FUNCION DELTA DIRAC.

Impulso unitario con frecuencia, sobre los sistemas mecánicos actúan fuerzas externas (o
fem sobre los circuitos eléctricos) de gran magnitud solo durante un lapso muy breve por
ejemplo, en un ala de aeroplano que se encuentre oscilando, puede caer un rayo, se puede
dar un golpe brusco a una masa en un resorte con un martillo de bola, o una bola de beisbol
(golf o tenis), podría mandarse volando golpeándola violentamente con algún tipo de
garrote, como un bate, palo de golf o una raqueta. La función

0, 0 ≤ 𝑡0 − 𝑎
1
𝛿 a(t – t0)= {2𝑎 , 𝑡0 − 𝑎 ≤ 𝑡 < 𝑡0 + 𝑎
0, 𝑡 ≥ 𝑡0 + 𝑎,

Cuando a> 0, t0>0 se ven en la figura a), y podrían servir como modelo matemático de este
tipo de fuerzas. Para los valores pequeños de 𝑎, 𝛿𝑎 (𝑡 − 𝑡0 ) es, esencialmente, una función
constante de gran magnitud que se encuentra “encendida” sólo durante un lapso muy
pequeño alrededor de 𝑡0 . El comportamiento de 𝛿(𝑡 − 𝑡0 )cuando a  0 se muestra en la
figura b). Esta función 𝛿𝑎 (𝑡 − 𝑡0 ), se llama impulso unitario porque tiene la prioridad de la
∞
integración, ∫0 𝛿𝑎(𝑡 − 𝑡0)𝑑𝑡 = 1.

Función delta Dirac. En la practica conviene trabajar con otro tipo de impulso unitario, con
una función que aproxima 𝛿 a(t – t0), definida con el limite.
 𝛿(t – t0) = lim 𝛿a(t − t0)
𝑎→0

Esta ultima expresión, que por ningún motivo es una función, se puede caracterizar
mediante las dos propiedades siguientes:

∞, 𝑡 = 𝑡0 ∞
(𝑖) 𝛿 a (t – t0) { 𝑦 (ii)∫0 𝛿 (t – 𝑡0 ) dt = 1
0, ≠ 𝑡0

Impulso unitario 𝛿(𝑡 − 𝑡0 ), se denomina función delta Dirac.

Es posible obtener la transformada de Laplace de la función delta de Dirac con la hipótesis

formal de que ℒ{𝛿(𝑡 − 𝑡0 )} = lim ℒ {𝛿𝑎 (𝑡 − 𝑡0 )}
𝑎→0

Teorema: Transformada de la función delta de Dirac.

Para 𝑡0 < 0, ℒ{𝛿(𝑡 − 𝑡0 )} = 𝑒 −𝑠𝑡0

DEMOSTRACIÓN: comenzaremos expresando 𝑎𝛿𝑎(𝑡 − 𝑡0) en terminos de la función

escalón unitario, de acuerdo con las ecuaciones.

𝛿𝑎(𝑡 − 𝑡0) = 1/2𝑎[𝑢(𝑡 − (𝑡0 − 𝑎)) − 𝑢(𝑡 − (𝑡0 − 𝑎))].

Según la linealidad, la transformada de Laplace de esta expresión es

1 𝑒 − 𝑠(𝑡0 − 𝑎) 𝑒 − 𝑠(𝑡0 + 𝑎) −𝑠𝑡0

𝑒 𝑠𝑎 − 𝑒 −𝑠𝑎
𝐿{𝛿𝑎 (𝑡 − 𝑡0 )} = [ − =𝑒 ( )
2𝑎 𝑠 𝑠 2𝑠𝑎
Como esta ecuación tiene la forma indeterminada 0/0 cuando a0, aplicamos la regla de
L’Hôpital:
𝑒 𝑠𝑎 −𝑒 −𝑠𝑎
ℒ{𝛿(𝑡 − 𝑡0 )} = lim 0 ℒ{𝛿𝑎 (𝑡 − 𝑡0 )} = 𝑒 −𝑠𝑡0 lim ( ) = 𝑒 −𝑠𝑡0
𝑎→ 𝑎→0 2𝑠𝑎

Cuando 𝑡0 = 0 parece lógico suponer de acuerdo con la ecuación descrita en el teorema,

que

ℒ{𝛿(𝑡)} = 1
Este resultado subraya el hecho de que 𝛿(𝑡) no es el tipo normal de función que tenemos
manejando porque de acuerdo con el teorema, esperaríamos que ℒ {(𝑓(𝑡)} → 0 cuando
𝑠→∞

Definición de función delta:

𝛿(𝑡) es un objeto matematico conocido como la función delta. Es un ejemplo de una
distribución o función generalizada. Tiene las siguientes propiedades:

ii) 𝛿(𝑡) = 0 𝑠𝑖 𝑡 ≠ 0.

ii) 𝛿(0) 𝑛𝑜 𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑑𝑎

∞
iii) ∫−∞ 𝛿(𝑡)𝑑𝑡 = 𝐼

iv) si g(t) es una función continua en (−∞, ∞), entonses

∞
∫ 𝑔(𝑡)𝛿(𝑡)𝑑𝑡 = 𝑔(0)
−∞

Es posible construir una definición lógicamente rigurosa pero no se hará intuitivamente, se

puede pensar en 𝛿(𝑡) como en una aproximación de un impulso físico de magnitud 1 en el
tiempo t=0 por ejemplo podría ser la transferencia rápida de una unidad de carga en el
tiempo de carga en el tiempo cero. Se puede demostrar que si a es una constante entonces

v) 𝛿(𝑡 − 𝑎) = 0 𝑠𝑖 𝑡 ≠ 𝑎
∞
vi) ∫−∞ 𝛿(𝑡 − 𝑎)𝑑𝑡 = 1

vii) si g(t) es una función continua en (-∞, ∞) entonces

∞
∫ 𝑔(𝑡)𝛿(𝑡 − 𝑎)𝑑𝑡 = 𝑔(𝑎)
−∞

De estas formulas se obtiene que.

𝑡
1 𝑠𝑖 𝑡 > 0,
∫ 𝛿(𝑡)𝑑𝑡 = {
−∞
0 𝑠𝑖 𝑡 < 0,

Entonces, formalmente
 𝑡
∫ 𝛿(𝑡)𝑑𝑡 = 𝐻(𝑡)
−∞

Y 𝛿(𝑡) se puede considerar, en cierto sentido, como la derivada de la función Heaviside.

Una propiedad agradable de la transformada de Laplace es que se aplica a manera casi tan
sencilla a impulsos y distribuciones como a las funciones ordinarias.

No es necesario decir que en los problemas reales que involucran impulsos, debe tenerse
cuidado de asegurar que las ecuaciones que se están usando sigan proporcionando modelos
exactos en la presencia de valores grandes, pero breves dados por el impulso.

Función Delta Dirac

El producto de la convolución puede usarse para encontrar la respuesta de un sistema
dinámico a una fuerza súbita de amplitud larga y duración corta (como golpear una bola de
beisbol). Esto puede modelarse mediante la función delta de Dirac. Empezaremos en un
plano hipotético, “definiendo” la función delta por una propiedad que se requiere que
posea.

La función delta de Dirac y sus propiedades

Comencemos por ampliar los dominios de las funciones f en E a toda la recta real al tomar
de valor de f(t) como cero para toda t negativa. Este nuevo conjunto de funciones se denota
con 𝐸1 . Ahora ya podemos dar la definición de un objeto muy extraño al que Dirac llamó
función generalizada.
  Función delta de Dirac. Supóngase que existe un elemento δ en 𝐸1 tal que para toda
𝑡0 ≥ 0 y toda función 𝑓 en 𝐸1 que es continua en 𝑡0 ,
∞
∫−∞ 𝛿(𝑡0 − 𝑢) 𝑓(𝑢)𝑑𝑢 = 𝑓(𝑡0 ) (1)

El elemento δ se denomina función delta de Dirac.

En realidad no puede haber mas de una función delta de Dirac. Para verlo, digamos que hay
dos funciones 𝛿(𝑡) y 𝜇(𝑡) en 𝐸1 que satisfacen la definición (1). Entonces, para cualquier
punto 𝑡0 en donde 𝜇(𝑡) es continua,
∞ ∞
∫ 𝛿(𝑡0 − 𝑢)𝜇(𝑢)𝑑𝑢 = 𝜇(𝑡0 ) = ∫ 𝛿(𝑣)𝜇(𝑡0 − 𝑣)𝑑𝑣 = 𝛿(𝑡0 )
−∞ −∞

18

Por tanto, 𝛿 = 𝜇 porque 𝛿(𝑡) = 𝜇(𝑡) en todos los valores t donde δ y µ son continuas.

Ahora supongamos que existe una función delta de Dirac. Es posible que el lector sienta
incomodidad con el calculo de una función que podría no existir; no obstante,
proseguiremos por este camino.

TEOREMA: Propiedades de la función delta de Dirac. Se tiene

∞
∫ 𝛿(𝑡)𝑑𝑡 = 1, ℒ[𝛿] (𝑠) = 1, ℒ[𝛿(𝑡 − 𝑢)] = 𝑒 −𝑢𝑠
−∞

Para comprobar la primera propiedad, sea f(t)=escalón(t), que es la función de Heaviside.

De (1) puede establecerse que u=t-u y demostrarse que
∞ ∞
𝑝𝑎𝑠𝑜(𝑡) = ∫−∞ 𝛿(𝑣) 𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙ó𝑛 (𝑡 − 𝑣)𝑑𝑣 = ∫−∞ 𝛿(𝑣) 𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙ó𝑛 (𝑡 − 𝑣)𝑑𝑣 (3)

𝑡
= ∫ 𝛿(𝑣)𝑑𝑣 [𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙ó𝑛 (𝑡 − 𝑣) = 0 = 𝑠𝑖 𝑣 > 𝑡]
−∞
 𝑡
Por tanto, ∫−∞ 𝛿(𝑣)𝑑𝑣 = 1 para toda 𝑡 > 0. Y se demuestra la primera desigualdad de (2).

Para demostrar la segunda propiedad se emplea el teorema de la convolución.

ℒ[𝛿 ∗ 𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙ó𝑛] = ℒ[𝛿]ℒ[𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙ó𝑛] (4)

Por otro lado de tiene que

ℒ[𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙ó𝑛] = ℒ[1] (5)

Y que (después de declarar 𝑢 = 𝑡 − 𝑣)

𝑡 0
ℒ[𝛿 ∗ 𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙ó𝑛] = ℒ [∫ 𝛿(𝑡 − 𝑢)𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙ó𝑛(𝑢)𝑑𝑢] = ℒ [∫ 𝛿(𝑣)𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙ó𝑛(𝑡 − 𝑣)(−𝑑𝑣)]
0 𝑡

(6)
𝑡 ∞
= ℒ [∫ 𝛿(𝑣)𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙ó𝑛(𝑡 − 𝑣)𝑑𝑣] = ℒ [∫ 𝛿(𝑣)𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙ó𝑛(𝑡 − 𝑣)𝑑𝑣]
0 −∞

= ℒ[𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙ó𝑛] = ℒ[1]

Donde se han utilizado 𝛿(𝑣) = 0 para 𝑣 < 0, 𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙ó𝑛(𝑡 − 𝑣) = 0 para 𝑣 > 𝑡, y la

identidad (3). Por tanto (4),(5) y (6) se observa que ℒ[𝛿] = 1.

La función delta se utiliza a menudo para resolver PVI. Supóngase que 𝑃(𝐷) = 𝐷2 + 𝑎𝐷 +
𝑏 para las constantes reales a y b. Entonces, el siguiente resultado da una formula de
solución para un PVI:

Teorema: la función delta y problemas de valor inicial. La solución del PVI.

𝑃(𝐷)[𝑦] = 𝑓 𝑦(0) = 𝑦 ′ (0) = 0 (7)

Donde f está en 𝐸1 , está dada por

∞
𝑦 = ∫ 𝐺(𝑡, 𝑢)𝑓(𝑢)𝑑𝑢 (8)
−∞

Donde para cada u la función 𝑍 = 𝐺(𝑡, 𝑢) es la solución del PVI

𝑃(𝐷)[𝑧] = 𝛿(𝑡 − 𝑢), 𝑧(0) = 𝑧 ′ (0) = 0 (9)

Para ver por qué la formula (8) da la solución del PVI (7) se razona como sigue: si 𝑠𝑖 𝑔(𝑡) =
1
ℒ −1 [𝑃(𝑠)], entonces la solución del PVI(7) está dada por
 𝑡 𝑡
𝑦(𝑡) = ∫0 𝑔(𝑡 − 𝑢)𝑓(𝑢)𝑑𝑢 = ∫−∞ 𝑔(𝑡 − 𝑢)𝑓(𝑢)𝑑𝑢
∞
=∫−∞ 𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙ó𝑛(𝑡 − 𝑢)𝑔(𝑡 − 𝑢)𝑓(𝑢)𝑑𝑢 (10)

Donde se ha aprovechado que 𝑓(𝑢) = 0 𝑠𝑖 𝑢 < 0 𝑦 𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙ó𝑛(𝑡 − 𝑢) = 0 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑢 > 𝑡. Por

otra parte, se ve que la transformada G(t,u) del PVI está dada por

ℒ[𝛿(𝑡 − 𝑢)] 𝑢−𝑢𝑠

ℒ[𝐺(𝑡, 𝑢) = = (11)
𝑃(𝑠) 𝑃(𝑠)

En consecuencia, por (11) y la fórmula del teorema del corrimiento se observa que.

𝐺𝑡, 𝑢) = 𝑔(𝑡 − 𝑢)𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙ó𝑛 (𝑡 − 𝑢) (12)

Por ultimo de (10) y (12) se tiene la fórmula buscada (8):

∞
𝑦(𝑡) = ∫ 𝐺(𝑡, 𝑢)𝑓(𝑢)𝑑𝑢
−∞

Por consiguiente, se ha planteado otra forma de encontrar la solución única de un PVI.

¿Existe la solución delta de Dirac?

Por el momento, supóngase que𝛿(𝑡) es una función en 𝐸1 y veamos a donde nos lleva esto.
Digamos que 𝑡0 > 0 es un punto de continuidad para δ y que 𝛿(𝑡0 ) > 0. Entonces hay un
intervalo 0 > 𝑡0 − 𝑇 ≤ 𝑡 ≤ 𝑡0 en el que 𝛿(𝑡) es positiva y continua. Consideremos la
función 𝑓(𝑡) = 𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙ó𝑛 (𝑇 − 𝑡)𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙ó𝑛(𝑡). Entonces, como 𝑇 − 𝑡0 < 0, 𝑓(𝑡0 ) = 0, que
por (1) se tiene que
∞ 𝑇
0 = 𝑓(𝑡0 ) = ∫ 𝛿(𝑡0 − 𝑢)𝑓 (𝑢)𝑑𝑢 = ∫ 𝛿(𝑡0 − 𝑢)𝑑𝑢
−∞ 0

Donde también se ha utilizado el hecho de que 𝑓(𝑢) = 0 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑢 < 0 𝑦 𝑢 > 𝑇, al hacer el
cambio de variables 𝑣 = 𝑡0 − 𝑢 se observa por la elección de 𝑡0 𝑦 𝑡 que
𝑇 𝑡0
0 = ∫ 𝛿(𝑡0 − 𝑢)𝑑𝑢 = ∫ 𝛿(𝑣)𝑑𝑣 > 0
0 𝑡0 −𝑇

Puesto que hemos supuesto que 𝛿(𝑡) es positiva para 𝑡0 − 𝑇 ≤ 𝑡 ≤ . esta contradicción
indica que 𝛿(𝑡0 ) no puede ser positiva en ningún punto de la continuidad. De manera
similar, 𝛿(𝑡0 ) tampoco puede ser negativa y, por tanto, δ desaparece en todo punto donde
es continua. Esto significa que el miembro izquierdo de (1) desaparece para toda t, sin
importar qué función 𝑓 𝑠𝑒 𝑒𝑙𝑖𝑗𝑎 𝑑𝑒 𝐸1 . Pero esto es absurdo de modo que cualquiera que
sea 𝛿(𝑡), no es una función en 𝐸1 . Teníamos la sospecha de que a partir de la segunda
fórmula de (2) ya que δ no puede ser una función, pues cualquier función en 𝐸1 debe tener
una transformada que tiende a cero cuando 𝑠 → +∞.

Desde los tiempos de Dirac, las “funciones” como δ han sido muy importantes en las
aplicaciones. En los tratamientos avanzados de las modernas matemáticas aplicadas se
construye una teoría lógicamente rigurosa que incluye objetos, conocidos como
distribuciones, funciones generalizadas o función simbólica. Que se comportan como la
“función delta”.

Ejercicio 1:
Función de forzamiento impulsiva

Resuelva 𝑦 ′ + 𝑦 = 𝛿(𝑡 − 1), 𝑦(0) = 1

Solución:

Tomando la transformada de Laplace en ambos lados se tiene:

𝑠𝑌(𝑠) − 𝑦(0) + 𝑌(𝑠) = 𝑒 −𝑠

Despejando Y(s),

1 𝑒 −𝑠
𝑌(𝑠) = + ,
𝑠+1 𝑠+1

De manera que:
1 1
𝑦(𝑡) = ℒ −1 [𝑠+1] + ℒ −1 [𝑒 −𝑠 𝑠+1] = 𝑒 −𝑡 + 𝑒 −(𝑡−1) 𝐻(𝑡 − 1) (1)

Físicamente, este ejercicio se puede ver como el circuito RC lineal simple de la figura 3.12.1,
donde y es la carga en el capacitor del tiempo, y existe una carga inicial de 1 en el capacitor.
Para 0 ≤ 𝑡 < 1, el voltaje e es cero, y el capacitor se esta descargando. En el tiempo t=1,
hay un impulso de voltaje, es decir se aplica un voltaje muy alto durante un periodo breve,
lo que recarga el capacitor. Después el voltaje es 0 otra vez y el capacitor continúa
descargándose.
 La grafica de (1) se puede ver en la figura 3.12.2. Esta grafica debe interpretarse como que,
en una problema real, y(t) estaría dada por una función como la de la figura 3.12.3.

12.1 Fig. 3.12.2 Fig. 3.12.3

19 Gráfica de (1)

Ejercicio 2:
Una masa unida a un resorte se libera desde el reposo, a un metro por bajo de la posición
de equilibrio para el sistema masa-resorte y comienza a vibrar. Después de π segundos, la
masa es golpeada por un martillo que ejerce un impulso sobre la masa. El sistema queda
descrito por el problema simbólico con valores iniciales.

𝑑2 𝑥 𝑑𝑥
+ 9𝑥 = 3𝛿(𝑡 − 𝜋); 𝑥(0) = 1, (0) = 0 (I)
𝑑𝑡 2 𝑑𝑡

Donde x(t) denota el desplazamiento con respecto del equilibrio en el instante t. Determinar
x(t).

Solución:
Sea 𝑋(𝑠) = ℒ {𝑥}(𝑠). Como

ℒ{𝑥 ′′ }(𝑠) = 𝑠 2 𝑋(𝑠) − 𝑠 𝑦 ℒ{𝛿(𝑡 − 𝜋)}(𝑠) = 𝑒 −𝜋𝑠

Al calcular la transformada de Laplace de ambos lados de (I) y despejar X(s) tenemos:

𝑠 2 𝑋(𝑠) − 𝑠 + 9𝑋(𝑠) = 3𝑒 −𝜋𝑠

𝑠 3
𝑋(𝑠) = + 𝑒 −𝜋𝑠 2 + 9
𝑠2 +9 𝑠

= ℒ{cos 3𝑡}(𝑠) + 𝑒−𝜋𝑠 ℒ {sin 3𝑡}(s)

Usamos la propiedad de translación para determinar la transformada inversa de Laplace de
X(s)

Translación en t.

Teorema: Suponga que 𝐹(𝑠) = ℒ{𝑓}(𝑠) existe para 𝑠 > 𝛼 ≥ 0. Si α es una constante
positiva, entonces:

ℒ{𝑓(𝑡 − 𝑎)𝑢 (𝑡 − 𝑎)}(𝑠) = 𝑒 −𝑎𝑠 𝐹(𝑠),

Recíprocamente, una transformada inversa de Laplace de 𝑒 −𝑎𝑠 𝐹(𝑠) esta dada por:

ℒ −1 {𝑒 −𝑎𝑠 𝐹(𝑠)}(𝑡) = 𝑓(𝑡 − 𝑎)𝑢 (𝑡 − 𝑎)

sí tenemos que:

𝑥(𝑡) = cos 3𝑡 + [sin 3(𝑡 − 𝜋)]𝑢 (𝑡 − 𝜋)

cos 3𝑡 , 𝑡<𝜋
={
cos 3𝑡 − sin 3𝑡 , 𝜋<𝑡

cos 3𝑡, 𝑡< 𝜋

={ 𝜋
√2 cos (3𝑡 + ) , 𝜋>𝑡
4
La grafica de x(t) aparece en color en la figura 3.12.4. Como comparación, la curva punteada
exhibe el desplazamiento de un resorte vibrante sin perturbaciones. Observe que el impulso
suma 3 unidades al momento en el instante t=π.
 Desplazamiento de un resorte vibrante golpeado por un martillo t=π
Grafica 3.12.4

20

Ejercicio 3:
Suponga que tratamos de resolver:

𝑥 ′′ + 𝑥 = 𝛿1

Con condiciones iniciales 𝑥0 = 0, 𝑥′0 = 0. Supongamos que buscamos una solución

continua. Tomando transformadas de Laplace con ℒ[𝑥] = 𝐿 como es usual, obtenemos

𝑠 2 𝐿 + 𝐿 = 𝑒 −𝑠

(𝑠 2 + 1)𝐿 = 𝑒 −𝑠

𝑒 −𝑠
𝐿=
𝑠2 + 1
𝑒 −𝑠
𝑥 = ℒ −1 [ ]
𝑠2 + 1

Para esta inversa necesitamos el segundo teorema de translación.

Segundo teorema de translación

Sea f(t) una función que tiene una transformada de Laplace y sea α una constante positiva.
Entonces

Forma 1: ℒ[𝑓(𝑡)𝑢𝑎 (𝑡)] = 𝑒 −𝑎𝑠 ℒ[𝑓(𝑡 + 𝑎)],

Forma 2: ℒ[𝑓(𝑡 − 𝑎)𝑢𝑎 (𝑡)] = 𝑒 −𝑎𝑠 ℒ[𝑓(𝑡)],

Se establece el resultado que es:

 𝑥 = sin(𝑡 − 1)𝑢1 (𝑡)

La grafica de esta solución se muestra en la figura 3.12.5

Fig. 3.12.5

21

Bibliografía

 Daniel A. Marcus
Ecuaciones Diferenciales, 1a. ed.
Compañía editorial continental, México, 1993

 R. Kent Nagle, Edward B. Saff, Arthur David Snider.

Ecuaciones diferenciales y problemas con valores de frontera, 3a. ed.
Pearson Educación, México, 2001
 Stephen L. Campbell, Richard Haberman
Introducción a las ecuaciones diferenciales con problemas de valor de frontera,
1ra. Ed.
McGRAW-HILL, México, 1998