7 ecuaciones diferenciales de los circuitos y su solución

7 ECUACIONES DIFERENCIALES DE LOS
CIRCUITOS Y SU SOLUCIÓN
7 ECUACIONES DIFERENCIALES DE LOS CIRCUITOS Y SU
SOLUCIÓN........................................................................................239
7.1 INTRODUCCIÓN. ...............................................................240
7.1.1 SOLUCIÓN NATURAL Ó DE ESTADO
TRANSITORIO: .........................................................................243
7.1.2 SOLUCIÓN FORZADA:...............................................244
7.2 INTERPRETACIÓN FÍSICA DE LA RESPUESTA
NATURAL Y DE LA RESPUESTA FORZADA..........................244
7.3 RESPUESTA NATURAL Y FORZADA DE CIRCUITOS
SENCILLOS. ..................................................................................248
7.4 NECESIDAD DE UN MÉTODO SISTEMÁTICO PARA
RESOLVER LAS ECUACIONES DE LOS CIRCUITOS ............276
7.5 EJEMPLOS...........................................................................277
7.5.1 EJEMPLO 1 ...................................................................277
7.5.2 EJEMPLO 2. ..................................................................282
239
7.1 INTRODUCCIÓN.
Figura 7.1.1.Ecuaciones diferenciales de los
circuitos y su solución.
Con ayuda del circuito de la figura 7.1.1, repasaremos
brevemente como planteamos las ecuaciones de los circuitos.
Primero que todo dividimos los elementos en dos categorías:
los activos, ó fuentes, en los cuales se conoce el voltaje, la
corriente, ó ambas cantidades; y los pasivos, ó impedancias y
fuentes controladas, en los que se establecen ecuaciones entre
los voltajes y las corrientes.
En las fuentes (las no controladas) la característica esencial
es que no se plantean ecuaciones propiamente dichas (a lo
más, se establece una “asignación” del tipo Va = 10 voltios,
por ejemplo). Para el circuito de la figura 7.1.1, tendremos:
Va = V a
Asignaciones de las fuentes
Vb = Vb
Entendiendo por Va y Vb voltajes conocidos, no incógnitas a
determinar.
En las impedancias, en cambio, se plantean las ecuaciones en
el mismo circuito.
240
V1 = Z1i1
V2
V3
V4
V5
= Z2.i2
= Z3i3
= Z4i4
= Z5i5
Ecuaciones en las impedancias
Ahora se plantean las ecuaciones de Kirchhoff:
Nodo N 1 → i1 = i2 + i 3
Son redundantes, como debemos saber
Nodo N 2 →i 2 + i3 = i1
Malla M 1 → Va − V1 − V3 − V 5 = 0
Malla M 2 → V3 − V2 − V4 − Vb = 0
No son redundantes, son
independientes
Reemplazando las ecuaciones de “rama” y la de nodo en las
de malla obtenemos:
Va − Z 1i1 − Z 3 (i1 − i 2 ) − Z 5 i1 = 0
Z 3 (i 1 −i2 ) − Z 2 i 2 − Z 4 i2 − Vb = 0
Figura 7.1.2.Ecuaciones diferenciales de los
circuitos y su solución.
Estas mismas ecuaciones se pueden obtener directamente
(ver figura 7.1.2), utilizando la técnica ó método de las
“corrientes de malla” (ver apéndice A). Recuérdese entonces
que este método consiste en escoger unas variables, “las
241
corrientes de malla”, que cumplen automáticamente las
ecuaciones de nodo de Kirchhoff, y plantear solo las
ecuaciones de malla pero con los voltajes de rama
reemplazados por las ecuaciones que los relacionan con las
corrientes. Así mismo, existe el método de los “voltajes de
nodo” (ver apéndice A) que utiliza como variables los voltajes
en los nodos, que cumplen automáticamente las ecuaciones
de malla. Solo se requiere, entonces, plantear las ecuaciones
de nodo pero con las corrientes reemplazadas por las
ecuaciones que las relacionan con los voltajes de nodo.
Volviendo a las dos últimas ecuaciones, vemos que podemos
despejar una de las corrientes, digamos i2:
Va = ( Z1 + Z3 + Z5 )i1 − Z3i2
i2 =
[
1
( Z + Z3 + Z5 )i1 − Va
Z3 1
]
Y reemplazarla en la otra ecuación:
Z 3i1 − (Z 3 + Z 2 + Z 4 )i2 − Vb = 0
∴ Z 3i1 − (Z 3 + Z 2 + Z 4 )
∴ Z3 −
[
(Z
3
Z1 + Z 3 + Z 5
i1 − Va
Z3
+ Z2 + Z4 )( Z1 + Z3 + Z5 )
Z3
]
i1 = Vb −
(Z
3
− Vb = 0
+ Z2 + Z4 )Va
Z3
∴ Z32 − ( Z3 + Z2 + Z4 )( Z1 + Z3 + Z5 ) i1 = Z3Vb − ( Z3 + Z2 + Z4 )Va
Ahora, recordemos que es una Z de las que aparecen en la
ecuación anterior. Estas Zs son operadores lineales integro
diferenciales de la forma:
t
d
1
ZK = LK +
dt + RK
dt CK 0
Aunque podrían tener formas algo más complejas, para los
fines que perseguimos aquí, bastará con la forma anterior,
pero ¿cómo “opera” este operador?
242
Para verlo operar, apliquémoslo a una corriente, digamos:
i = 5t²
t
d
1
+
Z K i = LK
dt + RK 5t 2
dt C K 0
∴ Z K i = LK 10t +
5 t3
+ RK 5t 2
CK 3
Al reemplazar estos operadores en la ecuación que obtuvimos
del circuito, nos resulta una ecuación con integrales y
diferenciales. Sin embargo, para resolver estas ecuaciones lo
usual es reducirlas por diferenciaciones sucesivas a
ecuaciones sólo diferenciales. El resultado final es una
ecuación diferencial de la forma:
dn
d n −1
d
an n i + an −1 n −1 i +...+ a1 + a0i = h (t )
dt
dt
dt
Donde las ak vienen de las Rs, las Ls y las Cs del circuito, y la
h (t) es la parte correspondiente a las fuentes del circuito (Va
y Vb en el ejemplo). Ecuaciones de este tipo se llaman
“ecuaciones diferenciales de orden n”. La solución de
cualquiera de estas ecuaciones consta de dos partes:
7.1.1 SOLUCIÓN NATURAL Ó DE ESTADO
TRANSITORIO:
Es la corriente expresada como función del tiempo que
satisface la ecuación:
dn
d n −1
d
an n i + an −1 n −1 i +...+ a1 + a0i = 0
dt
dt
dt
Ecuación que se obtiene igualando a cero la parte izquierda
de la ecuación original, o, lo que es lo mismo, igualando a
cero todas las fuentes del circuito.
Llamemos esta solución inatural (t ).
243
7.1.2 SOLUCIÓN FORZADA:
Es una solución de la ecuación original:
dn
d n −1
d
an n i + an − 1 n −1 i +...+ a1 + a0i = h (t )
dt
dt
dt
El nombre de “forzada” es muy apropiado, pues esta solución
tiene que acomodarse a la forma de las excitaciones ó fuentes
del circuito, representadas por h (t). Llamaremos esta
solución i forzada (t ).
La solución completa de la ecuación (y por lo tanto del
circuito), será:
i (t ) =. inatural (t ). + i forzada (t ).
A medida que resolvamos circuitos la naturaleza física de
estas respuestas se irá volviendo transparente. Pero no
sobran algunas explicaciones preliminares.
7.2 INTERPRETACIÓN FÍSICA DE LA RESPUESTA
NATURAL Y DE LA RESPUESTA FORZADA.
El sentido cabal y completo del significado de la respuesta
natural y forzada lo adquiriremos a medida que resolvamos
circuitos críticamente; pero podemos adelantar algunas ideas
generales al respecto. Consideremos un resorte (Figura 7.2.1)
unido a una pared rígida y situado sobre una superficie lisa.
Si se comprime ese resorte, dándole energía, y se libera
después, vibrará “libremente”, tratando de disipar su energía
almacenada, y no dejará de vibrar hasta que consiga
disiparla por completo. Este funcionamiento “libre” es lo que
llamaremos “respuesta natural” del resorte.
En cambio, tomando el extremo suelto del resorte con la
mano, podemos obligarlo a moverse forzadamente en el
tiempo, con movimientos distintos a sus vibraciones
naturales (ver figura 7.2.2), por ejemplo, trazando dientes de
244
sierra en el tiempo. Este comportamiento será la respuesta
“forzada” del resorte al estímulo externo.
Figura 7.2.1.Interpretación física de la respuesta
natural.
Figura 7.2.2.Interpretación física de la respuesta
forzada.
Por lo anterior, vemos que la respuesta natural es la
respuesta del sistema a energías almacenadas en sus
elementos, las cuales tratan de disiparse, si pueden, ó
repartirse entre los elementos, si pueden, para aumentar la
entropía (el desorden) en el sistema. La respuesta forzada,
como su nombre, excelentemente escogido, lo pregona, es la
respuesta del sistema forzada, obligada, por un agente
externo.
Esta
respuesta
forzada
puede
contener,
aparentemente, discontinuidades en la función o en sus
derivadas, como la citada función dientes de sierra, lo que
nunca le ocurre a la respuesta natural de ningún sistema.
Las respuestas naturales siempre son continuas y con
245
derivadas
continuas.
Algunos
sistemas
electrónicos
aparentemente generan funciones con cambios bruscos, como
funciones triangulares por ejemplo, que tendrían
discontinuidades en sus derivadas; pero una observación con
algo mas de detalle, como se lograría usando un osciloscopio
de mayor base de tiempo, rápidamente nos convence que esos
cambios bruscos desaparecen, pues solo parecían como tales
por ocurrir en tiempos pequeñísimos.
Ahora, nosotros
usamos unas fuentes de voltaje (en los condensadores) y unas
fuentes de corriente (en las inductancias) para simular las
energías almacenadas. Para ser rigurosos y consecuentes,
debemos aceptar que estas fuentes son las que producen el
comportamiento natural, pues representan las energías
almacenadas. Por otra parte, un impulso, aunque sea una
fuente aplicada, y sólo exista en un tiempo despreciable, es
capaz de almacenar energía en los elementos capaces de
almacenarla (usualmente inductancias y condensadores), y
esa energía almacenada luego propicia el comportamiento
natural. Por eso resulta que la respuesta a un impulso
siempre contiene la respuesta natural. Para el caso del
resorte un impulso sería algo así como un “papirotazo”, un
golpe súbito, que lo comprimiera y luego lo soltara para que
vibrara libremente. Las ecuaciones de los circuitos, entonces,
toman la escritura más general:
Ecuación diferencial = Σ (fuentes internas)+
Σ (fuentes de energía interna)+ Σ (impulsos).
Y la respuesta natural puede obtenerse indistintamente de la
ecuación diferencial
igualada a cero, de la ecuación
diferencial igualada a las fuentes que representan la energía
almacenada, o de la ecuación diferencial igualada a un
impulso luego de restar de la solución la respuesta impulsiva.
Estas posibilidades oscurecen un poco la interpretación
sencilla y lógica que emana de las consideraciones físicas, de
modo que la interpretación física debe primar sobre la
matemática o meramente convencional.
El proceso de solución implica los siguientes pasos:
246
1. Encontrar la solución de:
Ecuación diferencial = 0
Lo cual nos da la “solución natural” (en matemáticas se llama
“función complementaria“, ó también “homogénea”). Esta
solución resulta en términos de unos parámetros, cuyos
valores se deben determinar después. Esta ecuación no debe
tener limitaciones en t = 0 (saltos como la función paso, etc);
esto porque la ecuación está simplemente igualada a cero.
Esta solución natural también puede obtenerse de:
Ecuación diferencial = Σ (fuentes de energía interna),
o de la ecuación:
Ecuación diferencial = Σ(impulsos)
La única diferencia es que la respuesta del último caso también
contiene respuestas impulsivas que no hacen parte de la respuesta
natural.
2. Encontrar una solución de :
Ecuación diferencial = Σ(fuentes externas) +
+ Σ(impulsos)
Esta solución “particular”, si tendrá los saltos bruscos en t =
0 y los impulsos a que den lugar esos saltos bruscos.
3. Por último, se sustituye la solución natural y la solución
(
particular Stotal = Snatural + S particular
)
en la ecuación original y
se encuentran los parámetros desconocidos de la solución
natural.
Apliquemos este método a algunos casos sencillos.
247
7.3 RESPUESTA NATURAL Y FORZADA DE
CIRCUITOS SENCILLOS.
a. Condensador cargado, “descargándose” a través de
una resistencia.
Figura 7.3.1. Condensador cargado
descargándose a través de una resistencia.
En la figura 7.3.1 describimos como hacemos evolucionar el
circuito, no sólo para representar la energía almacenada
(fuente Eo), sino para interpretar el cierre del interruptor
como la función paso. La ecuación de malla del último
circuito es:
t
1
Eo u−1 ( t ) = Ri +
idt
C0
Diferenciando respecto a t para lograr una ecuación sólo
diferencial:
di i
Eouo (t ) = R +
dt C
La solución natural de este circuito correspondería a la
ecuación:
di i
0= R +
dt C
Ensayando una solución exponencial, pues vimos en el
capítulo precedente que esta función no cambia “de forma” al
ser diferenciada, y reemplazándola en la ecuación diferencial:
248
i = I o eα t
d
I eαt
I o eαt ) + o
(
dt
C
I o eα t
αt
∴ 0 = R Io e α +
C
0 = R
Cancelando términos comunes:
1
C
1
∴α = −
RC
0 = Rα +
De modo que la solución natural tendrá la forma general:
i = Ioe
− t
RC
Donde Io es un parámetro que debemos encontrar después.
Ahora debemos resolver la ecuación:
di i
Eouo (t ) = R +
dt C
La única diferencia con el caso anterior, es que debemos
obtener un impulso; pero el impulso lo obtenemos derivando
la función paso. Ensayemos esta solución :
−t
i = u−1 (t ) I f e RC
∴ Eouo (t ) = R
= R uo (t ) I f e
d
u−1 (t ) I f e
dt
−t
RC
−t
RC
+ Ru−1 (t ) I f
∴ Eouo (t ) = R uo (t ) I f e
−t
RC
249
+
+
u−1 (t ) I f e
C
−1
e
RC
u−1 (t ) I f e
C
−t
RC
−t
RC
−t
RC
+
−
u−1 (t ) I f e
C
R
+1
R
−t
RC
∴ Eo uo (t ) = R uo (t ) I f e
−t
RC
Pero, recuérdese que un impulso sólo “dura” de t = 0- a t = 0+,
o sea que e
−t
RC
=e
0
RC
= 1 , durante la vida del impulso.
E
∴If = o
R
La solución completa de este circuito sería:
−t
E −t
i = I oe RC + u−1 (t ) o e RC
R
Vamos a reemplazarla en la ecuación diferencial:
−t
−t
1
d
Eo RC
Eo RC
Eo uo (t ) = R
I o + u−1 (t )
e
+
I o + u−1 (t )
e
dt
R
C
R
Eouo (t ) = R 0 + uo (t )
−t
Eo RC
E
e
+ R I o + u−1 (t ) o
R
R
−t
− 1 RC
+
e
RC
−t
1
Eo RC
I + u−1 (t )
e
C o
R
−t
−t
−t
E
RI e RC I oe RC
∴ Eouo (t ) = R uo (t ) o e RC − o
+
+
R
RC
C
u−1 (t ) −
−t
−t
Eo RC
Eo RC
e +
e
RC
RC
Evidentemente la solución cumple la ecuación diferencial, y
aún no hemos calculado el parámetro Io. Ahora, la solución
también debe cumplir la ecuación integro diferencial,
veámoslo:
Eou−1 (t ) = R I oe
−t
RC
−t
E
1
+ u−1 (t ) o e RC +
R
C
250
t
Ioe
0
−t
RC
−t
E
+ u−1 (t ) o e RC dt
R
−t
Eo RC
u−1 (t ) e
Ioe
R
+
1
1
−
−
RC
RC
−t
Eo RC
1
∴ Eou−1 (t ) = R I o + u−1 (t )
e
+
R
C
Eou−1 (t ) =
( RI
o
+ u−1 (t ) Eo )e
RC
−
C
∴ Eou−1 (t ) =
( RI
Ioe
−t
RC
−t
RC
− I oe
0
RC
t
−t
RC
0
+
−t
Eo RC
Eo RC0
+ u−1 (t ) e − u−1 (t ) e
R
R
−t
o
+ u−1 (t ) Eo − RI o − u−1 (t ) Eo )e RC + RI o + u−1 (t ) Eo
∴ RI o = 0 → I o = 0
Entonces este circuito ¿no tiene respuesta natural, pues Io =
0 es cero?; lo que ocurre es que la respuesta natural es la
correspondiente a la fuente interna, a la fuente que
representa la energía almacenada, tal como habíamos
anunciado.
−t
¿Pero que diferencia existe entre I o e RC
y u−1 ( t )
−t
Eo RC
e ?
R
Esa diferencia, crucial, la ilustramos en la figura 7.3.2. La
primera función puede existir para t< 0, en cambio la segunda
función es cero para t< 0.
Por otro lado, obsérvese que para calcular los parámetros de
las soluciones es necesario utilizar las ecuaciones más
“primitivas” del circuito, las que no han sido diferenciadas
con respecto al tiempo.
251
Figura 7.3.2. Diferencia entre las funciones
exponenciales.
b. Condensador descargado excitado con fuente cosenoidal.
La ecuación para el circuito final de la figura 7.3.3 es:
t
1
u−1 ( t ) E cos( wt ) = Ri +
idt
C0
Figura 7.3.3. Condensador descargado y fuente
cosenoidal.
Diferenciando
diferencial:
de
nuevo,
para
obtener
uo (t ) E cos( w × 0) − u−1 (t ) Ew sen( wt ) = R
252
una
di i
+
dt C
ecuación
Aplicamos la propiedad del impulso que evalúa las funciones
a las que multiplica en su punto de ocurrencia.
Conocemos la solución libre ó natural por el caso anterior:
−t
in = u−1 (t ) I o e RC
En cuanto a la solución forzada debe ser de tipo senoidal pues
este el tipo de la fuente:
i f = u−1 (t ) I f cos( wt + α )
La solución completa : i = in + i f , sustituida en la ecuación
diferencial nos da :
u o (t ) E cos(0) − u −1 (t ) Ewsen( wt ) = R
−t
d
u −1 (t ) I o e RC + I f cos( wt + α )
dt
−t
1
u −1 (t ) I o e RC + I f cos( wt + α )
+
C
uo (t ) E cos(0) − u−1 (t ) Ew sen( wt ) = R uo (t ) I o e
−t
RC
+ I f cos( wt + α )
−t
+ R u−1 (t )
Ioe
− I f w sen( wt + α )
− RC
RC
−t
1
RC
+
u (t ) I oe + I f cos( wt + α )
C −1
Igualando por separado las funciones impulso y las funciones
paso:
253
(
u o (t ) E = Ru o (t ) I o e 0 + I f cos( w × 0 + α )
)
∴ E = RI o + RI f cos α
∴ −u −1 (t ) Esen( wt ) = u −1 (t )
u −1 (t )
If
C
−t
RC
−t
RC
I oe
I e
− RI f wsen( wt + α ) + o
−C
C
+
cos( wt + α )
∴ − Ew sen( wt ) = − wI f R sen( wt + α ) −
∴ E sen( wt ) = I f R sen( wt + α ) −
1
cos( wt + α )
wC
1
cos( wt + α )
wC
Debemos volver el lado derecho una función senoidal única;
para hacerlo procedemos así:
a
b
a cos(α ) + bsen(α ) = a 2 + b 2
sen(α )
cos(α ) +
2
2
2
a +b
a + b2
a cos(α ) + bsen(α ) = a 2 + b 2 [sen(θ )cos(α ) + cos(θ )sen(α )]
a cos(α ) + bsen(α ) = a 2 + b 2 sen(θ + α )
Figura 7.3.4. Conversión a una única función
senoidal.
254
Definiendo el ánguloθ, mediante el triángulo de la figura
7.3.4.
R
cos θ =
2
1
2
R +
wC
1
wC
senθ =
R2 +
2
1
wC
R2 +
1
wC
2
Esen( wt ) = I f
R2 +
1
wC
2
= If
[cos(θ ) sen(wt + α ) − sen(θ ) cos(wt + α )]
sen( wt + α − θ )
Para que sean iguales los términos de la izquierda y de la
derecha:
E
If =
, α −θ = 0
2
1
R2 +
wC
α = θ = tan −1
1
wC
R
De la parte impulsiva de la ecuación:
E = RI o + RI f cosα
255
E
E = RI o + R
2
1
R +
wC
×
2
E
−
R
Io =
=
∴ Io =
2
1
R +
wC
2
ER
1
R +
wC
2
1
wC
2
2
R2 +
E
R
R
− R2
1
wC
R2 +
2
E
1
R( wC ) R +
wC
2
2
=
[
E
]
R (RwC ) + 1
2
2
La respuesta total será entonces:
i=
[
E
]
R (RwC ) + 1
2
e
−t
RC
+
E
1
R2 +
wC
2
cos( wt + θ ) u −1 (t )
Cuya gráfica incluimos en la figura 7.3.5.
Figura 7.3.5. Gráfica de una senoidal
amortiguada.
c. Inductancia con corriente inicial.
256
Sea In la corriente en t = 0, y no reemplacemos esta corriente
por una fuente de corriente, sino que solucionemos el circuito
directamente:
di
Ri + L = 0
dt
Figura 7.3.6.Respuesta natural y forzada de los
circuitos sencillos.
Evidentemente, sólo existe la solución natural, pues no hay
fuente aplicada de ningún tipo. La solución será de la forma:
i = Ioe
Como se comprueba
diferencial:
RI o e
−
−
tR
L
reemplazándola
tR
L
+ LI o
en
la
ecuación
R − tRL
−
e
=0
L
Ahora el valor de Io, lo encontramos de la condición i = Ia en
t = 0.
i
t=0
= Ia = Io e
−
tR
L
t=0
= Io
Figura 7.3.7. Descarga de una bobina con
corriente inicial.
257
La solución natural de este circuito tendrá la forma final
mostrada en la figura 7.3.7.
Obsérvese que la función de la figura 7.3.7 no está recortada
en t = 0. Teóricamente la corriente siempre ha existido y está
en continuo decrecimiento. Pero veamos una situación
diferente, pero con similitudes respecto a la anterior (ver
figura 7.3.8). Se trata de una inductancia en corto por la que
circula Ia; al abrir repentinamente el interruptor, la corriente
Ia es forzada a pasar por la resistencia. Ahora si
representaremos la corriente por una fuente de corriente
escalón.
Aplicando el teorema de Thévenin a la fuente en paralelo con
la inductancia obtenemos el circuito de la figura 7.3.8.a, cuya
ecuación es:
di
Ri + L = LI a uo (t )
dt
Figura 7.3.8. Descarga de una inductancia a
través de una resistencia.
258
Figura 7.3.8.a Equivalente Thevenin de la
inductancia y la fuente escalón.
Igualando la
obtenemos:
ecuación
diferencial
i = Ioe
−
homogénea
a
cero,
tR
L
Y resolviendo la ecuación igualada a la excitación, obtenemos
la solución forzada:
i = If e
−
tR
L
u−1 (t )
La solución completa será:
i = I oe
−
tR
L
+ Ife
−
tR
L
u−1 (t )
Reemplazando en la ecuación completa
tR
tR
R − tRL
R − tRL
−
−
L
L
RI o e + RI f e u−1 (t ) + LI o −
e + LI f −
e u−1 (t ) +
L
L
LI f e
−
tR
L
uo (t ) = LI a uo (t )
De la solución anterior tenemos If = Ia, pero Io sigue siendo
desconocida. Para hallar Io debemos aplicar el criterio i = 0
para t = 0-, pues antes de abrir el interruptor ninguna
corriente circulaba por la resistencia.
i
t = 0−
= 0 = I oe
−
tR
L
t = 0−
+ Iae
−
tR
L
u−1 (t )
∴ 0 = I o + 0 →∴ I o = 0
La única solución que queda es la “forzada”:
259
t = 0−
i = I ae
−
tR
L
u−1 (t )
Nótese que esta solución “forzada” es la misma solución
natural para t>0. Para acabar con un rigorismo inútil, de
aquí en adelante será válido llamar “solución natural” a
cualquier solución que tenga la “forma” de la solución
natural, y la solución “forzada” a la solución que tenga la
forma de la fuente ó excitación. Por último veamos como
representamos la corriente en el interruptor cuando este se
abrió (Figura 7.3.8.b)
Figura 7.3.8.b Respuesta natural y forzada de los
circuitos sencillos.
La representación matemática de i sería:
i = I a − u−1 (t ) I a
y el circuito se podría representar por el mostrado en la
figura 7.3.8.c.
Figura 7.3.8.c Otra forma de representar la
descarga de la inductancia.
260
Pero ahora apliquemos Thévenin en a y b (Figura 7.3.8.d):
Figura 7.3.8.d Equivalente Thevenin de la
inductancia y la nueva fuente.
Obtenemos los mismos resultados que “inyectando” una
corriente de función paso en el interruptor como hicimos en el
ejemplo. Entonces para representar una corriente en un
interruptor que se abre hay dos métodos:
1)
Inyectar una corriente en sentido opuesto igual a que
circulaba mediante la función paso, y 2) utilizar una función
“paso” a cero ( 1 − u−1 (t ) ).
La gráfica para la corriente en la resistencia es la siguiente
(Figura 7.3.9).
Figura 7.3.9 Respuesta natural y forzada de los
circuitos sencillos.
d. Circuito con resistencia, inductancia y capacidad en serie y
con energías almacenadas.
261
Figura 7.3.10 Respuesta natural y forzada de los
circuitos sencillos.
La ecuación para el circuito mostrado en la figura 7.3.10 será:
VC + VL + VR = 0
t
1
di
∴
idt + L + iR = 0
C −∞
dt
Como se trata de una ecuación integro diferencial, la
diferenciamos de nuevo respecto a t.
1
d 2i
di
∴ i+L 2 +R =0
C
dt
dt
Es la primera vez que encontramos, en estos ejemplos, una
segunda derivada, lo cual nos dice que se trata de una
ecuación de “segundo orden”. La forma más general de
solución para este tipo de ecuación es:
i = I1e S1t + I 2e S 2 t + I 3te S 3t
Reemplazando la solución en la ecuación diferencial,
obtenemos:
I1 S1 t I 2 S 2 t I 3 S 3 t
d2
e + e + te + L 2 ( I1e S1t + I 2 e S2 t + I 3te S3 t ) +
C
C
C
dt
d
R ( I1e S1t + I 2e S 2 t + I 3te S3t ) = 0
dt
I 1 S 1t I 2 S 2 t I 3 S 3 t
d
∴ e + e + te + L
I1S1e S1t + I 2 S 2e S 2 t + I 3e S 3t + S3 I 3te S 3t
C
C
C
dt
+ R I1S1e S1t + I 2 S 2e S 2 t + I 3e S 3t + S3 I 3te S 3t = 0
(
(
)
)
262
(
)
I1 S1t I 2 S 2 t I 3 S 3t
2
2
2
2
e + e + t e + L I1S1 e S1t + I 2 S 2 e S 2 t + I 3 S3 e S 3 t + S3 I 3e S 3t + S3 I 3te S 3 t +
C
C
C
S 1t
+ R I1S1e + I 2 S 2e S 2 t + I 3e S 3t + S3 I 3te S 3t = 0
(
)
∴ e S 1t
I1
I
2
2
+ LI1S1 + RI1S1 + e S 2 t 2 + LI 2 S 2 + RI 2 S 2 +
C
C
te S 3t
I3
2
+ LI 3 S3 + RI 3 S3 + e S 3 t (2 LI 3 S3 + RI 3 ) = 0
C
Para que se cumpla la ecuación anterior para todo valor de t,
se debe cumplir:
1
1. I1
+ LS 12 + RS1 = 0
C
1
2
2. I 2
+ LS 2 + RS 2 = 0
C
1
+ LS 32 + RS 3 = 0
3. I 3
C
4.
I 3 ( 2 LS 3 + R) = 0
La primera solución es trivial:
I1 = I 2 = I 3= 0
Que significa únicamente que el circuito no tiene ninguna
excitación, ni energía almacenada, y por lo tanto, ni
corrientes ni voltajes en sus elementos.
De 3. y 4. Comprobamos que si I3 ≠ 0, S3 no puede ser igual a
cero, pues de 3 obtendríamos:
1
I 3 × + I 3 × 0 + I 3R × 0 = 0
C
1
∴ =0
C
Y de 4 tendríamos:
263
I3 × 2 × L × 0 = 0
∴R = 0
Resultado que descartamos, pues estamos asumiendo una
resistencia y una capacidad finitas, diferentes de cero.
Entonces, si I3 ≠ 0, esto implica S3 ≠ 0, y tendríamos de 4. :
R
S3 = −
2L
Y reemplazando en 3. :
1
R
+L −
2L
C
2
+R −
R
=0
2L
1 R2 L R2
∴ +
−
=0
C 4 L2 2 L
1 R2 R2
R2
∴ =
−
=
C 2L 4L 4L
Por lo tanto, sólo para esta combinación de los valores de C,
R, y L, resulta que existe el término I 3eS3 t . Ahora, como 1, 2, y
3 son ecuaciones idénticas, resulta que para esta combinación
de valores se cumple que S1 = S2 = S3 = S , y la solución
queda:
i = ( I1 + I 2 )eSt + I 3teSt = ( I 4 + I 3t )eSt
Llamando I1 + I 2 = I 4
La tercera posibilidad se tiene con I3 = 0. Sólo nos quedan las
ecuaciones 1 y 2, que son, evidentemente, la misma ecuación
cuadrática:
1
R
=0
S2 + S +
L
CL
Cuyas raíces son:
264
R
R2
1
S1 = −
+
2 −
2L
4 L CL
R
R2
1
S2 = −
−
2 −
2L
4 L CL
El análisis de estas raíces nos arroja tres posibilidades:
a.
, que corresponde al caso ya estudiado,
R2
1
=0
2 −
4 L CL
cuando existe el término I 3eS3 t . En este caso :
R
S1 = S2 = −
, y decimos que se trata de raíces reales
2L
iguales.
b.
R2
1
; S1 y S2 son dos raíces reales distintas.
−
>0
2
4 L CL
c.
; en este caso S1 y S2 son raíces complejas
R2
1
−
<
0
4 L2 CL
distintas. Mejor, se trata de raíces conjugadas.
d. R = 0; a veces se incluye este caso, aunque no pertenece
al circuito R-L-C. Las raíces son :
1
1
S1 = + −
= +j
CL
CL
S2 = − −
1
1
= −j
CL
CL
Resultando raíces imaginarias conjugadas.
En la lista siguiente damos una reseña de las cuatro
posibilidades, mostrando sus respectivas gráficas.
Tabla de respuestas para el circuito R-L-C.
265
a.
R2
1
−
>0
2
4 L CL
i = I1e S1t + I 2e S 2 t
S1 = −
R
R2
1
+
2 −
2L
4 L CL
S2 = −
R
R2
1
−
2 −
2L
4 L CL
Figura 7.3.11 Respuesta sobre amortiguada.
Se trata del caso “sobre amortiguado”.
b.
R2
1
=0
2 −
4 L CL
S = S1 = S2 = S3 = −
R
2L
266
i = ( I4 + I 3t ) ⋅ eSt
Figura 7.3.12 Respuesta críticamente
amortiguada.
Caso llamado “críticamente amortiguado”
c.
R2
1
−
<0
2
4 L CL
i = I1e S1t + I 2e S 2 t
R
R2
1
S1 = −
+j
2 −
2L
4 L CL
R
R2
1
S2 = −
−j
2 −
2L
4 L CL
Figura 7.3.13 Respuesta sub amortiguada.
Caso “sub amortiguado”.
d. R = 0
i = I1e S1t + I 2e S 2 t
S1 = + −
1
1
= +j
CL
CL
S2 = − −
1
1
= −j
CL
CL
267
Figura 7.3.14 Respuesta oscilatoria.
Caso “oscilatorio”.
El papel de la resistencia es decisivo en el tipo de respuesta
del circuito. El primer caso, el “sobreamortiguado”,
corresponde a un valor de resistencia muy grande. Las
energías almacenadas en las inductancias y en la capacidad
se disipan rápidamente en la resistencia, de modo que la
corriente disminuye a un ritmo elevado. En el segundo caso,
el “críticamente amortiguado”, ya la resistencia es menor, y
la disipación de energía en ella también lo es; el circuito una
sola vez alcanza a hacer la “oscilación”, que consiste en que la
energía queda momentáneamente almacenada en la
capacidad solamente, y la corriente pasa por el valor de cero,
luego la energía almacenada vuelve a hacer circular la
corriente en sentido contrario al que tenía inicialmente. En el
tercer caso, el “subamortiguado”, ya la resistencia y la
disipación en ella son tan pequeñas que la energía alcanza un
régimen oscilatorio entre la inductancia y la capacidad de
modo que la energía que aún queda en el circuito queda
almacenada en la L o la C momentáneamente y la corriente
pasa por el valor cero. La energía almacenada vuelve a hacer
circular la i en sentido contrario. En cada oscilación se disipa
energía. En el caso final, el “oscilatorio”, como no existe
resistencia, tampoco se presenta disipación, y la energía total
del circuito no mengua, manteniéndose constante, pero
oscilando entre la inductancia y la capacidad. Para lograr en
la práctica circuitos osciladores, (un R = 0, solo se consigue en
la “superconductividad”), se añade un elemento activo que
actúe como un resistencia negativa.
268
Ahora si la resistencia total resulta negativa, el circuito
ganará energía en cada oscilación y las corrientes y los
voltajes serán mayores cada vez, pero no estudiaremos estos
comportamientos por ahora.
En la solución del circuito R-L-C en serie, nos queda
pendiente el cálculo de los coeficientes I1, I2, I3, I4. Para este
cálculo, debemos conocer el valor de la corriente ó de sus
derivadas (ó integrales) en cualquier, ó cualesquiera, valor, ó
valores, de t. Pero el caso más común, y el más importante
también, es aquel en el cual se conoce el valor de la corriente
y de su primera derivada en t = 0. Veamos ese cálculo de
coeficientes, llamando:
di
i t = 0 = Io
y
=a
dt t = 0
a. i = I1e S1t + I 2e S 2 t
i
t =0
= I1e 0 + I 2 e 0 = I1 + I 2 = I o
di
= I1S1 + I 2 S2 = a
dt t = 0
∴ I1S1 + S2 ( I o − I1 ) = a
∴ I1 (S1 − S2 ) = a − S2 I o
∴ I1 =
a − S2 I o
(S1 − S2 )
e I2 =
a − S1 I o
( S2 − S1 )
Como:
S1 = −
1
R
R2
+
2 −
2L
4 L CL
S2 = −
R
R2
1
−
2 −
2L
4 L CL
Resulta:
S1 − S2 = − ( S2 − S1 ) = 2
269
R2
1
2 −
4 L LC
Y la respuesta queda:
1
i=
( a − S2 Io )eS1t − (a − S1Io )eS2 t
2
R
1
2
2 −
4 L LC
[
]
b. i = ( I 4 + I 3t )e St
i
di
dt
t =0
= I4 = I o
t =0
= S ( I 4 + I 3t )e St + I 3e St
t=0
= SI 4 + I 3 = a
∴ I4 = I o
e I 3 = a − SI o
Como:
S=−
Tendremos:
R
2L
[
]
i = I o + ( a + SI o ) e St
i = [ I o (1 − St ) + at ]e St
Rt
−
Rt
2L
i = Io 1 +
+ at e
2L
c. i = I1e S1t + I 2e S 2 t
Se trata del mismo caso de a., de modo que la respuesta debe
ser:
1
i=
( a − S2 Io )eS1t − (a − S1Io )eS2 t
2
R
1
2
2 −
4 L LC
[
]
270
Pero como,
R2
1
−
2
4 L CL
0,
y el radical queda imaginario, se suele escribir:
S1 = −
R
R2
1
+j
= −α + jw
2 −
2L
4 L CL
S2 = −
R
R2
1
−j
= −α − jw
2 −
2L
4 L CL
Con estos reemplazos la solución queda:
1
i=
a + (α + jw ) Io e( − α + jw ) t − a + (α − jw) I o e( −α − jw ) t
2 jw
{[
]
[
]
e − αt
∴i =
a + αI o )( e jwt − e− jwt ) + ( jwIo )( e jwt + e− − jwt )
(
2 jw
{
}
Pero:
e jwt − e− jwt = 2 j sen( wt )
e jwt + e − jwt = 2 cos( wt )
∴i =
e −αt
[(a + αI o )2 jsen(wt ) + jwI o 2 cos(wt )]
2 jw
∴ i = e −αt
a + αI o
sen( wt ) + I o cos( wt )
w
d. i = I1e S1t + I 2e S 2 t
Es el mismo caso anterior, pero con = 0:
a + 0 × Io
∴ i = e − 0× t
sen( wt ) + I o cos( wt )
w
∴i =
a
sen( wt ) + I o cos( wt )
w
271
}
Para terminar el análisis del circuito R-L-C, veamos como
quedan las respuestas y sus gráficos cuando Io = 0. Es decir,
cuando la corriente en el instante t = 0 es cero por cualquier
razón.
1
a. i =
[ ae S1t − ae S2 t ]
2
R
1
2
2 −
4L
LC
Pero:
S1 = −
1
R
R2
+j
= −α + jw
2 −
2L
4 L CL
S2 = −
R
R2
1
−j
= −α − jw
2 −
2L
4 L CL
∴i =
[
a ( −α + w ) t
e
− e ( −α − w ) t
2w
]
Figura 7.3.15 Caso sobre amortiguado con
corriente inicial cero.
Ahora, como α > ω , el gráfico de la respuesta sería el de la
figura 7.3.15.
272
b. i = ate
−
R
t
2L
= ae −αt
Figura 7.3.16 Caso amortiguado crítico con
corriente inicial cero.
c. i =
ae− αt
sen( wt )
w
Figura 7.3.17 Caso subamortiguado con corriente
inicial cero.
d. i =
a
sen( wt )
w
273
Figura 7.3.18 Caso oscilatorio con corriente
inicial cero.
Una vez obtenidas las gráficas de los diferentes tipos de
respuesta, es bueno hacer una síntesis de la terminología y
los conceptos vistos, así como conocer otros términos
empleados en materias como Control referentes a estos tipos
de respuestas. Para ello nos imaginamos un circuito R-L-C
cualquiera alimentado con una función paso y consideramos
la “respuesta” del circuito a esa excitación como, por ejemplo,
el voltaje en el condensador (Figura 7.3.19).
274
Figura 7.3.19 Términos importantes referentes a
las respuestas natural y forzada de los circuitos
sencillos.
En la misma figura hemos incluido las gráficas de varias
posibles respuestas donde se han señalado características
importantes.
: La constante de tiempo (léase tao). Es el inverso del
coeficiente de amortiguación (e- t = e-t/ ). Si en el tiempo
inicial de una exponencial trazamos una tangente al
exponencial, esta tangente cruzará el valor hacia el cual
tiende la exponencial (ó la unidad menos la exponencial)
precisamente en el tiempo
después del tiempo de
inicialización. En el tiempo el valor de la exponencial será.
−t
−τ
1
τ
e t =τ = e τ = e −1 = = 0.3678 ≅ 30% del valor actual
e
Este parámetro se usa para medir la “velocidad” de respuesta
de un circuito o de un sistema.
: Sobre impulso (léase si) . Es el valor máximo que
alcanza la respuesta sobre el valor final de la misma. Puede
ser una medida del “poder de destrucción” del transitorio de
un sistema. En efecto, si se espera a que un motor alcance
determinada velocidad, puede resultar sumamente peligroso
275
que, antes de estabilizarse, el motor alcance una sobre
velocidad muy alta.
T: Periodo. Es el tiempo que dura una de las oscilaciones
“naturales” del sistema. Se relaciona con la frecuencia
“natural” así:
1 2π
T = =
f
ω
Envolventes: Son las curvas que unen los puntos máximos
entre si y los puntos mínimos entre si de una oscilación
atenuada. Estas curvas corresponden a exponenciales
decrecientes para las cuales también vale el concepto de
constante de tiempo.
7.4 NECESIDAD DE UN MÉTODO SISTEMÁTICO
PARA RESOLVER LAS ECUACIONES DE LOS
CIRCUITOS
Si recapacitamos un poco sobre la forma como solucionamos
las ecuaciones diferenciales del numeral anterior, debemos
aceptar que esa forma fue muy casuística. Es decir, a cada
ecuación le asignamos un tipo de respuesta como si la
sacáramos de una especie de recetario. Para solucionar otros
circuitos más complejos, este método, caso por caso, resulta
casi impracticable. Es mucho mejor usar un método que se
pueda aplicar siempre, cuyos pasos estén bien determinados,
que dé simultáneamente la solución natural y la forzada, y
que maneje en forma clara las llamadas condiciones iniciales,
que sirven para calcular los parámetros de la solución. Este
método es el de la “Transformada de Laplace”, que
estudiaremos en el próximo capítulo. Además de las ventajas
anotadas arriba, el método de la transformada de Laplace
permite resolver las ecuaciones diferenciales simultáneas,
que describen circuitos más complejos que los vistos en este
capítulo, con mucha facilidad, pues posibilita un trabajo
algebraico previo que simplifica y ordena esas ecuaciones.
276
Pero siempre que las matemáticas nos ofrecen un método que
simplifica el trabajo analítico, nos piden un sacrificio a
cambio y nos ponen algunas restricciones. Esto mismo ocurre
con la transformada de Laplace; sólo que los sacrificios y
restricciones son mínimas en su caso como veremos al
estudiarlos.
7.5 EJEMPLOS
7.5.1 EJEMPLO 1
El interruptor S, de la figura 7.5.1.1, se cierra en t =0, hallar
ix.
Figura 7.5.1.1 Ejemplo 1.
Consideremos -∞ < t < 0 el intervalo hasta justo antes de
cerrar S. En ese intervalo de tiempo el circuito queda:
Figura 7.5.1.2 Circuito del ejemplo 1 para t < 0.
Con:
277
CdVc
10 − Vc
e ic =
dt
3
1 dVc 10 − Vc
=
2 dt
3
dVc
2
= − dt
Vc − 10
3
ic =
Ln (Vc − 10 )
Vc − 10 = Be
Vc = 10 + Be
2
t+A
3
2
− t
3
A una cons tan te
B tambien cons tan te
2
− t
3
Solución que se cumple para todo valor de t en el intervalo.
En el tiempo inicial, t = 0, para la figura 7.5.1.2 ó t = -∞ para
la figura 7.5.1.1, el condensador está descargado, es decir, Vc
= 0. Entonces:
0 = 10 + Be 0
0 = 10 + B
B = −10
En el tiempo final, t = -∞, para la figura 7.5.1.2 (estado
estable)
ó t = 0 - : para la figura 7.5.1.1, el condensador se
3
− (∞)
2
, que en el límite da
ha cargado a un voltaje Vo = 10 + Be
Vo = 10 voltios.
Esto nos indica que después de mucho tiempo, el condensador
se cargó al valor de la fuente, en ese momento la corriente por
la resistencia es:
10 − Vo
iy =
=0
3
Esto nos permite concluir algo muy importante, el
condensador descargado se podrá considerar en adelante
278
como un corto en el instante inicial y como un circuito abierto
en el momento de su estado estable (ó en su t =∞).
El circuito para t > 0, justo después de cerrar S, queda como
el circuito de la figura 7.5.1.3.
Figura 7.5.1.3 Circuito del ejemplo 1 para t > 0.
En este circuito se plantean las ecuaciones de malla para i1 e
ix, quedando:
1
1
3+
i1 −
i x = 10 − Vo
CD
CD
−
1
1
i1 + 2 +
i x = Vo ,
CD
CD
pero C =
1
2
2
2
3+
i1 − i x = 0
D
D
−
(7.5.1.1)
2
2
i1 + 2 +
i x = 10
D
D
Derivando las ecuaciones integro diferenciales de la ecuación
7.5.1.1, tenemos:
di
3 1 + 2i1 − 2ix = 0
(7.5.1.2)
dt
di
− 2i1 + 2 x + 2ix = 0
(7.5.1.3)
dt
dix
+ ix
dt
Que reemplazada en la ecuación 7.5.1.2 nos da:
De la ecuación 7.5.1.3, obtengo: i1 =
279
3
d dix
di
+ ix + 2 x + 2ix − 2ix = 0
dt dt
dt
3
d 2i x
di
+5 x = 0
2
dt
dt
Y resulta:
Ecuación diferencial lineal de segundo orden de la forma:
5
D 2 + D ix = 0
3
o
D D+
5
i = 0 , cuya solución es:
3 x
ix (t ) = A + Be
5
− t
3
A, B son constantes que se hallan con las condiciones ix (0) y
i´x (0).
La condición inicial para ix, justo después de cerrar S, o sea
la corriente ix (0+); i´x(0+) sería la primera derivada de ix en
0+. En t = 0+ el condensador de la figura 7.5.1.3 se reemplazó
por una fuente Vo, que indica la carga de C en serie con un
condensador descargado, que en el circuito de t = 0+ se ve
como un corto.
El circuito de la figura 7.5.1.4, representa la situación en
t
+.
=0
Figura 7.5.1.4 Circuito del ejemplo 1 en t = 0+. .
De la figura 7.5.1.4, Vc (0+) = Vc = 10 voltios y la corriente
V
ix ( 0+ ) = o = 5 Amperios.
2
280
¿Cómo hallamos i ′ x ( 0+ ) =
d
i
?
dt x t = 0
V ′c
,,
pero en un condensador
2
1
1 1
1
V ′ c ( t ) = ic
i′x =
ic =
i (t ) , como se cumple en
C
2 C
2C c
cualquier t, se cumple en t = 0+.
1
i ′ x ( 0+ ) =
i ( 0+ )
, pero
i y ( 0+ ) = ic ( 0+ ) + ix ( 0+ ) = 0
2C c
ix =
Vc
,
2
derivando i ′ x =
ic (0+ ) = −ix (0 + ).
1
( −5
Amperios)
2C
Amperios
i′ x = −5
segundo
i′ x ( 0 + ) =
Con la solución:
ix (t ) = A + Be
Obtenemos derivándola:
5
− t
3
5
5 − t
i′ x (t ) = − Be 3
3
+
i x (0 ) = 5 = A + B
A=5−B
5
i ′ x ( 0 + ) = −5 = − B
3
B = 3, A = 2
Solución: ix (t ) = 2 + 3e
5
− t
3
u− 1 (t ) Amperios.
281
Para incluir el efecto del interruptor S, veamos la figura
7.5.1.5.
Nótese que ix en t = ∞ tiende a 2 Amperios, como se puede
ver en el límite de la solución anterior, ó en el circuito para t
=∞, que es el que se muestra en la figura 7.5.1.6.
Figura 7.5.1.5 Ejemplo 1.
Figura 7.5.1.6 Circuito del ejemplo 1 en t =∞ .
ix ( ∞) =
10
10
=
= 2A
3+ 2
5
Obsérvese en la figura 7.5.1.6 que el condensador en t = ∞ se
comporta como un circuito abierto.
7.5.2 EJEMPLO 2.
En la figura 7.5.2.1, el interruptor S se abre en t = 0, hallar
Vx.
282
Figura 7.5.2.1 Ejemplo 2.
Este circuito, que es el dual del ejemplo anterior, se deja al
lector para que lo resuelva, y consiga una conclusión para el
comportamiento de la inductancia descargada en un instante
inicial, y su comportamiento en el estado estable ó estado
final (t = ∞).
7.5.3. EJEMPLO 3
En la figura 7.5.3.1, R = 1Ω, C = 2f, L = 3h, S se cierra en t =
0+. Hallar: i (0+), i (∞), i´ (∞), i´´ (∞) y la expresión para i (t).
Figura 7.5.3.1 Ejemplo 3.
El circuito muestra cargado al elemento C con 5 voltios y al
elemento L descargado, en consecuencia, el circuito para t >
0 queda como el circuito de la figura 7.5.3.2.
283
Figura 7.5.3.2 Ejemplo 3.
El circuito para t = 0+ justo después de cerrar S, se representa
en la figura 7.5.3.3.
Figura 7.5.3.3 Ejemplo 3.
Vc ( 0+ ) = 5,
VL ( 0+ ) = 10 − 5v ,
i ( 0+ ) = 0
Nótese, en este ejemplo, que aunque i (0+) = 0, su primera
derivada no lo es, veamos:
di
1
VL (t ) = L ,
i′(t ) = VL (t ) en t = 0 +
dt
L
1
5v
i′(0 + ) = VL (0 + ) =
L
3h
5
v
5A
i′(0 + ) =
o
3h
3s
La segunda derivada en t = 0+, i´´ (0+) =
?
t
di 1
Usamos la ecuación en la malla iR + L +
idt = 10 − 5 .
dt C 0
Derivando:
di
d 2i 1
R + L 2 + i = 0 , en t = 0+.
dt
dt
C
Ri ′ (0+ ) + Li ′ ′ (0+ ) +
1 +
5
i (0 ) = 0 , despejando: i′ ′ (0+ ) = −
C
9
284
Y el circuito para t =∞, se muestra en la figura 7.5.3.4.
Figura 7.5.3.4 Ejemplo 3.
i(∞) = 0, VL(∞) = 0 y Vc(∞) = ?
10 = i (∞ ) R + VC (∞ ) + VL (∞ )
10 = 0 + VC (∞ ) + 0
→ VC (∞ ) = 10v
Para encontrar la expresión i (t), basta con solucionar la
ecuación diferencial:
di
d 2i 1
R +L 2+ i=0
dt
dt
C
R2
1
1 1
=
−
2 −
4 L CL 36 6
0
Se trata del caso subamortiguado, cuya solución es:
i = I1e S1t + I 2e S 2 t
Se necesitan las condiciones:
i ( 0+ ) = I o = 0
5
i ′ ( 0+ ) = a =
3
Entonces, según lo visto para el caso Io = 0
285
i=
ae −αt
sen( wt )
w
con
5
a= ,
3
w=
R2
1
5
−
=
2
4 L LC
6
i (t ) =
10 − 6
5
e sen
t u−1 (t )
6
5
t
¿Y cómo es la gráfica?
Ejercicios propuestos: Ver apéndices B.
286
α=
R 1
=
2L 6