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Análisis Matemático III · Transformada de Laplace
⏱ calculando...Sean \(f(t)\) y \(g(t)\) funciones continuas por partes en \([0, \infty)\). La convolución de \(f\) y \(g\), denotada \(f * g\), se define como:
$$ (f * g)(t) = \int_0^t f(t - v)\, g(v)\, dv $$La idea geométrica: para calcular \((f*g)(t)\) en un instante \(t\) fijo, se "desliza" una versión invertida y desplazada de \(f\) sobre \(g\) y se mide el área de superposición acumulada desde \(0\) hasta \(t\).
Gema
Pensalo como un promedio pesado: en cada instante \(t\), la convolución promedia los valores pasados de \(g\) usando \(f\) como "peso". Es clave en señales y sistemas porque describe cómo una señal de entrada transita por un sistema con cierta "memoria".
Sean \(f(t),\, g(t),\, h(t)\) continuas por partes en \([0,\infty)\). Entonces:
| Conmutativa | \(f * g = g * f\) |
| Distributiva | \(f * (g + h) = (f*g) + (f*h)\) |
| Asociativa | \((f * g) * h = f * (g * h)\) |
| Elemento nulo | \(f * 0 = 0\) |
Calcular \(t * t^2\).
Sean \(f(t)\) y \(g(t)\) continuas por partes en \([0, \infty)\) y de orden exponencial, con \(F(s) = \mathcal{L}\{f\}(s)\) y \(G(s) = \mathcal{L}\{g\}(s)\). Entonces:
$$ \mathcal{L}\{f * g\}(s) = F(s)\cdot G(s) $$De forma equivalente (más útil para antitransformadas):
$$ \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\cdot G(s)\}(t) = (f * g)(t) $$
Gema
El teorema es el puente entre el mundo de \(s\) y el de \(t\). Cuando no podés factorizar en fracciones simples una \(F(s)\) complicada, la separás en dos factores conocidos y calculás la convolución de sus antitransformadas.
Si \(G(s) = \dfrac{1}{s}\), entonces \(g(t) = 1\) y la convolución queda:
$$ \mathcal{L}\left\{\int_0^t f(v)\, dv\right\}(s) = \frac{F(s)}{s} $$Esto permite calcular la transformada de una integral sin evaluarla.
Ejemplo 1. Hallar \(\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{1}{(s^2+1)^2}\right\}\) usando el teorema de convolución.
Usando \(\text{sen}(A)\,\text{sen}(B) = \dfrac{1}{2}[\cos(A-B) - \cos(A+B)]\) con \(A = t-v\) y \(B = v\):
$$ = \frac{1}{2}\int_0^t [\cos(t - 2v) - \cos(t)]\, dv $$Ejemplo 2. Calcular \(\mathcal{L}\left\{\displaystyle\int_0^t e^{v}\, dv\right\}\) sin evaluar la integral.
La integral \(\int_0^t e^v\, dv\) es la convolución \((e^t * 1)(t)\). Entonces \(F(s) = \mathcal{L}\{e^t\} = \dfrac{1}{s-1}\) y \(G(s) = \mathcal{L}\{1\} = \dfrac{1}{s}\).
Evaluando directamente: \(\int_0^t e^v\, dv = e^t - 1\). Entonces \(\mathcal{L}\{e^t - 1\} = \dfrac{1}{s-1} - \dfrac{1}{s} = \dfrac{1}{s(s-1)}\). Coincide.
Elvira
En el Ejemplo 1, la identidad trigonométrica es clave para que la integral cierre. Sin convertir el producto de senos en una suma, la integral no tiene antiderivada elemental directa.
En ingeniería aparecen fuerzas que actúan durante un tiempo muy corto pero con gran intensidad: un golpe, un cortocircuito, una explosión. Para modelarlas, definimos el pulso rectangular centrado en \(t_0\):
$$ \delta_a(t - t_0) = \begin{cases} 0 & 0 \leq t < t_0 - a \\ \dfrac{1}{2a} & t_0 - a \leq t < t_0 + a \\ 0 & t \geq t_0 + a \end{cases} $$Este pulso tiene ancho \(2a\), altura \(\dfrac{1}{2a}\) y por lo tanto área = 1 para cualquier valor de \(a\). A medida que \(a \to 0\), el pulso se vuelve infinitamente angosto e infinitamente alto, pero su área sigue siendo 1.
La función delta de Dirac \(\delta(t - t_0)\) es el límite formal de \(\delta_a(t-t_0)\) cuando \(a \to 0\). No es una función en sentido clásico, sino una distribución, caracterizada por:
Gema
Es raro que algo que vale infinito en un punto tenga área finita, ¿no? La clave es que el área ya estaba fijada en 1 antes de tomar el límite. El proceso de "aplastar" el pulso no cambia su área, solo la concentra en un punto.
Para cualquier función \(f(t)\) continua en un entorno de \(t_0\):
$$ \int_{-\infty}^{+\infty} f(t)\, \delta(t - t_0)\, dt = f(t_0) $$La delta de Dirac "muestrea" el valor de \(f\) exactamente en \(t_0\).
Derivamos el resultado de dos formas distintas.
Como \(\delta(t-a) = 0\) para \(t < 0\), extendemos los límites sin cambiar el resultado:
$$ = \underbrace{\int_{-\infty}^{0} e^{-st}\, \delta(t-a)\, dt}_{= 0 \text{ (pues } a \geq 0)} + \int_{0}^{+\infty} e^{-st}\, \delta(t-a)\, dt $$Se escribe \(\delta_a(t-t_0) = \dfrac{1}{2a}[u(t-(t_0-a)) - u(t-(t_0+a))]\). Por linealidad y traslación en \(t\):
$$ \mathcal{L}\{\delta_a(t-t_0)\} = e^{-st_0}\cdot\frac{e^{sa} - e^{-sa}}{2sa} $$El cociente \(\dfrac{e^{sa}-e^{-sa}}{2sa}\) es indeterminado \(0/0\) cuando \(a \to 0\). Aplicamos L'Hôpital derivando respecto de \(a\):
$$ \lim_{a\to 0}\frac{s\,e^{sa} + s\,e^{-sa}}{2s} = \lim_{a\to 0}\frac{e^{sa}+e^{-sa}}{2} = \frac{1+1}{2} = 1 $$Caso particular: \(\mathcal{L}\{\delta(t)\} = 1\).
Una función "normal" tiene transformada que tiende a 0 cuando \(s \to \infty\). Que \(\mathcal{L}\{\delta(t)\} = 1\) (constante que no decae) confirma que la delta no es una función ordinaria.
El escalón \(u(t-a)\) cambia el nivel permanentemente a partir de \(t=a\) — su transformada es \(e^{-as}/s\). La delta \(\delta(t-a)\) actúa solo en \(t=a\) como un impulso instantáneo — su transformada es \(e^{-as}\). La diferencia es el factor \(1/s\).
Resolver: \(y'' + y = 4\,\delta(t - 2\pi),\quad y(0) = 1,\; y'(0) = 0\)
Primer término: \(\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{s}{s^2+1}\right\} = \cos(t)\).
Segundo término: por traslación en \(t\): \(\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{e^{-2\pi s}}{s^2+1}\right\} = \text{sen}(t-2\pi)\,u(t-2\pi)\).
Como \(\text{sen}(t - 2\pi) = \text{sen}(t)\), la solución por tramos es:
$$ y(t) = \begin{cases} \cos(t) & 0 \leq t < 2\pi \\ \cos(t) + 4\,\text{sen}(t) & t \geq 2\pi \end{cases} $$Antes del impulso en \(t = 2\pi\) el sistema oscila como \(\cos(t)\). En \(t = 2\pi\) recibe un "golpe" instantáneo de intensidad 4 que le suma el componente \(4\,\text{sen}(t)\) a la oscilación.
Elvira
Acordate: la delta no es una función. Es una distribución. No la podés "evaluar" como \(f(t_0)\) al estilo clásico — su significado siempre es a través de una integral con otra función.
Una ecuación íntegro-diferencial contiene simultáneamente derivadas e integrales de la incógnita \(y(t)\). La integral suele aparecer como convolución, lo que hace que la transformada de Laplace sea la herramienta natural.
Ejemplo 3. Resolver: \(y(t) + \displaystyle\int_0^t (t-v)\,y(v)\,dv = t^2\).
La integral es \((t * y)(t)\). Transformando: \(\mathcal{L}\{t * y\} = \mathcal{L}\{t\}\cdot Y(s) = \dfrac{1}{s^2}\,Y(s)\).
Ejemplo 4. Resolver: \(y'(t) = 1 - \text{sen}(t) - \displaystyle\int_0^t y(v)\,dv,\quad y(0) = 0\).
\(\int_0^t y(v)\,dv = (1 * y)(t)\), entonces \(\mathcal{L}\{1*y\} = \dfrac{Y(s)}{s}\).
Primer término: \(\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{1}{s^2+1}\right\} = \text{sen}(t)\).
Segundo término: \(\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{s}{(s^2+1)^2}\right\} = \dfrac{t\,\text{sen}(t)}{2}\).
$$ y(t) = \text{sen}(t) - \frac{t\,\text{sen}(t)}{2} $$
Gema y Elvira
El flujo siempre es el mismo: (1) transformar toda la ecuación, (2) despejar \(Y(s)\), (3) fracciones parciales si hace falta, (4) antitransformar. El teorema de convolución aparece solo en el paso 1 cuando hay una integral.
Ejercicios seleccionados del Trabajo Práctico 5 correspondientes a los temas de este apunte.
Resuelto en detalle como Ejemplo 3 de la sección 05. Resultado:
$$ y(t) = 2 - 2\cos(t) $$Verificación: \(y + (t * y) = (2-2\cos t) + (t^2 - 2 + 2\cos t) = t^2\). Correcto.
Los dos primeros términos: \(e^{-t}\cos t + e^{-t}\text{sen}\,t\).
El tercero: \(e^{-(t-\pi)}\text{sen}(t-\pi)\,u(t-\pi)\). Como \(\text{sen}(t-\pi) = -\text{sen}(t)\):
$$ y(t) = \begin{cases} e^{-t}(\cos t + \text{sen}\,t) & 0 \leq t < \pi \\ e^{-t}(\cos t + \text{sen}\,t) - e^{-(t-\pi)}\text{sen}(t) & t \geq \pi \end{cases} $$📲 Compartí este apunte