viernes, 26 de abril de 2013

función escalonada


Función escalón
En ingeniería es común encontrar funciones que corresponden a estados de sí o no, o bienactivo o inactivo. Por ejemplo, una fuerza externa que actúa sobre un sistema mecánico o una tensión eléctrica aplicada a un circuito, puede tener que suspenderse después de cierto tiempo. Para tratar de forma efectiva con estas funciones discontinuas conviene introducir una función especial llamada función escalón unitario.

  Definición [Función de Heaviside]
 La función escalón unitario o función de Heaviside1.2 $ H: [0, + \infty[ \rightarrow$   $ \mbox{$I \hspace{-1.3mm} R$}$$ $ se define como

\begin{displaymath} H(t-a) = \begin{cases} 0 & \text{Si $0 \leq t < a$} \\ 1 & \text{Si $t \geq a$} \\ \end{cases} \end{displaymath}

Observación: la función de heaviside se definio sobre el intervalo $ [0,+ \infty[$, pues esto es suficiente para la transformada de Laplace. En un sentido más general $ H(t-a)=0$ para $ t < a$.   

 
Ejemplo
Trazar la gráfica de la función $ f(t)=H(t-1)$.
Solución
La función $ f(t)$ está dada por


\begin{displaymath} f(t) = \begin{cases} 0 & \text{Si $0 \leq t < 1$\ } \\ 1 & \text{Si $t \geq 1$} \\ \end{cases} \end{displaymath}

y su gráfica se muestra en la figura 1.5
Figura 1.5

Cuando la función de Heaviside $ H(t-a)$ se multilplica por una función $ f(t)$, definida para $ t \geq 0$, ésta función se desactiva en el intervalo $ [0,a]$, como muestra en siguiente ejemplo.
Ejemplo
Trazar la gráfica de la función $ f(t) = Sen(t) H(t-2 \pi)$.
Solución
La función está dada por


\begin{displaymath} f(t) = \begin{cases} 0 & \text{Si $0 \leq t < 2 \pi$} \\ Sen(t) & \text{Si $t \geq 2 \pi$} \\ \end{cases} \end{displaymath}
 
 


Figura 1.6
 
La función de Heaviside puede utilizarse para expresar funciones continuas a trozos de una manera compacta, como se muestra en el siguiente ejemplo.Ejemplo
Use la función de Heaviside para reescribir la función


\begin{displaymath} f(t)= \begin{cases} g(t) & \text{Si $0 \leq < a$\ } \\ h(t) & \text{Si $t \geq a$} \\ \end{cases} \end{displaymath}
Solución
Para reescribir la función basta usar la definición de la función Heaveside

$\displaystyle f(t)$$\displaystyle =$\begin{displaymath}\begin{cases} g(t) - g(t) \cdot 0 + h(t) \cdot 0 & \text{Si $... ...) \cdot 1 + h(t) \cdot 1 & \text{Si $t \geq a$} \\ \end{cases}\end{displaymath}
 $\displaystyle =$$\displaystyle g(t) - g(t)H(t-a) + h(t)H(t-a)$

Observación: la función
\begin{displaymath} f(t) = \begin{cases} p(t) & \text{Si $0 \leq t < a$\ } \\... ...q t < b$\ } \\ r(t) & \text{Si $t \geq b$} \\ \end{cases} \end{displaymath}

se escribe usando la función de Heaviside como
$\displaystyle f(t) = p(t) + \left( q(t) - p(t) \right) H(t-a) + \left( r(t) - q(t) \right) H(t-b) $
 
  Teorema [Transformada de la función Heaviside]
 La transformada de la función de Heaviside es

$\displaystyle {\cal L} \{ H(t-a) \} = \frac{e^{-sa}}{s} $
 
Demostración
Usando la definición de transformada

$\displaystyle {\cal L} \{ H(t-a) \}$$\displaystyle =$$\displaystyle \int_0^{\infty} e^{-st} H(t-a) dt$
 $\displaystyle =$$\displaystyle \underbrace{\int_0^{a} e^{-st} \cdot 0 dt}_{0} + \int_a^{\infty} e^{-st} dt$
 $\displaystyle =$$\displaystyle \int_a^{\infty} e^{-st} dt$
 $\displaystyle =$$\displaystyle -\frac{e^{-st}}{s} \biggr\vert _a^{\infty}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle \frac{e^{-as}}{s}$
En el primer teorema de traslación nos permitío calcular la transformada de una función $ f(t)$ al ser multiplicada por una función exponencial $ e^{kt}$, el segundo teorema de traslación nos permitirá calcular la trasformada de una función $ f(t)$ que es multiplicada por una función escalón.
 
  Teorema [Segundo teorema de traslación]
 Si $ {\cal L} \{f(t) \} =F(s)$ y $ a > 0$, entonces

$\displaystyle {\cal L} \{ f(t-a) H(t-a) \} = e^{-as}F(s) $

Forma inversa del segundo teorema de traslación:


$\displaystyle f(t-a) H(t-a) = {\cal L}^{-1} \{e^{-as} F(s) \} $
 

Demostración
Usando la definición

$\displaystyle {\cal L} \{f(t-a) \}H(t-a)$$\displaystyle =$$\displaystyle \int_0^{\infty} e^{-st} f(t-a0 H(t-a) dt dt$
 $\displaystyle =$$\displaystyle \int_0^a e^{-st} f(t-a) \cdot 0 dt + \int_a^{\infty} e^{-st} f(t-a) dt$
 $\displaystyle =$$\displaystyle \int_a^{\infty} e^{-st} f(\underbrace{t-a}_{u=t-a}) dt$
 $\displaystyle =$$\displaystyle \int_0^{\infty} e^{-s(u+a)} f(u) du$
 $\displaystyle =$$\displaystyle e^{-sa} \int_0^{\infty} e^{-su} f(u) du$
 $\displaystyle =$$\displaystyle e^{-sa} {\cal L} \{ f(t) \}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle e^{-sa} F(s)$
Observación: podemos usar el segundo teorema de traslación para calcular la transformada de Laplace de la función $ H(t-a)$ haciendo $ f(t)=1$:


$\displaystyle {\cal L} \left\{ H(t-a) \right\} = {\cal L} \left\{ 1 \cdot H(t-a) \right\} = e^{-as} {\cal L} \left\{ 1 \right\} = \frac{e^{-as}}{s} $

Ejemplo
Calcule


$\displaystyle {\cal L} \{ t H(t-2) \} $
Solución
Para poder usar el segundo teorema de traslación debemos completar $ t$ a $ t-2$

$\displaystyle {\cal L} \{ t H(t-a) \}$$\displaystyle =$$\displaystyle {\cal L} \{ (t-2 +2) H(t-2) \}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle {\cal L} \{ (t-2) H(t-2) \} + 2 {\cal L} \{ H(t-2) \}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle \frac{e^{-2s}}{s^2} + \frac{2e^{-2s}}{s}$
Ejemplo
 Calcular $ {\cal L} \{ f(t) \} $, donde


\begin{displaymath} f(t) = \begin{cases} -t + 1 & \text{Si $0 \leq t < 1$} \\... ...\leq t < 2$\ } \\ t - 2 & \text{Si $t \geq 2$} \end{cases} \end{displaymath}

Solución:
Observe que la función $ f(t)$ puede reescribirse como
 
$\displaystyle f(t)$$\displaystyle =$$\displaystyle 1 - t +t H(t-1) + \left( t - 3 \right) H(t-2)$
$\displaystyle f(t)$$\displaystyle =$$\displaystyle 1 - t + \left( t-1 \right) H(t-1) + \left( t-2 \right) H(t-2)$
con lo cual

$\displaystyle {\cal L} \{ f(t) \}$$\displaystyle =$$\displaystyle {\cal L} \{ 1 \} + {\cal L} \left\{ \left(t - 1 \right)H(t-1) \right\} + {\cal L} \left\{ \left( t - 2 \right) H(t-2) \right\}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle \frac{1}{s} + \frac{e^{-s}}{s^2} + \frac{e^{-2s}}{s^2}$
Ejemplo
Calcule


$\displaystyle {\cal L} \{ t^2 H(t-2) \} $

Solución
Para poder usar el segundo teorema de traslación debemos completar de forma adecuada el término $ t^2$

$\displaystyle {\cal L} \{ t^2 H(t-2) \} $$\displaystyle =$$\displaystyle {\cal L} \left\{ \left( \left(t - 2 \right)^2 + 4t - 4 \right) H(t-2) \right\}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle {\cal L} \left\{ \left(t - 2 \right)^2 H(t-2) \right\} + 4 {\cal L} \left\{ \left( t - 1 \right) H(t-2) \right\}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle {\cal L} \left\{ \left(t - 2 \right)^2 H(t-2) \right\} + 4 {\cal L} \left\{ \left( t - 2 \right) H(t-2) \right\} + 4 {\cal L} \{ H(t-2) \}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle \frac{2e^{-2s}}{s^3} + \frac{4e^{-2s}}{s^2} + \frac{4e^{-2s}}{s}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle 2e^{-2s} \left( \frac{1}{s^3} + \frac{2}{s^2} + \frac{2}{s} \right)$
Como lo muestran los ejemplos anteriores algunas veces es necesario sumar y restar algunos términos con la idea de poder usar el segundo teorema de traslación. Pero existe una forma alternativa que nos evita el tener que hacer esto.
 
  Corolario [Forma alternativa al segundo teorema de traslación]
 Sea $ f: [0,+\infty[ \rightarrow$   $ \mbox{$I \hspace{-1.3mm} R$}$$ $ una función continua a trozos y de orden exponencial en $ [0,+ \infty[$, entonces

$\displaystyle {\cal L} \{ f(t) H(t-a) \} = e^{-as} {\cal L} \{ f(t+a) \} $
 


Demostración
Usando la definición

$\displaystyle {\cal L} \{ f(t) H(t-a) \}$$\displaystyle =$$\displaystyle \int_0^{\infty} e^{-st} f(t) H(t-a) dt$
 $\displaystyle =$$\displaystyle \int_a^{\infty} e^{-st} f(t) dt$
 $\displaystyle =$$\displaystyle \int_0^{\infty} e^{-s(u+a} f(u+a) du$
 $\displaystyle =$$\displaystyle e^{-sa} \int_0^{\infty} e^{-su} f(\underbrace{u+a}_{t=u+a}) du$
 $\displaystyle =$$\displaystyle e^{-sa} {\cal L} \{ f(t + a \}$


Ejemplo
Calcule


$\displaystyle {\cal L} \{ \left(t^2 + t \right) H(t-3) \} $

Solución
Usando la forma alternativa del segundo teorema de traslación

$\displaystyle {\cal L} \{ \left(t^2 + t \right) H(t-3) \} $$\displaystyle =$$\displaystyle e^{-3s} {\cal L} \left\{ \left( t + 3 \right)^2 + t + 3 \right\}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle e^{-3s} {\cal L} \left\{ t^2 + 7t + 12 \right\}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle e^{-3s} \left( \frac{2}{s^3} + \frac{7}{s^2} + \frac{12}{s} \right)$

Los siguientes ejemplos muestran el uso del segundo teorema de traslación en su forma inversa.
Ejemplo
Calcule


$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{se^{-\pi s/2}}{s^2 + 9} \right\} $

Solución
En este caso $ a = \frac{\pi}{2}$ y


$\displaystyle F(s)= \frac{s}{s^2+9} \Rightarrow f(t) = Cos(3t) $

con lo cual

$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{se^{-\pi s/2}}{s^2 + 9} \right\} $$\displaystyle =$$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{s}{s^2 + 9} \right\}_{t \rightarrow t - \frac{\pi}{2}} H\left(t-\frac{\pi}{2} \right)$
 $\displaystyle =$$\displaystyle Cos \left(3 \left(t - \frac{\pi}{2} \right) \right) H\left(t - \frac{\pi}{2} \right)$
 $\displaystyle =$$\displaystyle - Sen(3t) H\left(t - \frac{\pi}{2} \right)$

Ejemplo
Calcule


$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{2se^{-\pi s/2}}{s^2 - 5s + 6} \right\} $

Solución
Primero hallemos la descomposición en fraciones parciales


$\displaystyle \frac{2s}{s^2 -5s + 6} = \frac{6}{s-3} - \frac{4}{s-2} $

con lo cual

$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{2se^{-\pi s/2}}{s^2 - 5s + 6} \right\} $$\displaystyle =$$\displaystyle \frac{6 e^{- \pi s/2}}{s-3} - \frac{4 e^{- \pi s/2}}{s-2}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle 6 {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s-3} \right\}_{t \rightarrow t - \frac{\pi}{2} } H\left( t - \frac{\pi}{2} \right)$
 $\displaystyle -$$\displaystyle 4 {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s-2} \right\}_{t \rightarrow t - \frac{\pi}{2} } H\left( t - \frac{\pi}{2} \right)$
 $\displaystyle =$$\displaystyle 6 e^{3 \left( t - \frac{\pi}{2} \right) } - 4 e^{2 \left( t - \frac{\pi}{2} \right) }$

Ejemplo
Calcule


$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{se^{-\pi s/2}}{s^2 + 4s + 13} \right\} $

Solución
Como el discriminante de $ s^2 + 4s + 13$ es negativo, no es factorizable en    $ \mbox{$I \hspace{-1.3mm} R$}$$ $ y debemos completar el cuadrado.

$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{se^{-\pi s/2}}{s^2 + 4s + 13} \right\} $$\displaystyle =$$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{se^{-\pi s/2}}{ \left(s + 2 \right)^2 + 9} \right\}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{\left(s + 2 - 2 \right) e^{-\pi s/2}}{ \left(s + 2 \right)^2 + 9} \right\}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{\left(s + 2 \right)e^{-\pi s/2}}{ \le... ...{\cal L}^{-1} \left\{ \frac{ e^{-\pi s/2}}{ \left(s + 2 \right)^2 + 9} \right\}$

En este punto debemos usar el primer teorema de traslación para calcular cada una de las transformadas inversas de la siguiente forma:

$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{\left(s + 2 \right)}{ \left(s + 2 \right)^2 + 9} \right\} \Rightarrow f(t) = e^{-2t} Cos(3t)$

y

$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{1}{ \left(s + 2 \right)^2 + 9} \right\} \Rightarrow f(t) = \frac{e^{-2t}}{3} Sen(3t)$

Y de aquí

$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{se^{-\pi s/2}}{s^2 + 4s + 13} \right\} $$\displaystyle =$$\displaystyle e^{-2\left( t - \frac{\pi}{2} \right)} Cos \left( 3 \left( t - \frac{\pi}{2} \right) \right) H\left( t - \frac{\pi}{2} \right)$
 $\displaystyle +$$\displaystyle \frac{2}{3} e^{-2\left( t - \frac{\pi}{2} \right)} Sen \left( 3 \left( t - \frac{\pi}{2} \right) \right) H \left( t - \frac{\pi}{2} \right)$
 $\displaystyle =$$\displaystyle - e^{-2t + \pi} Sen(3t) - \frac{2}{3} e^{-2t + \pi} Cos(3t)$

Ejemplo
Calcule


$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{\left( 2s + 3\right) e^{- \pi s/2} }{s^2 + 4s + 13} \right\} $

Solución
Este ejemplo combina los dos teoremas de traslación

$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{\left( 2s + 3\right) e^{- \pi s/2} }{s^2 + 4s + 13} \right\} $$\displaystyle =$$\displaystyle 2 {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{\left(s + 2 \right) e^{-\pi s /2}}{... ...{\cal L}^{-1} \left\{ \frac{e^{-\pi s /2}}{\left( s + 2 \right)^2 + 9} \right\}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle -2 e^{-2\left( t - \frac{\pi}{2} \right)} Cos \left( 3 \left( t - \frac{\pi}{2} \right) \right) H \left( t - \frac{\pi}{2} \right)$
 $\displaystyle -$$\displaystyle \frac{1}{3} e^{-2\left( t - \frac{\pi}{2} \right)} Sen \left( 3 \left( t - \frac{\pi}{2} \right) \right) H \left( t - \frac{\pi}{2} \right)$
 $\displaystyle =$$\displaystyle -2 e^{-2t + \pi} Sen(3t)H \left( t - \frac{\pi}{2} \right) - \frac{1}{3} e^{-2t + \pi} Cos(3t)H \left( t - \frac{\pi}{2} \right)$
 
  Teorema  [Multiplicación por $ t^n$.]
 Sea $ f; [0,\infty[ \rightarrow$   $ \mbox{$I \hspace{-1.3mm} R$}$$ $ una función continua a trozos y de orden exponencial en$ [0,+ \infty[$, entonces

$\displaystyle {\cal L} \{ t^n f(t) \} = (-1)^n F^{n}(s) $
 


Ejemplo
Calcule


$\displaystyle {\cal L} \{ t^2 Sen(2t) \} $

Solución 
Aplicando el teorema anterior para $ n=2$, tenemos que

$\displaystyle {\cal L} \{ t^2 Sen(2t) \} $$\displaystyle =$$\displaystyle (-1)^2 \left( {\cal L} \left\{ Sen(2t) \right\} \right)^{\prime \prime}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle \left( \frac{2}{s^2 + 4} \right)^{\prime \prime}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle \frac{12s^2 - 16}{\left( s^2 + 4 \right)^3}$

El siguiente ejemplo muestra una combinación del primer teorema de traslación y el teorema anterior.
Ejemplo
Calcule


$\displaystyle {\cal L} \{ te^{-2 t} Cos(3t) \} $

Solución 
Primero aplicamos el teorema de multiplicación por $ t$ y luego el de traslación

$\displaystyle {\cal L} \{ te^{-2 t} Cos(3t) \} $$\displaystyle =$$\displaystyle - \left( {\cal L} \{ e^{-2 t} Cos(3t) \} \right)^{\prime}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle - \left( {\cal L} \{ Cos(3t) \}_{s \rightarrow s +2} \right)^{\prime}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle - \left( \frac{s +2 }{ (s+2)^2 + 9} \right)^{\prime}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle \frac{s^2 + 4s - 5}{\left( s^2 + 4s + 13 \right)^2}$

Ejemplo
Calcule el valor de la siguiente integral


$\displaystyle \int_0^{\infty} t e^{-2t} Cos(3t) dt $

Solución
Por el teorema de multiplicación por $ t^n$, tenemos que

$\displaystyle {\cal L} \{t Cos(3t) \}$$\displaystyle =$$\displaystyle \int_0^{\infty} te^{-st}Cos(3t)$
 $\displaystyle =$$\displaystyle (-1)^{1} \left( \frac{s}{s^2 + 9} \right)^{\prime}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle \frac{s^2 - 9}{\left( s^2 + 9 \right)^2}$

De donde obtenemos que


$\displaystyle \int_0^{\infty} t e^{-st} Cost(3t) dt = \frac{s^2 - 9}{\left( s^2 + 9 \right)^2} $

y tomando $ s=2$


$\displaystyle \int_0^{\infty} t e^{-2t} Cost(3t) dt = \frac{5}{169} $

Existe un caso especial del teorema anterior, cuando $ n=1$, que es muy útil en el cálculo de transformadas inversas.
 
  Corolario [Multiplicación por $ t$.]
 Si $ {\cal L} \{f(t) \} =F(s)$, entonces

$\displaystyle f(t) = - \frac{1}{t} {\cal L}^{-1} \{ F^{\prime}(s) \} $
 


Ejemplo
Calcule


$\displaystyle {\cal L}^{-1} \left\{ ln \left( \frac{s + 1}{s-1} \right) \right\} $

Solución
Si


$\displaystyle {\cal L} \{ f(t) \} = F(s) = ln \left( \frac{s + 1}{s-1} \right) $

por el corolario tenemos que

$\displaystyle f(t)$$\displaystyle =$$\displaystyle - \frac{1}{t} {\cal L}^{-1} \left\{ \left( ln \left( \frac{s + 1}{s-1} \right) \right)^{\prime} \right\}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle - \frac{1}{t} {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{-2}{(s-1)(s+1)} \right\}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle - \frac{1}{t} {\cal L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s+1} - \frac{1}{s-1} \right\}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle -\frac{e^{-t} - e^t }{t}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle \frac{2 Senh(t)}{t}$

  Teorema [División por $ t$.]
 Sea $ f: [0,+\infty[ \rightarrow$   $ \mbox{$I \hspace{-1.3mm} R$}$$ $ una función continua a trozos y de orden exponencial en $ [0,+ \infty[$ tal que el límite

$\displaystyle \lim_{t \rightarrow 0^+} \frac{f(t)}{t} $

existe, entonces


$\displaystyle {\cal L} \left\{ \frac{f(t)}{t} \right\} = \int_s^{\infty} F(u) du $
 

Demostración
Sea


$\displaystyle g(t) = \frac{f(t)}{t} \Rightarrow f(t)= t g(t) $

entonces aplicando transformada de Laplace a ambos lados tenemos que


$\displaystyle F(s)={\cal L} \left\{ f(t) \right\} = {\cal L } \left\{ tg(t) \ri... ... = - \left( {\cal L} \left\{ g(t) \right\} \right)^{\prime} = - G^{\prime}(s) $

Integrando


$\displaystyle G(s) = - \int_{\infty}^s F(u) du = \int_{s}^{\infty} F(u) du $

es decir,


$\displaystyle {\cal L} \left\{ \frac{f(t)}{t} \right\} = \int_{s}^{\infty} $

Observación: la constante de integración debe escogerse de forma de tal que$ \lim_{s \rightarrow \infty} G(s) = 0$.
El siguiente ejemplo muestra una aplicación de este teorema.
Ejemplo
Calcule


$\displaystyle {\cal L} \left\{ \frac{Sen(t)}{t} \right\} $

Solución
Tenemos que

$\displaystyle F(s) = \frac{1}{s^2 + 1} $

con lo cual

$\displaystyle {\cal L} \left\{ \frac{Sen(t)}{t} \right\} $
$\displaystyle =$$\displaystyle \int_s^{\infty} \frac{1}{u^2 + 1} du$
 $\displaystyle =$$\displaystyle ArcTan(s) \biggr\vert _s^{\infty}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle \frac{\pi}{2} - ArcTan(s)$

Ejemplo
Calcule el valor de la siguiente integral


$\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{e^{-t} - e^{-3t}}{t} dt $

Solución 
Si


$\displaystyle f(t) = e^{-t} -e^{-3t} $

entonces

$\displaystyle {\cal L} \left\{ \frac{f(t)}{t} \right\}$$\displaystyle =$$\displaystyle \int_s^{\infty} \left\{ \frac{1}{u+1} - \frac{1}{u+3} \right\} du$
 $\displaystyle =$$\displaystyle ln \left( \frac{u+1}{u+3} \right) \biggr\vert _s^{\infty}$
 $\displaystyle =$$\displaystyle ln \left( \frac{s+3}{s+1} \right)$

De donde


$\displaystyle \int_0^{\infty} \left(\frac{e^{-t} - e^{-3t}}{t} \right) dt = ln \left( \frac{s+3}{s+1} \right) $

y tomando el límite cuando $ s \rightarrow 0^{+}$, tenemos que


$\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{e^{-t}- e^{-3t}}{t} dt = ln(3) $
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