Imaginá que estás diseñando el sistema de suspensión de un auto. El modelo matemático es una ecuación diferencial con coeficientes constantes, y el forzamiento externo puede ser una función discontinua: un golpe brusco que empieza en \( t = 2 \) y termina en \( t = 5 \). Con las técnicas clásicas, 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 ecuación diferencial en el dominio del tiempo, la transforma en una ecuación algebraica en otro dominio (el dominio de \( s \)), donde resolver es mucho más simple. Después, se deshace la transformación para obtener la solución original.
La Transformada de Laplace convierte ecuaciones diferenciales en ecuaciones algebraicas. Resolver álgebra es más sencillo que resolver derivadas.
El método 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 ecuación general primero y después aplicar las condiciones.
Además, funciones discontinuas (función escalón, delta de Dirac) se manejan de forma algebraica limpia, algo que los métodos clásicos no hacen bien.
Gema
Una analogía útil: es como los logaritmos. En vez de multiplicar números grandes directamente, los convertís en sumas con log, operás más fácil, y después deshacés el log. Laplace hace lo mismo: convierte derivadas en multiplicaciones por \(s\).
Sea \(f(t)\) una función definida en \([0,+\infty)\). La Transformada de Laplace de \(f\) es la función \(F\) 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 corazón 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 rápido. Actúa como un "amortiguador" que frena el crecimiento de \(f\).
El resultado \(F(s)\) ya no depende de \(t\) — esa variable desapareció al integrar. Solo depende del parámetro \(s\).
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 \(t=0\).
Cálculo directo por definición
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 término en \(N\) se va a cero porque \(e^{-sN} \to 0\) para \(s>0\). El término en \(0\) vale \(\frac{b}{s^2+b^2}\).
| \(f(t)\) | \(F(s) = \mathcal{L}\{f\}\) | válida 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 función tiene transformada de Laplace. La integral \(\int_0^\infty e^{-st}f(t)\,dt\) puede no converger. ¿Cuándo podemos garantizar que sí converge?
Condición 1: Continuidad por partes
Una función \(f(t)\) es continua por partes en \([0,\infty)\) si es continua en \([0,N]\) para todo \(N>0\), excepto en un número finito de puntos donde puede tener discontinuidades de salto (límites laterales finitos pero distintos).
Una discontinuidad de salto es "manejable": la función 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.
Condición 2: Orden exponencial
Una función \(f(t)\) 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 algún \(\alpha\).
Gema
La condición de orden exponencial dice: "f no crece más rápido 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 más rápido 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 garantía práctica para las funciones habituales de la ingeniería.
Si una función no cumple las condiciones del teorema, no podemos concluir que no tiene transformada. Solo podemos decir que el teorema no aplica. Habría 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 función pero evaluada en \(s-a\) en lugar de \(s\).
Si ya conocés \(\mathcal{L}\{f(t)\} = F(s)\) y tenés que calcular \(\mathcal{L}\{e^{at}f(t)\}\), simplemente tomás \(F(s)\) y reemplazás \(s\) 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 útil 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 razón por la que Laplace convierte ecuaciones diferenciales en algebraicas. Derivar en el dominio \(t\) se convierte en multiplicar por \(s\) en el dominio \(s\). Además, la condición inicial \(f(0)\) aparece automáticamente: no hay que agregarla después.
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 más usado en la práctica:
$$ \mathcal{L}\{f''(t)\}(s) = s^2\mathcal{L}\{f\}(s) - s\,f(0) - f'(0) $$Entonces \(f(0) = 0\) y \(f'(t) = b\cos(bt)\).
Derivada de la transformada
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 fórmula es \(s^2 Y(s) - s\,y(0) - y'(0)\). Es común olvidar el término 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 condición necesaria para que \(F(s)\) sea la transformada de alguna función razonable es que \(\displaystyle\lim_{s \to \infty} F(s) = 0\). Si te dan \(F(s) = s^2/(s+1)\), esta función crece cuando \(s \to \infty\), así que no puede ser la transformada de Laplace de ninguna función continua de orden exponencial.
Elvira
La técnica 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 más 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 término: \(\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{1}{s-6}\right\} = e^{6t}\)
Segundo término: \(\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{s}{s^2+9}\right\} = \cos(3t)\)
Tercer término: \(\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{1}{(s+2)^2+1}\right\} = e^{-2t}\sin(t)\)
Ejercicios extraídos del TP5 de Análisis Matemático III.
(a) \(f(t) = t^3\sin(t)\): SÍ 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) \(f(t) = t\ln(t)\): SÍ es de orden exponencial. \(t\ln(t)\) crece más 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 fórmula con \(n=2\): \(\mathcal{L}\{t^2\cos t\} = F''(s)\)
$$ F'(s) = \frac{1-s^2}{(s^2+1)^2}, \quad F''(s) = \frac{2s(s^2-3)}{(s^2+1)^3} $$ $$ \mathcal{L}\{t^2\cos t\} = \frac{2s(s^2-3)}{(s^2+1)^3} $$¿Encontraste algo que no cuadra? Un signo, un despeje, un gráfico que no carga, un link roto — contámelo y lo corrijo. Este apunte se hace mejor entre todos: cada aviso suma para que vos y toda la comunidad Insighters puedan estudiar con el mejor material posible. ¡Gracias!