"Probar" la definición de la Transformada de Laplace a partir de dos propiedades

Question

Supongamos que $\mathbf{G}$ es la clase de funciones continuas a trozos de orden exponencial de $[0,\infty)$ a $\mathbb{R}$ y que $\mathcal{L}$ es una transformación definida sobre elementos de $\mathbf{G}$ que satisface las dos propiedades

• Para $f,\,g\in\mathbf{G}$ y $c_1,\,c_2\in\mathbb{R}, \mathcal{L}\{c_1f+c_2g\}=c_1\mathcal{L}\{f\}+c_2\mathcal{L}\{g\}$

• $\mathcal{L}\{f^\prime(t)\}=s\mathcal{L}\{f(t)\}-f(0)$

  De estas dos se deducen fácilmente algunas propiedades elementales de las transformadas de Laplace.

  Por ejemplo:

  $\mathcal{L}\{0\}$ se deduce de la propiedad ( $1$ ).

  Dejemos que $f(t)=1$ para $t\ge0$ . Entonces $\mathcal{L}\{1^\prime\}=s\mathcal{L}\{1\}-1$ por lo tanto $$\mathcal{L}\{1\}=\dfrac{1}{s}\tag{1}$$

  Utilizando esto como paso base y usando la propiedad ( $2$ ) para demostrar que para $n\ge0$ $$ \mathcal{L}\{t^{n+1}\}=\dfrac{s}{n+1}\mathcal{L}\{t^n\}$$ se puede establecer el paso inductivo mostrando que $$\mathcal{L}\{t^n\}=\dfrac{n!}{s^{n+1}}\tag{2}$$

  Además, como la propiedad ( $2$ ) da $\mathcal{L}\{\left(e^{at}\right)^\prime\}=s\mathcal{L}\{e^{at}\}-e^0$ inmediatamente obtenemos

  $$ \mathcal{L}\{e^{at}\}=\dfrac{1}{s-a}\tag{3}$$

  Desde $\mathcal{L}\{(\cos t)^\prime\}=s\mathcal{L}\{\cos t\}-1$ obtenemos

  $$ \mathcal{L}\{\sin t\}+s\mathcal{L}\{\cos t\}=1$$

  y de $\mathcal{L}\{(\sin t)^\prime\}=s\mathcal{L}\{\sin t\}-0$ obtenemos

  $$ s\mathcal{L}\{\sin t\}-\mathcal{L}\{\cos t\}=0$$

  Y la solución de estos dos da

  $$ \mathcal{L}\{\sin at\}=\dfrac{a}{s^2+a^2}\tag{4}$$

  $$ \mathcal{L}\{\cos at\}=\dfrac{s}{s^2+a^2}\tag{5}$$

  Cuando adopté este enfoque por primera vez hace décadas en una clase de ecuaciones diferenciales, creí que también tenía una prueba de que

  $$ \mathcal{L}\{f(t)\}=\int_0^\infty e^{-st}f(t)\,dt$$

  pero no lo recuerdo, así que puede que me haya equivocado.

  ¿Puede alguien demostrar esta definición habitual de la transformada de Laplace a partir de las dos propiedades de la parte superior de este post?

Answer 1

Aquí hay una prueba heurística tipo Heaviside, que hace algunas suposiciones sobre la suavidad y la continuidad (probablemente es posible ajustar esto en una prueba genuina, pero esto es una primera aproximación).

Supongamos que $f$ es una función analítica en $\mathbf{G}$ con una serie de potencias que convergen en todas partes, y $\mathcal{L}[f](s)$ finito en una vecindad de $s=0$ (hay muchas, como las exponenciales suficientemente negativas). Entonces, expandiendo en una serie de potencias alrededor del origen, encontramos $$ \mathcal{L}[xf](s) = -\mathcal{L}[f]'(s), $$ y además, la inducción da $$ \mathcal{L}\left[ x^n f\right](s) = \left(-D\right)^n \mathcal{L}[f](s), $$ donde $D=d/ds$ .

Ahora, lo importante es saber que para las funciones suaves, $$ e^{hD} F(s) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{h^n }{n!} D^n F(s) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{h^n }{n!} F^{(n)}(s) = f(s+h). $$

Entonces, por linealidad, $$ \mathcal{L}\left[ e^{-ax} f\right](s) = \mathcal{L}\left[ \sum_{n=0}^{\infty} (-a)^n\frac{x^n}{n!} f\right](s) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-a)^n}{n!} \mathcal{L}\left[x^n f\right](s) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-a)^n}{n!}(-D)^n \mathcal{L}[f](s) = e^{aD} \mathcal{L}[f](s) = \mathcal{L}[f](s+a) $$

Queda por determinar $\mathcal{L}[f]$ en un momento dado; tal y como hemos montado las cosas, esto también puede ser $s=0$ . La propiedad de la derivada da, si $\mathcal{L}[f](0)$ y $\mathcal{L}[f'](0)$ existe, $$ \mathcal{L}[f'](0) = -f(0). $$ Hay, por supuesto, otro operador lineal bien conocido que hace esto: $\int_0^{\infty} f'(x) \, dx = -f(0)$ . De ello se desprende que cuando ambos operadores están definidos, son iguales, a saber $$ \mathcal{L}[f](s) = \int_0^{\infty} e^{-sx} f(x) \, dx, $$ aunque, de nuevo, hay que tener cuidado con la convergencia, etc.