Esta es la respuesta más acertada que encomtrarás compartir, pero primero obsérvala detenidamente y analiza si se adapta a tu proyecto.
Solución:
Hablaré de la transformada de Laplace. Lo que encuentro importante acerca de la transformada de Laplace en ecuaciones diferenciales es que hace que el cálculo operativo sea riguroso cuando se trata de ED.
Un conocido ingeniero y matemático, Heaviside, consideró a $D = fracddx$ como un operador que actúa sobre $y$ para producir ecuaciones diferenciales. Entonces pensó en lo siguiente:
$$y’ = f(t) $$
se puede poner como
$$Dy = f(t) $$
Si pensáramos en $frac1D$ como la operación inversa de $D$ algebraicamente pensaríamos en:
$$y = frac1Df(t) $$
como la solución de nuestro problema. Pero entonces tendrías la equivalencia
$$ int f(t) dt = frac1Df(t) $$
Entonces, ¿qué pasa con:
$y’+y = f(t) $
$(D+1)y = f(t) $
Nuestra solución sería ahora
$$y = frac1D+1f(t)$$
Sabemos que si usamos el factor integrante $e^t$ tenemos
$(e^ty)’ = e^tf(t)$
Así finalmente obtenemos
$$y = e^-t int e^tf(t)dx$$
En consecuencia, podríamos querer definir
$$frac1D+1f(t) = e^-t int e^tf(t)dt$$
Y si pensamos de manera más general, obtendríamos
$$frac1Dmf(t) = e^mt int e^-mtf(t)dt$$
De nuevo, ¿qué pasa si tenemos una ecuación de segundo orden?
$$y”-y = f(t)$$
Esto significa
$$(D^2-1)y = f(t)$$
Y por lo tanto
$$ y = frac1D^2-1f(t)$$
Pero ¿qué significa esto? Seamos francos y escribamos.
$$ frac1D^2-1 = frac12 left(frac1D-1-frac1D+1right) $$
Por lo tanto, esto significaría que la solución es
$$ y =frac1D^2-1f(t) = frac12 left(frac1D-1f(t)-frac 1D+1f(t)derecha)$$
Y desde nuestro último acercamiento
$$ y =frac1D^2-1f(t) = frac12 left(e^t int e^-tf(t) dt-e^-t int e^tf(t)dtright)$$
Probemos este método con
$$y”-y = sen t$$
Nuestra solución sería entonces
$$y = frac12left( e^tint e^ – tsin tdt – e^ – tint e ^tsin tdt right)$$
Solo verifica esto por ti mismo
$$int e^tsin tdt = frac12e^tleft( sin t – cos t right) + c_0$$
$$int e^ – tsin tdt = – frac12e^ – tleft( sin t + cos t right) + c_1$$
Luego, después de una manipulación algebraica obtendrás:
$$y = c_1e^t – c_0e^ – t – frac12sin t$$
Lo que claramente satisface la ecuación y se deben determinar $c_1$ y $c_2$.
Estas manipulaciones motivaron una teoría formal del cálculo operacional que demostró ser consistente con el análisis de la Transformada de Laplace. Tenga en cuenta las similitudes de la apariencia de $$f(t) = e^t Rightarrow F(s) = frac1s-1$$ y el hecho de que $e^t$ satisface $(D-1 )y = 0$. Del mismo modo $$f(t) = e^-t Rightarrow F(s) = frac1s+1$$ y $e^-t$ satisface $$(D+1) y = 0$$ Y (!) tienes que $$sinh(t) = f(t) Rightarrow F(s) = frac1s^2-1$$ y esta función satisface $ $(D^2-1)y=0$$
Para más información sobre este cheque Ecuaciones diferenciales aplicadas de Spiegel (207-218), donde encontrarás teoremas como:
Sea $phi(D)$ un polinomio en $D=fracddx$. Luego
$$ phi(D) e^enf(t) = e^enphi(D+a)f(t)$$
Otra conexión, y supongo que esta es la fuerte es (Spiegel, p. 284)
$$mathcalL^-1left\fracF(s)saright = e^at int_0^t e^-au f( u)du$$
(Use el teorema de convolución)
¿Suena una campana?
$$frac1Dmf(t) = e^mt int e^-mxf(x)dx$$
EDITAR: La expresión de $phi(D)$ como factores lineales $(D-p_1)$ se puede hacer siempre que los coeficientes polinómicos sean constantes. (Esto se deriva del hecho de que $D$ no es asociativo ni conmutativo, es decir, $$(D f) g neq D (fg)$$ y $$ D f \ = f’ neq f D $$ donde ingresaría una función de $t$ dentro de $\$.
Agrego: de la misma manera que la Transformada de Fourier hace que una PDE sea una ecuación algebraica, como usted dice (no sé casi nada sobre la FT), la Transformada de Laplace hace que una ODE sea una ecuación algebraica.
Consulta google:
- Respondido aquí en otra pregunta.
- y aquí tiene un gran pdf que explica la diferencia.
- La respuesta de Straight Dope
Si proporcionó más detalles o fue más específico, ayudaría a obtener una respuesta más detallada y de calidad. A partir de su pregunta, creo que los enlaces de arriba le ayudarán. El pdf es una buena lectura.
Creo que la pregunta pide una respuesta práctica. La ingeniería eléctrica proporciona algunos ejemplos útiles.
El uso de las transformadas de Laplace y Fourier permite la solución de ecuaciones integro-diferenciales lineales de coeficiente constante usando poco más que álgebra y una tabla de transformadas. Por ejemplo,
$fracdy(t)dt + 2y(t) + int_0^ty(lambda)e^-2(t-lambda) dlambda = 10u( t);$
$y(0) = 0$.
Consultando una tabla de transformadas, aprovechando el comportamiento de la ecuación bajo transformación al dominio “s” (en particular que las convoluciones en el dominio del tiempo tienden a corresponder a simples multiplicaciones en el dominio “s”; esto nos da una enorme ventaja ), generalmente obtenemos una expresión racional cuya expansión en fracciones parciales es fácil de transformar nuevamente al dominio del tiempo.
[The problem I noted is solved in Examples 12.7,12.9 in Irwin, Basic Eng. Circuit Analysis at 506.]
La combinación de integrales y derivadas que resulta incluso de un simple análisis de circuito de CA a menudo desafía la solución por otros medios, por lo que, en cierto sentido, la respuesta a la pregunta es práctica: cualquier otro método sería horrible. Incluso los textos de matemáticas (p. ej., Diprima, Elem. Diff. Eq. en 279) tienden a introducir transformadas de Laplace como “herramientas útiles” para resolver ecuaciones diferenciales lineales. La motivación es utilitaria. En pocas palabras: un problema de cálculo difícil se transforma en un problema de álgebra manejable.
En cuanto a las transformadas de Laplace versus Fourier, la respuesta corta es que las transformadas de Laplace son una generalización de las transformadas de Fourier en el sentido de que hay transformadas de Laplace de funciones que no tienen transformadas de Fourier. Al observar la definición de la transformada de Laplace, puede ver que aborda situaciones para t > 0 y que s = $sigma + jomega$. Comparar esto con la definición de la transformada de Fourier, y comparar tablas de transformadas para cada una, debería darle la sensación de que se usan de la misma manera, pero el problema particular dictaría la elección del método.