Ejercicios Resueltos de Laplace

Gerson Villa Gonzรกlez

Ecuaciones Diferenciales

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Gerson Villa González

Ecuaciones Diferenciales

EJERCICIO. Un sistema esta modelado bajo la siguiente ecuación diferencial:

d 2 y(t ) dy(t )   6 y(t )  2 x(t ) dt 2 dt Hallar la función de transferencia H(s) cuando la entrada x(t) es un impulso unitario.

Solución

s 2Y (s)  sY (s)  6Y (s)  2 X (s) Y ( s) 2  2 Y (s)[s 2  s  6]  2 X (s) , y por lo tanto se tiene H ( s)  X ( s) s  s  6 Y ( s) 2 H ( s)   ; Aplicando la transformada inversa de Laplace: X ( s) ( s  3)(s  2) 1 1   2   H ( s )     (s  3)(s  2)  , y desarrollando por fracciones parciales:

y’’-y’-6y = 2x, entonces aplicando Laplace

H (s) 

k k 2  1  1 ( s  3)(s  2) s  2 s  3

k1  ( s  2) H ( s) s 2 ( s  2)



2 2  (2  3)  5

k1  

2 2  ( s  2)(s  3) s 2 ( s  3) s 2

2 5

Gerson Villa González

Ecuaciones Diferenciales

k 2  ( s  3) H ( s) s 3 ( s  3)



2 2  (3  2) 5

H ( s) 

k2 

2 2  ( s  2)(s  3) s 3 ( s  2) s 3

2 5

2 2 1 2 1     ( s  3)(s  2) 5 s  2 5 s 3

1

2  H (s)   5 

1

 1  2 1  1        s  2  5  s  3

2 2 h(t )   e 2t  e 3t 5 5

EJERCICIO El sistema eléctrico mostrado en la figura tiene como modelo matemático la siguiente ecuación

Ri (t ) 

1 di (t ) ( )   vi (t ) i t dt L C dt

a) Hallar la función de transferencia del sistema (condiciones iniciales iguales a cero).

R  16 L  2H H ( s) 

C  0.02 F vi (t )  entrada

Q( s) ?

Vi ( s )

q(t )  salida

Nota. No olvidar que i (t ) 

dq(t ) dt

Solución: Condiciones iniciales q(0)=0, q’(0)=0, i(0)=0.

Lq' ' Rq '

1 q  C



L R 1  q' ' q' q L L CL L

Aplicando la transformada de Laplace

 q' '

R 1  q' q L CL L

R 1   q  L L q' ' q' L CL   1

1

    L

Gerson Villa González

 s 2Q( s)  sq(0)  q' (0) 

Ecuaciones Diferenciales R sQ(s)  q(0)  1 Q(s)  V (s) L LC L

R 1 V ( s)  s Q( s)  sQ( s)  Q( s )  L LC L 2

1 Q( s ) L   V ( s) s 2  R s  1 L LC

Reemplazando para L=2, R=16 y C=0.02, tenemos que:

1 1 Q( s ) 2 2  2  2 16 1 V ( s) s  s  8s  25 s 2 2(0.02) b) Encontrar la carga q(t) (la salida) en cualquier tiempo t>0 si la entrada es un paso (escalón) de 300 voltios.

Solución Ahora bien si la entrada es v=300(t) (señal escalón o paso de amplitud 300).

Y la L1 300 (t )  L1 300  300

Q( s ) 

1

 v  300 (t ) ,

s 1

300 2 2 V ( s)  2 s  8s  25 s  8s  25 s 2

 L v(t )  V ( s) 

 Q( s ) 

1

300 s

150 s( s  8s  25) 2





Para hallar la carga q(t) se aplica la transformada inversa de Laplace, ya que L Q( s )  q(t ) se debe realizar el desarrollo en fracciones parciales.

Para encontrar q(t) a partir de 1

Q( s ) 

150 , se pueden utilizar Diferentes Métodos. s( s  8s  25) 2

Se va explicar y aplicar cada método, paso por paso: Método I; Fracciones parciales mediante ecuaciones algebraicas:

Ax  B x  bx  c 2

k s  k3 k 150  1 2 2 se multiplican ambos miembros por el mínimo común denominador s( s  8s  25) s s  8s  25 2

s(s2+8s+25):

150s( s 2  8s  25) k1s( s 2  8s  25) (k 2 s  k3 ) s( s 2  8s  25)   s( s 2  8s  25) s s 2  8s  25 150  k1 (s 2  8s  25)  (k 2 s  k3 )s ; se encuentra k1 sustituyendo s=0:

150  k1 (02  8(0)  25)  (k2 (0)  k3 )(0)

 k1  6

Reemplazando k1=6 y desarrollando los factores, se obtiene:

150  6(s 2  8s  25)  s(k2 s  k3 )

Gerson Villa González

Ecuaciones Diferenciales

150  6s 2  48s  150  k 2 s 2  k3 s 150  (6  k2 )s 2  (48  k3 )s  150 ; aquí se igualan los coeficientes de potencias iguales de s lo que da:

k2  6  0 k3  48  0 150  150

 k 2  6  k3  48

Substituyendo los valores de k1, k2 y k3, en

k s  k3 k 150  1 2 2 se obtiene: s( s  8s  25) s s  8s  25 2

6 6 6s  48 6 6(s  4)  24 6 6(s  4) 24  6s  48        2  2 2 2 2 2 ( s  4) 2  32 s s  8s  25 s s  8s  25 s (s  4)  3 s (s  4)  3 

 ( s  4)    6 3  6  8 2 2 2 2 s  ( s  4)  3   ( s  4)  3 

Q( s ) 

 ( s  4)    6 3  6  8 2 2 2 2 s  ( s  4)  3   ( s  4)  3 

Se aplica transformada inversa: 1

 Q(s)   1

1

 Q(s)  6

NOTA



1

significa INVERSA DE LAPLACE

 3  6  1   ( s  4)   1    8     6 2 2     2 2  s   ( s  4)  3     ( s  4)  3  

1

1 1 ( s  4) 3 1   8    6 2 2 ( s  4)  3 ( s  4) 2  32 s 

;

Para solucionar, ver la tabla de

transformadas de Laplace. 1

 Q(s)  q(t )  6(1)  6e

4t

Cos(3t )  8e 4t Sen(3t )

q(t )  6  6e 4t Cos(3t )  8e 4t Sen(3t ) c) Calcular la corriente i(t) de acuerdo a los resultados obtenidos en el punto anterior.

Solución Ahora se debe hallar i (t ) 



dq(t ) : dt







dq(t ) d d d  (6)  6 e 4t Cos(3t )  8 e 4t Sen(3t ) dt dt dt dt dq(t ) d d d d      (0)  6e 4t Cos(3t )   Cos(3t ) e 4t   8e 4t Sen(3t )   Sen(3t ) e 4t  dt dt dt dt dt    

Gerson Villa González

Ecuaciones Diferenciales





 



dq(t )  (0)  6 e 4t  3Sen(3t )   Cos(3t )  4e 4t  8 e 4t 3Cos(3t )   Sen(3t )  4e 4t dt dq(t )  6  3e 4t Sen(3t )  4e 4t Cos(3t )  8 3e 4t Cos(3t )  4e 4t Sen(3t ) dt dq(t )  18e 4t Sen(3t )  24e 4t Cos(3t )  24e 4t Cos(3t )  32e 4t Sen(3t ) dt dq(t )  18e 4t Sen(3t )  32e 4t Sen(3t ) dt



 





i(t )  50e 4t Sen(3t ) Método II; Fracciones parciales usando la relación:

2 x( s   ) 2 y x  jy x  jy    2 2 (s   ) 2   2 s    j s    j ( s   )   Q( s ) 

150 , se hallan las raíces de la ecuación cuadrática s2+8s+25. s( s  8s  25) 2

2  b  b 2  4ac  8  8  4(1)(25)  8  64  100  8   36  8  j 6     2a 2(1) 2 2 2  8 j6    4  j3 , de aquí que s1, 2  4  j3 .

2 2

s

Q( s ) 

k1 k2 150 k*    s( s 2  8s  25) s ( s  4  j3) ( s  4  j3)

K1  sQ( s) s 0  s



150 150  (0)  8(0)  25 25 2

150 150  2 s( s  8s  25) s 0 ( s  8s  25) s 0 2

k1  6 , igual al k1 encontrado mediante el otro método.

k  ( s  4  j3)Q( s) s 4 j 3  ( s  4  j3)

150 s( s  4  j3)(s  4  j 3) s 4 j 3



150 150 150 150    s( s  4  j3) s 4 j 3 (4  j3)(4  j3  4  j3) (4  j3)( j 6) j 24  j 218



150 , Racionalizando el denominador se tiene:  18  j 24



150  18  j 24  2700  j3600  2700  j3600    2  18  j 24  18  j 24 324  j 432  j 432  j 576 324  576

Gerson Villa González 

Ecuaciones Diferenciales

 2700  j3600 27 36  k  3  j 4 y su conjugado será  k *  3  j 4  j 900 9 9

Reemplazando k1, k y k*, en la ecuación general, se obtiene:

Q( s ) 

k1 k2 150 k* 6  3  j4  3  j4       2 s( s  8s  25) s ( s  4  j3) ( s  4  j3) s ( s  4  j3) ( s  4  j3)

haciendo uso de la relación, donde x=-3, y=-4, =4 y =3; se obtiene que:

2 x( s   ) 2 y x  jy x  jy    2 2 (s   ) 2   2 s    j s    j ( s   )   

 ( s  4)    2(3)(s  4) 2(3)(4) 3   6  8 2 2 2 2 2 2 2 2 ( s  4)  3 ( s  4)  3  ( s  4)  3   ( s  4)  3 

Q( s ) 

1

 6  ( s  4)   3 , aplicando la transformada inversa para obtener q(t):  6  8 2 2 2 2 s  ( s  4)  3   ( s  4)  3 

 Q(s)   1

1

 Q(s)  6

 3  6  1   ( s  4)   1    8     6 2 2     2 2  s   ( s  4)  3     ( s  4)  3  

1

1 1 ( s  4) 3 1   8    6 2 2 ( s  4)  3 ( s  4) 2  32 s 

;

Para solucionar, ver la tabla de

transformadas de Laplace. 1

 Q(s)  q(t )  6(1)  6e

4t

Cos(3t )  8e 4t Sen(3t )

q(t )  6  6e 4t Cos(3t )  8e 4t Sen(3t ) La cual es idéntica a la obtenida por el método anterior.

i(t )  50e 4t Sen(3t ) d) Si vi(t)=100Sen(3t), hallar q(t) e i(t):



 v(t )   100Sen(3t )  100 Sen(3t ) V (s)  100 s

2

3   32 

1 Q( s ) 0.5 300 2  2 ; Reemplazando V(s)  Q( s)  2 V ( s) s  8s  25 s  8s  25 s 2  9

Gerson Villa González

Ecuaciones Diferenciales

150 , utilizando cualquiera de los métodos expuestos anteriormente se ( s  8s  25)(s 2  9)

 Q( s ) 

2

encuentra que:

Q( s ) 

150 75 1 75 s 75 1 75 s4     2 2 2 2 2 2 2 ( s  8s  25)(s  9) 26 s  3 52 s  3 26 (s  4)  3 52 ( s  4) 2  32 2

aplicando la transformada inversa, tenemos:

q(t ) 

25 75 25 75 Sen(3t )  Sen(3t )  e 4t Sen(3t )  e 4t Cos(3t ) 26 52 26 52

q(t ) 

25 2Sen(3t )  3Cos(3t )  25 e 4t 3Cos(3t )  2Sen(3t ) 52 52

i(t ) 

dq(t ) 75 25  2Cos(3t )  3Sen(3t )   e 4t 6Cos(3t )  17Sen(3t )  dt 52 52

e) Halle la respuesta impulso.

Solución Nota:



Significa La TRANSFORMADA DE LAPLACE

v(t )   (t )   v(t )    (t )  V (s)  1 1 Q( s ) 0.5 2  2 ; Reemplazando V(s)  Q( s)  2 (1) Esta es la respuesta impulso.

V ( s) s  8s  25 s  8s  25 Método ; Fracciones Parciales :

k1 0.5 k*   s 2  8s  25 ( s  4  j3) ( s  4  j3) 1 0.5 2 k1  ( s  4  j3)  ( s  4  j3)( s  4  j3) ( s  4  j3) s 4 j 3

 Q( s )  H ( s ) 

s  4 j 3

k1 

0.5 0.5 1 1   j , no olvidar que   j  4  j3  4  j3  6 j 12 j

k1  j

1 12

y

k*   j

 Q( s )  H ( s )  =3.

1 12

j1  j1 12  12 , de aquí utilizando la relación, donde: x=0, y=1/12, =4, y ( s  4  j 3) ( s  4  j3)

Gerson Villa González

Ecuaciones Diferenciales

2 x( s   ) 2 y x  jy x  jy    2 2 (s   ) 2   2 s    j s    j ( s   )   

 

2 1 (3) 2(0)(s  4) 12  2 2 ( s  4)  3 ( s  4) 2  32

Q( s )  H ( s ) 

1 3 , aplicando la transformada inversa, se obtiene: 6 ( s  4) 2  32

1 q(t )  h(t )  e 4t Sen(3t ) 6 Esta es la respuesta impulso.

EJERCICIO Hallar la transformada de Laplace de la siguiente señal periodica función: G(t)=

Sen(t),

0<t<

0,

<t<2

SOLUCION La grafica de la función G(t), es :

Periodo T=2.

Teorema visto en clase : Transformada de Laplace de una función periódica es :

 G(t )  1  e  1

T

 sT

 G(t ) 

1 1  e 2s

0



e  sT G(t )dt . En las tablas de transformada se encuentra esta relación.

2

0

e  sT Sen(t )dt 

1   e  sT Sen(t )dt  2 e  sT (0)dt    1  e 2s 0

Gerson Villa González g (t ) 

1 1  e 2s





0

Ecuaciones Diferenciales

e  sT Sen(t )dt , podemos resolver la integral





0

e  sT Sen(t )dt de dos formas o

métodos, usando integración por partes o utilizando la formula que se vio en clase, la cual estaba escrita en el tablero el día del parcial:

e

ax

 a  ax  b  ax Sen(bx)   2 e Sen(bx)   2 e Cos(bx) , donde a=-s y b=1.

2  2  a b  a b 

Se resolverá el problema utilizando la ecuación anterior, por ser el método más rápido:

   st  s 1  st  e Sen(t )   (s) 2  12 e Sen(t )   (s) 2  12



   st e Cos (t )  0



1   s  st   2 e Sen(t )  2 e  st Cos(t ) s 1 s 1 0 

 e st    2  sSen(t )  Cos (t )   s 1 0  e s   0 s   sSen( )  Cos( )   e2  sSen(0)  Cos(0)  2 s 1  s 1  s  e s   1 1 1  e s  e   2  (1)    2  1  2  2  2  s 1 s 1 s 1  s 1   s 1 g (t ) 

1 1  e 2s





0

e sT Sen(t )dt 

1 1  e 2s

1  e s  1  e s   s 2  1  1  e 2s ( s 2  1)  





1  e s G( s)  1  e 2s ( s 2  1)





También se puede solucionar integrando por partes pero la solución es más laborioso.

EJERCICIO Con condiciones iniciales iguales a cero, la respuesta (de un sistema lineal invariante en el tiempo) a una entrada x(t)=Sen(2t), para t>0, esta dada por y(t)=2e-2t+Sen(2t)-2Cos(2t), para t>0, encontrar la función de transferencia.

SOLUCION NOTA:

Este símbolo



significa Transformada de Laplace, NO una integral

Nota:

X ( s)   x(t )   Sen(2t ) 

2 s 4   Sen(2t )  2Cos(2t ) 2

Y (s)   y(t )   2e 2t  

2 2 2s 2( s 2  4)  2( s  2)  2s( s  2)  2s  12  2  2   2 s2 s 4 s 4 ( s  2)(s  4) ( s  2)(s 2  4)

Gerson Villa González

Ecuaciones Diferenciales

 2s  12 X ( s) ( s  2)( s 2  4)  2s  12 H (s)    2 Y (s) 2( s  2) 2 s 4

H ( s) 

s6 s2