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Transformada de Laplace · Análisis Matemático III
⏱ calculando...Idea central: la Transformada de Laplace convierte una EDO con condiciones iniciales en una ecuación algebraica en \( s \). Se resuelve esa ecuación para \( Y(s) \) y luego se antitransforma para obtener \( y(t) \).
La gran ventaja: las condiciones iniciales se incorporan automáticamente al transformar las derivadas, sin necesidad de hallar una solución general primero.
Gema
Pensalo como un traductor: la EDO en el "idioma t" se traduce al "idioma s", donde resolver es algebraico puro. Después traducís la respuesta de vuelta. El método nunca te pide la solución homogénea ni la particular por separado — te las da juntas y ya con las condiciones iniciales incorporadas.
Aplicá \( \mathcal{L}\{\cdot\} \) a ambos miembros. Usá linealidad y las fórmulas de derivadas:
$$ \mathcal{L}\{y'\}(s) = sY(s) - y(0) $$ $$ \mathcal{L}\{y''\}(s) = s^2 Y(s) - s\,y(0) - y'(0) $$Sustituí las condiciones iniciales y despejá \( Y(s) \) algebraicamente.
Para poder antitransformar término a término, expresá \( Y(s) \) como suma de fracciones cuyas antitransformadas sean conocidas.
Aplicá \( \mathcal{L}^{-1}\{\cdot\} \) para obtener \( y(t) \). La solución es válida en \( [0, +\infty) \).
Definición. La función escalón unitario se define como:
$$ u(t-a) = \begin{cases} 0 & 0 \leq t < a \\ 1 & t \geq a \end{cases} $$Con \( a \geq 0 \). Cuando \( a = 0 \), \( u(t) \) vale 1 para todo \( t \geq 0 \).
Elvira
El escalón es como un interruptor: \( u(t-a) \) está en cero hasta el instante \( t = a \), y ahí se activa y vale 1 para siempre. Multiplicar una función por \( u(t-a) \) la "apaga" antes de \( a \) y la "enciende" desde \( a \) en adelante.
Directa:
$$ \mathcal{L}\{f(t-a)\,u(t-a)\}(s) = e^{-as}\,F(s) $$Inversa:
$$ \mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\}(t) = f(t-a)\,u(t-a) $$Cuando \( g(t) \) no viene escrita como \( f(t-a) \), definís \( f(t) = g(t+a) \) y usás:
$$ \mathcal{L}\{g(t)\,u(t-a)\}(s) = e^{-as}\,\mathcal{L}\{g(t+a)\}(s) $$Es decir: desplazás el argumento \( +a \) antes de transformar, y multiplicás por \( e^{-as} \).
Toda función definida por tramos se puede escribir en forma compacta usando escalones. Esto permite aplicar la Transformada de Laplace directamente.
Si \( \displaystyle f(t) = \begin{cases} g(t) & 0 \leq t < a \\ h(t) & t \geq a \end{cases} \) entonces:
$$ f(t) = g(t) + [h(t) - g(t)]\,u(t-a) $$
Gema
La lógica es siempre la misma: empezás con lo que vale en el primer tramo, y en el instante del cambio sumás la diferencia entre el nuevo tramo y el viejo. Podés encadenar tantos escalones como tramos tenga la función.
Si \( \displaystyle f(t) = \begin{cases} g_1(t) & 0 \leq t < a \\ g_2(t) & a \leq t < b \\ g_3(t) & t \geq b \end{cases} \) entonces:
$$ f(t) = g_1(t) + [g_2(t)-g_1(t)]\,u(t-a) + [g_3(t)-g_2(t)]\,u(t-b) $$Definición. Una función \( f(t) \) es periódica con período \( T \) si:
$$ f(t + T) = f(t) \quad \text{para todo } t \geq 0 $$Si \( f \) tiene período \( T > 0 \) y es continua por partes en \( [0, T] \), entonces:
$$ \mathcal{L}\{f\}(s) = \frac{F_T(s)}{1 - e^{-sT}} = \frac{\displaystyle\int_0^T e^{-st}f(t)\,dt}{1 - e^{-sT}} $$donde \( F_T(s) = \displaystyle\int_0^T e^{-st}f(t)\,dt \) es la transformada de un solo período.
Elvira y Gema
La idea es preciosa: como la función se repite, alcanza con calcular la integral sobre un período. El factor \( 1/(1-e^{-sT}) \) es la "suma geométrica infinita" de todos los períodos transformados. La periodicidad convierte una integral impropia infinita en algo manejable.
Ejemplo 1. Resolver el PVI:
$$ y'' - 2y' + 5y = -8e^{-t}, \quad y(0) = 2,\; y'(0) = 12 $$Aplicamos \( \mathcal{L}\{\cdot\} \) a ambos miembros y usamos linealidad:
$$ \mathcal{L}\{y''\} - 2\,\mathcal{L}\{y'\} + 5\,\mathcal{L}\{y\} = -\frac{8}{s+1} $$Sustituyendo en la ecuación transformada:
$$ [s^2 Y - 2s - 12] - 2[sY - 2] + 5Y = -\frac{8}{s+1} $$Agrupamos los términos con \( Y \):
$$ (s^2 - 2s + 5)\,Y(s) = 2s + 8 - \frac{8}{s+1} $$ $$ Y(s) = \frac{2s+8}{s^2-2s+5} - \frac{8}{(s^2-2s+5)(s+1)} $$Combinando en una sola fracción:
$$ Y(s) = \frac{(2s+8)(s+1) - 8}{(s^2-2s+5)(s+1)} = \frac{2s^2+10s}{(s^2-2s+5)(s+1)} $$Evaluando en \( s=-1 \): \( C = -1 \). Igualando coeficientes: \( A = 3 \), \( B = 8 \).
$$ Y(s) = \frac{3s+8}{s^2-2s+5} - \frac{1}{s+1} $$Completamos el cuadrado: \( s^2-2s+5 = (s-1)^2+4 \).
$$ Y(s) = 3\cdot\frac{s-1}{(s-1)^2+4} + 4\cdot\frac{2}{(s-1)^2+4} - \frac{1}{s+1} $$(Verificación: \( 3(s-1)+4\cdot 2 = 3s+5 \neq 3s+8 \)... reajustamos: \( 3s+8 = 3(s-1)+11 \), entonces el coeficiente del seno es \( 11/2 \):)
$$ Y(s) = 3\cdot\frac{s-1}{(s-1)^2+4} + \frac{11}{2}\cdot\frac{2}{(s-1)^2+4} - \frac{1}{s+1} $$Usando traslación en \( s \) con \( a=1 \):
$$ \mathcal{L}^{-1}\{\frac{s-1}{(s-1)^2+4}\} = e^t\cos(2t) $$ $$ \mathcal{L}^{-1}\{\frac{2}{(s-1)^2+4}\} = e^t\sin(2t) $$ $$ \boxed{y(t) = 3e^t\cos(2t) + \frac{11}{2}\,e^t\sin(2t) - e^{-t}} $$Ejemplo 2. Resolver el PVI con forzamiento discontinuo:
$$ y' + y = \begin{cases} 0 & 0 \leq t < \pi \\ 3\cos t & t \geq \pi \end{cases}, \quad y(0) = 5 $$El forzamiento vale 0 antes de \( \pi \) y se activa desde \( \pi \):
$$ y' + y = 3\cos(t)\,u(t-\pi) $$Para el segundo miembro, usamos \( \mathcal{L}\{g(t)\,u(t-a)\} = e^{-as}\mathcal{L}\{g(t+a)\} \) con \( a = \pi \):
$$ g(t) = 3\cos t \quad\Rightarrow\quad g(t+\pi) = 3\cos(t+\pi) = -3\cos t $$ $$ \mathcal{L}\{g(t+\pi)\} = -\frac{3s}{s^2+1} $$Entonces, sustituyendo \( y(0)=5 \):
$$ (s+1)\,Y(s) - 5 = -\frac{3s}{s^2+1}\,e^{-\pi s} $$Descomponemos la fracción usando fracciones simples:
$$ \frac{3s}{(s^2+1)(s+1)} = \frac{3}{2}\cdot\frac{1}{s+1} - \frac{3}{2}\cdot\frac{s}{s^2+1} + \frac{3}{2}\cdot\frac{1}{s^2+1} $$Verificación rápida en \( s=0 \): izquierda \( 0 \), derecha \( 3/2 - 0 + 3/2 = 3 \neq 0 \).
Recalculando correctamente — planteamos \( \frac{3s}{(s^2+1)(s+1)} = \frac{As+B}{s^2+1} + \frac{C}{s+1} \):
En \( s=-1 \): \( C = \frac{-3}{2} \). Igualando coeficientes de \( s^2 \): \( A+C=0 \Rightarrow A=\frac{3}{2} \). Término independiente: \( B+C=0 \Rightarrow B=\frac{3}{2} \).
$$ \frac{3s}{(s^2+1)(s+1)} = \frac{\frac{3}{2}s + \frac{3}{2}}{s^2+1} - \frac{\frac{3}{2}}{s+1} = \frac{3}{2}\cdot\frac{s}{s^2+1} + \frac{3}{2}\cdot\frac{1}{s^2+1} - \frac{3}{2}\cdot\frac{1}{s+1} $$Por lo tanto:
$$ Y(s) = \frac{5}{s+1} + \left[\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{s+1} - \frac{3}{2}\cdot\frac{s}{s^2+1} - \frac{3}{2}\cdot\frac{1}{s^2+1}\right]e^{-\pi s} $$Usamos \( \mathcal{L}^{-1}\{e^{-\pi s} F(s)\} = f(t-\pi)\,u(t-\pi) \):
$$ \mathcal{L}^{-1}\{\frac{e^{-\pi s}}{s+1}\} = e^{-(t-\pi)}\,u(t-\pi) $$ $$ \mathcal{L}^{-1}\{\frac{s\,e^{-\pi s}}{s^2+1}\} = \cos(t-\pi)\,u(t-\pi) $$ $$ \mathcal{L}^{-1}\{\frac{e^{-\pi s}}{s^2+1}\} = \sin(t-\pi)\,u(t-\pi) $$Solución:
$$ \boxed{y(t) = 5e^{-t} + \frac{3}{2}\left[e^{-(t-\pi)} - \cos(t-\pi) - \sin(t-\pi)\right]u(t-\pi)} $$
Elvira
Ojo con el paso de fracciones simples: siempre verificá que la suma de las fracciones recupere la fracción original. El chequeo más rápido es evaluar en \( s=0 \) y \( s=1 \) en ambos lados. Es el paso donde más errores de signo aparecen.
Escribimos \( -s = -(s+3) + 3 \):
$$ Y(s) = -\frac{1}{s+3} + \frac{3}{(s+3)^2} $$El valor inicial es 2. En \( t=3 \) el valor cambia a \(-2 \): diferencia \( = -2-2 = -4 \).
$$ f(t) = 2 - 4\,u(t-3) $$Usando \( \cos(2(t-\pi)) = \cos(2t) \):
$$ \boxed{y(t) = \frac{3}{4}\cos(2t) + \frac{1}{4} - \frac{1}{4}\left[1-\cos(2t)\right]u(t-\pi)} $$\( T = 2\pi \). Solo hay contribución en \( [0,\pi] \):
$$ F_{2\pi}(s) = \int_0^{2\pi} e^{-st}f(t)\,dt = \int_0^{\pi} e^{-st}\sin t\,dt $$Factorizando \( 1-e^{-2\pi s} = (1-e^{-\pi s})(1+e^{-\pi s}) \):
$$ \boxed{\mathcal{L}\{f\}(s) = \frac{1}{(s^2+1)(1-e^{-\pi s})}} $$📲 Compartí este apunte