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Sistemas Lineales Para Automatización: U3: Ecuaciones diferenciales
24 de octubre de 2011
Unidad 3: Ecuaciones diferenciales y modelado de sistemas
Objetivo: resolver ecuaciones diferenciales mediante software matemático para modelar
sistemas mecatrónicos.
Objetivo de aprendizaje: Elaborar un modelo de un sistema físico mediante ecuaciones
diferenciales encontrando su solución con el empleo de software matemático.
Definición de ecuación diferencial (ED): Una ecuación que contiene las derivadas o
diferenciales de una o más variables dependientes con respecto a una o más variables
independientes se llama ecuación diferencial.
“Se llama ecuación diferencial a aquella ecuación que contiene derivadas.”
Clasificación de las ED: las ecuaciones diferenciales se pueden clasificar según tres
características: tipo, orden y linealidad. Según el tipo una ED puede ser ordinaria (EDO) o
parcial (EDP). Una EDO es aquella que sólo contiene derivadas ordinarias (derivadas de
una o varias funciones de una sola variable independiente). Una EDP, en cambio,
contiene derivadas parciales (derivadas de una o varias funciones de dos o más variables
independientes). El orden de una ecuación diferencial lo determina el orden de la más alta
derivada presente en ella.
La derivada de mayor orden que aparece en una ecuación diferencial puede ser afectada
de exponentes. El mayor exponente indica el grado de la ecuación diferencial.
Solución de una ED: una función f, definida en algún intervalo I, es solución de una
ecuación diferencial en dicho intervalo, si al sustituirla en la ED la reduce a una identidad.
Las soluciones de las ecuaciones diferenciales pueden ser explícitas o implícitas. Una ED
tiene, generalmente, un número infinito de soluciones o más bien una familia nparamétrica de soluciones. El número de parámetros, n, depende del orden de la ED.
Cuando se dan valores específicos a los parámetros arbitrarios, es decir, cuando se
asignan valores numéricos a los parámetros, se obtiene una solución particular de la ED.
En algunas ocasiones se tiene una solución que no pertenece a la familia n-paramétrica,
a tales soluciones se les llama singulares.
En ocasiones, la solución de las ED pueden basarse en procesos simples de integración,
alternativamente se puede recurrir a procesos de derivación, en otras circunstancias se
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pueden utilizar artificios matemáticos que dependerán de la forma general de las
ecuaciones, y en otras ocasiones se utilizaran propiedades especiales de las ED.
Cuando no es factible determinar las funciones primitivas correspondientes a una ED,
puede resultar conveniente la utilización de métodos numéricos que nos permitan
entender su comportamiento.
Ejemplo 1: Dada la siguiente ecuación diferencial encuentre su función primitiva.
𝒅𝒚
= 𝟐𝒙 − 𝟏
𝒅𝒙
Para encontrar la solución, se integra en ambos lados de la ecuación:
∫ 𝑑𝑦 = ∫(2𝑥 − 1) 𝑑𝑥
= ∫ 2𝑥 − ∫ 1𝑑𝑥 = 2 ∫ 𝑥 − 1 ∫ 𝑑𝑥 ; se aplican las integrales y se obtiene:
2(
𝑥2
)
2
– x + C = 𝒙𝟐 − 𝒙 + 𝑪 ∴ 𝒚 = 𝒙𝟐 − 𝒙 + 𝑪
Ejercicio 1: Dada la siguiente ED, encuentre su función.
𝒅𝒚
= 𝟐𝒙𝟑 − 𝟓𝒙𝟐 − 𝟑𝒙 + 𝟒
𝒅𝒙
∫ 𝑑𝑦 = ∫(𝟐𝒙𝟑 − 𝟓𝒙𝟐 − 𝟑𝒙 + 𝟒) 𝑑𝑥
= ∫ 2𝑥 3 − ∫ 5𝑥 2 − ∫ 3𝑥 + ∫ 4𝑑𝑥
= 2 ∫ 𝑥 3 − 5 ∫ 𝑥 2 − 3 ∫ 𝑥 + 4 ∫ 𝑑𝑥
Aplicando formulas integración, se obtiene:
𝑥4
𝑥3
𝑥2
) − 5 ( ) − 3 ( ) + 4𝑥 + 𝐶
4
3
2
, reduciendo términos, obtenemos
2(
𝒙𝟒 𝟓𝒙𝟑
𝟑𝒙𝟐
−
−
+ 𝟒𝒙 + 𝑪
𝟐
𝟑
𝟐
Ejemplo 2: Verificar si la función detallada a continuación, es solución de la ED planteada.
𝒚 = 𝟐𝒆𝟑𝒙 + 1; función solución;
𝒅𝒚
𝒅𝒙
= 𝟑𝒚 − 𝟑 ; ecuación diferencial
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Solucion:
Calculamos la derivada de la función solución:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 6𝑒 3𝑥 ; se aplica la formula de derivación 5 (
𝑑𝑢
𝑑𝑥
𝑒𝑣) = 𝑒𝑣
𝑑𝑢
𝑑𝑥
Reemplazando la función solución y su derivada en la ED:
𝒅𝒚
𝒅𝒙
= 𝟑𝒚 − 𝟑 → 6𝑒 3𝑥 = 3(2𝑒 3𝑥 + 1) – 3 ; y simplificando, se tiene:
6𝑒 3𝑥 = (6𝑒 3𝑥 + 3) − 3 → 6𝑒 3𝑥 = 6𝑒 3𝑥 + 3 − 3 → 𝟔𝒆𝟑𝒙 = 𝟔𝒆𝟑𝒙
Ejercicios prácticos: Verificar si las soluciones detalladas a continuación son las
soluciones de las siguientes ED.
a). 𝑦 = 2𝑥 → 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖ó𝑛 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 ;
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=2
𝑦
𝑥
→ 𝐸𝑐. 𝐷𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙.
b). 𝑦 = 𝑥 2 → 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖ó𝑛 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 ;
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=2
𝑦
𝑥
→ 𝐸𝑐. 𝐷𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙.
c). 𝑦 = 𝑥 − 1 → 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 ;
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦
𝑥−1
→ 𝐸𝑐. 𝐷𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙.
Ecuaciones de primer orden
Para emprender la tarea de hallar la solución de una ecuación diferencial ordinaria de
primer orden:
𝒅𝒚
𝒅𝒙
= 𝒇 (𝒙, 𝒚), debemos conocer diversos métodos. El método que se
emplee para resolverla depende de la forma particular que presente la ecuación. Los
métodos que vamos a estudiar son: Integración directa, Separación de variables, Factor
de integración, Sustitución apropiada. Pero, antes de entrar de lleno a solucionar
ecuaciones diferenciales de primer orden vamos a tratar algunos conceptos importantes.
Integración directa
La ecuación diferencial de primer orden y' = f (x, y) toma una forma particularmente
simple si en la función f no aparecen términos con y:
𝒅𝒚
𝒅𝒙
= 𝒇(𝒙) , En este caso, para hallar la solución general basta con integrar ambos
miembros de la igualdad, obteniéndose:
𝑦 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + 𝐶 o también, ∫ 𝑑𝑦 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + 𝐶
Ejemplos: Encuentre una función, y = f(x) que satisfaga las ecuaciones diferenciales
dadas y las condiciones iniciales prescritas.
𝒅𝒚
1). 𝒅𝒙 = 𝟐𝒙 + 𝟏; 𝒚(𝟎) = 𝟑
Solucion:
𝑑𝑦 = (2𝑥 + 1)𝑑𝑥 → 𝑠𝑒𝑝𝑎𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒𝑠
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∫ 𝑑𝑦 = ∫(2𝑥 + 1)𝑑𝑥 → 𝑎𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑙
𝑦 = 𝑥 2 + 𝑥 + 𝐶 → 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝑎𝑚𝑏𝑜𝑠 𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙𝑑𝑎𝑑
3 = 𝑜 2 + 0 + 𝐶 → 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑦𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎𝑠 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒𝑠 𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑢𝑠 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙𝑒𝑠
𝐶 = 3 → 𝑑𝑒 𝑡𝑎𝑙 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑟𝑎 𝑞𝑢𝑒 ∶
∴
∴
𝒚 = 𝒙𝟐 + 𝒙 + 𝟑
𝟏
𝒅𝒚
2). 𝒅𝒙 = 𝒙(𝒙𝟐 + 𝟗)𝟐 ; 𝒚(−𝟒) = 𝟎
Solucion:
1
𝑑𝑦 = 𝑥(𝑥 2 + 9)2 𝑑𝑥 → 𝑠𝑒𝑝𝑎𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒𝑠
1
∫ 𝑑𝑦 = ∫ 𝑥 (𝑥 2 + 9)2 𝑑𝑥 → 𝑎𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑙
𝑦=
1
1
∫(𝑥 2 + 9)2 (2𝑥𝑑𝑥)
2
𝑦=
3
1 2
(𝑥 + 9)2 + 𝐶 → 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑐𝑖ó𝑛
3
0=
3
1
((−4)2 + 9)2 + 𝐶 → 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑦𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎𝑠 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒𝑠 𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑢𝑠 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙𝑒𝑠
3
0=
3
1
(25)2 + 𝐶
3
𝒚=
𝟑
𝟏 𝟐
𝟏𝟐𝟓
(𝒙 + 𝟗)𝟐 −
𝟑
𝟑
∴
𝐶= −
125
,
3
𝑑𝑒 𝑡𝑎𝑙 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑟𝑎 𝑞𝑢𝑒 ∶
𝒅𝒚
3). 𝒅𝒙 = 𝒄𝒐𝒔𝟐𝒙 ; 𝒚(𝟎) = 𝟏
Solucion:
𝑑𝑦 = 𝑐𝑜𝑠2𝑥𝑑𝑥 → 𝑠𝑒𝑝𝑎𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒𝑠
∫ 𝑑𝑦 = ∫ 𝑐𝑜𝑠2𝑥𝑑𝑥 → 𝑎𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑙
𝑦=
1
1
∫ 𝑐𝑜𝑠2𝑥(2𝑑𝑥) → 𝑦 = 𝑠𝑖𝑛2𝑥 + 𝐶 → 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑐𝑖ó𝑛
2
2
1=
1
𝑠𝑖𝑛2(0) + 𝐶
2
1=
1
1
𝑠𝑖𝑛(0) + 𝐶 → 1 = (0) + 𝐶
2
2
𝒚=
𝟏
𝒔𝒊𝒏𝟐𝒙 + 𝟏
𝟐
→ 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒𝑠 𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑢𝑠 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙𝑒𝑠
∴
𝐶=1
; 𝑑𝑒 𝑡𝑎𝑙 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑟𝑎 𝑞𝑢𝑒 ∶
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Resolver los siguientes ejercicios encontrando una función, y = f(x) que satisfaga las
ecuaciones diferenciales dadas y las condiciones iniciales prescritas.
𝑑𝑦
a). 𝑑𝑥 = 𝑥𝑒 −𝑥 ; 𝑦(0) = 1
𝑑𝑦
1
𝑥2
𝑑𝑦
10
𝑥2+ 1
b). 𝑑𝑥 =
c). 𝑑𝑥 =
𝑑𝑦
𝑑𝑥
d).
; 𝑦(1) = 5
; 𝑦(0) = 0
= 12 − 3𝑡 2 ; 𝑥(1) = − 5
𝑑𝑦
e).𝑑𝑥 = (𝑥 − 2)3 ; 𝑦(2) = 1
𝑑𝑦
f). 𝑑𝑥 = 𝑥
g).
𝑑𝑦
𝑑𝑥
1⁄
2
; 𝑦(4) = 0
−1⁄
2
= (𝑥 + 2)
; 𝑦(2) = −1
Ejercicios de Aplicación (Miscelánea)
1. Una pelota se deja caer desde lo alto de un edificio de 400 pies de altura, ¿Cuánto
tardara en llegar al suelo?, ¿Con que velocidad golpeara el piso?
Solucion: t = 5s ; v = - 160 pies/s
2. Los frenos de un carro son aplicados cuando este se mueve a 100 km/hr y
proporcionan una desaceleración constante de 10 metros por segundo en cada segundo
(m/s2). ¿Cuánto avanzara el carro antes de detenerse?
3. Una pelota es arrojada hacia arriba desde el nivel del suelo. Su velocidad inicial es de
160 pies/s. ¿Cuál es la altura máxima que alcanza la pelota?, ¿Cuánto tiempo permanece
en el aire?
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Separación de variables
Ecuación separable
Una ecuación diferencial de primer orden que puede ser llevada a la forma:
𝒅𝒚
𝒅𝒙
=
𝒈(𝒙)
𝒉(𝒚)
↔ 𝒉(𝒚)𝒅𝒚 = 𝒈(𝒙)𝒅𝒙 ; se dice que es separable; esto es, tiene variables
separables.
Como se puede observar, en este tipo de ecuaciones cada miembro de la igualdad
involucra solo una de las variables. Para resolver ecuaciones separables se integra en
ambos miembros de la igualdad. La solución, por lo general, es una función implícita.
Ejercicios resueltos
Ejercicio 1: Encuentre la solución general de
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥2+ 1
,
2− 𝑦
y determine la solución
particular para la cual y = 4 cuando x = -3.
Solucion: Separando las variables podemos escribir la ecuación dada en la forma:
(𝒙𝟐 + 𝟏)𝒅𝒙 + (𝟐 − 𝒚)𝒅𝒚 = 𝒄
∫(𝒙𝟐 + 𝟏)𝒅𝒙 + ∫( 𝟐 − 𝒚)𝒅𝒚 = 𝒄 →
𝒙𝟑
𝒚𝟐
+ 𝒙+
− 𝟐𝒚 = 𝒄
𝟑
𝟐
Sustituyendo los valores iniciales y resolviendo, se tiene que:
−𝟑𝟑
𝟒𝟐
+ (−𝟑) +
− 𝟐(𝟒) = 𝒄 ; 𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔 𝒄 = −𝟏𝟐
𝟑
𝟐
∴
Ejercicio 2: Resolver
𝒙𝟑
𝒚𝟐
+ 𝒙+
– 𝟐𝒚 = −𝟏𝟐
𝟑
𝟐
𝒅𝒚
𝒙 𝒅𝒙 − 𝒚 = 𝟐𝒙𝟐 𝒚
Solucion: Podemos escribir la ecuación multiplicando por dx y nos queda:
𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = 2𝑥 2 𝑦𝑑𝑥 𝑜 (2𝑥 2 𝑦 + 𝑦)𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0
𝑦(2𝑥 2 + 1)𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0
Dividiendo por x y y , esto es por xy nos da lo siguiente:
(
𝑥2 + 1
𝑑𝑦
=0 𝑜
) 𝑑𝑥 −
𝑥
𝑦
∫
𝑥2 + 1
𝑑𝑦
𝑑𝑥 − ∫
=𝑐
𝑥
𝑦
Así que: 𝒙𝟐 + 𝒍𝒏|𝒙| − 𝒍𝒏|𝒚| = 𝒄
Nota: Esto también puede escribirse en una forma de logaritmos, escribiendo:
𝑥
𝑥
𝑥
2
2
𝑥 2 + 𝑙𝑛 | | = 𝑐 ; 𝑙𝑛 | | = 𝑐 − 𝑥 2 ; | | = 𝑒 𝑐− 𝑥 = 𝑒 𝑐 𝑒 −𝑥
𝑦
𝑦
𝑦
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𝒙
𝟐
= ± 𝒆𝒄 𝒆−𝒙 ,
𝒚
𝟐
𝒚 = ± 𝒆−𝒄 𝒙𝒆𝒙 𝒐 𝒇𝒊𝒏𝒂𝒍𝒎𝒆𝒏𝒕𝒆,
Ejercicio 3: Resolver la siguiente ecuación diferencial
Solucion: Despejamos la derivada y nos queda:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
3
𝟐
𝒚 = 𝑨𝒙𝒆𝒙
− 3𝑥 3 + 6𝑥 2 − 𝑥 − 1 = 0
= 3𝑥 − 6𝑥 2 + 𝑥 + 1
Separamos las diferenciales del miembro izquierdo:
𝑑𝑦 = (3𝑥 3 − 6𝑥 2 + 𝑥 + 1)𝑑𝑥
Integramos ambos miembros de la ecuación:
∫ 𝑑𝑦 = ∫(3𝑥 3 − 6𝑥 2 + 𝑥 + 1) 𝑑𝑥
Ejecutamos las integrales y obtenemos:
𝑦=
3 4 6 3 1 2
𝟑
𝟏
𝑥 − 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 + 𝑐 → 𝒚 = 𝒙𝟒 − 𝟐𝒙𝟑 + 𝒙𝟐 + 𝒙 + 𝒄
4
3
2
𝟒
𝟐
Ejemplo 4: Resolver la siguiente ecuación diferencial: 𝒚′ − 𝟐𝒆𝟑𝒙 = 𝟎
Solucion:
Despejamos la primera derivada de “y”
𝑦′ = 𝟐𝒆𝟑𝒙
La derivada se puede expresar como:
𝑦′ =
𝑑𝑦
𝑑𝑦
→
= 𝟐𝒆𝟑𝒙
𝑑𝑥
𝑑𝑥
Separamos las diferenciales del miembro izquierdo:
𝑑𝑦 = 𝟐𝒆𝟑𝒙 𝒅𝒙
Integramos ambos miembros de la ecuación:
∫ 𝑑𝑦 = ∫ 2𝑒 3𝑥 𝑑𝑥
Ejecutando las integrales:
𝒚=
𝟐 𝟑𝒙
𝒆 + 𝒄
𝟑
Ejemplo 5: Encontrar la solución de la siguiente ecuación diferencial: 𝑥𝑦′ = 4𝑦
Solucion:
Despejamos la primera derivada:
𝑦′ =
4𝑦
𝑥
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La derivada se puede expresar como:
𝑦′ =
𝑑𝑦
4𝑦
=
𝑑𝑥
𝑥
Separamos las variables del miembro izquierdo:
𝑑𝑦 =
4𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑥 ↔
=
𝑥
4𝑦
𝑥
Aplicamos integrales en ambos lados:
∫
1
1
𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑥
4𝑦
𝑥
Ejecutando las integrales, se obtiene:
1
𝑙𝑛|𝑦| = 𝑙𝑛|𝑥| + 𝑙𝑛𝑐
4
Expresado en otras formas:
𝑙𝑛|𝑦| = 4𝑙𝑛|𝑐𝑥| ↔ 𝑙𝑛|𝑦| = 𝑐 4 𝑥 4 ↔ 𝑦 = 𝑐 4 𝑥 4 ∴ 𝒚 = 𝒄𝒙𝟒
Ejercicios prácticos: encontrar las soluciones generales de las siguientes
ecuaciones diferenciales.
𝑑𝑦
1. 𝑑𝑥 =
2.
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑦3
𝑥2
= 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥
3. 𝑦′ = 1 + 𝑥 + 𝑦 2 + 𝑥𝑦 2
1⁄
3
𝑑𝑦
4. 𝑑𝑥 = (64𝑥𝑦)
5. 𝑦′ =
2𝑥−1
3𝑦 2
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Modelado de ecuaciones de primer orden (Sistemas eléctricos)
Conceptos
Diferencia de potencial: Es el trabajo necesario para desplazar la unidad de carga
eléctrica positiva de un punto a otro en contra o a favor de las fuerzas del campo.
𝟏𝒗 =
𝟏𝑱
𝑪
Corriente eléctrica i: Cuando de un punto a otro de un conductor se desplaza una o más
cargas eléctricas se dice que circula por él una corriente eléctrica i
𝟏𝑨 =
𝟏𝑪
𝒅𝒒(𝑪)
, 𝒆𝒏 𝒈𝒆𝒏𝒆𝒓𝒂𝒍 𝒍𝒂 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒔𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒓𝒓𝒊𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒊 𝒆𝒔; 𝒊(𝑨) =
𝒔
𝒅𝒕(𝒔)
Potencia p : Se define por el producto de la diferencia de potencial o tensión aplicada v y
la intensidad de corriente i a que da lugar. La unidad de potencia es el vatio (w), de
manera que 1𝑤 = 𝑣(𝑉) ∙ 𝑖(𝐴)
En el caso de que la potencia p sea una función periódica del tiempo t, del periodo T, se
define el valor medio por:
𝑃=
1 𝑇
∫ 𝑝𝑑𝑡
𝑇 0
Energía w: Como la potencia p es la variación de energía transferida en la unidad de
tiempo, 𝒑 =
𝒅𝒘
𝒅𝒕
𝒕𝟐
, 𝒅𝒆 𝒅𝒐𝒏𝒅𝒆 , 𝑾 = ∫𝒕𝟏 𝒑𝒅𝒕, siendo w la energía total suministrada durante
un intervalo de tiempo dado, la unidad de energía es: 𝟏𝑱 = 𝟏𝑾 ∙ 𝒔
Elemento resistivo, bobina y condensador (capacitor)
Al suministrar energía eléctrica a un elemento pasivo de un circuito, este se comporta o
responde de una, o más, de estas tres formas. Si la energía la disipa el elemento, es
resistivo puro; si la almacena en un campo magnético, es una bobina pura, y si la acumula
en un campo eléctrico, es un condensador puro.
Resistencia R: La diferencia de potencial v(t) en bornes o terminales de un elemento
resistivo puro es directamente proporcional a la intensidad de corriente i(t) que circula por
él. La constante de proporcionalidad R se llama resistencia eléctrica del elemento, y su
unidad es el ohm (Ω). Matemáticamente se expresa de la forma:
𝒗(𝒕) = 𝑹𝒊(𝒕) 𝒐 𝒃𝒊𝒆𝒏,
𝒊(𝒕) =
𝒗(𝒕)
𝑹
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Inducción L: Al variar con respecto al tiempo la corriente que circula por u8n circuito, el
flujo magnético que lo atraviesa experimenta los mismos cambios. Toda variación de flujo
magnético se opone a dicha variación. En estas condiciones, si por una bobina circula una
corriente de intensidad variable, se origina en ella una fem inducida v que es
directamente proporcional, siempre que la permeabilidad magnética sea constante, a la
variación con respecto al tiempo de dicha intensidad. Matemáticamente se expresa:
𝑣(𝑡) = 𝐿
𝑑𝑖
𝑜 𝑏𝑖𝑒𝑛,
𝑑𝑡
𝑖(𝑡) =
1
∫ 𝑣𝑑𝑡
𝐿
El coeficiente de proporcionalidad L se llama coeficiente de autoinducción o simplemente
autoinducción de la bobina.
Si la tensión v se expresa en voltios (V), y 𝑑𝑖⁄𝑑𝑡 en amperios/segundo (A/s),el coeficiente
de autoinducción L se mide en voltios x segundo/amperios y se llama henrio (H).
Capacidad C:La diferencia de potencial v en bornes de un condensador es proporcional a
la carga que en el almacena. La constante de proporcionalidad C se llama capacidad del
condensador, matemáticamente se expresa en la forma:
𝒒(𝒕) = 𝑪𝒗(𝒕),
𝒊=
𝒅𝒒
𝒅𝒗
𝟏
=𝑪
, 𝒗(𝒕) =
∫ 𝒊𝒅𝒕
𝒅𝒕
𝒅𝒕
𝑪
La unidad de capacidad se llama faradio (F). La capacidad de un condensador es de un
faradio cuando almacena 1 coulomb de carga al aplicarle una diferencia de potencial de 1
volt.
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Respuesta de los elementos pasivos de un circuito:
Ejemplo 1: en el siguiente circuito, la tensión del generador viene dada por 𝑣(𝑡) =
150𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡). Hallar la intensidad i(t), la potencia instantánea p(t) y la potencia media P.
𝑖(𝑡) =
1
𝑣(𝑡)
𝑅
=
150
𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡
25
= 6𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡 𝐴
𝑝(𝑡) = 𝑣(𝑡)𝑖(𝑡) = (150𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡)(6𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡) = 900𝑠𝑒𝑛2 𝑤𝑡 𝑊
𝑃=
1 𝜋
900 𝜋 1
∫ 900𝑠𝑒𝑛2 𝑑(𝑤𝑡) =
∫ (1 − 𝑐𝑜𝑠2𝑤𝑡)𝑑(𝑤𝑡)
𝜋 0
𝜋 0 2
=
𝟗𝟎𝟎
𝟏
[𝒘𝒕 − 𝒔𝒆𝒏𝟐𝒘𝒕] = 𝟒𝟓𝟎 𝑾
𝟐𝝅
𝟐
Ejemplo 2: La función de intensidad de corriente de la siguiente figura, es un diente de
sierra periódico que se aplica a una resistencia pura de 5 ohm. Hallar los valores
instantáneos v(t) , p(t) y la potencia media P.
Solucion:
Como: 𝑣(𝑡) = 𝑅𝑖(𝑡) ; 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝑅𝑖𝑚𝑎𝑥 = 5(10) =
50 𝑣𝑜𝑙𝑡𝑠.
Para 0 < 𝑡 < 2 𝑥 10−3 𝑠𝑒𝑔.
𝑖=
10
𝑡 = 5 𝑥 103 𝑡, 𝑝𝑜𝑟 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜
2 𝑥 10−3
𝑣 = 𝑅𝑖(𝑡) = 25 𝑥 103 𝑡 ; 𝑝 = 𝑣𝑖 = 125 𝑥 106 𝑡 2
−3
2 𝑥 10
1
∴ 𝑃=
∫
125 𝑥 106 𝑡 2 = 167 𝑊
2 𝑥 10−3 0
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Ejemplo 3: En bornes de una bobina pura de autoinducción L = 0.02 henrios, se aplica la
tensión v(t) = 150sen1000t. Hallar la corriente i(t) y la la potencia instantánea p(t).
Solucion:
𝑖(𝑡) =
=
1
1
∫ 𝑣(𝑡)𝑑𝑡 =
∫ 150𝑠𝑒𝑛1000𝑡𝑑𝑡
𝐿
0.02
150 −𝑐𝑜𝑠1000𝑡
(
) = −𝟕. 𝟓 𝒄𝒐𝒔𝟏𝟎𝟎𝟎𝒕 𝑨
0.02
1000
1
𝑝 = 𝑣𝑖 = −150(7.5) ( 𝑠𝑒𝑛2000𝑡) = −𝟓𝟔𝟐. 𝟓 𝒔𝒆𝒏𝟐𝟎𝟎𝒕 𝑾
2
Nota: ⌊𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒄𝒐𝒔𝒙 =
𝟏
𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙⌋
𝟐
Ejercicio practico
Hallar la potencia media disipada en una resistencia de 10 ohmios por la que circula una
corriente i(t) = 14.14 coswt amperios.
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Circuitos en serie: Cuando un circuito en serie solo contiene un resistor y un inductor
(circuito LR), la segunda ley de Kirchhoff establece que la suma de las caídas de voltaje a
𝒅𝒊
𝒅𝒕
través del inductor 𝑳 ( ), y del resistor (𝑖𝑅) es igual al voltaje aplicado, 𝑬(𝒕), al circuito.
Con lo anterior se tiene la ecuación diferencial lineal que describe la corriente 𝒊(𝒕),
𝑳
𝒅𝒊
+ 𝑹𝒊 = 𝑬(𝒕)
𝒅𝒕
En que L y R son las constantes conocidas como inductancia y resistencia,
respectivamente. La corriente 𝑖(𝑡), se llama, también, respuesta del sistema.
La caída de voltaje a través de un capacitor de capacitancia C es
𝑞(𝑡)
,
𝐶
donde q es la carga
del capacitor; por lo tanto, para el circuito en serie de la siguiente figura, la segunda ley de
Kirchhoff, establece:
𝑹𝒊 +
𝟏
𝒒 = 𝑬(𝒕)
𝑪
Pero la corriente i y la carga q se relacionan mediante 𝑖 =
𝑑𝑞
,
𝑑𝑡
así, la ecuación se
transforma en la ecuación diferencial lineal.
𝑹
𝒅𝒒 𝟏
+ 𝒒 = 𝑬(𝒕)
𝒅𝒕
𝑪
Ejercicio 1. Un acumulador de 12 volts se conecta a un circuito en serie LR, con una
inductancia de
1
2
𝐻𝑒𝑛𝑟𝑖𝑜 y una resistencia de 10 ohm. Determinar la corriente i, si la
corriente inicial es cero.
Solucion:
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𝒅𝒊
Según la ecuación, 𝑳 𝒅𝒕 + 𝑹𝒊 = 𝑬(𝒕), y sustituyendo, tenemos que:
𝟏 𝒅𝒊
+ 𝟏𝟎𝒊 = 𝟏𝟐
𝟐 𝒅𝒕
Como i(0) = 0 . Primero multiplicamos la ecuación por 2,
𝟐 𝒅𝒊
+ 𝟐𝟎𝒊 = 𝟐𝟒
𝟐 𝒅𝒕
y vemos que el factor integrante es 𝒆𝟐𝟎𝒕 , a continuación se sustituye, quedando.
𝒅 𝟐𝟎𝒕
[𝒆 𝒊] = 𝟐𝟒𝒆𝟐𝟎𝒕
𝒅𝒕
Al integrar cada lado de esta ecuación y despejar i obtenemos
𝒊=
𝟔
+ 𝒄𝒆−𝟐𝟎𝒕 , 𝒔𝒊 𝒊(𝟎) = 𝟎, 𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔,
𝟓
𝟎=
𝟔
𝟔
+ 𝒄 ;𝒄 = −
𝟓
𝟓
Por consiguiente, la respuesta es:
𝒊(𝒕) =
𝟔 𝟔 −𝟐𝟎𝒕
− 𝒆
𝟓 𝟓
Ejercicio 2: Si 𝑅 = 106 𝛺, 𝐿 = 1 𝐻 𝑦 𝐸 = 1 𝑉, 𝑐𝑜𝑛 𝑖(0) = 0; halle la corriente i en
cualquier instante t.
Solucion:
𝐿
𝑑𝑖
𝑑𝑡
+ 𝑅𝑖 = 𝐸(𝑡) ↔
𝑑𝑖
𝑑𝑡
+
𝑅
𝑖
𝐿
=
1
𝐸(𝑡)
𝐿
→ (𝐴)
La ED (A) es una ecuación lineal de la forma: 𝑦 ′ + 𝑝(𝑡)𝑦 = 𝑓(𝑡), 𝑐𝑜𝑛 𝑝(𝑡) =
𝑅
𝑅⁄ )𝑡
𝐿
De tal manera que el factor integrante es: 𝜇(𝑥) = 𝑒𝑥𝑝 ∫ ( 𝐿 ) 𝑑𝑡 = 𝑒 (
𝑅⁄ )𝑡
𝐿 ,
Multiplicando la ec. (A) por 𝜇(𝑥) = 𝑒 (
𝑅⁄ )𝑡
𝐿
𝑖′𝑒 (
+
𝑅⁄ )𝑡
𝐿 𝑖)′
𝑅⁄ )𝑡
𝐿 𝑖
→ (𝐵)
se obtiene:
𝑅 (𝑅⁄ )𝑡
1 𝑅
𝑖𝑒 𝐿 = 𝑒 ( ⁄𝐿)𝑡 𝐸(𝑡)
𝐿
𝐿
(𝑒 (
Integramos en cada miembro: 𝑒 (
𝑅
𝐿
=
1 𝑅
= 𝑒 ( ⁄𝐿)𝑡 𝐸(𝑡)
𝐿
𝑅
1
∫ 𝑒 ( ⁄𝐿)𝑡 𝐸(𝑡)𝑑𝑡
𝐿
𝑅
∴ 𝑖=
𝑒 −( ⁄𝐿)𝑡
𝑅
𝑅
∫ 𝑒 ( ⁄𝐿)𝑡 𝐸(𝑡)𝑑𝑡 + 𝐶𝑒 −( ⁄𝐿)𝑡 → (𝐶)
𝐿
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Pero: 𝐸(𝑡) = 1
De tal manera que (C) queda:
𝑅
𝑅
𝑒 −( ⁄𝐿)𝑡
𝑒 −( ⁄𝐿)𝑡 𝐿 (𝑅⁄ )𝑡
𝑅
−(𝑅⁄𝐿)𝑡
(𝑅⁄𝐿 )𝑡
𝑖=
∫𝑒
𝑑𝑡 + 𝐶𝑒
↔ 𝑖=
[ 𝑒 𝐿 ] + 𝐶𝑒 −( ⁄𝐿)𝑡
𝐿
𝐿
𝑅
𝑖=
1
𝑅
+ 𝐶𝑒 −( ⁄𝐿)𝑡 → (𝐷)
𝑅
𝑖(0) = 0
Las condiciones iniciales son:
Sustituyendo los valores correspondientes en (D):
0=
∴
1
1
𝑅
+ 𝐶𝑒 −( ⁄𝐿)(0) ↔ 𝐶 = −
→ (𝐸)
𝑅
𝑅
1
1
𝑅
− 𝑒 −( ⁄𝐿)𝑡 → (𝐸 𝑒𝑛 𝐷 𝑛𝑜𝑠 𝑑𝑎 (𝐹))
𝑅 𝑅
𝑖=
Ahora sustituimos 𝑅 = 106 𝑦
𝑖(𝑡) =
𝐿 = 1 𝑒𝑛 (F), se obtiene:
1
1 −(106⁄ )𝑡
6
1
−
𝑒
↔ 𝑖(𝑡) = 10−6 − 10−6 𝑒 −10 𝑡
6
6
10
10
𝟔
𝒊(𝒕) = 𝟏𝟎−𝟔 (𝟏 − 𝒆−𝟏𝟎 𝒕 ) → 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊𝒐𝒏
Ejemplo 3: Un generador con una fem de 100 voltios se conecta en serie con una
resistencia de 10 ohmios y un inductor de 2 henrios, si el interruptor k se cierra en tiempo t
= 0, establezca una ecuación diferencial para la corriente y determine la corriente en
tiempo t.
Solucion:
Voltaje suministrado = 100 v
Caída de voltaje a
resistencia es Ri = 10i
través
de
la
Caída de voltaje en el inductor
𝐿
𝑑𝑖
𝑑𝑖
=2
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Aplicando ley de kirchhoff, tenemos:
100 = 10𝑖 + 2
𝑑𝑖
𝑑𝑖
↔
+ 5𝑖 = 50 → 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Puesto que el interruptor se cierra en t = 0, debemos tener i = 0 en t = 0
La ecuación diferencial obtenida, es una ED de primer orden lineal con facto integrante:
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𝑒 5𝑡 , multiplicado por este factor, obtenemos:
𝑑 5𝑡
(𝑒 𝑖) = 50𝑒 5𝑡 → 𝑒 5𝑡 𝑖 = 10𝑒 5𝑡 + 𝑐 , 𝑒𝑠𝑡𝑜 𝑒𝑠, 𝑖 = 10 + 𝑐𝑒 −5𝑡
𝑑𝑡
Puesto que 𝑖 = 0, 𝑡 = 0, 𝑐 = −10
∴
𝒊 = 𝟏𝟎(𝟏 − 𝒆−𝟓𝒕 )
Ejercicio práctico 2:
Establezca y resuelva una ecuación diferencial para el circuito eléctrico de la siguiente
figura, si el generador de 100 voltios se remplaza por otro con una fem de 20cos 5t
voltios.
Solucion:
Ejercicio práctico 3:
Una fem decayente 𝐸 = 200𝑒 −5𝑡 se conecta en serie con una resistencia de 20 ohmios y
un capacitor de 0.01 faradios, asumiendo Q = 0 en t = 0, encuentre la carga y la corriente
en cualquier tiempo.
Solucion:
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Transformada de Laplace
La Transformada de Laplace es una técnica Matemática que forma parte de ciertas
transformadas integrales como la transformada de Fourier, la transformada de Hilbert, y la
transformada de Mellin entre otras. Estas transformadas están definidas por medio de una
integral impropia y cambian una función en una variable de entrada en otra función
en otra variable. La transformada de Laplace puede ser usada para resolver Ecuaciones
Diferenciales Lineales y Ecuaciones Integrales. Aunque se pueden resolver algún tipo de
ED con coeficientes variables, en general se aplica a problemas con coeficientes
constantes. Un requisito adicional es el conocimiento de las condiciones iniciales a la
misma ED. Su mayor ventaja sale a relucir cuando la función en la variable independiente
que aparece en la ED es una función seccionada.
Esta transformada integral tiene una serie de propiedades que la hacen útil en el análisis
de sistemas lineales. Una de las ventajas más significativas radica en que la integración y
derivación se convierten en multiplicación y división. Esto transforma las ecuaciones
diferenciales e integrales en ecuaciones polinómicas, mucho más fáciles de resolver.
Otra aplicación importante en los sistemas lineales es el cálculo de la señal de salida.
Ésta se puede calcular mediante la convolución de la respuesta impulsiva del sistema con
la señal de entrada. La realización de este cálculo en el espacio de Laplace convierte la
convolución en una multiplicación, habitualmente más sencilla.
La transformada de Laplace toma su nombre en honor de Pierre-Simón Laplace.
La transformada de Laplace es al tiempo continuo lo que la transformada de Z es al
discreto.
Cuando se resuelven ED usando la técnica de la transformada, se cambia una ecuación
diferencial en un problema algebraico. La metodología consiste en aplicar la transformada
a la ED y posteriormente usar las propiedades de la transformada. El problema de ahora
consiste en encontrar una función en la variable independiente tenga una cierta expresión
como transformada.
Definición y nomenclatura de la transformada de Laplace
Sea f una función definida para
como:
, la transformada de Laplace de f(t) se define
cuando tal integral converge, o también:
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Por tanto, La transformada de Laplace, es una transformación integral de una
función f(t) del dominio temporal al dominio de la frecuencia complejo, lo que por
resultado F(s).
La transformada es unilateral ya que solo se consideran los valores de tiempo entre 0 y
+∞, y no en el intervalo completo de tiempo de – ∞ a +∞.
En el dominio de s, una función se denota por F(s), debido a que es una función de s. En
general se usa F mayúscula para la transformada de Laplace y f minúscula para la función
del tiempo f(t).
Notas:
1. La letra s representa una nueva variable, que para el proceso de integración se
considera constante.
2. La transformada de Laplace convierte una función en t en una función en la
variable s.
3. Condiciones para la existencia de la transformada de una función:
1. De orden exponencial
2. Continua a trozos
Definición de la Transformada Inversa
La Transformada inversa de una función en s, digamos F(s) es una función de t cuya
Transformada es precisamente F(s), es decir
si es que acaso:
Esta definición obliga a que se cumpla:
y
O también expresada como:
𝑳−𝟏 = [𝑭(𝒔)] =
𝟏 𝝈𝟏+𝒋∞
∫
𝑭(𝒔) 𝒆𝒔𝒕 𝒅𝒔
𝟐𝝅𝒋 𝝈𝟏−𝒋∞
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Se puede representar la actividad de la transformada de Laplace mediante el siguiente
esquema:
Ejercicio 1: Determinar la transformada de Laplace de la función 𝒇(𝒕) = 𝟐𝒖(𝒕 − 𝟑)
Solucion: Para determinar la transformada unilateral de Laplace de f(t), se debe evaluar la
integral:
∞
∞
𝐹(𝑆) = ∫ 𝑒 −𝑠𝑡 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 𝑒 −𝑠𝑡 2𝑢(𝑡 − 3)𝑑𝑡
0
0
∞
= 2 ∫ 𝑒 −2𝑡 𝑑𝑡 → 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜, 𝑠𝑒 𝑒𝑛𝑐𝑢𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎
3
𝐹(𝑠) = |
−2 −𝑠𝑡 ∞
−2
𝟐
(0 − 𝑒 −3𝑠 ) = 𝒆−𝟑𝒔
𝑒 | =
𝑠
3
𝑠
𝒔
Ejercicio 2: Realizar la transformación del dominio del tiempo al dominio de s,
considerando: 𝑓(𝑡) = 1 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡𝑜𝑑𝑜𝑠 𝑙𝑜𝑠 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑚𝑎𝑦𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑎 0, es decir:
𝑓(𝑡) = 1 , 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 ≥ 0
∞
1
∞
𝐿{𝑓(𝑡)} = 𝐹(𝑠) = ∫ 1𝑒 −𝑠𝑡 𝑑𝑡 = − [𝑒 −𝑠𝑡 ]
𝑠
0
0
Debido a que t = ∞, el valor de 𝑒 −∞ es 0 y con t = 0 el valor de 𝑒 0 es -1, entonces:
𝑭(𝒔) =
𝟏
𝑺
Ejercicio 3: Determinar la transformada de Laplace de la función 𝒇(𝒕) = 𝒆𝒂𝒕, donde a es
una constante.
Solucion:
∞
𝐹(𝑠) = ∫ 𝑒
∞
𝑎𝑡
0
𝑒
−𝑠𝑡
𝑑𝑡
→ ∫ 𝑒 −(𝑠−𝑎)𝑡 𝑑𝑡
0
= −
1
∞
[𝑒 −(𝑠−𝑎)𝑡 ]
𝑠−𝑎
0
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Cuando t = ∞, el término en los corchetes se hace 0 y cuando t = 0, este se hace 1,
entonces:
𝑭(𝒔) =
𝟏
𝒔−𝒂
Ejercicio 4: Determinar la transformada de Laplace de la siguiente función exponencial:
𝒇(𝒕) = 𝒆−𝒂𝒕 ; Solución:
∞
∞
𝐹(𝑠) = ∫ 𝑒
−𝑎𝑡
𝑒
−𝑠𝑡
0
= ∫ 𝑒 −(𝑠+𝑎)𝑡 = −
0
1
∞
[𝑒 −(𝑠+𝑎)𝑡 ]
𝑠+𝑎
0
Cuando t = ∞, el término en los corchetes se hace 0 y cuando t = 0, este se hace 1, como
se puede demostrar:
= {−
1
1
[𝑒 −(𝑠+𝑎)∞ ]} − {−
[𝑒 −(𝑠+𝑎)0 ]}
𝑠+𝑎
𝑠+𝑎
= 0 − {−
1
1
𝟏
[1]} = 0 +
=
𝑠+𝑎
𝑠+𝑎
𝒔+𝒂
Ejercicio 5: Evaluar 𝑭{𝒆−𝟑𝒕 } :
Solucion:
∞
𝐹(𝑠) = ∫0 𝑒 −3𝑡 𝑒 −𝑠𝑡 𝑑𝑡 =
∞
1
∞
∫0 𝑒 −(𝑠+3)𝑡 𝑑𝑡 = − 𝑠+3 [𝑒 −(𝑠+3)𝑡 ] 0
Sustituyendo los valores iniciales de 0 e ∞, obtenemos:
= {−
1
1
[𝑒 −(𝑠+3)∞ ]} − {−
[𝑒 −(𝑠+3)0 ]}
𝑠+3
𝑠+3
1
1
𝟏
[1]} = 0 +
=
𝑠+3
𝑠+3
𝒔+𝟑
= 0 − {−
→
𝒔 > −3
Ejercicio 6: Determine la transformada de Laplace 𝒇(𝒕) = 𝒔𝒆𝒏𝒘𝒕 ↔ 𝒔𝒆𝒏𝒘𝒕𝒖(𝒕):
Solucion: Opción 1
∞
−𝑠(𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑡)𝑒 −𝑠𝑡 − 𝑒 −𝑠𝑡 𝑤 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 ∞
𝐹(𝑠) = ∫ 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑡(𝑒 −𝑠𝑡 ) 𝑑𝑡 = [
]
𝑠2 + 𝑤 2
0
0
𝑭(𝒔) =
𝒔𝟐
𝒘
+ 𝒘𝟐
Opción 2:
∞
∞ 𝑗𝑤𝑡
𝐹(𝑠) = ∫ 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑡 (𝑒 −𝑠𝑡 ) 𝑑𝑡 = ∫
0
0
𝑒
− 𝑒 −𝑗𝑤𝑡 −𝑠𝑡
(𝑒 )𝑑𝑡
2𝑗
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=
1 ∞ −(𝑠−𝑗𝑤)𝑡
1
1
1
𝒘
∫ (𝑒
− 𝑒 −(𝑠+𝑗𝑤)𝑡 )𝑑𝑡 =
(
−
)= 𝟐
2𝑗 0
2𝑗 𝑠 − 𝑗𝑤 𝑠 + 𝑗𝑤
𝒔 + 𝒘𝟐
Propiedades y pares de la Transformada de Laplace
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Ejercicio práctico 1: Evalué a través de transformada de Laplace: 𝒇(𝒕) = 𝒔𝒆𝒏 𝟐𝒕
Aplicación de las propiedades y parejas de la Transformada de Laplace
𝑳{𝟑𝒕 − 𝟓𝒔𝒆𝒏𝟐𝒕}
Ejercicio 1: Evaluar
Solucion: Utilizando la propiedad de linealidad, tenemos:
𝐿{3𝑡 − 5𝑠𝑒𝑛2𝑡} = 3𝐿{𝑡} − 5𝐿{𝑠𝑒𝑛2𝑡} → 𝑈𝑡𝑖𝑙𝑖𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝑝𝑎𝑟𝑒𝑠, 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒:
𝑓(𝑡) = 𝑡 →
1
𝑠2
𝑎𝑠𝑖 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑓(𝑡) = 𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡 →
𝑠2
𝑤
2
= 2
2
+ 𝑤
𝑠 + 22
1
2
3
10
∴ 𝐹(𝑠) = 3 ( 2 ) − 5 ( 2
)= 2− 2
→ 𝑠𝑒 𝑏𝑢𝑠𝑐𝑎 𝑢𝑛 𝑐𝑜𝑚𝑢𝑛 𝑑𝑒𝑛𝑜𝑚𝑖𝑛𝑎𝑑𝑜𝑟
𝑠
𝑠 + 4
𝑠
𝑠 + 4
=
3(𝑠 2 + 4) − 10𝑠 2
3𝑠 2 + 12 − 10𝑠 2
=
𝑠 2 (𝑠 2 + 4)
𝑠 2 (𝑠 2 + 4)
𝑭(𝒔) =
−𝟕𝒔𝟐 + 𝟏𝟐
,
𝒔𝟐 (𝒔𝟐 + 𝟒)
𝒔 >0
Ejercicio 2: Obtenga las transformada de de Laplace de: 𝒇(𝒕) = 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒕 + 𝒆−𝟑𝒕 , 𝒕 > 0
Solucion: Utilizando la propiedad de linealidad, tenemos que:
𝐹(𝑠) = 𝐿{cos 2𝑡} + 𝐿{𝑒 −3𝑡 } → 𝑢𝑡𝑖𝑙𝑖𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝑝𝑎𝑟𝑒𝑠, 𝑣𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 ∶
f(t) = cos 𝑤𝑡 =
𝑠2
𝑠
𝑠
𝑠
1
= 2
= 2
; 𝑎𝑠𝑖 𝑐𝑜𝑚𝑜, 𝑓(𝑡) = 𝑒 −3𝑡 =
2
2
+𝑤
𝑠 +2
𝑠 +4
𝑠+3
∴ 𝐹(𝑠) =
𝐹(𝑠) =
𝑠
1
𝑠(𝑠 + 3) + (𝑠 2 + 4)
+
=
(𝑠 2 + 4)(𝑠 + 3)
𝑠2 + 4 𝑠 + 3
𝑠 2 + 3𝑠 + 𝑠 2 + 4
𝟐𝒔𝟐 + 𝟑𝒔 + +𝟒
=
(𝑠 2 + 4)(𝑠 + 3)
(𝒔𝟐 + 𝟒)(𝒔 + 𝟑)
Ejercicio práctico 2: Obtenga la transformada de Laplace de: 𝒇(𝒕) = 𝜹(𝒕) + 𝝁(𝒕) − 𝟑𝒆−𝟐𝒕 ,
𝒕 > 0, utilice la propiedad de linealidad.
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Transformada inversa de Laplace
Pasos para encontrar la transformada inversa de Laplace
1. Descomponer F(s) en término simples usando una expresión en fracciones parciales.
2. Se encuentra el inverso de cada término contrastándola con las entradas de la tabla de
transformadas de Laplace.
Miscelánea de Ejercicios
Ejercicio 1: Evaluar
𝑳−𝟏 {
𝟏
}
𝑺𝟓
Solucion: Aplicamos inciso b del teorema 7.3, vemos que n = 4, por lo que multiplicamos y
dividimos entre 4!:
𝑳−𝟏 {
𝟏
𝟏 −𝟏 𝟒!
𝟏 𝟒
𝑳 { 𝟓} =
𝒕
}=
𝟓
𝟒!
𝟐𝟒
𝑺
𝑺
Ejercicio 2: Obtener la transformada inversa de Laplace de la siguiente expresión
𝑳−𝟏 {
𝑺𝟐
𝟏
}
+ 𝟔𝟒
Solucion: Como k2 = 64, arreglamos la expresión, multiplicándola y dividiéndola entre 8,
según la expresión del inciso d, tenemos:
𝐿−1 {
𝑺𝟐
𝟏
1
𝟖
𝟏
} = 𝐿−1 { 𝟐
} = 𝒔𝒆𝒏 𝟖𝒕
+ 𝟔𝟒
8
𝑺 + 𝟔𝟒
𝟖
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𝟏
𝑳−𝟏 = {𝒔𝟐+𝟕}
Ejercicio 3: Evaluar
Solucion: k2 = 7, k = √7, se arregla la expresión y se multiplica y divide por √7.
𝑳−𝟏 = {
𝒔𝟐
𝟏
𝟏 −𝟏
√𝟕
𝟏
𝑳 ( 𝟐
𝒔𝒆𝒏 √𝟕𝒕
}=
)=
+𝟕
𝑺 +𝟕
√𝟕
√𝟕
−𝟐𝒔+𝟔
𝑳−𝟏 = { 𝒔𝟐+𝟒 }
Ejercicio 4: Encontrar
Solucion:
Primero, se representa la función dada de s como 2 expresiones, dividiendo cada uno de
los términos del numerador entre el denominador.
𝑳−𝟏 = {
−𝟐𝒔 + 𝟔
−2𝑠
6
+ 2
} = 𝐿−1 { 2
} → 𝑑𝑖𝑣𝑖𝑠𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑡é𝑟𝑚𝑖𝑛𝑜𝑠
𝟐
𝒔 +𝟒
𝑠 +4 𝑠 +4
Segundo, se utiliza la transformada inversa de linealidad, arreglando constantes
numéricas.
𝑠
6
2
= −2𝐿−1 ( 2
) + 𝐿−1 ( 2
) → 𝐿𝑖𝑛𝑒𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑦 𝑎𝑟𝑟𝑒𝑔𝑙𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠
𝑠 +4
2
𝑠 +4
Tercero, Solucionamos el arreglo establecido, aplicando las formulas de las 𝐿.1 , en este
caso utilizamos e) e d).
𝒇(𝒕) = −𝟐 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒕 + 𝟑 𝒔𝒆𝒏 𝟐𝒕
Ejercicios prácticos 3 Encuentre la transformada inversa de Laplace de:
a) 𝐹(𝑠) =
3
𝑠
b) 𝐹(𝑠) = 1 +
c) 𝐹(𝑠) =
5
6
− 𝑠+1 + 𝑠2 +4
4
𝑠+3
−
5𝑠
𝑠2 +16
3𝑠+5
𝑠2 +7
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Aplicaciones de la Transformada de Laplace
Con la transformada de Laplace se cuenta con una de las herramientas matemáticas más
poderosas para el análisis, síntesis y diseño. Poder ver los circuitos y sistemas en el
dominio de s puede ayudar a comprender como funcionan en realidad los circuitos y
sistemas.
“Un sistema es un modelo matemático de un proceso físico que relaciona su entrada con
la salida.”
Pasos en la aplicación de la Transformada de Laplace
1. Transformar el circuito del dominio temporal al dominio de s (complejo).
2. Resolver el circuito usando el análisis nodal, el análisis de mallas, la transformación de
fuentes, la superposición o cualquier otra técnica del análisis de circuitos con que se esté
familiarizado.
3. Calcular la transformada inversa de la solución y, obtener así la solución en el dominio
temporal.
Solo el primer paso es nuevo y se analizara aquí. Como se hizo con el análisis fasorial, se
transforma un circuito en el dominio temporal al dominio de la frecuencia o dominio s,
mediante la transformación de Laplace de cada término en el circuito.
Para una resistencia, la relación tensión-corriente en el dominio temporal, es:
𝑣(𝑡) = 𝑅𝑖(𝑡)
Calculando la transformada de Laplace, se obtiene:
𝑽(𝒔) = 𝑹𝑰(𝒔)
Para un inductor:
𝑣(𝑡) = 𝐿
𝑑𝑖(𝑡)
𝑑𝑡
Calculando la transformada de Laplace en ambos lados, obtenemos:
𝑉(𝑠) − 𝐿[𝑠𝐼(𝑠) − 𝑖(0)] = 𝑠𝐿𝐼(𝑠) − 𝐿𝑖(0) 𝑜 𝑠𝑒𝑎,
𝑰(𝒔) =
𝟏
𝒊(𝟎)
𝑽(𝒔) +
𝒔𝑳
𝒔
Los equivalentes en el dominio de s, donde la condición inicial se modela como una
fuente de tensión o de corriente.
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Para un capacitor.
𝑖(𝑡) = 𝐶
𝑑𝑣(𝑡)
𝑑𝑡
El cual se transforma en el dominio de s como:
𝐼(𝑠) = 𝐶[𝑠𝑉(𝑠) − 𝑣(0)] = 𝑠𝐶𝑉(𝑠) − 𝐶𝑣(0)
O sea:
𝑽(𝒔) =
𝟏
𝒗(𝟎)
𝑰(𝒔) +
𝒔𝑪
𝒔
Si se supone las condiciones iniciales nulas para el inductor y el capacitor, las ecuaciones
anteriores se reducen a:
𝑅𝑒𝑠𝑖𝑠𝑡𝑜𝑟: 𝑉(𝑠) = 𝑅𝐼(𝑠)
𝐼𝑛𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜𝑟: 𝑉(𝑠) = 𝑠𝐿𝐼(𝑠)
𝐶𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑡𝑜𝑟: 𝑉(𝑠) =
1
𝐼(𝑠)
𝑠𝐶
Los equivalentes en el dominio s, se muestran en las siguientes figuras:
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La impedancia en el dominio de s se define como el cociente de la transformada de la
tensión a la transformada de la corriente, en las condiciones iniciales nulas; es decir:
𝑍(𝑠) =
𝑉(𝑠)
𝐼(𝑠)
Por lo tanto, las impedancias de los tres elementos del circuito son:
𝑅𝑒𝑠𝑖𝑠𝑡𝑜𝑟: 𝑍(𝑠) = 𝑅
𝐼𝑛𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜𝑟: 𝑍(𝑠) = 𝑠𝐿
𝐶𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑡𝑜𝑟: 𝑍(𝑠) =
1
𝑠𝐶
La siguiente tabla resume esto, considerando las condiciones iniciales nulas.
La admitancia en el dominio s es el reciproco de la impedancia, o sea:
𝑌(𝑠) =
1
𝐼(𝑠)
=
𝑍(𝑠)
𝑉(𝑠)
El uso de transformadas de Laplace en el análisis de circuitos facilita el uso de varias
fuentes de señales, como el impulso, el escalón, la rampa, exponencial y senoidal.
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24 de octubre de 2011
Ejercicios aplicados
Ejercicio 1: Encuentre el 𝒗𝟎 (𝒕) en el siguiente circuito mostrado, suponiendo las
condiciones iniciales nulas.
Solucion:
Primero. Se transforma del dominio temporal al dominio de s.
𝑢(𝑡)
→
1
𝑠
1𝐻
→
𝑠𝐿 = 𝑠
1
𝐹
3
→
1
3
=
𝑠𝐶
𝑠
El circuito en el dominio s resultante es el siguiente:
Segundo. Aplicamos análisis de mallas.
Malla 1:
1
3
3
= (1 + ) 𝐼1 − 𝐼2
𝑠
𝑠
𝑠
Malla 2:
3
3
𝟏
0 = − 𝐼1 + (𝑠 + 5 + ) 𝐼2 → 𝑜 𝑠𝑒𝑎, 𝑰𝟏 = (𝒔𝟐 + 𝟓𝒔 + 𝟑)𝑰𝟐
𝑠
𝑠
𝟑
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Tercero. Se sustituye ecuación M2 en ecuación M1:
1
3 1
3
= (1 + ) (𝑠 2 + 5𝑠 + 3)𝐼2 − 𝐼2
𝑠
𝑠 3
𝑠
→ 𝑀𝑢𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 3𝑠 𝑦 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜, 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠.
3 = (𝑠 3 + 8𝑠 2 + 18𝑠)𝐼2 →
𝑉0 (𝑠) = 𝑠𝐼2 =
𝑠2
𝐼2 =
𝑠3
3
+ 8𝑠 2 + 18𝑠
3
3
√2
=
+ 8𝑠 + 18
√2 (𝑠 + 4)2 + (√2)2
Cuarto. Se calcula la transformada inversa y obtenemos:
𝒗𝟎 (𝒕) =
𝟑
√𝟐
𝒆−𝟒𝒕 𝒔𝒆𝒏 √𝟐𝒕 𝑽𝒐𝒍𝒕𝒔. ; 𝑡 ≥ 0
Mtro. Jorge Adalberto Barreras García
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