Aplicación de La Transform Ada de Laplace en RLC

Ecuación Integro-Diferencial

L [ Ecuación integro- diferencial ]

Para llevar la ecuación, del dominio del tiempo t, al dominio de la S.

Despejar la variable de interés.

Reemplazar condiciones iniciales.

L -1 [ Ecuación con variable de interés despejada]

Entonces, esta esla Solución de la ecuación integro diferencial.

Entonces:Método HEAVISIDE.

Sí se encuentra:

Sí no se encuentra:

MEX-33 ITM. MATEMÁTICAS ESPECIALES. Docente: Martha Guzmán.

PROBLEMAS RESUELTOS Aplicación Transformada Laplace a solución circuitos RLC Página # 1 de 9.

COMPETENCIA: Técnicas de SOLUCIÓN A ECUACIONES INTEGRO-DIFERENCIALES con transformada de LAPLACE.

SOLUCIÓN DE CIRCUITOS RLC, RL, RC, LC, CON L.

EJEMPLO #1: CIRCUITO RLC PARALELO CON FUENTE DE CORRIENTE COSENOIDAL.

Considere el siguiente circuito paralelo, donde: Is1 = 8 Cos ( 2t + 6 ), R = 2 Ω, L = 3 H, C = 0.7 F.

Con las siguientes condiciones iniciales: i ( 0 - ) = 3 Amperios, en la bobina. v ( 0 - ) = 1 Voltio, en el capacitor.

S 1

R 1I s 1 L 1 +

C 1

1) Encuentre la respuesta de voltaje V = V ( t ) del circuito, e identifique en ella la parte Natural ( Complementaria o Transitoria ) y la parte Forzada ( Particular o Permanente ).

Observe que como se trata de un paralelo, el voltaje en todos los elementos es el mismo: VR = VL = VC = V = V( t ).

2) Encuentre la respuesta de corriente iR ( t ) a través de la Resistencia R. Identifique la parte Natural y la parte Forzada.

3) Encuentre la respuesta de corriente iL ( t ) a través de la Bobina L. Identifique la parte Natural y la parte Forzada.

4) Encuentre la respuesta de corriente iC ( t ) a través del Capacitor C. Identifique la parte Natural y la parte Forzada.

SOLUCIÓN AL EJEMPLO #1:

Recordemos el algoritmo de solución de circuitos utilizando el método de Laplace y Heaviside:

1) Para encontrar la respuesta de voltaje del circuito es necesario en primer lugar, encontrar el modelo del circuito. Para hacerlo

utilizamos la ley de corrientes de KIRCHHOFF:

a) Σ i = 0 ; nodo

- Is1 + iR + iL + iC = 0

iR + iL + iC = Is1



vR + 1 ∫t vL dt + C d vC = Is1 . R L -∞ dt

vR + 1 ∫t vL dt + 0.7 d vC = 8 Cos ( 2t + 6 ) . 2 3 -∞ dt

El siguiente paso sería aplicar la transformación de LAPLACE a ambos lados de la ecuación, pero debemos recordar que la L no está definida para los tiempos negativos o sea para los t < 0, por lo tanto la integral que representa la corriente de la bobina que se define para los tiempos desde: t = - ∞ hasta cualquier tiempo: t, debe partirse, y reemplazar el valor de la corriente de la bobina para los t negativos: i ( 0 - ) = 3 Amperios.

vR + 1 ∫0 vL dt + ∫t vL dt + 0.7 d vC = 8 Cos ( 2t + 6 ) . 2 3 -∞ 0 dt

0.5 vR + 1 i ( 0 - ) + ∫t vL dt + 0.7 d vC = 8 Cos ( 2t + 6 ) . 3 0 dt

0.5 vR + 1 3 amp. + ∫t vL dt + 0.7 d vC = 8 Cos ( 2t + 6 ) . 3 0 dt

0.5 vR + 1 3 amp + 1 ∫t vL dt + 0.7 d vC = 8 Cos ( 2t + 6 ) . 3 3 0 dt

0.5 vR + 1 + 0.3333 ∫t vL dt + 0.7 d vC = 8 Cos ( 2t + 6 ) . 0 dt

Recordemos que se trata de un circuito en paralelo, por lo tanto: VR = VL = VC = V

0.5 v + 1 + 0.3333 ∫t v dt + 0.7 d v = 8 Cos ( 2t + 6 ) . 0 dt

Esta es la ecuación integro-diferencial que hace las veces del modelo del circuito, para el voltaje. Por que la única variable dependiente es el voltaje v.

b) Aplicamos transformación de LAPLACE, a ambos lados de la ecuación integro-diferencial:

L 0.5 v + 1 + 0.3333 ∫t v dt + 0.7 d v = L 8 Cos ( 2t + 6 ) . 0 dt

Lo que sigue es aplicar todas las propiedades de la L que sean necesarias:

L 0.5 v + L 1 + L 0.3333 ∫t v dt + L 0.7 d v = L 8 Cos ( 2t + 6 ) . 0 dt

0.5 L v + L 1 + 0.3333 L ∫t v dt + 0.7 L d v = 8 L Cos ( 2t + 6 ) . 0 dt

0.5 V( s ) + 1 + 0.3333 V( s ) + 0.7 s V( s ) - v( 0- ) = 8 s Cos(6) – 2 Sen (6) . s s ( s2 + 22 )

0.5 V( s ) + 1 + 0.3333 V( s ) + 0.7 *s V( s ) - 0.7* v( 0- ) = 8 s * 0.9602 – 2 * (- 0.2794) . s s ( s2 + 4 )



c) Se reemplazan las condiciones iniciales que aparezcan en la ecuación transformada:

0.5 V( s ) + 1 + 0.3333 V( s ) + 0.7 s V( s ) - 0.7* v( 0- ) = 8 0.9602 s + 0.5588 . s s ( s2 + 4 )

0.5 V( s ) + 1 + 0.3333 V( s ) + 0.7 s V( s ) - 0.7* 1 = 7.6816 s + 4.4704 . s s ( s2 + 4 )

0.5 V( s ) + 1 + 0.3333 V( s ) + 0.7 s V( s ) - 0.7 = 7.6816 s + 4.4704 . s s ( s2 + 4 )

d) Se despeja la variable de interés, en este caso la V(s):

0.5 V( s ) + 1 + 0.3333 V( s ) + 0.7 s V( s ) - 0.7 = 7.6816 s + 4.4704 . s s ( s2 + 4 )

0.5 + 0.3333 + 0.7 s * V( s ) + 1 - 0.7 = = 7.6816 s + 4.4704 . s s ( s2 + 4 )

0.5 + 0.3333 + 0.7 s * V( s ) = 7.6816 s + 4.4704 - 1 + 0.7 . s ( s2 + 4 ) s

Se requiere obtener el común denominador en ambos lados del igual:

0.5 s + 0.3333 + ( 0.7 s ) s * V( s ) = 7.6816 s + 4.4704 s - 1 ( s 2 + 4 ) + 0.7 s ( s 2 + 4 ) . s ( s2 + 4 ) s

Y se despeja la variable de interés:

V( s ) = 7.6816 s 2 + 4.4704 s - s 2 - 4 + 0.7 s 3 + 2.8 s * . s . . ( s2 + 4 ) s * 0.5 s + 0.3333 + 0.7 s2

V( s ) = 7.6816 s 2 + 4.4704 s - s 2 - 4 + 0.7 s 3 + 2.8 s . . ( s2 + 4 ) * 0.5 s + 0.3333 + 0.7 s2

V( s ) = 6.6816 s 2 + 7.2704 s - 4 + 0.7 s 3 . . ( s2 + 4 ) 0.5 s + 0.3333 + 0.7 s2

e) Se aplica la antitransformación de LAPLACE a ambos lados del igual, para pasar del dominio de la frecuencia compleja s al dominio del tiempo t:

L -1 [ V( s ) ] = L -1 [ 6.6816 s 2 + 7.2704 s - 4 + 0.7 s 3 . ] ; en MATLAB:

. ( s2 + 4 ) 0.5 s + 0.3333 + 0.7 s2

v ( t ) = 0.6120 Cos ( 2t ) + 5.9801 Sen (2t ) + 0.3880 e – 0.3571t Cos (5.9042 t ) – 5.0656 e – 0.3571t Sen (5.9042 t )

Esta es la solución completa para el voltaje del circuito, donde: v ( t ) = v c ( t ) + v p ( t )

v c ( t ) = 0.6120 Cos ( 2t ) + 5.9801 Sen (2t ) ; Respuesta Forzada, Particular o Permanente. Observe que tiene la misma forma de la fuente. v p ( t ) = 0.3880 e – 0.3571t Cos (5.9042 t ) – 5.0656 e – 0.3571t Sen (5.9042 t ) ; Respuesta Natural, complementaria o Transitoria. Observe que corresponde al caso de Raíces Complejas y Conjugadas.

Ecuación Integro-DiferencialL [ Ecuación integro- diferencial ]

Para llevar la ecuación, del dominio del tiempo t, al dominio de la S.Despejar la variable de interés.

Reemplazar condiciones iniciales.

L -1 [ Ecuación con variable de interés despejada]

Entonces, esta esla Solución de la ecuación integro diferencial.

Entonces:Método HEAVISIDE.

Sí se encuentra:

Sí no se encuentra:



EJEMPLO #2: CIRCUITO RLC PARALELO CON DOS FUENTES DE VOLTAJE.

Considere el siguiente circuito, donde: Vs1 = 1 Voltio, Vs2 = 1µ ( t ) Voltios, R = 2 Ω, L = 1 H, C = 0.2 F.

Con las siguientes condiciones iniciales: iL ( 0 - ) = 0 Amperios, en la bobina. vC ( 0 - ) = 1 Voltio, en el capacitor.

S 1

+

-

V s 2

+

-

V s 1

R 1

L 1

+

C 1

1) Encuentre la respuesta de corriente i = i ( t ) del circuito. Observe que como se trata de una serie por lo tanto la corriente por todos los elementos es la misma: iR = iL = iC = i = i ( t ).

2) Encuentre la respuesta de voltaje vC ( t ) a través del Capacitor C.

SOLUCIÓN AL EJEMPLO #2:

Recordemos el algoritmo de solución de circuitos utilizando el método de Laplace y Heaviside:

1) Para encontrar la respuesta de corriente del circuito es necesario en primer lugar, encontrar el modelo del circuito. Para

hacerlo utilizamos la ley de voltajes de KIRCHHOFF:

a) Σ v = 0 ; malla

- vs1 + vL + vR - vs2 + vC = 0

vL + vR + vC = vs1 + vs2

L d iL + R iR + 1 ∫t iC dt = vs1 + vs2

. dt C -∞

L d iL + R iR + 1 ∫ t iC dt = vs1 + vs2

. dt C -∞



El siguiente paso sería aplicar la transformación de LAPLACE a ambos lados de la ecuación, pero debemos recordar que la L no está definida para los tiempos negativos o sea para los t < 0, por lo tanto la integral que representa el voltaje del capacitor que se define para los tiempos desde: t = - ∞ hasta cualquier tiempo: t, debe partirse, y reemplazar el valor del voltaje del capacitor para los t negativos: v ( 0 - ) = 1 voltios.

L d iL + R iR + 1 ∫ 0 iC dt + 1 ∫ t iC dt = vs1 + vs2

. dt C -∞ C 0

1 d iL + 2 iR + 1 ∫ 0 iC dt + 1 ∫ t iC dt = 1 + 1µ ( t )

. dt 0.2 -∞ 0.2 0

1 d iL + 2 iR + v ( 0 - ) + 1 ∫ t iC dt = 1 + 1µ ( t )

. dt 0.2 0

d iL + 2 iR + 1 + 5 ∫ t iC dt = 1 + µ ( t )

. dt 0

Recordemos que se trata de un circuito en serie , por lo tanto: iR = iL = iC = i

d i + 2 i + 1 + 5 ∫ t i dt = 1 + µ ( t )

. dt 0

d i + 2 i + 5 ∫ t i dt = 1 - 1 + µ ( t )

. dt 0

d i + 2 i + 5 ∫ t i dt = 0 + µ ( t )

. dt 0

d i + 2 i + 5 ∫ t i dt = µ ( t ) .

. dt 0

Esta es la ecuación integro-diferencial que hace las veces del modelo del circuito, para la corriente. Por que la única variable dependiente es la corriente i.

b) Aplicamos transformación de LAPLACE, a ambos lados de la ecuación integro-diferencial:

L d i + 2 i + 5 ∫ t i dt = L µ ( t )

. dt 0

Lo que sigue es aplicar todas las propiedades de la L que sean necesarias:

L d i + L 2 i + L 5 ∫ t i dt = L µ ( t )

. dt 0

L d i + 2* L i + 5 * L ∫ t i dt = L µ ( t )

. dt 0

s I (s) - i ( 0 - ) + 2* I ( s ) + 5 * I (s) = 1

. s s



c) Se reemplazan las condiciones iniciales que aparezcan en la ecuación transformada:

s I (s) - 0 + 2 I ( s ) + 5 I (s) = 1

. s s

d) Se despeja la variable de interés, en este caso la V(s):

[ s + 2 + 5 ] * I (s) = 1

. s s

Busquemos común denominador en el lado izquierdo del igual:

[ s 2 + 2 s + 5 ] * I (s) = 1 .

. s s

Y se despeja la variable de interés:

I (s) = . 1 . .

. s s [ s2 + 2s + 5 ]

I (s) = . s . .

. s [ s2 + 2s + 5 ]

I (s) = . 1 . .

. [ s2 + 2s + 5 ]

e) Se aplica la antitransformación de LAPLACE a ambos lados del igual, para pasar del dominio de la frecuencia compleja s al dominio del tiempo t:

L -1 [ I (s) ] = L -1 [ . 1 . ]

. [ s2 + 2s + 5 ]

Si lo resolvemos utilizando el comando ilaplace de MATLAB, el resultado será:

i ( t ) = - 0.25 j e ( - 1 + 2 j ) - e ( - 1 – 2 j )

Si lo resolvemos a mano, utilizando primero el método de Heaviside y luego el de Laplace, obtenemos:

I (s) = . 1 . = . 1 .

. . [ s2 + 2s + 5 ] ( s + 1 – j 2 ) ( s + 1 + j 2 )

I (s) = . 1 . = . A . + . A * .

. ( s + 1 – j 2 ) ( s + 1 + j 2 ) ( s + 1 – j 2 ) ( s + 1 + j 2 )

. 1 . = . A ( s + 1 + j 2 ) + A * ( s + 1 – j 2 ).

. ( s + 1 – j 2 ) ( s + 1 + j 2 ) ( s + 1 – j 2 ) * ( s + 1 + j 2 )



Cancelamos denominadores:

. 1 ( s + 1 – j 2 ) * ( s + 1 + j 2 ) . = . A ( s + 1 + j 2 ) + A * ( s + 1 – j 2 ) .

. ( s + 1 – j 2 ) ( s + 1 + j 2 ) 1

1 = A ( s + 1 + j 2 ) + A* ( s + 1 – j 2 )

1 = As + A + j 2A + A*s + A* – j 2 A*

1 = ( A + A* )*s + ( A + A* ) + j 2 * (A – A* )

Para obtener un sistema de ecuaciones debemos comparar y reordenar los dos lados del igual, buscando que tengan la misma estructura:

0* s + 1 = ( A + A* )*s + ( A + A* ) + j 2 * (A – A* )

Planteamos entonces las siguientes condiciones para que se cumpla la igualdad:

0 = ( A + A* ) Condición # 1 = Ecuación # 1

1 = ( A + A* ) + j 2 * (A – A* ) Condición # 2 = Ecuación # 2

Resultó un sistema de ecuaciones 2 x 2 y la primera permite despejar rápidamente: - A = A*

Si reemplazamos este resultado, y la Ecuación # 1, en la Ecuación # 2. Tenemos que:

1 = ( A + A* ) + j 2 * (A – A* )

1 = ( 0 ) + j 2 * ( A – ( - A ) )

1 = j 2 * ( A + A )

1 = j 2 * ( 2 A )

1 = j 4 A

1 = A j 4

1 * j = A j 4 * j

. j = A 4 * j 2

. j . = A 4 * ( - 1 )

. - j = A

. 4

- 0.25 j = A

Reemplazamos este resultado en la Ecuación # 1 y obtenemos que:

0 = ( A + A* )

0 = - 0.25 j + A*

0.25 j = A*



Por lo tanto el desarrollo en fracciones parciales de HEAVISIDE para la I ( s ) resulta ser:

I (s) = . A . + . A * . .

. ( s + 1 – j 2 ) ( s + 1 + j 2 )

I (s) = . - 0.25 j . + . 0.25 j . .

. ( s + 1 – j 2 ) ( s + 1 + j 2 )

Para cambiar desde el dominio de la frecuencia compleja s hacia el dominio del tiempo t, es necesario aplicar la anti-transformada de LAPLACE o transformada inversa:

L -1 [ I ( s ) ] = L -1 [ . - 0.25 j . + . 0.25 j .]

. ( s + 1 – j 2 ) ( s + 1 + j 2 )

i ( t ) = L -1 [ . 0 - 0.25 j . + . 0 + 0.25 j .]

. ( s + 1 – j 2 ) ( s + 1 + j 2 )

Recordemos la tabla vista en esta clase:

DOMINO DEL TIEMPO: f ( t ) DOMINIO DE LA FRECUENCIA S: F ( s )

2 ( ε2 + τ 2 ) 1/2 * e - σ t * Cos ( w t + θ )

Donde: θ = tan-1 ( τ / ε ) , si ε ≠ 0 ó: θ = sen-1 ( τ / ( ε2 + τ 2 ) ½ )

. ε + j τ . + . ε - j τ . ( s + σ – j w ) ( s + σ + j w )

Aplicando el resultado de esta tabla, tenemos que en nuestro caso:

ε = 0, τ = - 0.25, σ = 1, w = 2

Con estos datos podemos calcular el valor de θ y el valor de ( ε2 + τ 2 ) 1/2 en el lado izquierdo de la tabla:

θ = Sen-1 ( τ / ( ε2 + τ 2 ) ½ )

θ = Sen-1 ( - 0.25 / ( ( 0 )2 + ( - 0.25 ) 2 ) ½ )

θ = Sen-1 ( - 0.25 / ( ( - 0.25 ) 2 ) ½ )

θ = Sen-1 ( - 0.25 / ( - 0.25 ) )

θ = 1.57079 radianes

( ε2 + τ 2 ) 1/2 = ( ( 0 )2 + ( - 0.25 )2 ) 1/2

( ε2 + τ 2 ) 1/2 = ( ( - 0.25 )2 ) 1/2

( ε2 + τ 2 ) 1/2 = - 0.25

Podemos ahora reemplazar estos resultados en la lectura de la tabla:

i ( t ) = 2 ( ε2 + τ 2 ) 1/2 * e - σ t * Cos ( w t + θ )

i ( t ) = 2 ( ( 0 ) 2 + ( - 0.25 ) 2 ) 1/2 * e - 1 t * Cos ( 2 t + 1.57079 )

i ( t ) = 2 ( - 0.25 ) * e - t * Sen ( 2t )

i ( t ) = - 0.50 e - t Sen ( 2t ) , Esta es la solución para la corriente del circuito.



Compare este resultado con el obtenido en MATLAB. Son el mismo resultado y son equivalentes, para comprobarlo, aplique la identidad de EULER.

2) Encontrar la respuesta de voltaje que tiene el capacitor del circuito:

vC = 1 ∫t iC dt = 1 ∫0 iC dt + 1 ∫t iC dt . C -∞ C -∞ C 0

vC = vC ( 0 - ) + 1 ∫t iC dt .

C 0

Como se trata de un circuito en serie tenemos que: ic = i total del circuito.

i ( t ) = - 0.50 e - t Sen ( 2t ) , Esta es la solución para la corriente del circuito. vC ( 0 - ) = 0 voltios. Según las condiciones iniciales del circuito.

Reemplazamos estos valores, en la ecuación del voltaje del capacitor, así:

vC = 1 + 1 ∫t - 0.50 e - t Sen ( 2t ) dt

. 0.2 0

vC = 1 + 5 * ( - 0.50) ∫t e - t Sen ( 2t ) dt

. 0

vC = 1 - 2.5* ∫t e - t Sen ( 2t ) dt

. 0

vC = 1 - 2.5 * [ - 0.4 e - t Cos ( 2t ) - 0.2 e - t Sen ( 2t ) ] t

. 0

vC = 1 - 2.5 *[ - 0.4 e - t Cos ( 2t ) - 0.2 e - t Sen ( 2t ) - - 0.4 e - 0 Cos ( 2*0 ) - 0.2 e - 0 Sen ( 2*0 ) ]

vC = 1 - 2.5 *[ - 0.4 e - t Cos ( 2t ) - 0.2 e - t Sen ( 2t ) - - 0.4 *1 * 1 - 0.2 *1 *0 ]

vC = 1 - 2.5 *[ - 0.4 e - t Cos ( 2t ) - 0.2 e - t Sen ( 2t ) + 0.4 ]

vC = 1 + 1 e - t Cos ( 2t ) + 0.5 e - t Sen ( 2t ) - 1

vC = e - t Cos ( 2t ) + 0.5 e - t Sen ( 2t )

vC = e - t Cos ( 2t ) + 0.5 e - t Sen ( 2t ) ; Esta es la respuesta completa del voltaje del capacitor.

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Aplicación de La Transform Ada de Laplace en RLC