fundamentos de la transformada de laplace

C - 1

Apéndice C FUNDAMENTOS DE

LA TRANSFORMADA DE LAPLACE

En este apéndice se presenta una breve descripción de la transformada de Laplace (TL),

herramienta fundamental en el análisis y diseño de un sistema de control lineal e invariante en

tiempo continuo (LIT). Usando la TL es posible calcular la forma analítica de las componentes de

la respuesta dinámica en el dominio-s: respuesta natural y respuesta forzada, de un sistema

modelado a través de una ecuación diferencial (ED) y sus condiciones iniciales. Si el sistema se

modela a través de la función de transferencia (FT), se obtendrá solo la respuesta forzada. Sin

embargo, en los dos casos anteriores es necesario utilizar la transformada inversa de Laplace

(TIL) para obtener la forma analítica de la respuesta en el dominio del tiempo continuo.

C.1 DEFINICION DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE

La expresión de la transformada de Laplace (TL) puede lograrse evaluando la respuesta

forzada de un sistema continuo LIT, modelado por su respuesta impulso ( )h t , cuando es

sometido a una entrada exponencial compleja ( ) stx t e==== , siendo s jσ ω= += += += + la variable

compleja de Laplace. Aplicando convolución lineal [Carlson98], obtenemos

( )( ) ( ) ( ) ( ) s ty t h x t d h e d∞ ∞

−τ

−∞ −∞

= τ − τ τ = τ τ∫ ∫

Como el factor ste no depende de la variable de integración τ

( ) ( ) ( )st s sty t e h e d H s e∞

− τ

−∞

= τ τ =∫

donde ( )H s se reconoce como la transformada de Laplace de ( )h t y se evalúa como

( ) ( ) stH s h t e dt∞

−

−∞

= ∫

Generalizando, si ( )x t es una función real continua su transformada bilateral de Laplace

(TBL) se define como

{ }( ) ( ) ( ) stX s x t x t e dt∞

−

−∞

= ∫≜L (3.1)

Si ( )x t es causal, solo existe para 0t ≥≥≥≥

0

( ) ( ) stX s x t e dt∞

−∫≜ (3.2)

C - 2 INSTRUMENTACION Y CONTROL DE PROCESOS

que se reconoce como la transformada unilateral de Laplace o simplemente como la

trasformada de Laplace (TL). En algunos casos, el límite inferior de la integral en (3.2) se

toma como 0t ++++==== para la evaluación de la TL de señales causales delimitadas por la señal

escalón unitaria ( )u t , en razón de la discontinuidad que presentan en 0t ==== .

La región de convergencia (RC) es el conjunto de valores de s que garantizan la

convergencia de la integral en (3.1) y (3.2). En este apéndice haremos referencia a la TL

(3.2), utilizada en el análisis y diseño de sistemas de control, realizables o causales.

La transformada inversa de Laplace (TIL) se determina como

1( ) { ( )} ( )j

st

jx t X s X s e dt

σ+ ∞−

σ− ∞= ∫≜L (3.3)

para valores de s dentro de la RC. Las ecuaciones (3.2) y (3.3) constituyen el par de

transformadas de Laplace y en lugar de usar los operadores {}L y 1{}−−−−L , aceptaremos la

notación: ( ) ( )x t X s↔ .

C.2 TRANSFORMADA DE LAPLACE DE SEÑALES ELEMENTALES

En el análisis y diseño de un componente del sistema de control se utilizan como entrada

( )x t un grupo de señales, reconocido como señales de prueba, cuyas gráficas se muestran

en la figura C.1.

La señal impulso unitario se utiliza para evaluar la respuesta impulso ( )h t de un sistema,

fundamental para identificar su estabilidad. Aunque no tiene una definición algebraica, se

reconoce por la siguiente propiedad:

( ) 1t dt∞

−∞

δ =∫ (3.4)

La señal escalón unitaria, de acurdo con la figura C.1, puede definirse como:

1, 0

( )0, 0

tu t

t

>= <

(3.5)

t

u(t)

1

t

δ(t)

1

t

r(t)

Figur a C.1 Señales elementales usadas en el análisis y diseño de sistemas de control.

Impulso unitario Escalón unitario Rampa unitaria

Apéndice C – FUNDAMENTOS DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE C - 3

Finalmente, señal rampa unitaria, según la figura C.1, se define como

, 0

( )0, 0

t tr t

t

≥= <

(3.6)

Existe otro conjunto de señales que, sin ser señales de prueba, aparecen en las expresiones

analíticas de la respuesta de un sistema de control y también se consideran como señales

elementales:

- señal exponencial: , ( ) 0atx t e t−= ≥

- señal seno: , ( ) ( ) 0x t sen t t= ω ≥

- señal coseno: , ( ) ( ) 0x t cos t t= ω ≥

Los siguientes ejemplos muestran la evaluación de la TL de señales elementales, donde se

mostrará el uso de (3.1) o (3.2) según el tipo de causalidad de la señal real ( )x t . Ejemplo C.1: Usando la definición, evaluar la TL de las siguientes señales elementales:

a. 1( ) ( )atx t e u t−= b. 2( ) ( )x t u t==== c. 3( ) ( )x t tδ====

Solución: Como la señal 1( )x t es causal, usamos (3.2) para evaluar su TL

( ) ( )( )

1

0 0 0 0

( )

t ts a t a t j tat st s a t

t t

e e eX s e e dt e dt

s a s a+ +

=∞ =∞∞ ∞ − + − σ+ − ω− − − +

= =

= = = − = −+ +∫ ∫

Aunque el término j te ω−−−− es senoidal, el factor de amortiguamiento ( )a te σ− +− +− +− +

puede garantizar un resultado finito para t = ∞= ∞= ∞= ∞ , si 0aσ + >+ >+ >+ > . En otras palabras,

la integral converge solo para valores de { }s aσ = > −= > −= > −= > −Re , que constituye la

región de convergencia (RC). Por lo tanto

1

1( ) , { }X s s a

s a= > −

+Re

La señal 2( )x t es un caso particular de 1( )x t si hacemos 0a ==== . Por lo tanto

2

1( ) , { } 0X s s

s= >Re

Luego la RC de la señal escalón unitario es todo el semiplano derecho (SPD)

del plano-s. Como la señal ( )tδ no tiene definición algebraica, es necesario

recurrir a dos de sus propiedades. En efecto, usando (3.1) la TL es:

3( ) ( ) ( )st stX s t e dt t e dt∞ ∞

− −

−∞ −∞

= δ = δ∫ ∫

Aplicando la propiedad de muestreo de la señal impulso: ( ) ( ) (0) ( )x t t x tδ δ====

TL de señales elementales


0( ) ( ) ( )st st

tt e t e tδ δ δ− −− −− −− −

===== × == × == × == × =

Por lo tanto:

3( ) ( ) 1X s t dt∞

−∞

= δ =∫

que se consigue aplicando la propiedad (3.4) de la integral de la señal impulso.

Usando matemática simbólica de MATLAB ® es posible verificar los resultados

anteriores:

>> syms a t; x1t=exp(-a*t); X1s=laplace(x1t)

X1s = 1/(a+s)

>> x2t=heaviside(t); X2s=laplace(x2t)

X2s = 1/s

>> x3t=dirac(t); X3s=laplace(x3t)

X3s = 1

La tabla C.1 presenta las señales continuas causales de uso más frecuente en el análisis y

diseño de sistemas de control, conocidas como pares de transformadas, porque establecen

la relación ( ) ( )x t X s↔ .

Tabla C.1 - PARES DE TRANSFORMADAS FUNDAMENTALES

No. x(t), t ≥ 0 X(s) No. x(t), t ≥ 0 X(s)

1 ( )tδ 1 7 atnet − 1)(

!++ nas

n

2 ( )u t s

1 8 )( tsen ω

22 ω+ω

s

3 t 2

1

s 9 )( tcos ω

22 ω+s

s

4 nt 1

!+ns

n 10 )( tsene at ω⋅− 22)( ω++

ωas

5 ate− as +

1 11 )( tcose at ω⋅− 22)( ω++ as

s

6 atte− 2)(

1

as + 12 btat ee −− −

))(( bsas

ab

++−


C.3 PROPIEDADES Y TEOREMAS DE LA TL

Existen dos razones fundamentales para el uso de Propiedades y Teoremas de la TL:

facilitar la evaluación de la TL de una señal continua formada por expresiones algebraicas

compuestas y el cálculo de la transformada inversa (TIL). La tabla C.2 presenta las

propiedades y teoremas fundamentales de la TL. Su demostración se encuentra en la

bibliografía citada al final de este apéndice.

Tabla C.2 - PROPIEDADES Y TEOREMAS DE LA TRANSFORM ADA DE LAPLACE No. Nombre ( )y t ( )Y s

P1 Linealidad 1 1 2 2( ) ( )a x t a x t+ 1 1 2 2( ) ( )a X s a X s+

P2 Desplazamiento real 0 0( ) ( )x t t u t t− − 0 ( )ste X s−

P3 Desplazamiento

complejo ( )ate x t− ( )X s a+

P4 Escalamiento real ( )x at 1

( / )X s aa

P5 Multiplicación por t ( )t x t ( )d

X sds

−

P6a Primera y segunda

derivada

( )dx t

dt ( ) (0 )sX s x +−

P6b 2

2

( )d x t

dt 2 ( ) (0 ) '(0 )s X s sx x+ +− −

P7 Integral definida 0

( )t

x d+

τ τ∫ 1( )X s

s

P8 Convolución ( ) ( )h t x t∗ ( ) ( )H s X s⋅

P9 Teorema del valor

inicial 0(0 ) ( )

tx lim x t

+

+

→= ( )

slim sX s→∞

P10 Teorema del valor final ( ) ( )t

x lim x t→∞

∞ = 0

( )slim sX s

→

Ejemplo C.2: Aplicando propiedades, obtener la TL de la señal

, ( ) 5 (2 ) 3 4 0ty t sen t e t−= + + ≥

Solución: Aplicando la propiedad P1 y usando las transformadas T6, T5 y T2, obtenemos:

3 2

2 2

2 1 4 7 14 30 16( ) 5 3

4 1 ( 1)( 4)

s s sY s

s s s s s s

+ + += + + =+ + + +

Propiedad de linealidad


Utilizando matemática simbólica de MATLAB ®:

>> syms s t % declara variables simbólicas >> y=5*sin(2*t)+3*exp(-t)+4

y = 5*sin(2*t)+3*exp(-t)+4

>> Ys=laplace(y)

Ys = 3/(s + 1) + 10/(s^2 + 4) + 4/s

>> Ys=factor(Ys); pretty(Ys) %factoriza y despliega Y(s)

3 2 7 s + 14 s + 38 s + 16 ------------------------ 2 s (s + 1) (s + 4)

Las funciones simplify(Xs), simple(Xs), factor(Xs) del Toolbox de Matemática

Simbólica (TBMS) permiten simplificar el resultado de una expresión simbólica. La

función pretty() se utiliza para mejorar el despliegue de una expresión simbólica.

Ejemplo C.3: Aplicando propiedades, obtener la TL de la señal

( ) 2 (2 ), 0ty t e sen t t−−−−= + ≥= + ≥= + ≥= + ≥

Solución: Aplicando las propiedades de linealidad (P1) y desplazamiento complejo (P3),

y usando las transformadas T2 y T8, obtenemos:

2

2 2 3 21

2 2 2 2 2 6 10( )

4 ( 1) 4 2 5s s

s sY s

s s s s s s s= +

+ += + = + =+ + + + +

Usando matemática simbólica de MATLAB ®:

>> syms t w; yt=2+exp(-t)*sin(2*t); Ys=laplace(yt )

Ys = 2/s + 2/((s + 1)^2 + 4)

>> Ys=factor(Ys)

(2*(s^2 + 3*s + 5))/(s*(s^2 + 2*s + 5))

Para obtener forma de fracción racional

>> [nYs,dYs]= SYM2NUM(Ys); %polinomios de Y(s) >> printsys(nYs,dYs,'s')

num/den = 2 s^2 + 6 s + 10 ----------------- s^3 + 2 s^2 + 5 s

Propiedades de linealidad y desplazamiento complejo


En el ejemplo anterior se observa que la matemática simbólica de MATLAB asume señales

causales. La función especial SYM2NUM()se desarrolló para obtener los polinomios del

numerador y denominador de la expresión simbólica Ys, necesarios para construir la forma

de fracción racional. Introduciendo solo el nombre de esta función se consigue ayuda y un

ejemplo de aplicación. Ejemplo C.4: Aplicando propiedades, obtener la TL de las siguientes señales:

( ) 5 [4( 1)] ( 1)x t sen t u t= − −= − −= − −= − −

Solución: Se trata de una señal una señal con atraso, que se utiliza para modelar tiempo

muerto en sistemas de control. Aplicando directamente T6 y la propiedad de

desplazamiento real (P2):

T6: 2

45 (4 ) ( ) 5

16sen t u t

s↔ ×

+ P2:

2 2

20 20( )

16 16

ss e

X s es s

−−= × =

+ +


>> syms t; >> x1t=5*sin(4*t)*heaviside(t); >> X1s = laplace(x1t)

X1s = 20/(s^2 + 16)

>> xt=subs(x1t,t,t-1) >> Xs=laplace(xt)

Xs = 20/(exp(s)*(s^2 + 16)

>> subplot(2,1,2), ezplot(x1t,[0 3]) >> subplot(2,1,2), ezplot(xt,[0 3]) >> %comandos de graficación...

La gráfica correspondiente se muestra en al figura C.1

Propiedad de desplazamiento real

Figura C.1 Señal ( )x t con tiempo muerto del ejemplo C.4.


Comentarios:

1. La función ezplot() del TBMS permite obtener directamente la gráfica de una

función simbólica.

2. La presencia de un factor exponencial 0ste− en el dominio-s indica tiempo muerto de

la señal en el dominio-t y genera una expresión de ( )X s que no es una fracción

racional.

Ejemplo C.5: Obtener la TL del siguiente pulso triangular:

Solución: La señal ( )v t puede generarse usando el método directo, en función de los cambios de amplitud y pendiente:

( ) 2.5 ( ) 2.5( 2) ( 2) 5 ( 2)v t t u t t u t u t= − − − − −

Aplicando la propiedad de desplazamiento real (P2) y T2 y T3, obtenemos:

2 2 2

2 2 2

2.5 2.5 5 2.5( ) [1 (2 1) ]s s sV s e e s e

s s s s

− − −= − − = − +


>> syms t; ut=heaviside(t); utm2=subs(ut,t,t-2); >> vt=2.5*t*ut-2.5*(t-2)*utm2-5*utm2;

>> ezplot(vt,[0 3]) >> Vs=laplace(vt)

Vs = 5/(2*s^2) - 5/(2*s^2*exp(2*s)) - 5/(s*exp (2*s))

La gráfica de ( )v t se muestra en la figura C.2

TL de una señal gráfica.

( )v t

t

5

2

Figura C.2 Pulso triangular v(t) del ejemplo C.5.


C.4 TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE

Existen 3 métodos que se utilizan para obtener la transformada inversa de Laplace (TIL):

- uso de propiedades y tabla de pares de transformadas.

- método de fracciones parciales.

- funciones de MATLAB .

Transformada inversa usando propiedades y tablas

Es un método directo para obtener la TIL, que se basa en construir el resultado de ( )f t ,

manipulando la expresión algebraica de ( )F s , para ajustarla a la forma que normalmente

aparece en las tablas de pares de transformadas ( ) ( )f t F s↔ . El trabajo de manipulación

algebraica generalmente consiste en descomponer ( )F s en funciones más elementales, pero

en algunos puede ser complejo, según su forma original.

Ejemplo C.6: Aplicando propiedades y pares de transformadas, obtener la TIL de

2

3( )

( 2) 16

sX s

s

+=+ +

Solución: Observando la tabla existe similitud con T10 y T11. Modificando, obtenemos

2 2 2 2 2

3 2 1 4( )

( 2) 16 ( 2) (4) ( 2) (4) 4

s sX s

s s s

+ += = + ×+ + + + + +

El primer término es la T11 para 2a = y 4ω = . El segundo puede asociarse

con T10 para 2a = y 4ω = . Luego:

, 2 214( ) (4 ) (4 ) 0t tx t e cos t e sen t t− −= + ≥

El mismo resultado se obtiene utilizando matemática simbólica de MATLAB :

>> syms s >> Xs=(s+3)/((s+2)^2+16)) >> xt=ilaplace(Xs)

xt = (cos(4*t) + sin(4*t)/4)/exp(2*t)

Transformada inversa usando Fracciones Parciales

Si ( )F s es una función racional, se caracteriza porque está formada por la relación de dos

polinomios en la variable s, de la forma general:

1

1 1 0

1

1 1 0

( )( )

( )

m m

m m

n n

n

N s b s b s b s bX s

D s s a s a s a

−−

−−

+ + + += =+ + + +

⋯

⋯ (3.7)

TIL usando propiedades y pares de transformadas.


Las raíces del numerador se reconocen como los ceros de ( )X s y las raíces del

denominador como los polos de ( )X s . Se puede demostrar [Carlson1998] que si ( )X s es

una fracción racional propia ( )m n< es posible descomponerla en la suma de fracciones

parciales simples, evaluadas a partir de las raíces ( ) 0D s = o polos de la función. Según de

la forma de los polos de ( )X s pueden ocurrir 3 casos:

Caso 1: Polos reales simples.

El desarrollo de las fracciones (FP) se fundamenta en el teorema de expansión de Heaviside

[Cheng1959], donde ( )X s puede expresarse como:

1 2

1 2 1 2

( ) ( )( )

( ) ( )( ) ( )n

n n

N s N s R R RX s

D s s p s p s p s p s p s p= = = + + +

− − − − − −⋯

⋯ (3.8)

siendo , , , ... , 1 2 3 np p p p los polos reales de ( )F s y , , , ... , 1 2 3 nR R R R los residuos asociados con cada polo. Para calcular el residuo 1R , multiplicamos los dos lados de (3.8) por el factor 1( )s p− ,

correspondiente al polo y evaluamos el resultado en 1s p= :

1 1 1

1 2 1 11

2

( )( ) ( ) ( )

( )n

ns p s p s p

N s s p R s p R s pR

D s s p s p= = =

− − −= + + +− −

⋯

Los términos de la derecha se anulan y es posible obtener 1R , como

1

11

( )( )

( )s p

N s s pR

D s =

−=

Generalizando, para el i-ésimo polo:

( )

( )( )

i

i i

s p

N sR s p

D s =

= − (3.9)

Antes de evaluar (3.9), es conveniente factorizar el denominador ( )D s , para simplificar el

factor común ( )is p− , correspondiente al polo ip de ( )X s . Aplicando T5 de la tabla C.1, la

TIL de ( )X s puede expresarse como:

1 2

1 2( ) np t p t p t

nx t R e R e R e= + + +⋯ (3.10)

Para que ( )x t sea acotada (estable), cada sumando en (3.10) debe ser exponencial

decreciente, lo cual se consigue si todos los polos 0ip < . Se dice entonces que ( )x t es

estable si todos los polos de ( )X s están en el semiplano izquierdo (SPI) del plano-s.

Existen situaciones especiales de control de procesos, donde en ( )X s , m n≤ . En este caso,

antes de aplicar el método de FP debe efectuarse la división, para obtener la suma de una

constante y una fracción racional propia.


Ejemplo C.7: Aplicando el método de FP, obtener la TIL de

a. 3 2

2 3( )

5 4

sY s

s s s

+=+ +

b. 2

2

2 6( )

2 6 4

sX s

s s

+=+ +

Solución: a. Antes de aplicar el método FP, factorizamos el denominador de ( )Y s para

identificar sus polos:

2 3( )

( 1)( 4)

sY s

s s s

+=+ +

→ polos: 1 0p = , 2 1p = − , 3 4p = −

Luego ( )Y s puede expresarse en FP, como:

( )1 4

A B CY s

s s s= + +

+ +

Aplicando (3.9), obtenemos:

0

2 3 3 3

( 1)( 4) (1)(4) 4s

sA

s s =

+= = =+ +

De modo similar, 1 / 3B = − y 5 / 12C = − . Sustituyendo en ( )Y s :

3 / 4 1 / 3 5 / 12( )

1 4Y s

s s s= − −

+ +

Aplicando T2 y T5 de la tabla C.1:

, 43 1 54 3 12

( ) 0t ty t e e t− −= − − ≥

Se observa que ( )y t es estable, lo cual será mostrado más adelante usando

MATLAB .

b. En este caso ( )X s no es una fracción racional y por lo tanto es necesario

efectuar la división, antes de aplicar el método de FP:

2

2 2

2 6 6 2( ) 1

2 6 4 2 6 4

s sX s

s s s s

+ − += = ++ + + +

Aplicando FP para el segundo término:

1 2

1 2 2

6 2 3 1 3 1( )

2 6 4 3 4 ( 1)( 2) 1 2

A As s sX s

s s s s s s s s

− + − + − += = = = ++ + + + + + + +

Es importante observar que para evitar interpretaciones erróneas en el

método FP, es necesario normalizar el polinomio del denominador, de modo

que el coeficiente del término de orden mayor sea 1. Aplicando (3.9), para

los polos 1 1p = − y 2 2p = −

TIL usando método FP para plos reales.


1

1

3 1 44

2 1s

sA

s =−

− += = =+

De modo similar 2 7A = − . Por lo tanto:

4 7( ) 1

1 4X s

s s= + −

+ +

Aplicando T1, T2 y T5, de la tabla C.1, obtenemos:

, 2( ) ( ) 4 7 0t tx t t e e t− −= δ + − ≥

Utilizando MATLAB , obtenemos:

>> Ys=(2*s+3)/(s^3+5*s^2+4*s); >> yt=ilaplace(Ys)

yt = 3/4 - 5/(12*exp(4*t)) - 1/(3*exp(t))

>> Xs=2*s^2+6/(2*s^2+6*s+4); >> xt = ilaplace(Xs)

xt = 4/exp(t) - 7/exp(2*t) + dirac(t) El programa MATLAB incluye la función básica residue() que facilita el cálculo de las

FP de una función racional ( )X s . Aplicando al ejemplo C.7, obtenemos:

>> nYs=[2 3]; dYs=[1 5 4 0]; >> [r,p,k]=residue(nYs,dYs)

R = -0.4167 p = -4 C = [] -0.3333 -1 0.7500 0

También es posible obtener la forma simbólica de las FP, como

>> FPYs=diff(int(Ys))

FPYs = 3/(4*s) - 5/(12*(s + 4)) - 1/(3*(s + 1))

Los resultados anteriores coinciden con los valores mostrados en el ejemplo C.7. Se deja al

lector la verificación de resultados para la señal ( )x t .

Caso 2: Polos complejos conjugados simples.

Aunque (3.9) y (3.10) son válidas para polos complejos conjugados simples, a continuación

se desarrollará una expresión práctica que facilita la construcción directa de la TIL.

Si ( )X s contiene un polo complejo conjugado de la forma 1,2p j= α ± ω , aplicando (3.8),

obtenemos:

1

0 0 1 0 0

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

N s N s k kX s X s

D s s p s p D s s p s p

∗

∗ ∗= = = + +− − − −

(3.11)


donde 0p j= −α + ω y 1( )X s es la parte que incluye otro tipo de polos. El residuo del

primer polo puede calcularse usando (3.9):

0

0 0

0 1 0 0 1 0 1 0

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( )s p

N s N p N pk c j d

s p D s p p D p j D p∗ ∗=

= = = = +− −

(3.12)

Combinando los dos primeros términos en (3.11), obtenemos:

*

* 2 2

0 0 ( )( ) ( )

k k cs d cs d

s p s p s j s j s

+ ++ = =− − + α − ω + α + ω + α + ω

Este resultado muestra los polos complejos conjugados simples conducen a un términos

similares a T10 y T11 de la tabla C.1. En efecto, considerando la TIL del término

característico asociado con los polos complejos conjugados, de acuerdo con (3.10), para

0p j= −α + ω , debe ser de la forma:

0 0 0 0 ( ) ( )

0( ) ( )p t p t p t p t j t j t t j t j tx t k e k e k e k e k e k e e k e k e∗ ∗∗ ∗ −α+ ω ∗ −α− ω −α ω ∗ − ω= + = + = + = +

Para k a j b= + , obtenemos:

0( ) ( ) ( ) ( ) ( )t j t j t t j t j t j t j tx t e a jb e a j b e e a e e j b e e−α ω − ω −α ω − ω ω − ω = + + − = + + −

Aplicando la identidad de Euler:

[ ]0( ) 2 ( ) 2 ( )tx t e a cos t bsen t−α= ω − ω (3.13)

que se reconoce como la solución extendida, donde c y d se obtienen a partir de (3.12).

Utilizando álgebra es posible transformar (3.13) para lograr la solución agrupada:

0( ) ( )tx t Ae sen t−α= ω + θ (3.14)

El problema se reduce a calcular los valores de A y θ, que pueden obtenerse, expandiendo

la expresión anterior:

[ ]0( ) ( ) ( ) ( ) ( )tx t e Asen t cos Acos t sen−α= ω θ + ω θ (3.15)

Comparando (3.13) y (3.15):

y 2 ( ) 2 ( )c Asen d Acos= θ = − θ (3.16)

Sustituyendo (3.16) en (3.12):

0

1 0

( )( ) ( )

2 ( ) 2 2

N p A Asen j cos

j D p= θ − θ → 0

1 0

( )( ) ( )

( )

N pAcos j Asen A

D p= θ + θ = θ∡

Finalmente, obtenemos:

0

1

1 ( )

( )s p

N sA

D s =

θ = ×ω

∡ (3.17)


La expresión (3.17) puede utilizarse para construir la solución agrupada (3.14). Ejemplo C.8: Aplicando el método de FP, obtener la TIL de

2

5( )

( 2 2)Y s

s s s=

+ +

Solución: Los polos de ( )Y s son y 1 2,30 1p p j= = − ± . Descomponiendo en FP

0( ) ( )R

Y s Y ss

= +

Aplicando (3.9) obtenemos el residuo del polo real:

20

52.5

2 2 s

Rs s =

= =+ +

Para el término característico de 0( )y t , aplicamos (3.17) con 1α = − y 1ω = :

011

1 ( ) 1 52.5 2.5 3.5355 135

( ) 1 s js p

N sA j

D s s =− +=

θ = × = × = − − = − °ω

∡ ∡

Sustituyendo en (3.14)

0( ) 3.5355 ( 135 )ty t e sen t−= − °

Por lo tanto

, ( ) 2.5 3.5355 ( 135 ) 0ty t e sen t t−= + − ° ≥

Utilizando matemática simbólica de MATLAB :

>> syms s >> Ys=5/s/(s^2+2*s+2); >> yt=ilaplace(Ys)

yt = 5/2 - (5*(cos(t) + sin(t)))/(2*exp(t))

Se puede verificar que el resultado anterior es la solución extendida:

[ ], ( ) 2.5 2.5 ( ) ( ) 0ty t e cos t sen t t−= − + ≥

En efecto, aplicando la función residue(), obtenemos:

>> nYs=5; dYs=[1 2 2 0]; >> [r,p,k]=residue(nYs,dYs)

r = -1.2500 + 1.2500i p = -1.0000 + 1.0000i k = [] -1.2500 - 1.2500i -1.0000 - 1.0000i 2.5000 0

En el resultado anterior 1.25 1.25k j a j b= − + = + . Sustituyendo 1α = − ,

1ω = , 1.25a = − y 1.25b = en (3.13) se obtiene la expresión anterior de la

forma extendida.

TIL usando método FP para polos complejos conjugados.


Caso 3: Polos reales múltiples

Aunque este caso poco se presenta en aplicaciones de control de procesos, será desarrollado

a continuación, para comprobar que su solución en el dominio-t es inestable. Si una función

racional ( )Y s contiene un polo 0p de multiplicidad m, se puede demostrar que:

1 212

0 1 0 0 0

( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )m

m m

N s N s A A AY s Y s

D s s p D s s p s p s p= = = + + + +

− − − −⋯ (3.18)

de este modo el polo múltiple 0s p= genera m-fracciones parciales, donde el orden

mostrado en (3.18), obedece a la interpretación de los resultados que serán obtenidos más

adelante, utilizando la función residue() de MATLAB .

El residuo correspondiente a la última fracción parcial puede obtenerse aplicando (3.9),

incluyendo el factor 0( )ms p− del denominador, como:

0 0

0

1

( ) ( )( )

( ) ( )

m

m

s p s p

N s N sA s p

D s D s= =

= − = (3.19)

Los demás residuos pueden obtenerse aplicando el método de sustitución, que se basa en

reconocer que (3.18) es una identidad, que válida para cualquier valor de s, excepto un polo

de ( )Y s . De este modo, seleccionando ( 1)m − valores arbitrarios de s, se pueden formular

( 1)m − ecuaciones algebraicas, cuya solución simultánea permite obtener los ( 1)m −

residuos restantes.

Ejemplo C.9: Aplicando el método de FP, obtener la TIL de

2

2 5( )

( 2) ( 5)

sY s

s s s

+=+ +

Solución: ( )Y s tiene 2 polos reales simples en 1 0p = , 2 5p = − y un polo en 3 2p = − con

multiplicidad 2m = . Descomponiendo en FP, según (3.18):

2 2

2 5( )

( 2) ( 5) 2 ( 2) 5

s A B C DY s

s s s s s s s

+= = + + ++ + + + +

Aplicando (3.9) calculamos los residuos A y D, como:

2

0

2 5 5 1

( 2) ( 5) (4)(5) 4s

sA

s s =

+= = =+ +

2

5

2 5 5 1

( 2) ( 5)(9) 9s

sD

s s =−

+ −= = =+ −

Para calcular C, aplicamos (3.19):

2

2 5 1 1

( 5) ( 2)(3) 6s

sC

s s =−

+= = = −+ −

TIL usando métodoFP para plos complejos conjugados.


De este modo quedaría por calcular un solo residuo ( )B , que puede obtenerse

por el método de sustitución. Evaluando la expresión de ( )Y s como una

identidad, para 1s = (es el valor más simple que no es un polo) y sustituyendo

los valores ya calculados de 1 / 4A = , 1 / 9D = y 1 / 6C = − , obtenemos:

2

1

2 5 7 1 / 4 1 / 6 1 / 9

( 2) ( 5) (9)(6) 1 3 9 6s

s B

s s s =

+ = = + − ++ +

Resolviendo: 13

36B =

Por lo tanto,

2

1 / 4 13 / 36 1 / 6 1 / 9( )

2 ( 2) 5Y s

s s s s= + − +

+ + +

Aplicando T2, T5 y T6:

, 2 2 51 13 1 14 36 6 9

( ) 0t t ty t e t e e t− − −= + − + ≥

Este resultado puede verificarse usando MATLAB :

>> syms s >> Xs=(2*s+5)/s/(s+2)^2/(s+5) >> xt=ilaplace(Xs)

xt = 1/(9*exp(5*t))-13/(36*exp(2*t))-t/(6*exp(2* t))+1/4

>> format rat; nXs=[2 5]; dXs=poly([0 -2 -2 -5]); >> [r,p,k]=residue(nXs,dXs)

r = 1/9 p = -5 k = [] -13/36 -2 -1/6 -2 1/4 0

>> format

Interpretando resultados a la luz de (3.18), se obtiene el mismo resultado

anterior para ( )Y s . Finalmente, es posible obtener la descomposición en

fracciones parciales, como:

>> FPXs=diff(int(Xs))

FPXs = 1/(9*(s+5)) - 1/(6*(s+2)^2) - 13/(36*(s+2)) + 1/(4*s)

C.5 SOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES

El modelo matemático dinámico de más bajo nivel, de un componente el sistema de control

de procesos, es la ecuación diferencial (ED) y se utiliza para formular la relación

entrada salida⇔ . Asumiendo que el componente en un sistema lineal, invariante en el


tiempo (LIT), de 1-entrada y 1-salida (SISO), como el mostrado en la figura C.3, la forma

general de la ED es:

1

1 1 01

( ) ( ) ( )( ) ( )

n n

nn n

d y t d y t dy ta a a y t x t

dt dt dt

−

− −+ + + + =⋯ (3.20)

La expresión anterior se reconoce como la ecuación diferencial ordinaria de orden-n, con

coeficientes constantes, a través de la cual es posible evaluar la respuesta dinámica ( )y t de

cada componente del sistema de control de procesos, sometido a una entrada arbitraria

( )x t . En (3.20) se observa que el coeficiente 1na = , que constituye la forma normalizada

de la ED y es conveniente para evitar errores al descomponer ( )Y s en fracciones parciales.

Procedimiento general para resolver una ED usando T L

Resolver una ecuación diferencial (ED) es obtener la forma analítica o gráfica de la

respuesta ( )y t del sistema LIT, asumiendo que se conoce la entrada ( )x t . En aplicaciones

de control de procesos se prefiere la solución gráfica, porque permite inferir rápidamente

sobre aspectos relacionados con la estabilidad absoluta y relativa del sistema.

El procedimiento general para obtener la solución de una ED, utilizando como herramienta

la transformada de Laplace (TL), se resume en:

1. Transforma la ED, aplicando las propiedades P6a y P6b de la tabla C.2. Esta

transformación, convierte la ED en una ecuación algebraica dominio-s.

2. Resolver la ecuación algebraica para obtener la solución ( )Y s .

3. Obtener la solución ( )y t en el dominio-t, aplicando los métodos desarrollados en la

sección C.4.

El siguiente ejemplo muestra el uso de este procedimiento en la solución de una ED

ordinaria de coeficientes constantes, como modelo de un sistema LIT.

Ejemplo C.10: Resolver la siguiente ED ordinaria de orden-2:

2

2 6 4 ( ) 10 ( )2

d y d yy t u t

dt dt+ + =

asumiendo las siguientes condiciones iniciales: (0) 1y = − , '(0) 2y =

COMPONENTE DEL SISTEMA

(LIT)

( )x t ( )y t Figura C.3 Modelo LIT de un componente del sistema de control.

Solución de ED ordinaria de orden 2, usando transformada de Laplace.


Solución: Antes de aplicar el procedimiento anterior, como el primer coeficiente de la ED

es diferente de 1, debemos normalizarla, dividiendo por 2 2a = :

2

23 2 ( ) 5 ( )

d y dyy t u t

dt dt+ + =

Transformando la ED al dominio-s con la ayuda de las propiedades P6a y P6b

de la tabla C.2:

[ ]2 5( ) (0 ) '(0 ) 3 ( ) (0) 2 ( )s Y s s y y sY s y Y s

s

+ + − − + − + =

Sustituyendo las condiciones iniciales: (0) 1y = − , '(0) 2y =

[ ]2 5( ) 2 3 ( ) 1 2 ( )s Y s s sY s Y s

s + − + + + =

Agrupando términos, obtenemos como solución en el dominio-s:

2 2

2

5 5( )

( 3 2) ( 1)( 2)

s s s sY s

s s s s s s

+ − + −= − = −+ + + +

Para conseguir ( )y t , expandimos ( )Y s en fracciones parciales, a partir los

polos reales simples: 1 0p = , 2 1p = − y 3 2p = − :

( )1 2

A B CY s

s s s= + +

+ +

Aplicando (3.9), obtenemos: 2

2

0

5 52.5

( 3 2) 2s

s sA

s s =

+ − −= − = − =+ +

De modo similar, 5B = − y 1.5C = . Por lo tanto:

2.5 5 1.5( )

1 2Y s

s s s= − +

+ +

Aplicando T2 y T5:

, 2( ) 2.5 5 1.5 0t ty t e e t− −= − + ≥

Verificamos usando MATLAB :

>> syms s, Ys=-(s^2+s-5)/s/(s+1)/(s+2); >> FPYs=diff(int(Ys))

FPYs = 3/(2*(s + 2)) - 5/(s + 1) + 5/(2*s)

>> yt=ilaplace(Ys)

yt = 3/(2*exp(2*t)) - 5/exp(t) + 5/2

>> y=dsolve('D2y+3*Dy+2*y=5,y(0)=-1,Dy(0)=2')

y = 3/(2*exp(2*t)) - 5/exp(t) + 5/2


La función dsolve() del TBMS utilizada en el ejemplo C.10, permite calcular

directamente la solución de una ED ordinaria de cualquier orden incluyendo las

condiciones iniciales. Esta función también puede utilizarse para resolver un conjunto de

ED ordinarias, tal como se muestra en el ejemplo C.11.

Componentes de la solución

El ejemplo C.10 nos permite identificar las dos interpretaciones que generalmente se

establecen, desde el punto de vista de las componentes de la respuesta de un sistema LIT:

1. Respuesta natural y respuesta forzada

La respuesta ( )Y s del sistema LIT del ejemplo C.4, puede expresarse como:

2

2 2 2

5 5 1( )

( 3 2) ( 3 2) 3 2

s s sY s

s s s s s s s s

+ − += − = −+ + + + + +

(3.21)

Es fácil verificar que el primer término en (3.21) es la respuesta del sistema cuando se

aplica la entrada 5 ( )u t y se asume que las condiciones iniciales no existen. Esta

componente se reconoce como la respuesta forzada o respuesta de estado cero, y se

obtiene asumiendo que el sistema está en reposo, en el momento de aplicar la entrada

( )x t . Para el sistema del ejemplo C.10, se puede comprobar que:

2

5( )

( 3 2)RFY s

s s s=

+ + ↔ , 2( ) 2.5 5 2.5 0t t

RFy t e e t− −= − + ≥

El segundo término en (3.21) aparece por efecto de los valores de las condiciones

iniciales, cuando ( ) 0x t = . Se reconoce como la respuesta natural o respuesta a entrada

cero. Para el ejemplo C.10, obtenemos:

2

1 1( )

3 2 2RN

sY s

s s s

+= − = −+ + +

↔ , 2( ) 0t

RNy t e t−= − ≥

Sumando estas dos componentes se obtiene la respuesta total del sistema:

{ } { } , 2 2 2( ) ( ) ( ) 2.5 5 2.5 2.5 5 1.5 0t t t t t

RN RFy t y t y t e e e e e t− − − − −= + = − + − + = − + ≥

Utilizando la función dsolve() del TBMS es posible obtener estas dos componentes:

>> yRN=dsolve('D2y+3*Dy+2*y=0,y(0)=-1,Dy(0)=2')

yRN = -1/exp(2*t)

>> yRF=dsolve('D2y+3*Dy+2*y=5,y(0)=0,Dy(0)=0')

yRF = 5/(2*exp(2*t)) - 5/exp(t) + 5/2

2. Respuesta transitoria y respuesta permanente.

Para evaluar de estas componentes, asumimos que el sistema es estable. La respuesta

transitoria corresponde a los términos de ( )y t que desaparecen después de un cierto


tiempo. En el caso de un sistema de control la respuesta transitoria, permite caracterizar

el atraso del sistema a través del tiempo estabilización ( )ssT , mostrado en la figura 1.22.

Por otro lado, la respuesta permanente es la que permanece en el tiempo y depende de la

forma de la entrada ( )x t . En los sistemas de control se utiliza para evaluar el error

estacionario o error permanente (offset del control P).

Considerando la respuesta forzada ( )RFy t del sistema del ejemploC.10, se observa que

las componentes de respuesta transitoria y respuesta permanente son:

, 2( ) 5 2.5 0t t

RTy t e e t− −= − + ≥

, ( ) 2.5 0RPy t t= ≥

En este caso, la respuesta permanente es constante, porque la entrada es un escalón. En

la figura C.4 se pueden observar las dos componentes (transitoria y permanente) de la

respuesta forzada del sistema del ejemplo C.10.

Consistencia en la formulación de una ED

Al formular una ecuación diferencial (ED) como modelo dinámico de un sistema de

control, es necesario que las condiciones iniciales sean consistentes con el comportamiento

dinámico del modelo físico. Esta consistencia puede verificarse al resolver la ED,

evaluando la solución (respuesta del sistema) para 0t = .

Verificando esta consistencia para (0)y en el ejemplo C.10, obtenemos:

2

0(0) 2.5 5 1.5 2.5 5 1.5 1t t

ty e e− −

== − + = − + = − → OK

Para verificar '(0)y debemos obtener '( )y t , a partir de la solución completa:

( )2 2'( ) 2.5 5 1.5 5 3t t t tdy t e e e e

dt

− − − −= − + = −

2

0'(0) 5 3 5 3 2t t

ty e e− −

== − = − = → OK

Solución simultánea de ED

En el desarrollo de algunos modelos dinámicos de control es posible que exista un par

ecuaciones diferenciales ordinarias simultáneas. Un caso típico es el sistema de control en

Figura C.4 Componentes transitoria y permanente de la Respuesta Forzada.


cascada, donde la entrada (setpoint) del controlador secundario es determinada por la salida

del controlador primario. El siguiente ejemplo muestra el uso de la transformada de

Laplace en la solución de un sistema simultáneo de ED.

Ejemplo C.11: El modelo de un sistema de control está definido por las siguientes ED

3 ( ) 4 ( )d x

x t y tdt

+ = 3 ( ) 4 ( )d y

y t x td t

+ = −

asumiendo las siguientes condiciones iniciales: (0) 0x = , (0) 1y =

Solución: Llevando al dominio-s con base en la propiedad P.6a de la tabla C.2

[ ]( ) (0) 3 ( ) 4 ( )sX s x X s Y s− + = [ ]( ) (0) 3 ( ) 4 ( )sY s y Y s X s− + = −

Sustituyendo las condiciones iniciales y organizando en forma matricial:

3 4 ( ) 0

4 3 ( ) 1

s X s

s Y s

+ − = +

Que es una ecuación matricial de la forma clásica: =AX B . Para resolverla,

obtenemos el determinante del sistema:

23 4

( ) ( 3) 164 3

ss s

s

+ −∆ = = = + +

+A

A partir de este, la inversa de A es:

13 41

4 3( )

s

ss

− + = +∆

A

Por lo tanto:

13 4 0 41 1

4 3 1 3( ) ( )

s

s ss s

− + = = = + +∆ ∆

X A B

Interpretando resultados:

2

4( )

( 3) 16X s

s=

+ +

2

3( )

( 3) 16

sY s

s

+=+ +

Este resultado puede verificarse usando matemática simbólica de MATLAB :

>> syms s Xs Ys >> A=[s+3 -4;-4 s+3]; B=[0;1] >> X=inv(A)*B

X = 4/(s^2 + 6*s + 25) (s + 3)/(s^2 + 6*s + 25)

Solución de ED ordinaria de orden 2, usando transformada de Laplace.


Aplicando T10 y T11 de la tabla C.1:

, 3( ) (4 ) 0tx t e sen t t−= ≥ , 3( ) (4 ) 0ty t e cos t t−= ≥

Este resultado puede verificarse usando la función dsolve() del TBMS:

>> S=dsolve('Dx+3*x=4*y','Dy+3*y =-4*x','x(0)=0','y (0)=1')

S = x: [1x1 sym] y: [1x1 sym]

>> xt=S.x, yt=S.y

xt = sin(4*t)/exp(3*t)

yt = cos(4*t)/exp(3*t)

fundamentos de la transformada de laplace

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