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Análisis Matemático III · Fundamentos
⏱ calculando...Imagina que estas diseñando el sistema de suspension de un auto. El modelo matematico es una ecuacion diferencial con coeficientes constantes, y el forzamiento externo puede ser una funcion discontinua: un golpe brusco que empieza en \( t = 2 \) y termina en \( t = 5 \). Con las tecnicas clasicas, resolver eso se vuelve un dolor de cabeza.
La Transformada de Laplace viene a resolver exactamente ese problema. En lugar de trabajar directamente con la ecuacion diferencial en el dominio del tiempo, la transforma en una ecuacion algebraica en otro dominio (el dominio de \( s \)), donde resolver es mucho mas simple. Despues, se deshace la transformacion para obtener la solucion original.
La Transformada de Laplace convierte ecuaciones diferenciales en ecuaciones algebraicas. Resolver algebra es mas sencillo que resolver derivadas.
El metodo de Laplace paso a paso
Las condiciones iniciales \(y(0)\), \(y'(0)\), etc., se incorporan directamente al transformar las derivadas. No hace falta resolver la ecuacion general primero y despues aplicar las condiciones.
Ademas, funciones discontinuas (funcion escalon, delta de Dirac) se manejan de forma algebraica limpia, algo que los metodos clasicos no hacen bien.
Gema
Una analogia util: es como los logaritmos. En vez de multiplicar numeros grandes directamente, los convertis en sumas con log, operas mas facil, y despues deshaces el log. Laplace hace lo mismo: convierte derivadas en multiplicaciones por \(s\).
Sea \(f(t)\) una funcion definida en \([0,+\infty)\). La Transformada de Laplace de \(f\) es la funcion \(F\) definida por:
$$ F(s) := \int_0^{\infty} e^{-st} f(t) \, dt $$siempre que la integral converja. Se denota \(F(s) = \mathcal{L}\{f(t)\}(s)\).
El factor \(e^{-st}\) es el corazon de la transformada. Como \(e^{-st} \to 0\) cuando \(t \to \infty\) (para \(s > 0\)), este factor garantiza que la integral converja siempre que \(f(t)\) no crezca demasiado rapido. Actua como un "amortiguador" que frena el crecimiento de \(f\).
El resultado \(F(s)\) ya no depende de \(t\) — esa variable desaparecio al integrar. Solo depende del parametro \(s\).
Elvira
Ojo: la integral va de \(0\) a \(+\infty\). Eso quiere decir que la transformada borra la historia de \(f\) antes de \(t=0\). Por eso tiene sentido usarla para problemas con condiciones iniciales: todo empieza en \(t=0\).
Se obtiene la primitiva:
$$ \int e^{-st}\sin(bt)\,dt = \frac{e^{-st}}{s^2+b^2}(-s\sin(bt) - b\cos(bt)) + C $$El termino en \(N\) se va a cero porque \(e^{-sN} \to 0\) para \(s>0\). El termino en \(0\) vale \(\frac{b}{s^2+b^2}\).
| \(f(t)\) | \(F(s) = \mathcal{L}\{f\}\) | valida para |
|---|---|---|
| \(1\) | \(\dfrac{1}{s}\) | \(s>0\) |
| \(t^n\) | \(\dfrac{n!}{s^{n+1}}\) | \(s>0\) |
| \(t^p\) con \(p > -1\) | \(\dfrac{\Gamma(p+1)}{s^{p+1}}\) | \(s>0\) |
| \(e^{at}\) | \(\dfrac{1}{s-a}\) | \(s>a\) |
| \(\sin(bt)\) | \(\dfrac{b}{s^2+b^2}\) | \(s>0\) |
| \(\cos(bt)\) | \(\dfrac{s}{s^2+b^2}\) | \(s>0\) |
| \(\sinh(bt)\) | \(\dfrac{b}{s^2-b^2}\) | \(s>|b|\) |
| \(\cosh(bt)\) | \(\dfrac{s}{s^2-b^2}\) | \(s>|b|\) |
No toda funcion tiene transformada de Laplace. La integral \(\int_0^\infty e^{-st}f(t)\,dt\) puede no converger. ¿Cuando podemos garantizar que si converge?
Una funcion \(f(t)\) es continua por partes en \([0,\infty)\) si es continua en \([0,N]\) para todo \(N>0\), excepto en un numero finito de puntos donde puede tener discontinuidades de salto (limites laterales finitos pero distintos).
Una discontinuidad de salto es "manejable": la funcion da un brinco, pero en cada trozo es integrable. Podemos partir la integral en intervalos donde \(f\) es continua y sumar los resultados. Lo que no podemos manejar son singularidades que se van a infinito, como \(f(t) = 1/t^2\) cerca de \(t=0\), donde la integral diverge.
Una funcion \(f(t)\) es de orden exponencial \(\alpha\) si existen constantes positivas \(T\) y \(M\) tales que:
$$ |f(t)| \leq M e^{\alpha t}, \quad \text{para todo } t \geq T $$Equivalentemente: \(\displaystyle\lim_{t \to \infty} \frac{f(t)}{e^{\alpha t}}\) es finito para algun \(\alpha\).
Gema
La condicion de orden exponencial dice: "f no crece mas rapido que alguna exponencial". Si \(f\) puede ser acotada por \(Me^{\alpha t}\), entonces el factor \(e^{-st}\) de la transformada (con \(s > \alpha\)) la aplasta y hace converger la integral. Si \(f\) crece mas rapido que cualquier exponencial, como \(e^{t^2}\), el factor \(e^{-st}\) no alcanza a controlarla y la integral diverge.
Verifiquemos si es de orden exponencial:
$$ \lim_{t \to \infty} \frac{e^{t^2}}{e^{\alpha t}} = \lim_{t \to \infty} e^{t^2 - \alpha t} = \lim_{t \to \infty} e^{t(t-\alpha)} = +\infty $$para cualquier \(\alpha\). Por lo tanto, no es de orden exponencial y no tiene transformada de Laplace.
Si \(f(t)\) es continua por partes en \([0,\infty)\) y de orden exponencial \(\alpha\), entonces:
$$ \mathcal{L}\{f\}(s) = F(s) \quad \text{existe para } s > \alpha $$El teorema garantiza existencia cuando se cumplen ambas condiciones. Pero puede existir la transformada sin que se cumplan. Por ejemplo, \(f(t) = t^{-1/2}\) no es continua en \(t=0\), pero su transformada existe igual. El teorema nos da una garantia practica para las funciones habituales de la ingenieria.
Si una funcion no cumple las condiciones del teorema, no podemos concluir que no tiene transformada. Solo podemos decir que el teorema no aplica. Habria que analizar la integral directamente.
Sean \(f_1\) y \(f_2\) funciones con transformadas de Laplace y \(c\) una constante. Entonces:
$$ \mathcal{L}\{f_1 + f_2\} = \mathcal{L}\{f_1\} + \mathcal{L}\{f_2\} $$ $$ \mathcal{L}\{c\,f\} = c\,\mathcal{L}\{f\} $$Si \(\mathcal{L}\{f(t)\}(s) = F(s)\) existe para \(s > \alpha\), entonces:
$$ \mathcal{L}\{e^{at}f(t)\}(s) = F(s-a), \quad s > \alpha + a $$
Elvira
El teorema dice algo muy concreto: multiplicar \(f(t)\) por \(e^{at}\) en el dominio del tiempo equivale a desplazar la transformada en el dominio de \(s\). Es decir, \(F(s)\) se convierte en \(F(s-a)\): la misma funcion pero evaluada en \(s-a\) en lugar de \(s\).
Si ya conoces \(\mathcal{L}\{f(t)\} = F(s)\) y tenes que calcular \(\mathcal{L}\{e^{at}f(t)\}\), simplemente tomas \(F(s)\) y reemplazas \(s\) por \(s-a\) en todos lados.
Sabemos que \(\mathcal{L}\{\sin(bt)\}(s) = F(s) = \dfrac{b}{s^2+b^2}\)
Esta es la propiedad que hace que Laplace sea tan util para ecuaciones diferenciales.
Sea \(f(t)\) continua en \([0,\infty)\), \(f'(t)\) continua por partes, ambas de orden exponencial \(\alpha\). Entonces para \(s > \alpha\):
$$ \mathcal{L}\{f'(t)\}(s) = s\,\mathcal{L}\{f(t)\}(s) - f(0) $$
Gema y Elvira
Este teorema es la razon por la que Laplace convierte ecuaciones diferenciales en algebraicas. Derivar en el dominio \(t\) se convierte en multiplicar por \(s\) en el dominio \(s\). Ademas, la condicion inicial \(f(0)\) aparece automaticamente: no hay que agregarla despues.
Para la derivada de orden \(n\):
$$ \mathcal{L}\{f^{(n)}(t)\}(s) = s^n\mathcal{L}\{f(t)\}(s) - s^{n-1}f(0) - s^{n-2}f'(0) - \cdots - f^{(n-1)}(0) $$El caso mas usado en la practica:
$$ \mathcal{L}\{f''(t)\}(s) = s^2\mathcal{L}\{f\}(s) - s\,f(0) - f'(0) $$Entonces \(f(0) = 0\) y \(f'(t) = b\cos(bt)\).
Multiplicar por \(t^n\) en el dominio del tiempo equivale a derivar la transformada en el dominio \(s\).
El \((-1)^n\) aparece porque al derivar \(F(s) = \int_0^\infty e^{-st}f(t)\,dt\) respecto a \(s\), el factor \(-t\) que baja del exponente genera un signo negativo. Para \(n=1\): \(\mathcal{L}\{tf(t)\} = -F'(s)\).
Como \(F(s) = \dfrac{b}{s^2+b^2}\), calculamos:
$$ F'(s) = -\frac{2bs}{(s^2+b^2)^2} $$Al transformar \(y''\), la formula es \(s^2 Y(s) - s\,y(0) - y'(0)\). Es comun olvidar el termino con \(y'(0)\) o confundir el orden de los coeficientes. Siempre escribilo completo antes de sustituir los valores.
Dada \(F(s)\), si existe \(f(t)\) continua en \([0,\infty)\) tal que \(\mathcal{L}\{f\} = F\), entonces \(f(t)\) es la transformada inversa de Laplace de \(F(s)\):
$$ f(t) = \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}(t) $$Una condicion necesaria para que \(F(s)\) sea la transformada de alguna funcion razonable es que \(\displaystyle\lim_{s \to \infty} F(s) = 0\). Si te dan \(F(s) = s^2/(s+1)\), esta funcion crece cuando \(s \to \infty\), asi que no puede ser la transformada de Laplace de ninguna funcion continua de orden exponencial.
Elvira
La tecnica de fracciones parciales es clave para la transformada inversa. Si \(F(s)\) es un cociente de polinomios con grado del numerador menor que el del denominador, podemos descomponerla en fracciones simples que coincidan con entradas de la tabla. Esto es lo que mas vas a usar al resolver PVI.
(a) Hallar \(\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{2}{s^3}\right\}\)
De la tabla: \(\mathcal{L}\{t^n\} = \dfrac{n!}{s^{n+1}}\). Para \(n=2\): \(\mathcal{L}\{t^2\} = \dfrac{2}{s^3}\).
(b) Hallar \(\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{s-1}{s^2-2s+5}\right\}\)
Esta es la forma \(\dfrac{s-a}{(s-a)^2+b^2}\), que corresponde a \(\mathcal{L}\{e^{at}\cos(bt)\}\) con \(a=1\), \(b=2\).
Hallar \(\mathcal{L}\{f(t)\}\) donde:
$$ f(t) = \begin{cases} 2 & 0 < t < 5 \\ 0 & 5 < t < 10 \\ e^{4t} & t > 10 \end{cases} $$Hallar \(\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{5}{s-6} - \dfrac{6s}{s^2+9} + \dfrac{3}{2s^2+8s+10}\right\}\)
Primer termino: \(\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{1}{s-6}\right\} = e^{6t}\)
Segundo termino: \(\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{s}{s^2+9}\right\} = \cos(3t)\)
Tercer termino: \(\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{1}{(s+2)^2+1}\right\} = e^{-2t}\sin(t)\)
Ejercicios extraidos del TP5 de Analisis Matematico III.
(a) \(f(t) = t^3\sin(t)\): SI es de orden exponencial. Como \(|t^3\sin(t)| \leq t^3\) y \(\displaystyle\lim_{t \to \infty}\dfrac{t^3}{e^{\alpha t}} = 0\) para todo \(\alpha > 0\), es de orden exponencial para cualquier \(\alpha > 0\).
(b) \(f(t) = e^{t^3}\): NO es de orden exponencial. \(\displaystyle\lim_{t \to \infty}\dfrac{e^{t^3}}{e^{\alpha t}} = \lim_{t \to \infty} e^{t^3 - \alpha t} = +\infty\) para todo \(\alpha\).
(c) \(f(t) = t\ln(t)\): SI es de orden exponencial. \(t\ln(t)\) crece mas despacio que cualquier exponencial: \(\displaystyle\lim_{t \to \infty}\dfrac{t\ln t}{e^{\alpha t}} = 0\) para \(\alpha > 0\).
(a)
$$ \int_0^\infty t\,e^{-st}\,dt = \left[ -\frac{t\,e^{-st}}{s} \right]_0^\infty + \frac{1}{s}\int_0^\infty e^{-st}\,dt = 0 + \frac{1}{s^2} = \frac{1}{s^2} $$(b)
$$ \int_0^\infty t^2 e^{-st}\,dt = \frac{2!}{s^3} = \frac{2}{s^3} $$(c) Como \(e^{3t+1} = e \cdot e^{3t}\):
$$ \mathcal{L}\{e \cdot e^{3t}\} = e \cdot \frac{1}{s-3} = \frac{e}{s-3}, \quad s > 3 $$(a) \(\sqrt{t} = t^{1/2}\), entonces \(\mathcal{L}\{t^{1/2}\} = \dfrac{\Gamma(3/2)}{s^{3/2}} = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2s^{3/2}}\)
$$ \mathcal{L}\{\sqrt{t}+3t\} = \frac{\sqrt{\pi}}{2s^{3/2}} + \frac{3}{s^2} $$(b)
$$ \mathcal{L}\{\sin 2t + \cos 2t\} = \frac{2}{s^2+4} + \frac{s}{s^2+4} = \frac{s+2}{s^2+4} $$(c) Expandir: \((1+t)^3 = 1 + 3t + 3t^2 + t^3\)
$$ \mathcal{L}\{(1+t)^3\} = \frac{1}{s} + \frac{3}{s^2} + \frac{6}{s^3} + \frac{6}{s^4} $$(a) \(\mathcal{L}\{te^t\}\): Sea \(F(s) = \dfrac{1}{s-1}\), entonces \(F'(s) = -\dfrac{1}{(s-1)^2}\)
$$ \mathcal{L}\{te^t\} = -F'(s) = \frac{1}{(s-1)^2} $$(b) \(\mathcal{L}\{t^2\cos(t)\}\): Sea \(F(s) = \dfrac{s}{s^2+1}\). Por la formula con \(n=2\): \(\mathcal{L}\{t^2\cos t\} = F''(s)\)
$$ F'(s) = \frac{1-s^2}{(s^2+1)^2}, \quad F''(s) = \frac{2s(s^2-3)}{(s^2+1)^3} $$ $$ \mathcal{L}\{t^2\cos t\} = \frac{2s(s^2-3)}{(s^2+1)^3} $$📲 Compartí este apunte