CI EJEMPLO DE EVALUACIÓN 1 SISTEMAS DE CONTROL CURSOS ANTERIORES

1. Universidad de Falcón. Prof.: Avinadad Méndez
Catedra: Sistemas de Control I.
SISTEMAS DE CONTROL I
CORTE I , Evaluación número 1 , Transformadas de Laplace, Inversas y resolución de un circuito
Eléctrico mediante ellas ( 10pts )
REALIZADO POR: ESTUDIANTE
C.I:
1.- Desarrolle y explique las diferencias básicas que se presentan entre la aplicación de la Transformada
de Laplace y por ejemplo la Tranformacion de Fourier, en otras palabras a que se refiere la variable S en
relación la varieble jw expresada en radianes o +𝑗2𝜋𝑓 con f expresado en Hertz. Bajo que condición
es la transformada de Laplace equivalente a la transformada de Fourier
La transformada de Laplace y la de Fourier son transformadas (integrales) de algunas funciones
continuas, respecto a la de Laplace, la misma mapea una función f(t) a una función F(s) de la variable
compleja s donde 𝑠 = 𝜎 + 𝑗𝑤. Debido a que la derivada f(t)= df(t)/dt mapea a F(s), la transformada de
Laplace de una ecuación diferencial es una ecuación, pero de tipo algebraica, por ello, la misma es útil
para resolver ecuaciones diferenciales de tipo lineal.
Por otro lado si se fija la parte real de la variable compleja s a cero, σ = 0 el resultado es la transformada
de Fourier F (jω) que es esencialmente el representación en el dominio de la frecuencia de f ( t ) (esto se
cumple si y solo si para ese valor de σ la fórmula de obtención de la transformada de Laplace de f ( t )
existe, es decir, no va al infinito).
2.-Encontrar las transformadas de Laplace de las siguientes funciones del tiempo.
1. − 𝑓(𝑡) = 4 cos(3𝑡) 𝑒
Solución:
Sea 𝐹(𝑠) = ℒ{𝑓(𝑡)}, entonces aplicando las propiedades, se tiene
𝐹(𝑠) = ℒ{4 cos(3𝑡) 𝑒 } = 4ℒ{cos(3𝑡) 𝑒 } = 4ℒ{cos(3𝑡)} ⟶
donde; ℒ{cos(3𝑡)} =
𝑠
𝑠 + 9
⟹ 𝐹(𝑠) = 4
𝑠 + 4
(𝑠 + 4) + 9
⟹ 𝐹(𝑠) =
4𝑠 + 16
𝑠 + 8𝑠 + 25
◀
2. − 𝑓(𝑡) = 5 cos(3𝑡) 𝑒 + 𝑡 cos(5𝑡)
Solución:
Sea 𝐹(𝑠) = ℒ{𝑓(𝑡)}, entonces aplicando las propiedades, se tiene
𝐹(𝑠) = ℒ{5 cos(3𝑡) 𝑒 + 𝑡 cos(5𝑡)} = 5ℒ{cos(3𝑡) 𝑒 } + ℒ{𝑡 cos(5𝑡)}
donde; ℒ{cos(3𝑡) 𝑒 } = ℒ{cos(3𝑡)} ⟶ =
𝑠 + 1
(𝑠 + 1) + 9
⟹ ℒ{cos(3𝑡) 𝑒 } =
𝑠 + 1
𝑠 + 2𝑠 + 10
y; ℒ{𝑡 cos(5𝑡)} = (−1)
𝑑
𝑑𝑠
[ℒ{cos(5𝑡)}] =
𝑑
𝑑𝑠
𝑠
𝑠 + 25

2. ⟹ ℒ{𝑡 cos(5𝑡)} =
𝑑
𝑑𝑠
(1)(𝑠 + 25) − 𝑠(2𝑠)
(𝑠 + 25)
=
𝑑
𝑑𝑠
25 − 𝑠
(𝑠 + 25)
⟹ ℒ{𝑡 cos(5𝑡)} =
−2𝑠(𝑠 + 25) − (25 − 𝑠 )(2)(𝑠 + 25)(2𝑠)
(𝑠 + 25)
⟹ ℒ{𝑡 cos(5𝑡)} =
−2𝑠(𝑠 + 25) (𝑠 + 25) + (25 − 𝑠 )(2)
(𝑠 + 25)
=
−2𝑠(𝑠 + 25 + 50 − 2𝑠 )
(𝑠 + 25)
⟹ ℒ{𝑡 cos(5𝑡)} =
−2𝑠(75 − 𝑠 )
(𝑠 + 25)
=
2𝑠 − 150𝑠
(𝑠 + 25)
⟹ 𝐹(𝑠) = 5
𝑠 + 1
𝑠 + 2𝑠 + 10
+
2𝑠 − 150𝑠
(𝑠 + 25)
⟹ 𝐹(𝑠) =
5𝑠 + 5
𝑠 + 2𝑠 + 10
+
2𝑠 − 150𝑠
(𝑠 + 25)
◀
3. − 𝑓(𝑡) = (𝑡 − 3) 𝑒( )
𝜇 (𝑡 − 3) , 𝑟𝑒𝑐𝑢𝑒𝑟𝑑𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝜇(𝑡) =
𝑡 , 𝑐𝑜𝑛 𝑡 > 0
0 , 𝑐𝑜𝑛 𝑡 < 0
Solución:
Sea 𝐹(𝑠) = ℒ{𝑓(𝑡)}, entonces aplicando las propiedades, se tiene
► forma 1:
si 𝜇(𝑡) es la función escalón unitario, se define como: 𝜇(𝑡) =
1 , 𝑐𝑜𝑛 𝑡 > 0
0 , 𝑐𝑜𝑛 𝑡 < 0
𝜇(𝑡 − 3) =
1 , 𝑐𝑜𝑛 𝑡 > 3
0 , 𝑐𝑜𝑛 𝑡 < 3
⟹ 𝐹(𝑠) = ℒ (𝑡 − 3) 𝑒( )
𝜇 (𝑡 − 3) = 𝑒 ℒ{𝑡𝑒 }
donde; ℒ{𝑡𝑒 } = ℒ{𝑡} ⟶ =
1
(𝑠 − 1)
, ℒ{𝑡} =
1
𝑠
⟹ 𝐹(𝑠) = 𝑒
1
(𝑠 − 1)
◀
► forma 2:
si 𝜇(𝑡) es la función rampa, 𝜇(𝑡) =
𝑡 , 𝑐𝑜𝑛 𝑡 > 0
0 , 𝑐𝑜𝑛 𝑡 < 0
𝜇(𝑡 − 3) =
𝑡 − 3 , 𝑐𝑜𝑛 𝑡 > 3
0 , 𝑐𝑜𝑛 𝑡 < 3
⟹ 𝑓(𝑡) = (𝑡 − 3) 𝑒( )(𝑡 − 3) = (𝑡 − 3) 𝑒( )
, 𝑡 > 3
⟹ 𝑓(𝑡) = (𝑡 − 3) 𝑒( )
𝒰(𝑡 − 3) , 𝒰(𝑡 − 3) =
1 , 𝑐𝑜𝑛 𝑡 > 3
0 , 𝑐𝑜𝑛 𝑡 < 3
⟹ 𝐹(𝑠) = ℒ (𝑡 − 3) 𝑒( )
𝒰(𝑡 − 3) = 𝑒 ℒ{𝑡 𝑒 }
donde; ℒ{𝑡 𝑒 } = ℒ{𝑡 } ⟶ =
2
(𝑠 − 1)
, ℒ{𝑡 } =
2
𝑠
⟹ 𝐹(𝑠) = 𝑒
2
(𝑠 − 1)
◀

3. 3.- Encuentre las transformadas de Inversa de Laplace de las siguientes funciones en S, también
llamada en función de la variable s, frecuencia compleja. En otras palabras encuentre la f(t) , se
recomienda por el método de las fracciones parciales.
Nota: puede encontrar las raíces por cualquiera de los métodos, bien sea analítico, o utilizando
programas matemático, tales como el MatLab u Octave, o similar , pero el desarrollo de las
fracciones parciales deberá ser a mano.
1. − 𝐹(𝑠) =
4𝑠 − 5
𝑠 + 5𝑠 + 4𝑠
Solución: Sea 𝑓(𝑡) = ℒ {𝐹(𝑠)}, entonces,
𝑓(𝑡) = ℒ
4𝑠 − 5
𝑠 + 5𝑠 + 4𝑠
Donde, 𝑠 + 5𝑠 + 4𝑠 = 𝑠(𝑠 + 5𝑠 + 4) = 𝑠(𝑠 + 1)(𝑠 + 4)
Aplicando fracciones parciales:
⟹ 𝐹(𝑠) =
4𝑠 − 5
𝑠(𝑠 + 1)(𝑠 + 4)
=
𝐴
𝑠
+
𝐴
𝑠 + 1
+
𝐴
𝑠 + 4
Aplicando Heaviside:
(× 𝑠), 𝑠 = 0 ⟹ 𝐴 =
4(0) − 5
(0 + 1)(0 + 4)
⟹ 𝐴 = −
5
4
× (𝑠 + 1) , 𝑠 = −1 ⟹ 𝐴 =
4(−1) − 5
(−1)(−1 + 4)
=
−9
−3
⟹ 𝐴 = 3
× (𝑠 + 4) , 𝑠 = −4 ⟹ 𝐴 =
4(−4) − 5
(−4)(−4 + 1)
=
−21
12
⟹ 𝐴 = −
7
4
⟹ 𝐹(𝑠) = −
5
4
1
𝑠
+
3
𝑠 + 1
−
7
4
1
𝑠 + 4
⟹ 𝑓(𝑡) = ℒ −
5
4
1
𝑠
+
3
𝑠 + 1
−
7
4
1
𝑠 + 4
= −
5
4
ℒ
1
𝑠
+ 3ℒ
1
𝑠 + 1
−
7
4
ℒ
1
𝑠 + 4
⟹ 𝑓(𝑡) = −
5
4
(1) + 3𝑒 −
7
4
𝑒 ⟹ 𝑓(𝑡) = −
5
4
+ 3𝑒 −
7
4
𝑒 ◀
2. − 𝐹(𝑠) =
2 (2𝑠 + 2)
(𝑠 + 𝑠 + 2) 𝑠
Solución: Sea 𝑓(𝑡) = ℒ {𝐹(𝑠)}, entonces,
𝑓(𝑡) = ℒ
2 (2𝑠 + 2)
(𝑠 + 𝑠 + 2)𝑠
Donde, (𝑠 + 𝑠 + 2)𝑠 = 𝑠(𝑠 + 𝑠 + 1 4
⁄ − 1 4
⁄ + 2) = 𝑠((𝑠 + 1 2
⁄ ) + 7 4
⁄ )
Aplicando fracciones parciales:

4. ⟹ 𝐹(𝑠) =
2(2𝑠 + 2)
𝑠((𝑠 + 1 2
⁄ ) + 7 4
⁄ )
=
𝐴
𝑠
+
𝐵 (𝑠 + 1 2
⁄ ) + 𝐵
(𝑠 + 1 2
⁄ ) + 7 4
⁄
Multiplicando por 𝑠((𝑠 + 1 2
⁄ ) + 7 4
⁄ ) toda la expresión:
⟹ 2(2𝑠 + 2) = 𝐴 ((𝑠 + 1 2
⁄ ) + 7 4
⁄ ) + 𝐵 (𝑠 + 1 2
⁄ )𝑠 + 𝐵 𝑠
Haciendo:
𝑠 = 0 ⟹ 𝐴 ((0 + 1 2
⁄ ) + 7 4
⁄ ) = 2(2(0) + 2) ⟹ 2𝐴 = 4 ⟹ 𝐴 = 2
𝑠 = −
1
2
⟹ 𝐴 ((− 1 2
⁄ + 1 2
⁄ ) + 7 4
⁄ ) + 𝐵 (− 1 2
⁄ ) = 2(2(−1 2
⁄ ) + 2) ⟹
7𝐴
4
−
𝐵
2
= 2
⟹ 7𝐴 − 2𝐵 = 8 ⟹ 7(2) − 2𝐵 = 8 ⟹ 𝐵 = 3
Tomando pasaje al límite:
(× 𝑠), 𝑠 ⟶ +∞ ⟹ lim
⟶
𝐴 +
𝐵 𝑠(𝑠 + 1 2
⁄ ) + 𝐵 𝑠
(𝑠 + 1 2
⁄ ) + 7 4
⁄
= lim
⟶
2(2𝑠 + 2)
(𝑠 + 1 2
⁄ ) + 7 4
⁄
⟹ 𝐴 + 𝐵 = 0 ⟹ 𝐵 = −𝐴 ⟹ 𝐵 = −2
⟹ 𝐹(𝑠) =
2
𝑠
+
−2(𝑠 + 1 2
⁄ ) + 3
(𝑠 + 1 2
⁄ ) + 7 4
⁄
=
2
𝑠
+
−2(𝑠 + 1 2
⁄ )
(𝑠 + 1 2
⁄ ) + 7 4
⁄
+
3
(𝑠 + 1 2
⁄ ) + 7 4
⁄
⟹ 𝑓(𝑡) = ℒ
2
𝑠
+
−2(𝑠 + 1 2
⁄ )
(𝑠 + 1 2
⁄ ) + 7 4
⁄
+
3
(𝑠 + 1 2
⁄ ) + 7 4
⁄
⟹ 𝑓(𝑡) = 2ℒ
1
𝑠
− 2ℒ
(𝑠 + 1 2
⁄ )
(𝑠 + 1 2
⁄ ) + 7 4
⁄
+ 3ℒ
3
(𝑠 + 1 2
⁄ ) + 7 4
⁄
⟹ 𝑓(𝑡) = 2(1) − 2𝑒 ⁄
ℒ
𝑠
𝑠 + 7 4
⁄
+ 3𝑒 ⁄
ℒ
1
𝑠 + 7 4
⁄
⟹ 𝑓(𝑡) = 2 − 2𝑒 ⁄
cos
√7𝑡
2
+
3
√7 2
⁄
𝑒 ⁄
sen
√7𝑡
2
⟹ 𝑓(𝑡) = 2 − 2𝑒 ⁄
cos
√7𝑡
2
+
6
√7
𝑒 ⁄
sen
√7𝑡
2
◀
3. − 𝐹(𝑠) =
(14𝑠 + 3)
(𝑠 + 8 𝑠 + 14 𝑠 + 12𝑠)
Solución: Sea 𝑓(𝑡) = ℒ {𝐹(𝑠)}, entonces,
𝑓(𝑡) = ℒ
(14𝑠 + 3)
(𝑠 + 8𝑠 + 14𝑠 + 12)
Donde, 𝑠 + 8𝑠 + 14𝑠 + 12 = 𝑠(𝑠 + 8𝑠 + 14𝑠 + 12) = 𝑠(𝑠 + 6)(𝑠 + 2𝑠 + 2)
⟹ 𝑠 + 8𝑠 + 14𝑠 + 12 = 𝑠(𝑠 + 6)((𝑠 + 1) + 1)
Aplicando fracciones parciales:

5. ⟹ 𝐹(𝑠) =
(14𝑠 + 3)
𝑠(𝑠 + 6)((𝑠 + 1) + 1)
=
𝐴
𝑠
+
𝐴
𝑠 + 6
+
𝐵 (𝑠 + 1) + 𝐵
(𝑠 + 1) + 1
Multiplicando por 𝑠(𝑠 + 6)((𝑠 + 1) + 1) toda la expresión:
⟹ (14𝑠 + 3) = 𝐴 (𝑠 + 6)((𝑠 + 1) + 1) + 𝐴 𝑠((𝑠 + 1) + 1) + 𝐵 (𝑠 + 1)𝑠(𝑠 + 6) + 𝐵 𝑠(𝑠 + 6)
Haciendo:
𝑠 = 0 ⟹ 𝐴 (0 + 6)((0 + 1) + 1) = 14(0) + 3 ⟹ 12𝐴 = 3 ⟹ 𝐴 =
1
4
𝑠 = −6 ⟹ 𝐴 (−6)((−6 + 1) + 1) = 14(−6) + 3 ⟹ −156𝐴 = −81 ⟹ 𝐴 =
27
52
𝑠 = −1 ⟹ 𝐴 (−1 + 6)((−1 + 1) + 1) + 𝐴 (−1)((−1 + 1) + 1) + 𝐵 (−1)(−1 + 6)
= 14(−1) + 3
⟹ 5𝐴 − 𝐴 − 5𝐵 = −11 ⟹ 5
1
4
−
27
52
− 5𝐵 = −11 ⟹ 𝐵 =
61
26
Tomando pasaje al límite:
(× 𝑠), 𝑠 ⟶ +∞ ⟹ lim
⟶
𝐴 +
𝐴 𝑠
𝑠 + 6
+
𝐵 (𝑠 + 1)𝑠 + 𝐵 𝑠
(𝑠 + 1) + 1
= lim
⟶
(14𝑠 + 3)
(𝑠 + 6)((𝑠 + 1) + 1)
⟹ 𝐴 + 𝐴 + 𝐵 = 0 ⟹ 𝐵 = −𝐴 − 𝐴 ⟹ 𝐵 = −
1
4
−
27
52
⟹ 𝐵 = −
10
13
⟹ 𝐹(𝑠) =
1 4
⁄
𝑠
+
27 52
⁄
𝑠 + 6
+
− 10 13
⁄ (𝑠 + 1) + 61 26
⁄
(𝑠 + 1) + 1
⟹ 𝐹(𝑠) =
1
4
1
𝑠
+
27
52
1
𝑠 + 6
−
10
13
(𝑠 + 1)
(𝑠 + 1) + 1
+
61
26
1
(𝑠 + 1) + 1
⟹ 𝑓(𝑡) = ℒ
1
4
1
𝑠
+
27
52
1
𝑠 + 6
−
10
13
(𝑠 + 1)
(𝑠 + 1) + 1
+
61
26
1
(𝑠 + 1) + 1
⟹ 𝑓(𝑡) =
1
4
ℒ
1
𝑠
+
27
52
ℒ
1
𝑠 + 6
−
10
13
ℒ
(𝑠 + 1)
(𝑠 + 1) + 1
+
61
26
ℒ
1
(𝑠 + 1) + 1
⟹ 𝑓(𝑡) =
1
4
(1) +
27
52
𝑒 −
10
13
𝑒 ℒ
𝑠
𝑠 + 1
+
61
26
𝑒 ℒ
1
𝑠 + 1
⟹ 𝑓(𝑡) =
1
4
+
27
52
𝑒 −
10
13
𝑒 cos(𝑡) +
61
26
𝑒 sen(𝑡) ◀
4.-Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales, haciendo uso de las Transformadas de Laplace.
1. − 𝑦 + 4 𝑦 + 5 𝑦 = 8 cos(𝑡) Siendo las condiciones iniciales 𝑦 (0) = 𝑦(0) = 0
Solución: Aplicando la transformada de Laplace a la ecuación diferencial, donde ℒ{𝑦(𝑡)} = 𝑌(𝑠),
resulta,
ℒ{𝑦 (𝑡)} + 4ℒ{𝑦 (𝑡)} + 5ℒ{𝑦(𝑡)} = 8ℒ{cos(𝑡)}

6. ⟹ 𝑠 𝑌(𝑠) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦 (0) + 4𝑠𝑌(𝑠) − 4𝑦(0) + 5𝑌(𝑠) = 8
𝑠
𝑠 + 1
⟹ (𝑠 + 4𝑠 + 5)𝑌(𝑠) =
8𝑠
𝑠 + 1
⟹ 𝑌(𝑠) =
8𝑠
(𝑠 + 4𝑠 + 5)(𝑠 + 1)
Luego 𝑦(𝑡) = ℒ {𝑌(𝑠)}, entonces,
𝑦(𝑡) = ℒ
8𝑠
(𝑠 + 4𝑠 + 5)(𝑠 + 1)
Donde, completando cuadrados; 𝑠 + 4𝑠 + 5 = ((𝑠 + 2) + 1)
Aplicando fracciones parciales:
⟹ 𝑌(𝑠) =
8𝑠
((𝑠 + 2) + 1)(𝑠 + 1)
=
𝐴 (𝑠 + 2) + 𝐴
(𝑠 + 2) + 1
+
𝐵 𝑠 + 𝐵
𝑠 + 1
Multiplicando por ((𝑠 + 2) + 1)(𝑠 + 1) toda la expresión:
⟹ 8𝑠 = 𝐴 (𝑠 + 2)(𝑠 + 1) + 𝐴 (𝑠 + 1) + 𝐵 𝑠(𝑠 + 4𝑠 + 5) + 𝐵 (𝑠 + 4𝑠 + 5)
⟹ 8𝑠 = 𝐴 (𝑠 + 2𝑠 + 𝑠 + 2) + 𝐴 (𝑠 + 1) + 𝐵 (𝑠 + 4𝑠 + 5𝑠) + 𝐵 (𝑠 + 4𝑠 + 5)
⟹ 8𝑠 = (𝐴 + 𝐵 )𝑠 + (2𝐴 + 𝐴 + 4𝐵 + 𝐵 )𝑠 + (𝐴 + 5𝐵 + 4𝐵 )𝑠 + (2𝐴 + 𝐴 + 5𝐵 )
Aplicando coeficientes indeterminados:
𝐴 + 𝐵 = 0 ⟶ 𝑒𝑐 (𝐼)
2𝐴 + 𝐴 + 4𝐵 + 𝐵 = 0 ⟶ 𝑒𝑐 (𝐼𝐼)
𝐴 + 5𝐵 + 4𝐵 = 8 ⟶ 𝑒𝑐 (𝐼𝐼𝐼)
2𝐴 + 𝐴 + 5𝐵 = 0 ⟶ 𝑒𝑐 (𝐼𝑉)
Resolviendo, simultáneamente:
1 0 1 0
2 1 4 1
1 0 5 4
2 1 0 5
𝐴
𝐴
𝐵
𝐵
=
0
0
8
0
⟹
1 0 1 0
2 1 4 1
1 0 5 4
2 1 0 5
0
0
8
0
⟶
⟶
⟶
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
1 0 1 0
0 1 2 1
0 0 4 4
0 1 −2 5
0
0
8
0
⟶
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
1 0 1 0
0 1 2 1
0 0 4 4
0 0 −4 4
0
0
8
0
⁄ ⟶
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
1 0 1 0
0 1 2 1
0 0 1 1
0 0 −4 4
0
0
2
0
⟶
⟶
⟶
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
1 0 0 −1
0 1 0 −1
0 0 1 1
0 0 0 8
−2
−4
2
8
⁄ ⟶
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
1 0 0 −1
0 1 0 −1
0 0 1 1
0 0 0 1
−2
−4
2
1
⟶
⟶
⟶
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
−1
−3
1
1
⟹
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧
𝐴 = −1
𝐴 = −3
𝐵 = 1
𝐵 = 1
⟹ 𝑌(𝑠) =
−(𝑠 + 2) − 3
(𝑠 + 2) + 1
+
𝑠 + 1
𝑠 + 1
=
−(𝑠 + 2)
(𝑠 + 2) + 1
−
3
(𝑠 + 2) + 1
+
𝑠
𝑠 + 1
+
1
𝑠 + 1
⟹ 𝑦(𝑡) = ℒ
−(𝑠 + 2)
(𝑠 + 2) + 1
−
3
(𝑠 + 2) + 1
+
𝑠
𝑠 + 1
+
1
𝑠 + 1

7. ⟹ 𝑦(𝑡) = −ℒ
(𝑠 + 2)
(𝑠 + 2) + 1
− 3ℒ
1
(𝑠 + 2) + 1
+ ℒ
𝑠
𝑠 + 1
+ ℒ
1
𝑠 + 1
⟹ 𝑦(𝑡) = −𝑒 ℒ
𝑠
𝑠 + 1
− 3𝑒 ℒ
1
𝑠 + 1
+ ℒ
𝑠
𝑠 + 1
+ ℒ
1
𝑠 + 1
⟹ 𝑦(𝑡) = −𝑒 cos(𝑡) − 3𝑒 sen(𝑡) + cos(𝑡) + sen(𝑡)
⟹ 𝑦(𝑡) = (1 − 𝑒 ) cos(𝑡) + (1 − 3𝑒 ) sen(𝑡) ◀
2. − 5 𝑦 + 3 𝑦 + 2 𝑦 = 8 , siendo las condiciones iniciales 𝑦 (0) = 1 ; 𝑦(0) = 1
Solución: Aplicando la transformada de Laplace a la ecuación diferencial, donde ℒ{𝑦(𝑡)} = 𝑌(𝑠),
resulta,
5ℒ{𝑦 (𝑡)} + 3ℒ{𝑦 (𝑡)} + 2ℒ{𝑦(𝑡)} = ℒ{8}
⟹ 5𝑠 𝑌(𝑠) − 5𝑠𝑦(0) − 5𝑦 (0) + 3𝑠𝑌(𝑠) − 3𝑦(0) + 2𝑌(𝑠) =
8
𝑠
⟹ (5𝑠 + 3𝑠 + 2)𝑌(𝑠) − 5𝑠 − 5 − 3 =
8
𝑠
⟹ (5𝑠 + 3𝑠 + 2)𝑌(𝑠) =
8
𝑠
+ 5𝑠 + 8 =
5𝑠 + 8𝑠 + 8
𝑠
⟹ 𝑌(𝑠) =
5𝑠 + 8𝑠 + 8
𝑠(5𝑠 + 3𝑠 + 2)
Luego 𝑦(𝑡) = ℒ {𝑌(𝑠)}, entonces,
𝑦(𝑡) = ℒ
5𝑠 + 8𝑠 + 8
𝑠(5𝑠 + 3𝑠 + 2)
Donde, completando cuadrados; 5𝑠 + 3𝑠 + 2 = 5((𝑠 + 3 10
⁄ ) + 31 100
⁄ )
Aplicando fracciones parciales:
⟹ 𝑌(𝑠) =
5𝑠 + 8𝑠 + 8
𝑠(5𝑠 + 3𝑠 + 2)
=
5𝑠 + 8𝑠 + 8
5𝑠((𝑠 + 3 10
⁄ ) + 31 100
⁄ )
=
𝐴
𝑠
+
𝐵 (𝑠 + 3 10
⁄ ) + 𝐵
(𝑠 + 3 10
⁄ ) + 31 100
⁄
Multiplicando por 𝑠((𝑠 + 3 10
⁄ ) + 31 100
⁄ ) toda la expresión:
⟹
5𝑠 + 8𝑠 + 8
5
= 𝐴 ((𝑠 + 3 10
⁄ ) + 31 100
⁄ ) + 𝐵 (𝑠 + 3 10
⁄ )𝑠 + 𝐵 𝑠
Haciendo:
𝑠 = 0 ⟹ 𝐴 ((0 + 3 10
⁄ ) + 31 100
⁄ ) =
5(0) + 8(0) + 8
5
⟹
2
5
𝐴 =
8
5
⟹ 𝐴 = 4
𝑠 = −
3
10
⟹ 𝐴 ((−3 10
⁄ + 3 10
⁄ ) + 31 100
⁄ ) + 𝐵 (− 3 10
⁄ ) =
5(− 3 10
⁄ ) + 8(− 3 10
⁄ ) + 8
5
⟹
31𝐴
100
−
3𝐵
10
=
121
100
⟹ 31𝐴 − 30𝐵 = 121 ⟹ 31(4) − 30𝐵 = 121 ⟹ 𝐵 =
1
10
Tomando pasaje al límite:

8. (× 𝑠), 𝑠 ⟶ +∞ ⟹ lim
⟶
𝐴 +
𝐵 (𝑠 + 3 10
⁄ )𝑠 + 𝐵 𝑠
(𝑠 + 3 10
⁄ ) + 31 100
⁄
= lim
⟶
5𝑠 + 8𝑠 + 8
(5𝑠 + 3𝑠 + 2)
⟹ 𝐴 + 𝐵 = 1 ⟹ 𝐵 = 1 − 𝐴 ⟹ 𝐵 = 1 − 4 ⟹ 𝐵 = −3
⟹ 𝑌(𝑠) =
4
𝑠
+
−3(𝑠 + 3 10
⁄ ) + 1 10
⁄
(𝑠 + 3 10
⁄ ) + 31 100
⁄
=
4
𝑠
+
−3(𝑠 + 3 10
⁄ )
(𝑠 + 3 10
⁄ ) + 31 100
⁄
+
1 10
⁄
(𝑠 + 3 10
⁄ ) + 31 100
⁄
⟹ 𝑦(𝑡) = ℒ
4
𝑠
+
−3(𝑠 + 3 10
⁄ )
(𝑠 + 3 10
⁄ ) + 31 100
⁄
+
1 10
⁄
(𝑠 + 3 10
⁄ ) + 31 100
⁄
⟹ 𝑦(𝑡) = 4ℒ
1
𝑠
− 3ℒ
(𝑠 + 3 10
⁄ )
(𝑠 + 3 10
⁄ ) + 31 100
⁄
+
1
10
ℒ
1
(𝑠 + 3 10
⁄ ) + 31 100
⁄
⟹ 𝑦(𝑡) = 4(1) − 3𝑒 ⁄
ℒ
𝑠
𝑠 + 31 100
⁄
+
1
10
𝑒 ⁄
ℒ
1
𝑠 + 31 100
⁄
⟹ 𝑦(𝑡) = 4 − 3𝑒 ⁄
cos
√31
10
𝑡 +
1 10
⁄
√31 10
⁄
𝑒 ⁄
sen
√31
10
𝑡
⟹ 𝑦(𝑡) = 4 − 3𝑒 ⁄
cos
√31
10
𝑡 +
1
√31
𝑒 ⁄
sen
√31
10
𝑡 ◀
5.- Dado el circuito siguiente
a) Encuentre la expresión de
( )
( )
Solución: Aplicando la Ley de voltajes de Kirchhoff, al circuito en serie dado, resulta
𝑖𝑅 +
1
𝐶
𝑖 𝑑𝑡 = ℰ , ℰ = 𝑣 (𝑡) ⟹ 𝑖𝑅 +
1
𝐶
𝑖 𝑑𝑡 = 𝑣 (𝑡)
Luego aplicando transformada de Laplace a ecuación integral, donde ℒ{𝑖(𝑡)} = 𝐼(𝑠), de manera,
𝑅ℒ{𝑖(𝑡)} +
1
𝐶
ℒ 𝑖 𝑑𝑡 = ℒ{𝑣 (𝑡)} ⟹ 𝑅𝐼(𝑠) +
1
𝐶
𝐼(𝑠)
𝑠
= 𝑉 (𝑠)
⟹ 𝑅𝐼(𝑠) +
𝐼(𝑠)
𝐶𝑠
= 𝑉 (𝑠) ⟹ 𝐼(𝑠) 𝑅 +
1
𝐶𝑠
= 𝑉 (𝑠) ⟹
𝐼(𝑠)
𝐶𝑠
(𝑅𝐶𝑠 + 1) = 𝑉 (𝑠)
Luego para la diferencia de potencial en el capacitor:
+
𝑣
−
+
𝑣
−

9. 𝑣 (𝑡) =
1
𝐶
𝑖 𝑑𝑡 ⟹ 𝑉 (𝑠) =
𝐼(𝑠)
𝐶𝑠
Sustituyendo;
𝑉 (𝑠)(𝑅𝐶𝑠 + 1) = 𝑉 (𝑠) ⟹
𝑉 (𝑠)
𝑉 (𝑠)
=
1
𝑅𝐶𝑠 + 1
◀
b) Encuentre la función de transferencia de la expresión encontrada en el punto a.
Solución: de la expresión anterior se tiene que,
𝑉 (𝑠)
𝑉 (𝑠)
= 𝐹(𝑠) ⟹ 𝐹(𝑠) =
1
𝑅𝐶𝑠 + 1
◀
c) Cuál sería la expresión si la fuente de entrada está representada por la función
𝛿(𝑡) , 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒𝑙𝑡𝑎 𝑑𝑒 𝑑𝑖𝑟𝑎𝑐 en t=0
Solución: de la expresión del inciso (a), se tiene,
𝑉 (𝑠)
𝑉 (𝑠)
=
1
𝑅𝐶𝑠 + 1
⟹ 𝑉 (𝑠) =
1
𝑅𝐶𝑠 + 1
𝑉 (𝑠)
Si el potencial de la fuente es la función impulso, 𝑣 (𝑡) = 𝛿(𝑡) ⟹ 𝑉 (𝑠) = ℒ{𝛿(𝑡)} = 1
⟹ 𝑉 (𝑠) =
1
𝑅𝐶𝑠 + 1
(1) ⟹ 𝑉 (𝑠) =
1
𝑅𝐶𝑠 + 1
◀
⟹ 𝑣 (𝑡) =
1
𝑅𝐶
𝑒 ⁄
◀
d) Cuál sería la expresión en s, si la entrada es un valor ℰ = 5𝜇(𝑡), para t>0?
Recuerde que la función 𝜇(𝑡) es la función Escalón unitario para t>0
Solución: de la expresión del inciso (a), se tiene,
𝑉 (𝑠)
𝑉 (𝑠)
=
1
𝑅𝐶𝑠 + 1
⟹ 𝑉 (𝑠) =
1
𝑅𝐶𝑠 + 1
𝑉 (𝑠)
Si el potencial de la fuente es la función escalón unitario,
𝑣 (𝑡) = 5𝜇(𝑡) ⟹ 𝑉 (𝑠) = 5ℒ{𝜇(𝑡)} =
5
𝑠

10. ⟹ 𝑉 (𝑠) =
1
𝑅𝐶𝑠 + 1
5
𝑠
⟹ 𝑉 (𝑠) =
5
𝑠(𝑅𝐶𝑠 + 1)
◀
⟹ 𝑉 (𝑠) =
5
𝑠(𝑅𝐶𝑠 + 1)
=
𝐴
𝑠
+
𝐵
𝑅𝐶𝑠 + 1
⟹ 𝐴(𝑅𝐶𝑠 + 1) + 𝐵𝑠 = 5
Tomando, 𝑠 = 0 ⟹ 𝐴 = 5
𝑠 = −
1
𝑅𝐶
⟹ −
𝐵
𝑅𝐶
= 5 ⟹ 𝐵 = −5𝑅𝐶
⟹ 𝑉 (𝑠) =
5
𝑠
+
−5𝑅𝐶
𝑅𝐶𝑠 + 1
⟹ 𝑣 (𝑡) = 5 − 5𝑒 ⁄
◀