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Sistemas Lineales Para Automatización: U3: Ecuaciones diferenciales

24 de octubre de 2011

Unidad 3: Ecuaciones diferenciales y modelado de sistemasObjetivo: 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 n-paramétrica 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.

Mtro. Jorge Adalberto Barreras García



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 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.

dydx

=2x−1

Para encontrar la solución, se integra en ambos lados de la ecuación:

∫ dy=∫ (2x−1 )dx

¿ ∫2 x−¿∫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.

dydx

=2x3−5 x2−3 x+4∫ dy=∫ (2 x3−5x2−3x+4 )dx

¿∫2 x3−¿∫ 5x2−∫3 x+¿∫ 4 dx¿¿

¿2∫ x3−¿5∫ x2−3∫ x+¿4∫ dx¿¿

Aplicando formulas integración, se obtiene:

2( x44 )−5( x33 )−3( x22 )+4 x+C, reduciendo términos, obtenemos

x4

2−5 x

3

3−3 x

2

2+4 x+C

Ejemplo 2: Verificar si la función detallada a continuación, es solución de la ED planteada.

y=2e3x+ 1; función solución; dydx = 3 y−3 ; ecuación diferencial




Solucion:

Calculamos la derivada de la función solución:

dydx

=6 e3x ; se aplica la formula de derivación 5 ( dudx ev)=ev dudx

Reemplazando la función solución y su derivada en la ED:

dydx = 3 y−3 → 6e3x=3¿¿+ 1) – 3 ; y simplificando, se tiene:

6e3x=(6e3 x+3 )−3→6e3x=6e3x+3−3→6 e3x=6 e3 x

Ejercicios prácticos: Verificar si las soluciones detalladas a continuación son las soluciones de las siguientes ED.

a). y=2x→ función solución; dydx

=2 yx→Ec . Diferencial .

b). y=x2→función solución; dydx

=2 yx→Ec . Diferencial .

c). y=x−1→funcion solución; dydx= yx−1

→Ec . D iferencial .

Ecuaciones de primer orden

Para emprender la tarea de hallar la solución de una ecuación diferencial ordinaria de

primer orden: dydx

=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:

dydx

=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.




1). dydx=2x+1 ; y (0 )=3

Solucion:

dy=(2x+1 )dx→separando variables

∫ dy=∫ (2x+1 ) dx→aplicando laintegral

∴ y=x2+x+C→integrandoenambosmiembrosde laigualdad3=o2+0+C→sustituyendolas variables por sus valores iniciales∴C=3→detalmanera que :

y=x2+x+3

2). dydx

=x (x2+9)12 ; y (−4 )=0

Solucion:

dy=x(x2+9)12 dx→separando variables

∫ dy=¿∫ x (x2+9)12 dx→aplicando laintegral ¿

y=12∫(x2+9)

12 (2 xdx¿)¿

y=13(x2+9)

32+C→integración por sustitución

0=13((−4)2+9)

32+C→ sustituyendolas variables por sus valores iniciales

0=13(25)

32+C∴C=−125

3, de talmaneraque :

y=13(x2+9)

32−125

3

3). dydx=cos2 x; y (0 )=1

Solucion:

dy=cos2xdx→separando variables

∫ dy=∫cos2 xdx→aplicando laintegral

y=12∫cos 2x (2dx )→y=1

2sin 2x+C→integración por sustitución




1=12sin 2 (0 )+C→sustitución devariables por susvalores iniciales

1=12sin (0 )+C→1=1

2(0 )+C∴C=1 ;de talmanera que :

y=12sin 2 x+1

Resolver los siguientes ejercicios encontrando una función, y = f(x) que satisfaga las ecuaciones diferenciales dadas y las condiciones iniciales prescritas.

a). dydx

=xe− x ; y (0 )=1

b). dydx

= 1x2

; y (1 )=5

c). dydx

= 10x2+1

; y (0 )=0

d).dydx

=12−3 t 2; x (1 )=−5

e).dydx

=(x−2)3 ; y (2 )=1

f). dydx

=x12 ; y (4 )=0

g). dydx

=(x+2)−12 ; 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?

Separación de variables

Ecuación separable

Una ecuación diferencial de primer orden que puede ser llevada a la forma:

dydx

=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 dydx

= x2+12− 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

3+x+ y2

2−2 y=c¿¿

Sustituyendo los valores iniciales y resolviendo, se tiene que:

−33

3+ (−3 )+ 4

2

2−2 (4 )=c ;entonces c=−12

∴ x3

3+x+ y2

2– 2 y=−12




Ejercicio 2: Resolver x dydx− y=2x2 y

Solucion: Podemos escribir la ecuación multiplicando por dx y nos queda:

xdy− ydx=2x2 ydxo (2 x2 y+ y )dx−xdy=0

y (2x2+1 )dx−xdy=0

Dividiendo por x y y , esto es por xy nos da lo siguiente:

( x2+1x )dx−dyy

=0o∫ x2+1x

dx−∫ dyy

=c

Así que: x2+ ln|x|−ln|y|=cNota: Esto también puede escribirse en una forma de logaritmos, escribiendo:

x2+ ln|xy|=c ; ln| xy |=c−x2;|xy|=ec−x2=ec e−x2

xy=±ec e−x2 , y=±e−c xe x2o finalmente , y=Axe x2

Ejercicio 3: Resolver la siguiente ecuación diferencial dydx

−3 x3+6 x2−x−1=0

Solucion: Despejamos la derivada y nos queda: dydx

=3 x3−6 x2+x+1

Separamos las diferenciales del miembro izquierdo:

dy=(3 x3−6 x2+x+1 )dxIntegramos ambos miembros de la ecuación:

∫ dy=∫ (3 x3−6 x2+x+1 )dx

Ejecutamos las integrales y obtenemos:

y=34x4−6

3x3+ 1

2x2+x+c→ y=3

4x4−2x3+ 1

2x2+x+c

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 '=dydx

→ dydx

=2 e3x

Separamos las diferenciales del miembro izquierdo:

dy=2e3 xdx

Integramos ambos miembros de la ecuación:

∫ dy=∫2e3 xdxEjecutando las integrales:

y=23e3 x+c

Ejemplo 5: Encontrar la solución de la siguiente ecuación diferencial: xy '=4 y

Solucion:

Despejamos la primera derivada:

y '= 4 yx

La derivada se puede expresar como:

y '=dydx

=4 yx

Separamos las variables del miembro izquierdo:

dy=4 yx

dx↔ dy4 y

=dxx

Aplicamos integrales en ambos lados:

∫ 14 y

dy=∫ 1x dx

Ejecutando las integrales, se obtiene:

14ln|y|=ln|x|+lnc

Expresado en otras formas:

ln|y|=4 ln|cx|↔ ln|y|=c4x4↔ y=c4 x4∴ y=c x4

Ejercicios prácticos: encontrar las soluciones generales de las siguientes ecuaciones diferenciales.

1. dydx

= y3

x2




2. dydx

= ysenx

3. y '=1+x+ y2+xy2

4. dydx=(64 xy )

13

5. y '=2 x−13 y2

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=1 JC

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

1 A=1Cs

, en general laintesidad de corrientei es ; i (A )=dq(C)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= 1T∫0

T

pdt

Energía w: Como la potencia p es la variación de energía transferida en la unidad de

tiempo, p=dwdt

, dedonde ,W=∫t1

t2

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 ) obien, i ( t )= v ( t)R

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 didt

obien, i (t )= 1L∫vdt




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 didt 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=dqdt

=C dvdt

, v ( t )= 1C∫ idt

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.

Respuesta de los elementos pasivos de un circuito:




Ejemplo 1: en el siguiente circuito, la tensión del generador viene dada por v ( t )=150 sen (wt ) .Hallar la intensidad i(t), la potencia instantánea p(t) y la potencia media P.

i (t )= 1Rv (t )=150

25senwt=6 senwt A

p (t )=v (t )i (t )= (150 senwt ) (6 senwt )=900 sen2wtW

P= 1π∫0

π

900 sen2d (wt )=900π ∫

0

π 12

(1−cos2wt )d (wt )

¿ 9002π [wt−12 sen2wt ]=450W

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 x10−3 seg .

i= 102x 10−3

t=5 x103t , por tanto

v=Ri ( t )=25 x103 t ; p=vi=125 x106t 2

∴P= 12 x10−3 ∫

0

2x 10−3

125 x106 t 2=167W

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 )= 1L∫ v ( t )dt= 1

0.02∫150 sen1000 tdt

¿ 1500.02 (−cos1000 t1000 )=−7.5cos1000t A

p=vi=−150 (7.5 )( 12 sen2000 t)=−562.5 sen200 tW




Nota: ⌊senx cosx=12 sen2 x ⌋

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.

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 través del inductor

L( didt ) , 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 didt

+Ri=E (t)

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+ 1Cq=E(t )

Pero la corriente i y la carga q se relacionan mediante i=dqdt , así, la ecuación se

transforma en la ecuación diferencial lineal.

R dqdt

+ 1Cq=E( t)

Ejercicio 1. Un acumulador de 12 volts se conecta a un circuito en serie LR, con una

inductancia de 12Henrio y una resistencia de 10 ohm. Determinar la corriente i, si la

corriente inicial es cero.

Solucion:

Según la ecuación, L didt

+Ri=E (t), y sustituyendo, tenemos que:

12didt

+10 i=12




Como i(0) = 0 . Primero multiplicamos la ecuación por 2,

22didt

+20 i=24

y vemos que el factor integrante es e20 t , a continuación se sustituye, quedando.

ddt

[e20t i ]=24 e20 t

Al integrar cada lado de esta ecuación y despejar i obtenemos

i=65+c e−20t , sii (0 )=0 , entonces ,0=6

5+c ;c=−6

5

Por consiguiente, la respuesta es:

i (t )=65−65e−20t

Ejercicio 2: Si R=106Ω, L=1H y E=1V ,con i (0 )=0 ; halle la corriente i en cualquier instante t.

Solucion:

L didt

+Ri=E (t )↔ didt

+RLi= 1

LE ( t )→(A)

La ED (A) es una ecuación lineal de la forma: y '+p (t ) y=f (t ) , con p (t )= RL

De tal manera que el factor integrante es: μ ( x )=exp∫( RL )dt=e(RL ) t

→(B)

Multiplicando la ec. (A) por μ ( x )=e( RL )t, se obtiene:

i ' e(RL )t

+RL i e

(RL )t=1L e

( RL )tE ( t )

(e¿¿( RL ) t i)'= 1L e( RL )t

E (t )¿

Integramos en cada miembro: e( RL )t

i= 1L∫e( RL )t

E (t )dt




∴ i= e−(RL )t

L ∫e( RL )t

E ( t )dt+¿C e−(RL )t

→(C)¿

Pero: E (t )=1

De tal manera que (C) queda:

i= e−(RL )t

L ∫ e(RL )t

dt+¿Ce−(RL )t

↔i= e−(RL )t

L [ LR e(RL )t ]+C e

−( RL )t¿

i= 1R+Ce−( RL )t

→(D)

Las condiciones iniciales son: i (0 )=0

Sustituyendo los valores correspondientes en (D):

0= 1R +C e−(RL )(0)

↔C=−1R →(E)

∴ i= 1R−1R e

−(RL )t→¿

Ahora sustituimos R=106 y L=1en(F), se obtiene:

i (t )= 1106

− 1106

e−(1061 )t

↔i ( t )=10−6−10−6 e−106 t

i (t )=10−6 (1−e−106 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 través de la resistencia es Ri = 10i

Caída de voltaje en el inductor




L didt

=2 didt

Aplicando ley de kirchhoff, tenemos:

100=10i+2 didt↔ di

dt+5 i=50→ecuacion diferencial

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:

e5 t, multiplicado por este factor, obtenemos:

ddt

(e5 t i )=50e5 t→e5 t i=10e5 t+c ,esto es ,i=10+c e−5t

Puesto que i=0 , t=0 , c=−10∴i=10 (1−e−5 t )

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−5 t 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:




Transformada de LaplaceLa 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 , la transformada de Laplace de f(t) se define como:




cuando tal integral converge, o también:

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 cuyaTransformada 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 ) ]= 12πj ∫

σ 1− j∞

σ1+ j ∞

F ( s )est ds

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 )=∫0

∞

e−st f ( t )dt=∫0

∞

e−st 2u (t−3 )dt

¿2∫3

∞

e−2t dt→simplificando , se encuentra

F ( s )=|−2s e−st|∞3=−2s

(0−e−3 s )=2se−3 s

Ejercicio 2: Realizar la transformación del dominio del tiempo al dominio de s, considerando: f ( t )=1 para todoslos valores de tiempomayoresa0, es decir:

f ( t )=1 , para t ≥0

L {f ( t)}=F (s )=∫0

∞

1e−st dt=−1s

[e−st ]∞0

Debido a que t = ∞, el valor de e−∞ es 0 y con t = 0 el valor de e0 es -1, entonces:

F ( s)=1S




Ejercicio 3: Determinar la transformada de Laplace de la función f (t )=eat , donde a es una constante.

Solucion:

F ( s )=∫0

∞

eat e−st dt→∫0

∞

e−(s−a ) tdt

¿− 1s−a

[e−(s−a) t ]∞0

Cuando t = ∞, el término en los corchetes se hace 0 y cuando t = 0, este se hace 1, entonces:

F ( s )= 1s−a

Ejercicio 4: Determinar la transformada de Laplace de la siguiente función exponencial:

f (t )=e−at; Solución:

F ( s)=∫0

∞

e−at e−st=∫0

∞

e−(s+a )t= −1s+a

[e−(s+a) t ]∞0

Cuando t = ∞, el término en los corchetes se hace 0 y cuando t = 0, este se hace 1, como se puede demostrar:

¿{ −1s+a

[e− ( s+a)∞ ]}−{ −1s+a

[e−( s+a )0 ]}¿0−{−1

s+a[1 ]}=0+ 1

s+a= 1s+a

Ejercicio 5: Evaluar F {e−3 t } :

Solucion: F ( s)=∫0

∞

e−3 t e−st dt=∫0

∞

e−( s+3 )t dt= −1s+3

[e−( s+3 )t ]∞0

Sustituyendo los valores iniciales de 0 e ∞, obtenemos:

¿ {−1s+3

[e−( s+3 )∞ ]}−{−1s+3

[ e−( s+3 )0 ]}¿0−{−1

s+3[1 ]}=0+ 1

s+3= 1

s+3→s>−3




Ejercicio 6: Determine la transformada de Laplace f (t )=senwt↔senwtu ( t ) :

Solucion: Opción 1

F ( s )=∫0

∞

sen wt (e−st )dt=[−s ( senwt ) e−st−e−stwcoswts2+w2 ]∞0

F ( s)= ws2+w2

Opción 2:

F ( s)=∫0

∞

sen wt (e−st )dt=∫0

∞ e jwt−e− jwt

2 j(e− st )dt

¿ 12 j∫0

∞

(e−( s− jw ) t−e−(s+ jw ) t )dt= 12 j ( 1

s− jw− 1s+ jw )= w

s2+w2




Propiedades y pares de la Transformada de Laplace

Ejercicio práctico 1: Evalué a través de transformada de Laplace: f ( t )=sen2 t

Aplicación de las propiedades y parejas de la Transformada de Laplace




Ejercicio 1: Evaluar L {3t−5 sen2 t }

Solucion: Utilizando la propiedad de linealidad, tenemos:

L {3t−5 sen2 t }=3L {t }−5 L {sen2 t }→Utilizando tablade pares , tenemos que :

f ( t )=t → 1s2asi como f (t )=senwt→ w

s2+w2=2

s2+22

∴F (s )=3( 1s2 )−5( 2s2+4 )= 3

s2− 10s2+4

→sebuscauncomun denominador

¿3 ( s2+4 )−10 s2

s2 ( s2+4 )=3 s

2+12−10 s2

s2 ( s2+4 )

F ( s)=−7 s2+12s2 ( s2+4 )

, s>0

Ejercicio 2: Obtenga las transformada de de Laplace de: f (t )=cos2t+e−3 t , t>0

Solucion: Utilizando la propiedad de linealidad, tenemos que:

F ( s)=L {cos 2t }+L {e−3t }→utilizando latablade pares , vemosque :

f ( t )=coswt= ss2+w2

= ss2+22

= ss2+4

;asi como , f ( t )=e−3 t= 1s+3

∴F (s )= ss2+4

+ 1s+3

=s ( s+3 )+ (s2+4 )

(s2+4 ) (s+3 )

F ( s)= s2+3 s+s2+4(s2+4 ) (s+3 )

=2 s2+3 s++4

( s2+4 ) ( s+3 )

Ejercicio práctico 2: Obtenga la transformada de Laplace de: f (t )=δ (t )+μ (t )−3e−2 t , t>0, utilice la propiedad de linealidad.




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 { 1S5 }Solucion: Aplicamos inciso b del teorema 7.3, vemos que n = 4, por lo que multiplicamos y dividimos entre 4!:

L−1 { 1S5 }= 14 !

L−1{4 !S5 }= 124

t 4

Ejercicio 2: Obtener la transformada inversa de Laplace de la siguiente expresión

L−1 { 1S2+64 }

Solucion: Como k2 = 64, arreglamos la expresión, multiplicándola y dividiéndola entre 8, según la expresión del inciso d, tenemos:




L−1 { 1S2+64 }=18 L−1 { 8

S2+64 }=18 sen8 tEjercicio 3: Evaluar L

−1={ 1s2+7 }

Solucion: k2 = 7, k = √7, se arregla la expresión y se multiplica y divide por √7.

L−1={ 1s2+7 }= 1

√7L−1( √7

S2+7 )= 1√7

sen √7 t

Ejercicio 4: Encontrar L−1={−2 s+6s2+4 }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={−2 s+6s2+4 }=L−1{−2 ss2+4+ 6s2+4 }→división de términos

Segundo, se utiliza la transformada inversa de linealidad, arreglando constantes numéricas.

¿−2L−1( ss2+4 )+ 62 L−1( 2

s2+4 )→Linealidad y arreglo deconstantes

Tercero, Solucionamos el arreglo establecido, aplicando las formulas de las L.1, en este caso utilizamos e) e d).

f (t )=−2cos2 t+3 sen2 t

Ejercicios prácticos 3 Encuentre la transformada inversa de Laplace de:

a) F ( s)=3s− 5

s+1+ 6s2+4

b) F ( s)=1+ 4s+3

− 5 ss2+16




c) F ( s)=3 s+5s2+7

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 )osea ,




I ( s )= 1sL

V ( s)+ i(0)s

Los equivalentes en el dominio de s, donde la condición inicial se modela como una fuente de tensión o de corriente.

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 )= 1sC

I (s )+ v (0)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 )= 1sC

I (s )

Los equivalentes en el dominio s, se muestran en las siguientes figuras:




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

Inducto r :Z (s )=sL

Capacitor :Z ( s)= 1sC

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 )= 1Z (s)

=I (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.

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 )→ 1s

1H→sL=s

13F→ 1

sC=3s

El circuito en el dominio s resultante es el siguiente:




Segundo. Aplicamos análisis de mallas.

Malla 1:

1s=(1+ 3s ) I1−3s I 2

Malla 2:

0=−3s

I 1+(s+5+ 3s ) I 2→osea , I 1=13

( s2+5 s+3 ) I 2

Tercero. Se sustituye ecuación M2 en ecuación M1:

1s=(1+ 3s ) 13 (s2+5 s+3 ) I2−

3sI 2→Multiplicando por 3 s y simplificando ,tenemos .

3=(s3+8 s2+18 s ) I 2→I 2=3

s3+8 s2+18 s

V 0 (s )=s I 2=3

s2+8 s+18= 3√2

√2(s+4 )2+ (√2 )2

Cuarto. Se calcula la transformada inversa y obtenemos:

v0 (t )= 3√2

e−4 t sen√2 t Volts . ; t ≥0


Sistemas Lineales Para Automatización: U3:...

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