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APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE PROBLEMA N°1: La masa del sistema masa-resorte-amortiguador de la figura 2 está sometida a una fuerza periódica externa F(t) = 4 sen (ωt) aplicada en el tiempo t = 0. Determinaremos el desplazamiento resultante de x(t) de la masa en el tiempo t, suponiendo que la velocidad y posición iniciales son cero para ambos casos presentados a continuación: (a) ω = 2 y (b) ω = 5 Determinaremos también, lo que sucedería en el caso de ω = 5 si el amortiguador no estuviera presente.

Como está indicado en la figura 2(b), las fuerzas que actúan sobre la masa M son las fuerzas aplicadas F(t) y las fuerzas de restauración F1 y F2 debidas al resorte y al amortiguador respectivamente. Así, por la ley de Newton,

� Mx(� t ) = F( t ) - F1( t ) - F2( t ) � F = 4 sen(wt ) F1(t ) = Kx(t ) = 25 x(t ) F2(t ) = Bx(� t ) = 6 x( t ) Como M = 1 , ( t ) , , , esto da: � � x(� t ) + 6 x( t ) + 25 x( t ) = 4 sen (wt )

…… (1)

La ecuación diferencial representa el movimiento del sistema. Aplicando la transformada de Laplace en todo (1) se obtiene

4w �� ( s 2 + 6 s + 25) X ( s ) = � sx(0) + x(0) � �+ 6 x(0) + s 2 + w2 Donde

X (s)

es la transformada de

�= 0 x(0) = x(0)

x(t )

. Incorporando las condiciones iniciales dadas

llegamos a

X (s) =

4w ( s + w )( s 2 + 6 s + 25) ….. (2) 2

2

En el caso (a), con w = 2 , (2) da

X ( s) =

8 ( s + 4)( s + 6s + 25) 2

2

Lo cual, resolviendo en fracciones parciales, lleva a

X (s) =

4 -4 s + 14 2 8s + 20 4 -4s + 14 2 8( s + 3) - 4 . 2 + . 2 = . 2 + . 195 s + 4 195 s + 6s + 25 195 s + 4 195 ( s + 3) 2 + 16

Aplicando la transformada inversa de Laplace se obtiene la respuesta requerida

x(t ) =

4 2 -3 t .7 sen(2t ) - 4 cos(2t ) + e (8cos(4t ) - sen(4t )) 195 195 … (3)

En el caso (b), con w = 5 , (3) da

X (s) =

20 ( s + 25)(s 2 + 6s + 25) … (4) 2

Esto es,

X (s)

-2 s 1 2( s + 3) + 6 = 215 + . s + 25 15 ( s + 3) 2 + 16

Lo cual, aplicando la transformada de Laplace inversa, da la respuesta requerida

x( t ) =

-2 1 3 .cos(5t ) + e -3t (2 cos(4t ) + sen(4t )) 15 15 2 … (5)

Si no hay amortiguador entonces (4) será

X (s) =

20 ( s + 25)2 … (6) 2

Aplicando la transformada de Laplace,

L [ t cos(5t )] =

-d -d � s � L [ cos(5t )] = � � ds ds �s 2 + 25 �

Esto es,

L [ t cos(5t ) ] =

-1 2s 2 1 50 1 50 + = 2 - 2 = L [ sen(5t )] - 2 2 2 2 2 s + 25 ( s + 25) s + 25 ( s + 25) 5 ( s + 25) 2

Así, por la propiedad de linealidad nombrada previamente,

� 1 � � � 50 L � sen(5t ) - t cos(5t ) �= � 2 2 � 5 � � �( s + 25) � De manera que aplicando la transformada inversa de Laplace en (6) se obtiene la respuesta

x(t ) =

2 ( sen(5t ) - 5t cos(5t )) 25

x Debido al término t cos(5t ) , la respuesta ( t ) no está acotada cuando t � �. Esto se debe a que en este caso la fuerza aplicada

F(t ) = 4sen(5t )

está en resonancia con el

5

Hz

sistema (esto es, la masa vibrante) cuya frecuencia de oscilación natural es 2p , igual que la fuerza aplicada. Aún en la presencia del amortiguamiento, la amplitud de respuesta del sistema es maximizada cuando la fuerza aplicada se aproxima a la resonancia con el sistema. En ausencia de amortiguamiento tenemos el caso límite de resonancia pura, y se obtiene una respuesta no acotada.

PROBLEMA N° 2: Resolver el ejemplo 2, usando la Transformada de Laplace.

Con los datos:

R = 1W, C = 2 f , L = 3h El circuito en el dominio de s, se expresa como el circuito de la figura 8.8.1.2.

La ecuación de malla es:

10 5 � 1 � R+ + Ls �I ( s ) = � s s � Cs �

I(s)

5 5 s = = 1 1 R+ + Ls Ls 2 + Rs + Cs C

I(s)

I(s)

5 5 3 = = 1 1 1 3s 2 + s + s2 + s + 2 3 6

5 A B 3 = = + ( s - s1 )( s - s2 ) ( s - s1 ) (s - s2 ) I(s) =

( A + B) s - ( As2 + Bs1 ) ( s - s1 )( s - s2 )

Donde:

0 = A + B � A = -B 5 5 = - As2 - Bs1 � B = 3 3( s2 - s1 ) 1 1 4 - � 9 6 s1,2 = 3 2 1 1 5 s1,2 = - � ( j) 6 2 3 1 5 1 5 s1 = - + j � s2 = - j 6 6 6 6 s2 - s1 = B=

1 5j 3

5

5 5 = = j � 5 � - 5j 5 3� j� � 3 �

A=-

5 j 5

Entonces:

� A � -1 � B � i(t ) = L-1 � �+ L � � s - s1 � s - s2 � � �

i(t ) = Ae s1t + Be s2t �1

- + � � 5 6 i( t ) = je� 5

i( t ) =

5 � j� 6 � �

�1

5 � j� � �

- � � 5 6 6 + je� 5

t 5 5 � - �jt jt 5 je 6 . � e 6 -e 6 � 5 � �

t � �5 � - � 5 6 i(t ) = je � -2 jsen � t � � �6 � 5 � � � �

10 - 6t 5 i(t ) = e .sen t ( Amperios ) 6 5

PROBLEMA N° 3: Resuelva el sistema de ecuaciones diferenciales.

2x� + y� -y=t x� + y� = t2 Sujetas a

x(0) = 1

y

y(0) = 0

.

SOLUCIÓN: Luego de transformar cada ecuación llegamos a:

2� sX ( s ) - x(0) � � �+ sY( s ) - y(0) - Y( s ) = sX ( s ) - x(0) + sY( s ) - y(0) =

1 s2

2 s3

O sea:

2 sX ( s ) + ( s - 1)Y( s ) = 2 + sX ( s ) + sY( s ) = 1 +

1 s2

2 s3

Al multiplicar por 2 la segunda de estas ecuaciones y restar se obtiene

(- s - 1)Y( s ) =

4-s 1 4 Y( s ) = 3 - 3 2 s ( s + 1) , s s o sea

Desarrollamos en fracciones parciales

Y( s ) =

5 5 4 5 - 2+ 3s s s s +1

Y así

�1 � �1 � �2! � �1 � y( r ) = 5 L-1 � �- 5 L-1 �2 �+ 2 L-1 �3 �- 5L-1 � � s s s s +1 ���� y(t ) = 5 - 5t + 2t 2 - 5e- t De acuerdo con la segunda ecuación de (2),

1 2 X ( s ) = -Y( s ) + + 4 s s En consecuencia,

�1 � 2 �3! � x( t ) = - L-1 { Y( s ) } + L-1 � �+ L-1 �4 � s 3! s �� 1 x( t ) = -4 + 5t - 2t 2 + t 3 + 5e -t 3 Entonces, llegamos a la solución del sistema (1), que es

y(t ) = 5 - 5t + 2t 2 - 5e- t

1 x( t ) = -4 + 5t - 2t 2 + t 3 + 5e -t 3

PROBLEMA N° 4: Dos masas m1 y m2, están unidas a dos resortes, A y B, de masa insignificante cuyas constantes de resortes son k1 y k2, respectivamente, y los resortes se fijan como se ve en la figura. Halle x1 y x2 si son los desplazamientos verticales de las masas respecto a sus posiciones de equilibrio. Suponiendo que k1=6, k2=4, m1=1 y m2=1, y que las masas parten de sus posiciones de equilibrio con velocidades unitarias opuestas.

Reemplazando los datos del problema queda así:

� x� + 10 x1 - 4 x2 = 0 � -4 x1 + x2� + 4 x2 = 0 Sujetas a

� x1(0) = 0, x1� (0) = 1, x2(0) = 0, x2 (0) = -1

La transformada de Laplace de cada ecuación es:

s 2 X 1( s ) - sx1(0) - x1� (0) + 10 X 1( s ) - 4 X 2( s ) = 0 -4 X 1( s ) + s 2 X 2( s ) - sx2(0) - x1(0) + 4 X 2( s ) = 0 En donde

X 1( s ) = L { x1(t ) } yX 2( s ) = L { x2(t ) }

, el sistema anterior equivale a

( s 2 + 10) X 1( s ) - 4 X 2( s ) = 1 -4 X 1( s ) + ( s 2 + 4) X 2( s ) = -1 Despejamos X1 de las ecuaciones y descomponemos el resultado en fracciones parciales:

X 1( s ) Por lo tanto

6 1 s2 5 5 = 2 =- 2 + ( s + 2)( s 2 + 12) s + 2 s 2 + 12

x1(t ) = -

� 2 � 6 � 12 � L-1 � 2 L-1 � 2 �+ � 5 2 �s + 2 � 5 12 �s + 12 � �� 1

x1( t ) = -

2 3 sen 2t + sen 2 3t 10 5

Sustituimos la expresión de X1(s) en la primera de las ecuaciones y obtenemos

X 2( s )

3 2 s2 + 6 5 = 2 =- 2 - 2 5 2 ( s + 2)( s + 12) s + 2 s + 12

x2( t ) = -

� 2 � 3 � 12 � L-1 � 2 L-1 � 2 �+ � 5 2 �s + 2 � 5 12 �s + 12 � �� 2

x2(t ) = -

2 3 sen 2t sen 2 3t 5 10

Por último, la solución del sistema dado es:

x2(t ) = -

2 3 sen 2t + sen2 3t 10 5

x2(t ) = -

2 3 sen 2t sen 2 3t 5 10

PROBLEMA Nº5: Resuelva el sistema de ecuaciones con las condiciones E (t)=60v, L=1h, R=50Ω, C=10-4 f y las corrientes i1 e i2 iguales a cero en el momento inicial.

En el próximo ejemplo resolveremos este sistema aplicando la transformada de Laplace. Debemos resolver:

� i1 + 50i2 = 60 � t 50.10-4

Sujetas a

� i2 + i2 - i1 = 0 � t

i1(0) = 0, i2(0) = 0

Aplicamos la transformada de Laplace a cada ecuación del sistema y simplificamos,

sI1( s ) + 50 I 2( s ) =

60 s

-200 I1( s ) + ( s + 200) I 2( s ) = 0

I

= L{ i

}

= L{ i

I

}

1( t ) 2( t ) En donde 1( s ) e 2( s ) . Despejamos los resultados en fracciones parciales para obtener.

I1( s )

I1( s ) I 2( s ) e

del sistema y descomponemos

6 6 60 s + 12, 000 60 5 5 = = 2 s (s + 100) s s + 100 ( s + 100) 2

I 2( s )

6 6 12, 000 5 5 - 120 = = 2 s ( s + 100) s s + 100 (s + 100) 2

Sacamos la inversa de Laplace y las corrientes son:

PROBLEMA Nº6:

i1(t ) =

6 6 -100t - e - 60te -100t 5 5

i2(t ) =

6 6 -100t - e - 120te -100 t 5 5