖
2[𝑠 − (2 + 𝑖)]
+
𝑖
2[𝑠 − (2 − 𝑖)]
}
ℒ−1
{
1
𝑠2 − 4𝑠 + 5
} = −ℒ−1
{
𝑖
2[𝑠 − (2 + 𝑖)]
} + ℒ−1
{
𝑖
2[𝑠 − (2 − 𝑖)]
}

22. 22
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ℒ−1
{
1
𝑠2 − 4𝑠 + 5
} = −
𝑖
2
ℒ−1
{
1
𝑠 − (2 + 𝑖)
} +
𝑖
2
ℒ−1
{
1
𝑠 − (2 − 𝑖)
}
Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que:
ℒ−1
{
1
𝑠 − 𝑎
} = 𝑒 𝑎𝑡
Por lo tanto:
⇒ ℒ−1
{
1
𝑠2 − 4𝑠 + 5
} = −
𝑖
2
𝑒(2+𝑖)𝑡
+
𝑖
2
𝑒(2−𝑖)𝑡
= −
𝑖
2
[𝑒(2+𝑖)𝑡
− 𝑒(2−𝑖)𝑡
]
⇒ ℒ−1
{
1
𝑠2 − 4𝑠 + 5
} = −
𝑖
2
(𝑒2𝑡+𝑖𝑡
− 𝑒2𝑡−𝑖𝑡
) = −
𝑖
2
𝑒2𝑡
(𝑒 𝑖𝑡
− 𝑒−𝑖𝑡
)
⇒ ℒ−1
{
1
𝑠2 − 4𝑠 + 5
} = −
𝑖
2
𝑒2𝑡[cos(𝑡) + 𝑖 sen(𝑡) − (cos(𝑡) − 𝑖 sen(𝑡))]
⇒ ℒ−1
{
1
𝑠2 − 4𝑠 + 5
} = −
𝑖
2
𝑒2𝑡[2𝑖 sen(𝑡)] = 𝑒2𝑡
sen(𝑡)
∴ 𝓛−𝟏
{
𝟏
𝒔 𝟐 − 𝟒𝒔 + 𝟓
} = 𝒑(𝒕) = 𝒆 𝟐𝒕
𝐬𝐞𝐧(𝒕)
COMPROBACIÓN, se aplica Transformada de Laplace al resultado, se
tiene que:
ℒ{𝑒2𝑡
sen(𝑡)} =
1
(𝑠 − 2)2 + 12
=
1
𝑠2 − 4𝑠 + 4 + 1
=
1
𝑠2 − 4𝑠 + 5
⇒ 𝓛{𝒆 𝟐𝒕
𝐬𝐞𝐧(𝒕)} = 𝑷(𝒔) =
𝟏
𝒔 𝟐 − 𝟒𝒔 + 𝟓
𝟒. 𝑭(𝒔) =
𝒆−𝟒𝒔
𝒔(𝒔 𝟐 + 𝟏𝟔)
Solución:
Por el teorema de traslación del eje 𝑡, sabemos que:
ℒ−1{𝑒−𝑎𝑠
𝐹(𝑠)} = 𝑢(𝑡 − 𝑎)𝑓(𝑡 − 𝑎); 𝑎 > 0

23. 23
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Entonces, tenemos:
ℒ−1{𝐹(𝑠)} = 𝑓(𝑡) = ℒ−1
{
𝑒−4𝑠
𝑠(𝑠2 + 16)
} = ℒ−1
{
1
𝑠(𝑠2 + 16)
}
𝑡→𝑡−4
𝑢(𝑡 − 4)
Calculemos la transformada Inversa de Laplace a:
ℒ−1
{
1
𝑠(𝑠2 + 16)
}
Para ello, aplicamos fracciones parciales a:
1
𝑠(𝑠2 + 16)
=
𝐴
𝑠
+
𝐵𝑠 + 𝐶
𝑠2 + 16
1
𝑠(𝑠2 + 16)
=
𝐴(𝑠2
+ 16) + (𝐵𝑠 + 𝐶)𝑠
𝑠(𝑠2 + 16)
⇒ 1 = 𝐴(𝑠2
+ 16) + (𝐵𝑠 + 𝐶)𝑠
1 = 𝐴𝑠2
+ 16𝐴 + 𝐵𝑠2
+ 𝐶𝑠
1 = (𝐴 + 𝐵)𝑠2
+ 𝐶𝑠 + 16𝐴
Igualando, por identidad:
{
𝐴 + 𝐵 = 0 ⇒
1
16
+ 𝐵 = 0 ⇒ 𝐵 = −
1
16
𝐶 = 0
16𝐴 = 1 ⇒ 𝐴 =
1
16
De este modo, hallamos los mismos valores. Luego, sustituimos los valores
de 𝐴 = 1 16⁄ , 𝐵 = −1 16⁄ y 𝐶 = 0, en:
1
𝑠(𝑠2 + 16)
=
𝐴
𝑠
+
𝐵𝑠 + 𝐶
𝑠2 + 16
=
1
16
𝑠
+
−
1
16
𝑠 + 0
𝑠2 + 16
1
𝑠(𝑠2 + 16)
=
1
16𝑠
−
𝑠
16(𝑠2 + 16)

24. 24
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Entonces, tenemos que:
ℒ−1
{
𝑒−4𝑠
𝑠(𝑠2 + 16)
} = ℒ−1
{
1
𝑠(𝑠2 + 16)
}
𝑡→𝑡−4
𝑢(𝑡 − 4) = ℒ−1
{
1
16𝑠
−
𝑠
16(𝑠2 + 16)
}
𝑡→𝑡−4
𝑢(𝑡 − 4)
ℒ−1
{
𝑒−4𝑠
𝑠(𝑠2 + 16)
} =
1
16
[ℒ−1
{
1
𝑠
−
𝑠
𝑠2 + 42
}]
𝑡→𝑡−4
𝑢(𝑡 − 4)
ℒ−1
{
𝑒−4𝑠
𝑠(𝑠2 + 16)
} =
1
16
[ℒ−1
{
1
𝑠
} − ℒ−1
{
𝑠
𝑠2 + 42
}]
𝑡→𝑡−4
𝑢(𝑡 − 4)
Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que:
ℒ−1
{
1
𝑠
} = 1
ℒ−1
{
𝑠
𝑠2 + 𝑎2
} = cos(𝑎𝑡)
Por lo tanto:
⇒ ℒ−1
{
𝑒−4𝑠
𝑠(𝑠2 + 16)
} =
1
16
[1 − cos(4𝑡)] 𝑡→𝑡−4 𝑢(𝑡 − 4)
⇒ ℒ−1
{
𝑒−4𝑠
𝑠(𝑠2 + 16)
} =
1
16
[1 − cos(4(𝑡 − 4))]𝑢(𝑡 − 4)
∴ 𝓛−𝟏
{
𝒆−𝟒𝒔
𝒔(𝒔 𝟐 + 𝟏𝟔)
} = 𝒇(𝒕) =
𝟏
𝟏𝟔
𝒖(𝒕 − 𝟒)[𝟏 − 𝐜𝐨𝐬(𝟒(𝒕 − 𝟒))]
COMPROBACIÓN, se aplica Transformada de Laplace al resultado, por
el teorema de traslación del eje 𝒕, sabemos que:
ℒ{𝑢(𝑡 − 𝑎)𝑓(𝑡 − 𝑎)} = 𝑒−𝑎𝑠
ℒ{𝑓(𝑡)} = 𝑒−𝑎𝑠
𝐹(𝑠); 𝑎 > 0
Entonces, se tiene que:
⇒ ℒ {
1
16
𝑢(𝑡 − 4)[1 − cos(4(𝑡 − 4))]} =
1
16
ℒ{𝑢(𝑡 − 4)[1 − cos(4(𝑡 − 4))]}
⇒ ℒ {
1
16
𝑢(𝑡 − 4)[1 − cos(4(𝑡 − 4))]} =
1
16
𝑒−4𝑠
. ℒ{1 − cos(4𝑡)}

25. 25
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⇒ ℒ {
1
16
𝑢(𝑡 − 4)[1 − cos(4(𝑡 − 4))]} =
1
16
. 𝑒−4𝑠
. (
1
𝑠
−
𝑠
𝑠2 + 42
) =
𝑒−4𝑠
𝑠2 + 16
⇒ ℒ {
1
16
𝑢(𝑡 − 4)[1 − cos(4(𝑡 − 4))]} =
1
16
. 𝑒−4𝑠
. [
𝑠2
+ 16 − 𝑠2
𝑠(𝑠2 + 42)
] =
𝑒−4𝑠
𝑠2 + 16
⇒ ℒ {
1
16
𝑢(𝑡 − 4)[1 − cos(4(𝑡 − 4))]} =
1
16
. 𝑒−4𝑠
. [
16
𝑠(𝑠2 + 42)
]
⇒ 𝓛 {
𝟏
𝟏𝟔
𝒖(𝒕 − 𝟒)[𝟏 − 𝐜𝐨𝐬(𝟒(𝒕 − 𝟒))]} = 𝑭(𝒔) =
𝒆−𝟒𝒔
𝒔(𝒔 𝟐 + 𝟏𝟔)
𝟓. 𝑯(𝒔) =
𝒔 𝟐
− 𝟐𝒔 + 𝟑
𝒔(𝒔 𝟐 − 𝟑𝒔 + 𝟐)
Solución:
Calculemos la transformada Inversa de Laplace ℒ−1{𝐻(𝑠)}, se tiene que:
ℒ−1{𝐻(𝑠)} = ℎ(𝑡) = ℒ−1
{
𝑠2
− 2𝑠 + 3
𝑠(𝑠2 − 3𝑠 + 2)
} = ℒ−1
{
𝑠2
− 2𝑠 + 3
𝑠(𝑠 − 2)(𝑠 − 1)
}
Para ello, aplicamos fracciones parciales a:
𝑠2
− 2𝑠 + 3
𝑠(𝑠 − 2)(𝑠 − 1)
=
𝐴
𝑠
+
𝐵
𝑠 − 2
+
𝐶
𝑠 − 1
𝑠2
− 2𝑠 + 3
𝑠(𝑠 − 2)(𝑠 − 1)
=
𝐴(𝑠 − 2)(𝑠 − 1) + 𝐵𝑠(𝑠 − 1) + 𝐶𝑠(𝑠 − 2)
𝑠(𝑠 − 2)(𝑠 − 1)
⇒ 𝑠2
− 2𝑠 + 3 = 𝐴(𝑠 − 2)(𝑠 − 1) + 𝐵𝑠(𝑠 − 1) + 𝐶𝑠(𝑠 − 2)
Por anuladores:
𝑠 = 0 ⇒ 02
− 2(0) + 3 = 𝐴(−2)(−1) ⇒ 3 = 2𝐴 ⇒ 𝐴 =
3
2
𝑠 = 2 ⇒ 22
− 2(2) + 3 = 𝐵(2)(2 − 1) ⇒ 3 = 2𝐵 ⇒ 𝐵 =
3
2

26. 26
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𝑠 = 1 ⇒ 12
− 2(1) + 3 = 𝐶(1)(1 − 2) ⇒ 2 = −𝐶 ⇒ 𝐶 = −2
Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 𝐵 = 3
2⁄ y 𝐶 = −2, en:
𝑠2
− 2𝑠 + 3
𝑠(𝑠 − 2)(𝑠 − 1)
=
𝐴
𝑠
+
𝐵
𝑠 − 2
+
𝐶
𝑠 − 1
𝑠2
− 2𝑠 + 3
𝑠(𝑠 − 2)(𝑠 − 1)
=
3
2𝑠
+
3
2(𝑠 − 2)
−
2
𝑠 − 1
Entonces, tenemos que:
ℒ−1
{
𝑠2
− 2𝑠 + 3
𝑠(𝑠2 − 3𝑠 + 2)
} = ℒ−1
{
𝑠2
− 2𝑠 + 3
𝑠(𝑠 − 2)(𝑠 − 1)
} = ℒ−1
{
3
2𝑠
+
3
2(𝑠 − 2)
−
2
𝑠 − 1
}
ℒ−1
{
𝑠2
− 2𝑠 + 3
𝑠(𝑠2 − 3𝑠 + 2)
} = ℒ−1
{
3
2𝑠
} + ℒ−1
{
3
2(𝑠 − 2)
} − ℒ−1
{
2
𝑠 − 1
}
ℒ−1
{
𝑠2
− 2𝑠 + 3
𝑠(𝑠2 − 3𝑠 + 2)
} =
3
2
ℒ−1
{
1
𝑠
} +
3
2
ℒ−1
{
1
𝑠 − 2
} − 2ℒ−1
{
1
𝑠 − 1
}
Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que:
ℒ−1
{
1
𝑠
} = 1
ℒ−1
{
1
𝑠 − 𝑎
} = 𝑒 𝑎𝑡
Por lo tanto:
⇒ ℒ−1
{
𝑠2
− 2𝑠 + 3
𝑠(𝑠2 − 3𝑠 + 2)
} =
3
2
(1) +
3
2
𝑒2𝑡
− 2𝑒 𝑡
∴ 𝓛−𝟏
{
𝒔 𝟐
− 𝟐𝒔 + 𝟑
𝒔(𝒔 𝟐 − 𝟑𝒔 + 𝟐)
} = 𝒉(𝒕) =
𝟑
𝟐
(𝟏 + 𝒆 𝟐𝒕) − 𝟐𝒆𝒕
COMPROBACIÓN, se aplica Transformada de Laplace al resultado, se
tiene que:
ℒ {
3
2
(1 + 𝑒2𝑡) − 2𝑒 𝑡
} =
3
2
ℒ{1} +
3
2
ℒ{𝑒2𝑡} − 2ℒ{𝑒 𝑡} =
3
2
. (
1
𝑠
) +
3
2
. (
1
𝑠 − 2
) − 2. (
1
𝑠 − 1
)

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ℒ {
3
2
(1 + 𝑒2𝑡) − 2𝑒 𝑡
} =
3
2𝑠
+
3
2(𝑠 − 2)
−
2
𝑠 − 1
ℒ {
3
2
(1 + 𝑒2𝑡) − 2𝑒 𝑡
} =
3. (𝑠 − 2). (𝑠 − 1) + 3. 𝑠. (𝑠 − 1) − 2.2𝑠. (𝑠 − 2)
2𝑠. (𝑠 − 2). (𝑠 − 1)
ℒ {
3
2
(1 + 𝑒2𝑡) − 2𝑒 𝑡
} =
3𝑠2
− 3𝑠 − 6𝑠 + 6 + 3𝑠2
− 3𝑠 − 4𝑠2
+ 8𝑠
2𝑠. (𝑠2 − 𝑠 − 2𝑠 + 2)
ℒ {
3
2
(1 + 𝑒2𝑡) − 2𝑒 𝑡
} =
2𝑠2
− 4𝑠 + 6
2𝑠. (𝑠2 − 3𝑠 + 2)
=
2(𝑠2
− 2𝑠 + 3)
2𝑠(𝑠2 − 3𝑠 + 2)
⇒ 𝓛 {
𝟑
𝟐
(𝟏 + 𝒆 𝟐𝒕) − 𝟐𝒆 𝒕
} = 𝑯(𝒔) =
𝒔 𝟐
− 𝟐𝒔 + 𝟑
𝒔(𝒔 𝟐 − 𝟑𝒔 + 𝟐)
𝟔. 𝑷(𝒔) =
𝟒𝒔 − 𝟓
𝒔 𝟑 − 𝒔 𝟐 − 𝟓𝒔 − 𝟑
Solución:
Calculemos la transformada Inversa de Laplace ℒ−1{𝑃(𝑠)}, se tiene que:
ℒ−1{𝑃(𝑠)} = 𝑝(𝑡) = ℒ−1
{
4𝑠 − 5
𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3
}
Aplicamos Método Ruffini al denominador 𝑠3
− 𝑠2
− 5𝑠 − 3, tenemos que:
3
1 − 1 − 5 − 3
3 6 3
−1
1 2 1 0
−1 − 1
−1
1 1 0
−1
1 0
Luego, la factorización nos queda de la siguiente forma:

28. 28
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⇒ 𝑠3
− 𝑠2
− 5𝑠 − 3 = (𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2
Sustituyendo dicha factorización, en:
ℒ−1{𝑃(𝑠)} = ℒ−1
{
4𝑠 − 5
𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3
} = ℒ−1
{
4𝑠 − 5
(𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2
}
Para ello, aplicamos fracciones parciales a:
4𝑠 − 5
(𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2
=
𝐴
𝑠 − 3
+
𝐵
𝑠 + 1
+
𝐶
(𝑠 + 1)2
4𝑠 − 5
(𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2
=
𝐴(𝑠 + 1)2
+ 𝐵(𝑠 − 3)(𝑠 + 1) + 𝐶(𝑠 − 3)
(𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2
⇒ 4𝑠 − 5 = 𝐴(𝑠 + 1)2
+ 𝐵(𝑠 − 3)(𝑠 + 1) + 𝐶(𝑠 − 3)
Por anuladores:
𝑠 = −1 ⇒ 4(−1) − 5 = 𝐶(−1 − 3) ⇒ −9 = −4𝐶 ⇒ 𝐶 =
9
4
𝑠 = 3 ⇒ 4(3) − 5 = 𝐴(3 + 1)2
⇒ 7 = 16𝐴 ⇒ 𝐴 =
7
16
𝑠 = 0 ⇒ −5 = 𝐴 + 𝐵(−3)(1) + 𝐶(−3) ⇒ −5 =
7
16
− 3𝐵 − 3 (
9
4
) ⇒ 𝐵 = −
7
16
Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 7
16⁄ , 𝐵 = −7
16⁄ y 𝐶 = 9
4⁄ , en:
4𝑠 − 5
(𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2
=
𝐴
𝑠 − 3
+
𝐵
𝑠 + 1
+
𝐶
(𝑠 + 1)2
4𝑠 − 5
(𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2
=
7
16(𝑠 − 3)
−
7
16(𝑠 + 1)
+
9
4(𝑠 + 1)2
Entonces, tenemos que:
ℒ−1
{
4𝑠 − 5
𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3
} = ℒ−1
{
4𝑠 − 5
(𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2
}

29. 29
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ℒ−1
{
4𝑠 − 5
𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3
} = ℒ−1
{
7
16(𝑠 − 3)
−
7
16(𝑠 + 1)
+
9
4(𝑠 + 1)2
}
ℒ−1
{
4𝑠 − 5
𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3
} = ℒ−1
{
7
16(𝑠 − 3)
} − ℒ−1
{
7
16(𝑠 + 1)
} + ℒ−1
{
9
4(𝑠 + 1)2
}
ℒ−1
{
4𝑠 − 5
𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3
} =
7
16
ℒ−1
{
1
𝑠 − 3
} −
7
16
ℒ−1
{
1
𝑠 + 1
} +
9
4
ℒ−1
{
1
(𝑠 + 1)2
}
ℒ−1
{
4𝑠 − 5
𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3
} =
7
16
ℒ−1
{
1
𝑠 − 3
} −
7
16
ℒ−1
{
1
𝑠 − (−1)
} +
9
4
ℒ−1
{
1
[𝑠 − (−1)]2
}
Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que:
ℒ−1
{
1
(𝑠 − 𝑎)2
} = 𝑡𝑒 𝑎𝑡
ℒ−1
{
1
𝑠 − 𝑎
} = 𝑒 𝑎𝑡
Por lo tanto:
⇒ 𝓛−𝟏
{
𝟒𝒔 − 𝟓
𝒔 𝟑 − 𝒔 𝟐 − 𝟓𝒔 − 𝟑
} = 𝒑(𝒕) =
𝟕
𝟏𝟔
𝒆 𝟑𝒕
−
𝟕
𝟏𝟔
𝒆−𝒕
+
𝟗
𝟒
𝒕𝒆−𝒕
COMPROBACIÓN, se aplica Transformada de Laplace al resultado, se
tiene que:
ℒ {
7
16
𝑒3𝑡
−
7
16
𝑒−𝑡
+
9
4
𝑡𝑒−𝑡
} =
7
16
ℒ{𝑒3𝑡} −
7
16
ℒ{𝑒−𝑡} +
9
4
ℒ{𝑡𝑒−𝑡}
ℒ {
7
16
𝑒3𝑡
−
7
16
𝑒−𝑡
+
9
4
𝑡𝑒−𝑡
} =
7
16
(
1
𝑠 − 3
) −
7
16
[
1
𝑠 − (−1)
] +
9
4
[
1
(𝑠 − (−1))2
]
ℒ {
7
16
𝑒3𝑡
−
7
16
𝑒−𝑡
+
9
4
𝑡𝑒−𝑡
} =
7
16(𝑠 − 3)
−
7
16(𝑠 + 1)
+
9
4(𝑠 + 1)2
ℒ {
7
16
𝑒3𝑡
−
7
16
𝑒−𝑡
+
9
4
𝑡𝑒−𝑡
} =
7
16(𝑠 − 3)
−
7
16(𝑠 + 1)
+
9
4(𝑠 + 1)2
ℒ {
7
16
𝑒3𝑡
−
7
16
𝑒−𝑡
+
9
4
𝑡𝑒−𝑡
} =
7(𝑠 + 1)2
− 7(𝑠 − 3)(𝑠 + 1) + 9.4(𝑠 − 3)
16(𝑠 − 3)(𝑠 + 1)2
ℒ {
7
16
𝑒3𝑡
−
7
16
𝑒−𝑡
+
9
4
𝑡𝑒−𝑡
} =
7𝑠2
+ 14𝑠 + 7 − 7𝑠2
− 7𝑠 + 21𝑠 + 21 + 36𝑠 − 108
16(𝑠 − 3)(𝑠2 + 2𝑠 + 1)

30. 30
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ℒ {
7
16
𝑒3𝑡
−
7
16
𝑒−𝑡
+
9
4
𝑡𝑒−𝑡
} =
64𝑠 − 80
16(𝑠3 + 2𝑠2 + 𝑠 − 3𝑠2 − 6𝑠 − 3)
ℒ {
7
16
𝑒3𝑡
−
7
16
𝑒−𝑡
+
9
4
𝑡𝑒−𝑡
} =
16(4𝑠 − 5)
16(𝑠3 − 𝑠2 − 5𝑠 − 3)
⇒ 𝓛 {
𝟕
𝟏𝟔
𝒆 𝟑𝒕
−
𝟕
𝟏𝟔
𝒆−𝒕
+
𝟗
𝟒
𝒕𝒆−𝒕
} = 𝑷(𝒔) =
𝟒𝒔 − 𝟓
𝒔 𝟑 − 𝒔 𝟐 − 𝟓𝒔 − 𝟑
𝟕. 𝑸(𝒔) =
−𝒔
(𝒔 − 𝟒) 𝟐(𝒔 − 𝟓)
Solución:
Calculemos la transformada Inversa de Laplace ℒ−1{𝑄(𝑠)}, se tiene que:
ℒ−1{𝑄(𝑠)} = 𝑞(𝑡) = ℒ−1
{
−𝑠
(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)
}
Para ello, aplicamos fracciones parciales a:
−𝑠
(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)
=
𝐴
𝑠 − 4
+
𝐵
(𝑠 − 4)2
+
𝐶
𝑠 − 5
−𝑠
(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)
=
𝐴(𝑠 − 4)(𝑠 − 5) + 𝐵(𝑠 − 5) + 𝐶(𝑠 − 4)2
(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)
⇒ −𝑠 = 𝐴(𝑠 − 4)(𝑠 − 5) + 𝐵(𝑠 − 5) + 𝐶(𝑠 − 4)2
Por anuladores:
𝑠 = 4 ⇒ −4 = 𝐵(4 − 5) ⇒ −4 = −𝐵 ⇒ 𝐵 = 4
𝑠 = 5 ⇒ −5 = 𝐶(5 − 4)2
⇒ −5 = 𝐶 ⇒ 𝐶 = −5
𝑠 = 0 ⇒ 0 = 𝐴(−4)(−5) + 𝐵(−5) + 𝐶(−4)2
⇒ 0 = 20𝐴 − 5(4) + 16(−5) ⇒ 𝐴 = 5
Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 5, 𝐵 = 4 y 𝐶 = −5, en:
−𝑠
(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)
=
𝐴
𝑠 − 4
+
𝐵
(𝑠 − 4)2
+
𝐶
𝑠 − 5

31. 31
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−𝑠
(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)
=
5
𝑠 − 4
+
4
(𝑠 − 4)2
−
5
𝑠 − 5
Entonces, tenemos que:
ℒ−1
{
−𝑠
(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)
} = ℒ−1
{
5
𝑠 − 4
+
4
(𝑠 − 4)2
−
5
𝑠 − 5
}
ℒ−1
{
−𝑠
(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)
} = ℒ−1
{
5
𝑠 − 4
} + ℒ−1
{
4
(𝑠 − 4)2
} − ℒ−1
{
5
𝑠 − 5
}
ℒ−1
{
−𝑠
(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)
} = 5ℒ−1
{
1
𝑠 − 4
} + 4ℒ−1
{
1
(𝑠 − 4)2
} − 5ℒ−1
{
1
𝑠 − 5
}
Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que:
ℒ−1
{
1
𝑠 − 𝑎
} = 𝑒 𝑎𝑡
ℒ−1
{
1
(𝑠 − 𝑎)2
} = 𝑡𝑒 𝑎𝑡
Por lo tanto:
⇒ 𝓛−𝟏
{
−𝒔
(𝒔 − 𝟒) 𝟐(𝒔 − 𝟓)
} = 𝒒(𝒕) = 𝟓𝒆 𝟒𝒕
+ 𝟒𝒕𝒆 𝟒𝒕
− 𝟓𝒆 𝟓𝒕
COMPROBACIÓN, se aplica Transformada de Laplace al resultado, se
tiene que:
ℒ{5𝑒4𝑡
+ 4𝑡𝑒4𝑡
− 5𝑒5𝑡} = 5ℒ{𝑒4𝑡} + 4ℒ{𝑡𝑒4𝑡} − 5ℒ{𝑒5𝑡}
ℒ{5𝑒4𝑡
+ 4𝑡𝑒4𝑡
− 5𝑒5𝑡} = 5 (
1
𝑠 − 4
) + 4 [
1
(𝑠 − 4)2
] − 5 (
1
𝑠 − 5
)
ℒ{5𝑒4𝑡
+ 4𝑡𝑒4𝑡
− 5𝑒5𝑡} =
5
𝑠 − 4
+
4
(𝑠 − 4)2
−
5
𝑠 − 5
ℒ{5𝑒4𝑡
+ 4𝑡𝑒4𝑡
− 5𝑒5𝑡} =
5(𝑠 − 4)(𝑠 − 5) + 4(𝑠 − 5) − 5(𝑠 − 4)2
(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)
ℒ{5𝑒4𝑡
+ 4𝑡𝑒4𝑡
− 5𝑒5𝑡} =
5𝑠2
− 25𝑠 − 20𝑠 + 100 + 4𝑠 − 20 − 5𝑠2
+ 40𝑠 − 80
(𝑠 − 4)2(𝑠 − 5)
⇒ 𝓛{𝟓𝒆 𝟒𝒕
+ 𝟒𝒕𝒆 𝟒𝒕
− 𝟓𝒆 𝟓𝒕
} = 𝑸(𝒔) =
−𝒔
(𝒔 − 𝟒) 𝟐(𝒔 − 𝟓)

32. 32
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PARTE III: En los siguientes problemas resuelva las siguientes
ecuaciones diferenciales.
1. 𝒚′′
+ 𝒚 = 𝒆−𝟐𝒕
𝐬𝐞𝐧(𝒕) ; 𝒚(𝟎) = 𝟎, 𝒚′(𝟎) = 𝟎
Solución:
Tomando Transformada de Laplace a ambos lados, se tiene que:
ℒ{𝑦′′
+ 𝑦} = ℒ{𝑒−2𝑡
sen(𝑡)}
ℒ{𝑦′′} + ℒ{𝑦} = ℒ{𝑒−2𝑡
sen(𝑡)}
𝑠2
ℒ{𝑦} − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) + ℒ{𝑦} =
1
[𝑠 − (−2)]2 + 12
𝑠2
𝑌(𝑠) + 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) + 𝑌(𝑠) =
1
(𝑠 + 2)2 + 1
(𝑠2
+ 1)𝑌(𝑠) + 𝑠(0) − 0 =
1
𝑠2 + 4𝑠 + 5
(𝑠2
+ 1)𝑌(𝑠) =
1
𝑠2 + 4𝑠 + 5
⇒ 𝑌(𝑠) =
1
(𝑠2 + 4𝑠 + 5)(𝑠2 + 1)
Aplicando, la fórmula de la resolvente o de la ecuación de segundo grado al
primer factor del denominador, 𝑠2
+ 4𝑠 + 5:
𝑠 =
−4 ± √(4)2 − 4(1)(5)
2(1)
=
−4 ± √16 − 20
2
=
−4 ± √4(−1)
2
=
−4 ± 2𝑖
2
= −2 ± 𝑖
Entonces, las dos soluciones en números complejos “ℂ” son: 𝑠1 = −2 + 𝑖 y
𝑠2 = −2 − 𝑖, sustituyendo en:
𝑌(𝑠) =
1
(𝑠2 + 4𝑠 + 5)(𝑠2 + 1)
=
1
[𝑠 − (−2 + 𝑖)]. [𝑠 − (−2 − 𝑖)](𝑠2 + 1)

33. 33
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𝑌(𝑠) =
1
[𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1)
Para ello, aplicamos fracciones parciales a:
1
[𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1)
=
𝐴
𝑠 + (2 − 𝑖)
+
𝐵
𝑠 + (2 + 𝑖)
+
𝐶𝑠 + 𝐷
𝑠2 + 1
1
[𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1)
=
=
𝐴[𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2
+ 1) + 𝐵[𝑠 + (2 − 𝑖)](𝑠2
+ 1) + (𝐶𝑠 + 𝐷)[𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)]
[𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1)
⇒ 1 = 𝐴[𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2
+ 1) + 𝐵[𝑠 + (2 − 𝑖)](𝑠2
+ 1) + (𝐶𝑠 + 𝐷)[𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)]
Por anuladores:
𝑠 = −(2 + 𝑖) ⇒ 1 = 𝐵[−(2 + 𝑖) + (2 − 𝑖)][[−(2 + 𝑖)]2
+ 1]
⇒ 1 = 𝐵(−2𝑖)(3 + 4𝑖 + 1) ⇒ 1 = 𝐵(−2𝑖)(4 + 4𝑖)
⇒ 1 = 𝐵(8 − 8𝑖) ⇒ 𝐵 =
1
8 − 8𝑖
=
1 + 𝑖
16
𝑠 = −(2 − 𝑖) ⇒ 1 = 𝐴[−(2 − 𝑖) + (2 + 𝑖)][[−(2 − 𝑖)]2
+ 1]
⇒ 1 = 𝐴(2𝑖)(3 − 4𝑖 + 1) ⇒ 1 = 𝐴(2𝑖)(4 − 4𝑖)
⇒ 1 = 𝐴(8 + 8𝑖) ⇒ 𝐴 =
1
8 + 8𝑖
=
1 − 𝑖
16
Nota: 𝒊 = √−𝟏 ⇒ 𝒊 𝟐
= −𝟏
𝑠 = 0 ⇒ 1 = 𝐴(2 + 𝑖)(1) + 𝐵(2 − 𝑖)(1) + 𝐷(2 − 𝑖). (2 + 𝑖)
⇒ 1 = (
1 − 𝑖
16
) (2 + 𝑖) + (
1 + 𝑖
16
) (2 − 𝑖) + 𝐷(2 − 𝑖). (2 + 𝑖)

34. 34
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⇒ 1 =
3 − 𝑖
16
+
3 + 𝑖
16
+ 𝐷(5) ⇒ 1 =
6
16
+ 𝐷(5)
⇒ 1 −
3
8
= 𝐷(5) ⇒ 𝐷 =
1
8
𝑠 = 1 ⇒ 1 = 𝐴(3 + 𝑖)(2) + 𝐵(3 − 𝑖)(2) + (𝐶 + 𝐷)(3 − 𝑖). (3 + 𝑖)
⇒ 1 = (
1 − 𝑖
16
) (6 + 2𝑖) + (
1 + 𝑖
16
) (6 − 2𝑖) + (𝐶 +
1
8
) (10)
⇒ 1 =
8 − 4𝑖
16
+
8 + 4𝑖
16
+ 10𝐶 +
5
4
⇒ 1 = 1 + 10𝐶 +
5
4
⇒ −
5
4
= 10𝐶 ⇒ 𝐶 = −
1
8
Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = (1 − 𝑖) 16⁄ , 𝐵 = (1 + 𝑖) 16⁄ , 𝐶 =
−1 8⁄ y 𝐷 = 1 8⁄ , en:
1
[𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1)
=
𝐴
𝑠 + (2 − 𝑖)
+
𝐵
𝑠 + (2 + 𝑖)
+
𝐶𝑠 + 𝐷
𝑠2 + 1
1
[𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1)
=
1 − 𝑖
16[𝑠 + (2 − 𝑖)]
+
1 + 𝑖
16[𝑠 + (2 + 𝑖)]
+
−𝑠 + 1
8(𝑠2 + 1)
= (
1 − 𝑖
16
) .
1
𝑠 − (−2 + 𝑖)
+ (
1 + 𝑖
16
) .
1
𝑠 − (−2 − 𝑖)
− (
1
8
) .
𝑠
𝑠2 + 12
+ (
1
8
) .
1
𝑠2 + 12
Ahora, aplicamos Transformada Inversa de Laplace a ambos lados en:
𝑌(𝑠) =
1
[𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1)
ℒ−1{𝑌(𝑠)} = ℒ−1
{
1
[𝑠 + (2 − 𝑖)]. [𝑠 + (2 + 𝑖)](𝑠2 + 1)
}
𝑦(𝑡) = ℒ−1
{(
1 − 𝑖
16
) .
1
𝑠 − (−2 + 𝑖)
+ (
1 + 𝑖
16
) .
1
𝑠 − (−2 − 𝑖)
− (
1
8
) .
𝑠
𝑠2 + 12
+ (
1
8
) .
1
𝑠2 + 12
}

35. 35
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𝑦(𝑡) =
1 − 𝑖
16
ℒ−1
{
1
𝑠 − (−2 + 𝑖)
} +
1 + 𝑖
16
ℒ−1
{
1
𝑠 − (−2 − 𝑖)
} −
1
8
ℒ−1
{
𝑠
𝑠2 + 12} +
1
8
ℒ−1
{
1
𝑠2 + 12}
Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que:
ℒ−1
{
1
𝑠 − 𝑎
} = 𝑒 𝑎𝑡
, (𝑠 > 𝑎)
ℒ−1
{
𝑠
𝑠2 + 𝑎2
} = cos(𝑎𝑡), (𝑠 > 0)
ℒ−1
{
𝑎
𝑠2 + 𝑎2
} = sen(𝑎𝑡), (𝑠 > 0)
Entonces, se tiene que:
𝑦(𝑡) =
1 − 𝑖
16
𝑒(−2+𝑖)𝑡
+
1 + 𝑖
16
𝑒(−2−𝑖)𝑡
−
1
8
𝑐𝑜𝑠(𝑡) +
1
8
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦(𝑡) =
1 − 𝑖
16
𝑒−2𝑡
𝑒 𝑖𝑡
+
1 + 𝑖
16
𝑒−2𝑡
𝑒−𝑖𝑡
−
1
8
𝑐𝑜𝑠(𝑡) +
1
8
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦(𝑡) =
𝑒−2𝑡
16
[(1 − 𝑖)(cos(𝑡) + 𝑖 sen(𝑡)) + (1 + 𝑖)(cos(𝑡) − 𝑖 sen(𝑡))] −
1
8
𝑐𝑜𝑠(𝑡) +
1
8
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦(𝑡) =
𝑒−2𝑡
16
[cos(𝑡) + 𝑖 sen(𝑡) − 𝑖 cos(𝑡) + sen(𝑡) + cos(𝑡) − 𝑖 sen(𝑡) + 𝑖 cos(𝑡) + sen(𝑡)]
−
1
8
𝑐𝑜𝑠(𝑡) +
1
8
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦(𝑡) =
𝑒−2𝑡
16
[2 cos(𝑡) + 2 sen(𝑡)] −
1
8
𝑐𝑜𝑠(𝑡) +
1
8
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦(𝑡) =
𝑒−2𝑡
8
[cos(𝑡) + sen(𝑡)] −
1
8
𝑐𝑜𝑠(𝑡) +
1
8
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
La solución del problema de valor inicial es:
∴ 𝒚(𝒕) =
𝟏
𝟖
[𝒆−𝟐𝒕
𝐜𝐨𝐬(𝒕) + 𝒆−𝟐𝒕
𝐬𝐞𝐧(𝒕) − 𝒄𝒐𝒔(𝒕) + 𝒔𝒆𝒏(𝒕)]

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2. 𝒚′
− 𝟐𝒚 = 𝟏 − 𝒕; 𝒚(𝟎) = 𝟏
Solución:
Tomando Transformada de Laplace a ambos lados, se tiene que:
ℒ{𝑦′
− 2𝑦} = ℒ{1 − 𝑡}
ℒ{ 𝑦′} − 2ℒ{ 𝑦} = ℒ{1} − ℒ{ 𝑡}
𝑠ℒ{𝑦} − 𝑦(0) − 2ℒ{𝑦} = ℒ{1} − ℒ{𝑡}
𝑠𝑌(𝑠) − 𝑦(0) − 2𝑌(𝑠) =
1
𝑠
−
1
𝑠2
(𝑠 − 2)𝑌(𝑠) − 1 =
1
𝑠
−
1
𝑠2
(𝑠 − 2)𝑌(𝑠) = 1 +
1
𝑠
−
1
𝑠2
⇒ 𝑌(𝑠) =
𝑠2
+ 𝑠 − 1
𝑠2(𝑠 − 2)
Para ello, aplicamos fracciones parciales a:
𝑠2
+ 𝑠 − 1
𝑠2(𝑠 − 2)
=
𝐴𝑠 + 𝐵
𝑠2
+
𝐶
𝑠 − 2
=
(𝐴𝑠 + 𝐵)(𝑠 − 2) + 𝐶𝑠2
𝑠2(𝑠 − 2)
⇒ 𝑠2
+ 𝑠 − 1 = (𝐴𝑠 + 𝐵)(𝑠 − 2) + 𝐶𝑠2
Por anuladores:
𝑠 = 0 ⇒ −1 = 𝐵(−2) ⇒ 𝐵 =
1
2
𝑠 = 2 ⇒ 22
+ 2 − 1 = 𝐶(2)2
⇒ 5 = 4𝐶 ⇒ 𝐶 =
5
4
𝑠 = 1 ⇒ 12
+ 1 − 1 = (𝐴 + 𝐵)(−1) + 𝐶(1)2
⇒ 1 = −𝐴 − 𝐵 + 𝐶

37. 37
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⇒ 1 = −𝐴 −
1
2
+
5
4
⇒ 1 −
3
4
= −𝐴 ⇒ 𝐴 = −
1
4
Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = −1 4⁄ , 𝐵 = 1 2⁄ y 𝐶 = 5 4⁄ , en:
𝑠2
+ 𝑠 − 1
𝑠2(𝑠 − 2)
=
𝐴𝑠 + 𝐵
𝑠2
+
𝐶
𝑠 − 2
=
𝐴
𝑠
+
𝐵
𝑠2
+
𝐶
𝑠 − 2
= −
1
4𝑠
+
1
2𝑠2
+
5
4(𝑠 − 2)
Ahora, aplicamos Transformada Inversa de Laplace a ambos lados en:
𝑌(𝑠) =
𝑠2
+ 𝑠 − 1
𝑠2(𝑠 − 2)
ℒ−1{𝑌(𝑠)} = ℒ−1
{
𝑠2
+ 𝑠 − 1
𝑠2(𝑠 − 2)
} = ℒ−1
{−
1
4𝑠
+
1
2𝑠2
+
5
4(𝑠 − 2)
}
𝑦(𝑡) = −
1
4
ℒ−1
{
1
𝑠
} +
1
2
ℒ−1
{
1
𝑠2
} +
5
4
ℒ−1
{
1
𝑠 − 2
}
Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que:
ℒ−1
{
1
𝑠
} = 1, (𝑠 > 0)
ℒ−1
{
1
𝑠2
} = 𝑡, (𝑠 > 0)
ℒ−1
{
1
𝑠 − 𝑎
} = 𝑒 𝑎𝑡
, (𝑠 > 𝑎)
Entonces, se tiene que:
𝒚(𝒕) = −
𝟏
𝟒
(𝟏) +
𝟏
𝟐
𝒕 +
𝟓
𝟒
𝒆 𝟐𝒕
La solución del problema de valor inicial es:
∴ 𝒚(𝒕) = −
𝟏
𝟒
+
𝟏
𝟐
𝒕 +
𝟓
𝟒
𝒆 𝟐𝒕

38. 38
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3. 𝒚′′
− 𝟒𝒚′
+ 𝟒𝒚 = 𝟏; 𝒚(𝟎) = 𝟏, 𝒚′(𝟎) = 𝟒
Solución:
Tomando Transformada de Laplace a ambos lados, se tiene que:
ℒ{𝑦′′
− 4𝑦′
+ 4𝑦} = ℒ{1}
ℒ{ 𝑦′′} − 4ℒ{ 𝑦′} + 4ℒ{ 𝑦} = ℒ{1}
𝑠2
ℒ{𝑦} − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) − 4[𝑠ℒ{𝑦} − 𝑦(0)] + 4ℒ{𝑦} = ℒ{1}
𝑠2
𝑌(𝑠) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) − 4𝑠𝑌(𝑠) + 4𝑦(0) + 4𝑌(𝑠) =
1
𝑠
(𝑠2
− 4𝑠 + 4)𝑌(𝑠) − 𝑠(1) − 4 + 4(1) =
1
𝑠
⇒ (𝑠2
− 4𝑠 + 4)𝑌(𝑠) = 𝑠 +
1
𝑠
(𝑠2
− 4𝑠 + 4)𝑌(𝑠) =
𝑠2
+ 1
𝑠
⇒ 𝑌(𝑠) =
𝑠2
+ 1
𝑠(𝑠2 − 4𝑠 + 4)
=
𝑠2
+ 1
𝑠(𝑠 − 2)2
Para ello, aplicamos fracciones parciales a:
𝑠2
+ 1
𝑠(𝑠 − 2)2
=
𝐴
𝑠
+
𝐵
𝑠 − 2
+
𝐶
(𝑠 − 2)2
=
𝐴(𝑠 − 2)2
+ 𝐵𝑠(𝑠 − 2) + 𝐶𝑠
𝑠(𝑠 − 2)2
⇒ 𝑠2
+ 1 = 𝐴(𝑠 − 2)2
+ 𝐵𝑠(𝑠 − 2) + 𝐶𝑠
Por anuladores:
𝑠 = 0 ⇒ 1 = 𝐴(−2)2
⇒ 𝐴 =
1
4
𝑠 = 2 ⇒ 22
+ 1 = 𝐶(2) ⇒ 5 = 2𝐶 ⇒ 𝐶 =
5
2
𝑠 = 1 ⇒ 12
+ 1 = 𝐴(−1)2
+ 𝐵(−1) + 𝐶 ⇒ 2 = 𝐴 − 𝐵 + 𝐶

39. 39
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⇒ 2 =
1
4
− 𝐵 +
5
2
⇒ 2 −
11
4
= −𝐵 ⇒ 𝐵 =
3
4
Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 1 4⁄ , 𝐵 = 3 4⁄ y 𝐶 = 5 2⁄ , en:
𝑠2
+ 1
𝑠(𝑠 − 2)2
=
𝐴
𝑠
+
𝐵
𝑠 − 2
+
𝐶
(𝑠 − 2)2
=
1
4𝑠
+
3
4(𝑠 − 2)
+
5
2(𝑠 − 2)2
Ahora, aplicamos Transformada Inversa de Laplace a ambos lados en:
𝑌(𝑠) =
𝑠2
+ 1
𝑠(𝑠 − 2)2
ℒ−1{𝑌(𝑠)} = ℒ−1
{
𝑠2
+ 1
𝑠(𝑠 − 2)2
} = ℒ−1
{
1
4𝑠
+
3
4(𝑠 − 2)
+
5
2(𝑠 − 2)2
}
𝑦(𝑡) =
1
4
ℒ−1
{
1
𝑠
} +
3
4
ℒ−1
{
1
𝑠 − 2
} +
5
2
ℒ−1
{
1
(𝑠 − 2)2
}
Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que:
ℒ−1
{
1
𝑠
} = 1, (𝑠 > 0)
ℒ−1
{
1
𝑠 − 𝑎
} = 𝑒 𝑎𝑡
, (𝑠 > 𝑎)
ℒ−1
{
1
(𝑠 − 𝑎)2
} = 𝑡𝑒 𝑎𝑡
, (𝑠 > 𝑎)
Entonces, se tiene que:
𝒚(𝒕) =
𝟏
𝟒
(𝟏) +
𝟑
𝟒
𝒆 𝟐𝒕
+
𝟓
𝟐
𝒕𝒆 𝟐𝒕
La solución del problema de valor inicial es:
∴ 𝒚(𝒕) =
𝟏
𝟒
+
𝟑
𝟒
𝒆 𝟐𝒕
+
𝟓
𝟐
𝒕𝒆 𝟐𝒕

40. 40
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4. 𝒚′′
+ 𝟗𝒚 = 𝒕; 𝒚(𝟎) = 𝒚′(𝟎) = 𝟎
Solución:
Tomando Transformada de Laplace a ambos lados, se tiene que:
ℒ{𝑦′′
+ 9𝑦} = ℒ{𝑡}
ℒ{ 𝑦′′} + 9ℒ{ 𝑦} = ℒ{ 𝑡}
𝑠2
ℒ{𝑦} − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) + 9ℒ{𝑦} = ℒ{𝑡}
𝑠2
𝑌(𝑠) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) + 9𝑌(𝑠) =
1
𝑠2
(𝑠2
+ 9)𝑌(𝑠) − 𝑠(0) − 0 =
1
𝑠2
⇒ (𝑠2
+ 9)𝑌(𝑠) =
1
𝑠2
⇒ 𝑌(𝑠) =
1
𝑠2(𝑠2 + 9)
Para ello, aplicamos fracciones parciales a:
1
𝑠2(𝑠2 + 9)
=
𝐴𝑠 + 𝐵
𝑠2
+
𝐶𝑠 + 𝐷
𝑠2 + 9
=
(𝐴𝑠 + 𝐵)(𝑠2
+ 9) + (𝐶𝑠 + 𝐷)𝑠2
𝑠2(𝑠2 + 9)
⇒ 1 = (𝐴𝑠 + 𝐵)(𝑠2
+ 9) + (𝐶𝑠 + 𝐷)𝑠2
⇒ 1 = 𝐴𝑠3
+ 𝐴𝑠 + 𝐵𝑠2
+ 9𝐵 + 𝐶𝑠3
+ 𝐷𝑠2
⇒ 1 = (𝐴 + 𝐶)𝑠3
+ (𝐵 + 𝐷)𝑠2
+ 𝐴𝑠 + 9𝐵
Igualando por identidad, se tiene que:
{
𝐴 + 𝐶 = 0 … (1)
𝐵 + 𝐷 = 0 … (2)
𝐴 = 0 … (3)
9𝐵 = 1 … (4)

41. 41
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De la ecuación (3), resulta evidente que: 𝐴 = 0
De la ecuación (4), se tiene que:
9𝐵 = 1 ⇒ 𝐵 =
1
9
De la ecuación (1), sustituyendo el valor de 𝐴 = 0, se tiene que: 𝐶 = 0
De la ecuación (2), sustituyendo el valor de 𝐵 = 1
9⁄ , se tiene que:
1
9
+ 𝐷 = 0 ⇒ 𝐷 = −
1
9
Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 0, 𝐵 = 1 9⁄ , 𝐶 = 0 y 𝐷 = −1 9⁄ , en:
1
𝑠2(𝑠2 + 9)
=
𝐴𝑠 + 𝐵
𝑠2
+
𝐶𝑠 + 𝐷
𝑠2 + 9
=
1
9𝑠2
−
1
9(𝑠2 + 9)
Ahora, aplicamos Transformada Inversa de Laplace a ambos lados en:
𝑌(𝑠) =
1
𝑠2(𝑠2 + 9)
ℒ−1{𝑌(𝑠)} = ℒ−1
{
1
𝑠2(𝑠2 + 9)
} = ℒ−1
{
1
9𝑠2
−
1
9(𝑠2 + 9)
}
𝑦(𝑡) =
1
9
ℒ−1
{
1
𝑠2
} −
1
9
.
1
3
ℒ−1
{
3
𝑠2 + 32
}
Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que:
ℒ−1
{
1
𝑠2
} = 𝑡, (𝑠 > 0)
ℒ−1
{
𝑎
𝑠2 + 𝑎2
} = sen(𝑎𝑡), (𝑠 > 0)
Entonces, la solución del problema de valor inicial es:
∴ 𝒚(𝒕) =
𝟏
𝟗
𝒕 −
𝟏
𝟐𝟕
𝒔𝒆𝒏(𝟑𝒕)

42. 42
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5. 𝒚′′
− 𝟔𝒚′
+ 𝟖𝒚 = 𝒆𝒕
; 𝒚(𝟎) = 𝟑, 𝒚′(𝟎) = 𝟗
Solución:
Tomando Transformada de Laplace a ambos lados, se tiene que:
ℒ{𝑦′′
− 6𝑦′
+ 8𝑦} = ℒ{𝑒 𝑡}
ℒ{ 𝑦′′} − 6ℒ{ 𝑦′} + 8ℒ{ 𝑦} = ℒ{ 𝑒 𝑡}
𝑠2
ℒ{𝑦} − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) − 6[𝑠ℒ{𝑦} − 𝑦(0)] + 8ℒ{𝑦} = ℒ{𝑒 𝑡}
𝑠2
𝑌(𝑠) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) − 6𝑠𝑌(𝑠) + 6𝑦(0) + 8𝑌(𝑠) =
1
𝑠 − 1
(𝑠2
− 6𝑠 + 8)𝑌(𝑠) − 𝑠(3) − 9 + 6(3) =
1
𝑠 − 1
⇒ (𝑠2
− 6𝑠 + 8)𝑌(𝑠) = 3𝑠 − 9 +
1
𝑠 − 1
(𝑠2
− 6𝑠 + 8)𝑌(𝑠) =
3𝑠(𝑠 − 1) − 9(𝑠 − 1) + 1
𝑠 − 1
=
3𝑠2
− 3𝑠 − 9𝑠 + 9 + 1
𝑠 − 1
𝑌(𝑠) =
3𝑠2
− 12𝑠 + 10
(𝑠 − 1)(𝑠2 − 6𝑠 + 8)
⇒ 𝑌(𝑠) =
3𝑠2
− 12𝑠 + 10
(𝑠 − 1)(𝑠 − 2)(𝑠 − 4)
Para ello, aplicamos fracciones parciales a:
3𝑠2
− 12𝑠 + 10
(𝑠 − 1)(𝑠 − 2)(𝑠 − 4)
=
𝐴
𝑠 − 1
+
𝐵
𝑠 − 2
+
𝐶
𝑠 − 4
3𝑠2
− 12𝑠 + 10
(𝑠 − 1)(𝑠 − 2)(𝑠 − 4)
=
𝐴(𝑠 − 2)(𝑠 − 4) + 𝐵(𝑠 − 1)(𝑠 − 4) + 𝐶(𝑠 − 1)(𝑠 − 2)
(𝑠 − 1)(𝑠 − 2)(𝑠 − 4)
⇒ 3𝑠2
− 12𝑠 + 10 = 𝐴(𝑠 − 2)(𝑠 − 4) + 𝐵(𝑠 − 1)(𝑠 − 4) + 𝐶(𝑠 − 1)(𝑠 − 2)
Por anuladores:
𝑠 = 1 ⇒ 3(1)2
− 12(1) + 10 = 𝐴(−1)(−3) ⇒ 𝐴 =
1
3

43. 43
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𝑠 = 2 ⇒ 3(2)2
− 12(2) + 10 = 𝐵(1)(−2) ⇒ −2 = −2𝐵 ⇒ 𝐵 = 1
𝑠 = 4 ⇒ 3(4)2
− 12(4) + 10 = 𝐶(3)(2) ⇒ 10 = 6𝐶 ⇒ 𝐶 =
5
3
Luego, sustituimos los valores de 𝐴 = 1 3⁄ , 𝐵 = 1 y 𝐶 = 5 3⁄ , en:
3𝑠2
− 12𝑠 + 10
(𝑠 − 1)(𝑠 − 2)(𝑠 − 4)
=
𝐴
𝑠 − 1
+
𝐵
𝑠 − 2
+
𝐶
𝑠 − 4
=
1
3(𝑠 − 1)
+
1
𝑠 − 2
+
5
3(𝑠 − 4)
Ahora, aplicamos Transformada Inversa de Laplace a ambos lados en:
𝑌(𝑠) =
3𝑠2
− 12𝑠 + 10
(𝑠 − 1)(𝑠 − 2)(𝑠 − 4)
ℒ−1{𝑌(𝑠)} = ℒ−1
{
3𝑠2
− 12𝑠 + 10
(𝑠 − 1)(𝑠 − 2)(𝑠 − 4)
} = ℒ−1
{
1
3(𝑠 − 1)
+
1
𝑠 − 2
+
5
3(𝑠 − 4)
}
𝑦(𝑡) =
1
3
ℒ−1
{
1
𝑠 − 1
} + ℒ−1
{
1
𝑠 − 2
} +
5
3
ℒ−1
{
1
𝑠 − 4
}
Sabemos, por la tabla de Transformada Inversa de Laplace, que:
ℒ−1
{
1
𝑠 − 𝑎
} = 𝑒 𝑎𝑡
, (𝑠 > 𝑎)
Entonces, la solución del problema de valor inicial es:
∴ 𝒚(𝒕) =
𝟏
𝟑
𝒆𝒕
+ 𝒆 𝟐𝒕
+
𝟓
𝟑
𝒆 𝟒𝒕