Voy a hablar de la transformada de Laplace. Lo que me parece importante acerca de la transformada de Laplace de las ecuaciones diferenciales es que hace operativa cálculo riguroso a la hora de tratar con DEs.
Un conocido ingeniero y mathemathician, Heaviside, considerada $D = \frac{d}{dx}$ como un operador que actúa sobre $y$ a producir ecuaciones diferenciales. Después pensó acerca de lo siguiente:
$$y' = f(t) $$
se puede poner como
$$Dy = f(t) $$
El si pensamos en $\frac{1}{D}$ como la operación inversa de a $D$ nos gustaría algebraicamente pensar:
$$y = \frac{1}{D}f(t) $$
como la solución de nuestro problema. Pero luego tendrías la equivalencia
$$ \int f(t) dt = \frac{1}{D}f(t) $$
Entonces, ¿qué acerca de:
$y'+y = f(t) $
$(D+1)y = f(t) $
Nuestra solución sería ahora
$$y = \frac{1}{D+1}f(t)$$
Sabemos que si usamos el factor de integración $e^t$ hemos
$(e^t y)' = e^t f(t)$
Así finalmente llegamos
$$y = e^{-t} \int {e^tf(t)dx}$$
Como consecuencia se pueden definir
$$\frac{1}{D+1}f(t) = e^{-t} \int {e^tf(t)dt}$$
Y si pensamos más en general, nos gustaría obtener
$$\frac{1}{D-m}f(t) = e^{mt} \int {e^{-mt}f(t)dt}$$
De nuevo, lo que si tenemos un segundo orden de la ecuación?
$$y''-y = f(t)$$
Esto significa
$$(D^2-1)y = f(t)$$
Y así
$$ y = \frac{1}{D^2-1}f(t)$$
Pero ¿qué significa esto? Vamos a ser francos y escribir.
$$ \frac{1}{D^2-1} = \frac{1}{2} \left(\frac{1}{D-1}-\frac{1}{D+1}\right)$$
Por lo tanto, esto significaría que la solución es
$$ y =\frac{1}{D^2-1}f(t) = \frac{1}{2} \left(\frac{1}{D-1}f(t)-\frac{1}{D+1}f(t)\right)$$
Y desde nuestro último enfoque
$$ y =\frac{1}{D^2-1}f(t) = \frac{1}{2} \left(e^{t} \int {e^{-t}f(t)dt}-e^{-t} \int {e^{t}f(t)dt}\right)$$
Vamos a probar este método con
$$y''-y = \sin t$$
Nuestra solución sería entonces
$$y = \frac{1}{2}\left( {{e^t}\int {{e^{ - t}}\sin tdt} - {e^{ - t}}\int {{e^t}\sin tdt} } \right)$$
Acabo de comprobarlo
$$\int {{e^t}\sin tdt} = \frac{1}{2}{e^t}\left( {\sin t - \cos t} \right) + {c_0}$$
$$\int {{e^{ - t}}\sin tdt} = - \frac{1}{2}{e^{ - t}}\left( {\sin t + \cos t} \right) + {c_1}$$
Luego, después de una manipulación algebraica se obtiene:
$$y = {c_1}{e^t} - {c_0}{e^{ - t}} - \frac{1}{2}\sin t$$
Que claramente satisface la ecuación y $c_1$ $c_2$ están por determinar.
Este manipulaciones motivado formal thoery de la operativa de cálculo, que resultó ser coherente por el analsis de la transformada de Laplace. Tenga en cuenta las similitudes de la apariencia de $$f(t) = e^t \Rightarrow F(s) = \frac{1}{s-1}$$
y el hecho de $e^t$ satisface $(D-1)y = 0$. Al igual $$f(t) = e^{-s} \Rightarrow F(s) = \frac{1}{s+1}$$ and $e^{-t}$ satisfies $$(D+1)y = 0$$ And (!) you have that $$\sinh(t) = f(t) \Rightarrow F(s) = \frac{1}{s^2-1}$$ and this function satisfies $$(D^2-1)y=0$$
Para más información sobre esta comprobación Spiegel Aplicada Ecuaciones Diferenciales (207-218), donde encontrará teoremas tales como:
Deje $\phi(D)$ ser un polinomio en $D=\frac{d}{dx}$. Entonces
$$ \phi(D) \{ e^{at}f(t) \} = e^{at}\phi(D+a)\{f(t)\}$$
Otra conexión, y creo que este es el fuerte es uno (Spiegel, p. 284)
$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{F(s)}{s-a}\right\} = e^{at} \int_0^t {e^{-au} f(u)du}$$
(Usar el teorema de convolución)
Suena una campana?
$$\frac{1}{D-m}f(t) = e^{mt} \int {e^{-mx}f(x)dx}$$
EDIT: La expresión de $\phi(D)$ lineal de los factores de $(D-p_1)$ se puede realizar siempre y cuando el polinomio de coeficientes son constantes. (Esto se deriva del hecho de que $D$ no es asociativa ni conmutativa , es decir,$$(D f) g \neq D (fg)$$ and $$ D f \{\} = f' \neq f D\{\}$$ where you'd enter a function of $ t$ inside $\{\}$.
Añado: De la misma manera que la transformada de Fourier hace un PDE una ecuación algebraica, como estado (sé casi nada sobre los PIES), la transformada de Laplace hace una ODA una ecuación algebraica.
