▷ Respuesta en el Tiempo usando Transformada de Laplace

En esta entrada aprenderemos a solucionar ecuaciones diferenciales mediante la Transformada de Laplace con aplicación específica a los sistemas de control automático, donde resolveremos problemas que implican funciones de transferencia con polos reales, polos complejos conjugados y polos repetidos.

Antes de comenzar, te hago la invitación para que veas nuestro CURSO GRATUITO DE ANÁLISIS DE SISTEMAS.

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Solución de Ecuaciones Diferenciales Mediante la Transformada de Laplace

Hipótesis Inicial

Vamos a presentar el uso de la transformada de Laplace para resolver las ecuaciones diferenciales que representan la dinámica de los procesos y sus sistemas de control.

Debido a que el objetivo es encontrar la forma en que las señales de salida responden a las funciones de forzamiento de entrada, asumimos en esta serie de videos siempre que las condiciones iniciales están en estado estacionario (derivadas con respecto al tiempo cero).

También definimos todas las variables como desviaciones de sus valores iniciales. Esto hace que todas las variables de desviación tengan un valor inicial igual a cero.

Respuesta temporal de sistemas dinámicos

Para encontrar la respuesta en el tiempo de un sistema dinámico vamos a utilizar la transformada de Laplace para poder resolver las ecuaciones diferenciales que describen el comportamiento del sistema por medio del dominio transformado «s».

Esto nos da la facilidad de poder tratar el problema de forma algebraica pues vamos a conocer cual es la dinámica de nuestro proceso expandiendo las funciones de transferencia en fracciones parciales y al final simplemente aplicamos transformada inversa de Laplace para retomar el sistema en el dominio del tiempo. Si aplicamos esos tres pasos en un sistema de segundo orden por ejemplo, vamos a tener lo siguiente:

La ecuación diferencial de un sistema de segundo orden (máxima derivada de la ecuación diferencial) cualquiera viene dado por:

$a_2\dfrac{d^2y(t)}{dt^2}+a_1\dfrac{dy(t)}{dt}+a_0y(t)=bu(t)$

Para poder entender esta entrada será necesario:

>> DESCARGAR LA TABLA DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE <<

Paso 1:

Transformar la ecuación diferencial en una ecuación algebraica en la variable transformada «s» de Laplace

$\mathscr{L}\left\{ a_2\dfrac{d^2y(t)}{dt^2}+a_1\dfrac{dy(t)}{dt}+a_0y(t)\right\}=\mathscr{L}\{bu(t)\}$

La función u(t) se denomina «función de forzamiento» o variable de entrada, y y(t) es la «variable de salida» o variable dependiente.

En los sistemas de control de procesos, una ecuación diferencial suele representar cómo un proceso o instrumento
particular relaciona su señal de salida y(t) con su señal de entrada u(t).

Aplicando las propiedades de la ransformada de Laplace que vimos en la entrada pasada, junto con la tabla (Click aqui para ver la entrada pasada) tenemos que:

$\mathscr{L}\left\{ a_2\dfrac{d^2y(t)}{dt^2}\right\}=a_2\left[ s^2Y(s)-sy(0)-\left.\begin{matrix}\dfrac{dy}{dt}\end{matrix}\right|_{t=0}\right]$

Suponiendo por el momento que las condiciones iniciales no son cero, las transformadas de Laplace indicadas se obtienen utilizando el teorema de diferenciación real,

$\mathscr{L}\left\{ a_1\dfrac{dy(t)}{dt}\right\}=a_1\left[ sY(s)-y(0)\right]$

$\mathscr{L}\left\{ a_0y(t)\right\}=a_0Y(s)$

$\mathscr{L}\left\{ bu(t)\right\}=bU(s)$

Nuestra ecuación va a tener la siguiente forma:

$(a_2s^2+a_1s+a_0)Y(s)-(a_2s+a_1)y(0)-a_2\left.\begin{matrix}\dfrac{dy}{dt}\end{matrix}\right|_{t=0}=bU(s)$

Paso 2:

Realizamos Maipulación algebraica para resolver la variable de salida $Y(s)$ con relacion a la variable de entrada $U(s)$

$Y(s)=\dfrac{bU(s)+(a_2s+a_1)y(0)+a_2\left.\begin{matrix}\dfrac{dy}{dt}\end{matrix}\right|_{t=0}}{a_2s^2+a_1s+a_0}$

Esta ecuación muestra el efecto de la variable de entrada, U(s), y de las condiciones iniciales sobre la variable de salida.

Debido a que el objetivo es estudiar cómo responde la variable de salida a la variable de entrada, la presencia de condiciones iniciales complica el análisis.

Para evitar esta complicación innecesaria, se supone que las condiciones iniciales están en estado estacionario

$\left.\begin{matrix}\dfrac{dy}{dt}\end{matrix}\right|_{t=0}=0$

y se define la variable de salida como la desviación de su valor inicial, forzando así a que y(0)=0.

$Y(s)=\dfrac{b}{a_2s^2+a_1s+a_0}U(s)$

Paso 3:

Realizamos la Transformada Inversa de Laplace del resultado obtenido de la salida $Y(s)$ asumiendo para este ejemplo en particular una entrada sencilla, es decir un escalón unitário $U(s)=1/s$

$y(t)=\mathscr{L}^{-1}\left{\dfrac{b}{a_2s^2+a_1s+a_0}\dfrac{1}{s}\right}$

La inversión podría llevarse a cabo fácilmente si la expresión entre corchetes se pudiera encontrar en la tabla de transformadas de Laplace.

La técnica matemática de expansión en fracciones parciales, la cual se presenta a continuación, está diseñada para expandir la transformada de la salida en una suma de términos más simples.

Generalizando

Ahora, pensemos de forma general si tenemos una ecuación diferencial de orde n:

$a_n\dfrac{d^ny(t)}{dt^n}+a_{n-1}\dfrac{d^{n-1}y(t)}{dt^{n-1}}+\cdots+ a_0y(t)=b_m\dfrac{d^mu(t)}{dt^m}+b_{m-1}\dfrac{d^{m-1}u(t)}{dt^{m-1}}+ \cdots +b_0u(t)$

Suponiendo que todas las condiciones iniciales son cero, de forma general una funcion de transferencia de un sistema monovariable, es representado por la siguiente división de polinomios

$\dfrac{Y(s)}{U(s)}=\dfrac{b_ms^m+b_{m-1}s^{m-1}+\cdots+b_1s+b_0}{s^n+a_{n-1}s^{n-1}+\cdots+a_1s+a_0}=\dfrac{N(s)}{D(s)}=G(s)$

donde $n>=1$ .

Raíces Reales y Distintas

Si por ejemplo las raíces del polinomio del denominador de la expresión de salida de nuestro proceso son distintas iguales a $p_1,p_2,\cdots,p_n$ , podemos factorizar nuestra función de transferencia de la siguiente forma:

$Y(s)=G(s)U(s)=\dfrac{N(s)}{(s-p_1)(s-p_2)\cdots(s-p_n)}$

Esta ultima expresión puede ser expandida en fracciones parciales en el caso de tener raices reales distintas asi:

$Y(s)=G(s)U(s)=\dfrac{A_1}{s-p_1}+\dfrac{A_2}{s-p_2}+\cdots+\dfrac{A_n}{s-p_n}$

La idea de utilizar las fracciones parciales es que se pueden usar las propiedades de linealidad de la transformada de Laplace donde la transformada inversa de Laplace se reduce a la suma de transformadas inversas simples, que podemos determinar usando la tabla.

Para poder determinar los coeficientes $A_1,A_2,\cdots,A_n$ basta con aplicar la siguiente ecuación:

$A_i=\underset{s\rightarrow p_i}{Lim}(s-p_i)\dfrac{N(s)}{D(s)}$

donde i=1,2,3,…,n.

Raíces con Multiplicidad

En el caso de tener raíces repetidas (multiplicidad), podemos factorizar la función de transferencia como:

$Y(s)=G(s)U(s)=\dfrac{N(s)}{(s-p_1)^m}$

la expresión en fracciones parciales queda representada de la siguiente forma:

$Y(s)=G(s)U(s)=\dfrac{A_1}{s-p_1}+\dfrac{A_2}{(s-p_1)^2}+\cdots+\dfrac{A_m}{(s-p_1)^m}$

Para poder determinar los coeficientes $A_1,A_2,\cdots,A_m$ basta con aplicar las siguientes dos ecuaciones:

Para encontrar el ultimo coeficiente

$A_m=\underset{s\rightarrow p_1}{Lim}(s-p_1)^m\dfrac{N(s)}{D(s)}$

Para encontrar el resto de coeficientes aplicamos la siguiente ecuación, donde $k=m-1,m-2,m-3,\cdots,3,2,1$

$A_k=\dfrac{1}{(m-k)!}\underset{s\rightarrow p_1}{Lim}\left[\dfrac{d^{m-k}}{ds^{m-k}}\left((s-p_1)^m\dfrac{N(s)}{D(s)}\right)\right]$

Raíces Complejas Conjugadas

Cuando nuestro sistema contiene polos complejos conjugados tendrá la forma de:

$Y(s)=G(s)U(s)=\dfrac{N(s)}{s^2+2\alpha s + (\alpha^2+\beta^2)}$

Donde los polos complejos conjugados serian:

$p=\alpha+\beta i$ y $\bar{p}=\alpha-\beta i$

que se obtienen de:

$D(s)=(s-p)(s-\bar{p})=(s-\alpha)^2+\beta^2$

La expanción en fracciones parciales puede hacerse como una descomposición de factores de segundo grado

$Y(s)=G(s)U(s)=\dfrac{N(s)}{s^2+2\alpha s + (\alpha^2+\beta^2)}=\dfrac{N(s)}{(s-\alpha)^2+\beta^2}$

descomponiendo en fracciones parciales colocando un polinomio en el numerador de un orden menor al denominador. En este caso como tenemos un denominador de segundo grado, vamos a colocar un polinomio en el numerador de primer grado $As+B$ .

$Y(s)=\dfrac{N(s)}{s^2+bs+a}=\dfrac{N(s)}{(s-\alpha)^2+\beta^2}=\dfrac{As+B}{(s-\alpha)^2+\beta^2}$

La solución de un sistema de segundo grado con raíces complejas se reduce en este caso a una igualdad entre los dos polinomios del numerador:

$N(s)=As+B$

Solo resta eliminar los denominadores e igualar todos los coeficientes de los polinomios restantes, En este caso especifico sería $N(s)$ con los coeficientes del polinomio $As+B$ y obtendremos un sistema de ecuaciones donde podremos determinar el valor de A y B (Esto es algebrismo, y no es el objetivo de la entrada enseñar a solucionar fracciones parciales igual en los ejemplos te puede quedar un poco más claro)

Otra forma de encontrar los coeficientes de las fracciones parciales de polos complejos conjugados sin multiplicidad es adicionando a la expansión por fraciones la suma y resta de $A\alpha$ :

$Y(s)=\dfrac{N(s)}{s^2+bs+a}=\dfrac{As+B+A\alpha-A\alpha}{(s-\alpha)^2+\beta^2}$

resolviendo podemos reescribirlo de la siguiente forma:

$Y(s)=\dfrac{A(s-\alpha)}{(s-\alpha)^2+\beta^2}+\dfrac{A\alpha+B}{(s-\alpha)^2+\beta^2}$

Que podriamos reorganizar para llevarlo a la misma forma de Senos y Cosenos expuestos en la tabla de la transformada de Laplace de la siguiente forma

$Y(s)=A\left[\dfrac{(s-\alpha)}{(s-\alpha)^2+\beta^2}\right]+\dfrac{A\alpha+B}{\beta}\left[\dfrac{\beta}{(s-\alpha)^2+\beta^2}\right]$

resolviendo las siguientes dos ecuaciones:

$A=\dfrac{1}{\beta}imag\left[ \underset{s\rightarrow \alpha+i\beta}{Lim} [(s-\alpha)^2+\beta^2] \dfrac{N(s)}{D(s)}\right]$

$\dfrac{A\alpha+B}{\beta}=\dfrac{1}{\beta}real\left[ \underset{s\rightarrow \alpha+i\beta}{Lim} [(s-\alpha)^2+\beta^2] \dfrac{N(s)}{D(s)}\right]$

Una ves conseguimos obtener los coeficientes, es posible llegar a la representación en el tiempo de los polos complejos conjugados los cuales se representan a través de senos y cosenos de la siguiente forma:

$e^{\alpha t}\left[Acos(\beta t)+\dfrac{A\alpha+B}{\beta}sin(\beta t)\right]$

Ejemplos

A continuación vamos a resolver varios ejemplos, cada uno de ellos tiene su respectivo video en Youtube ( si no te has inscrito al canal es una buena hora de hacerlo) Al final del post te dejo un código en Matlab que muestra la solución de estos ejemplos.

Raices Reales y Distintas

Determine la respuesta en el tiempo ante una entrada escalón unitário para un sistema representado por la siguiente ecuacion diferencial.

$\dfrac{d^3y(t)}{dt^3}+9\dfrac{d^2y(t)}{dt^2}+23\dfrac{dy(t)}{dt}+15y(t)=\dfrac{d^2u(t)}{dt^2}+2.5\dfrac{du(t)}{dt}+u(t)$

Aplicamos Transformada de Laplace en el sistema:

$\mathscr{L}\left\{\dfrac{d^3y(t)}{dt^3}+9\dfrac{d^2y(t)}{dt^2}+23\dfrac{dy(t)}{dt}+15y(t)\right\}=\mathscr{L}\left\{\dfrac{d^2u(t)}{dt^2}+2.5\dfrac{du(t)}{dt}+u(t)\right\}$

como no nos dieron condiciones iniciales, las suponemos como nulas, asi el sistema transformado es:

$s^3Y(s)+9s^2Y(s)+23sY(s)+15Y(s)=s^2U(s)+2.5sU(s)+U(s)$

$(s^3+9s^2+23s+15)Y(s)=(s^2+2.5s+1)U(s)$

Por lo tanto nuestra función de transferencia es:

$G(s)=\dfrac{s^2+2.5s+1}{s^3+9s^2+23s+15}$

Como sabemos que una función de transferencia es la relación entre la salida sobre la entrada, entonces sabemos que $G(s)=\dfrac{y(s)}{u(s)}$ , donde la entrada es un escalón unitário, entonces $u(s)=\dfrac{1}{s}$ . Factorizando

$y(s)=\dfrac{(s+2)(s+0.5)}{s(s+5)(s+1)(s+3)}$

Expandiendo en fracciones parciales:

$y(s)=\dfrac{(s+2)(s+0.5)}{s(s+5)(s+1)(s+3)}=\dfrac{A_1}{s}+\dfrac{A_2}{s+5}+\dfrac{A_3}{s+1}+\dfrac{A_4}{s+3}$

Procedemos a encontrar los coeficientes:

$A_1=\underset{s\rightarrow 0}{Lim}\left[(s)\dfrac{(s+2)(s+0.5)}{s(s+5)(s+1)(s+3)}\right]=0.0666$

$A_2=\underset{s\rightarrow -5}{Lim}\left[(s+5)\dfrac{(s+2)(s+0.5)}{s(s+5)(s+1)(s+3)}\right]=-0.3375$

$A_3=\underset{s\rightarrow -1}{Lim}\left[(s+1)\dfrac{(s+2)(s+0.5)}{s(s+5)(s+1)(s+3)}\right]=0.0625$

$A_4=\underset{s\rightarrow -3}{Lim}\left[(s+3)\dfrac{(s+2)(s+0.5)}{s(s+5)(s+1)(s+3)}\right]=0.208$

Asi la solución de las fracciones parciales es:

$y(s)=\dfrac{(s+2)(s+0.5)}{s(s+5)(s+1)(s+3)}=\dfrac{0.0666}{s}-\dfrac{0.3375}{s+5}+\dfrac{0.0625}{s+1}+\dfrac{0.208}{s+3}$

Aplicamos transformada inversa de Laplace al resultado anterior, utilizando la formula (1) y (7) de la tabla que puedes descargar en la entrada de Transformada de Laplace, (click Aqui)

$y(t)=(0.0666-0.3375e^{-5t}+0.0625e^{-t}+0.208e^{-3t})H(t)$

Al final la ecuación está multiplicada por el Heaviside $H(t)$ solo para indicar que la ecuación vale desde el tiempo 0 hasta infinito.

Raíces Múltiplas

Un proceso industrial es representado por la siguiente función de transferencia:

$G(s)=\dfrac{y(s)}{u(s)}=\dfrac{s-2}{(s+4)(s+1)^3}$

Se pide encontrar la respuesta en el tiempo, si el proceso es perturbado con un escalón de magnitud 2.

Procedemos a expandir en fracciones parciales nuestro sistema multiplicado por la entrada $u(s)=\dfrac{2}{s}$ :

$y(s)=\dfrac{s-2}{(s+4)(s+1)^3}\dfrac{2}{s}$

$y(s)=\dfrac{A_1}{(s)}+\dfrac{A_2}{(s+4)}+\dfrac{B_1}{(s+1)}+\dfrac{B_2}{(s+1)^2}+\dfrac{B_3}{(s+1)^3}$

Encontrando los coeficientes tenemos:

Para las raíces simples

$A_1=\underset{s\rightarrow 0}{Lim}\left[(s)\dfrac{2(s-2)}{s(s+4)(s+1)^3}\right]=-1$

$A_2=\underset{s\rightarrow -4}{Lim}\left[(s+4)\dfrac{2(s-2)}{s(s+4)(s+1)^3}\right]=-\dfrac{1}{9}$

Para las raíces Múltiplas

tenemos que $m=3$ por lo tanto aplicamos las formulas:

$B_3=\underset{s\rightarrow -1}{Lim}\left[(s+1)^3\dfrac{2(s-2)}{s(s+4)(s+1)^3}\right]=2$

Para encontrar el resto de coeficientes aplicamos la siguiente ecuación, donde $k=m-1,m-2,m-3,\cdots,3,2,1$

$B_2=\dfrac{1}{(3-2)!}\underset{s\rightarrow -1}{Lim}\left[\dfrac{d^{3-2}}{ds^{3-2}}\left((s+1)^3\dfrac{2(s-2)}{s(s+4)(s+1)^3}\right)\right]=\dfrac{2}{3}$

$B_1=\dfrac{1}{(3-1)!}\underset{s\rightarrow -1}{Lim}\left[\dfrac{d^{3-1}}{ds^{3-1}}\left((s+1)^3\dfrac{2(s-2)}{s(s+4)(s+1)^3}\right)\right]=\dfrac{10}{9}$

Asi llegamos que la expanción por fracciones parciales de la salida es:

$y(s)=-\dfrac{1}{s}-\dfrac{1}{9(s+4)}+\dfrac{10}{9(s+1)}+\dfrac{2}{3(s+1)^2}+\dfrac{2}{(s+1)^3}$

aplicando transfomada inversa de Laplace llegamos a la expresión de la respuesta temporal de la salida:

$y(t)=-1-\dfrac{1}{9}e^{-4t}+\dfrac{10}{9}e^{-t}+\dfrac{2}{3}te^{-t}+t^2e^{-t}$

Polos Complejos

Determine la respuesta en el tiempo ante una entrada pulso unitario con duración de 1 segundo para el siguiente sistema:

$\dfrac{d^2y(t)}{dt^2}+4\dfrac{dy(t)}{dt}+13y(t)=\dfrac{du(t)}{dt}+13u(t)$

Aplicamos Transformada de Laplace en el sistema:

$\mathscr{L}\left\{\dfrac{d^2y(t)}{dt^2}+4\dfrac{dy(t)}{dt}+13y(t)\right\}=\mathscr{L}\left\{\dfrac{du(t)}{dt}+13u(t)\right\}$

como no nos dieron condiciones iniciales, las suponemos como nulas, asi el sistema transformado es:

$s^2Y(s)+4sY(s)+13Y(s)=sU(s)+13U(s)$

$(s^2+4s+13)Y(s)=(s+13)U(s)$

La función de transferencia es:

$G(s)=\dfrac{s+13}{s^2+4s+13}$

La entrada del sistema es: $u(s)=\dfrac{\left(1-e^{-s}\right)}{s}$

Se tiene que la salida en Laplace es:

$Y(s)=\dfrac{s+13}{s^2+4s+13}\dfrac{\left(1-e^{-s}\right)}{s}=\dfrac{(s+13)\left(1-e^{-s}\right)}{s[(s+2)^2+3^2]}$

Vemos que $\alpha=-2$ y $\beta=3$

Expandiendo

$Y(s)=\dfrac{s+13}{s[(s+2)^2+3^2]}-\dfrac{s+13}{s[(s+2)^2+3^2]}e^{-s}$

Defino $v(s)=\dfrac{s+13}{s[(s+2)^2+3^2]}$

entonces

$Y(s)=v(s)-v(s)e^{-s}$

Resuelvo por fracciones parciales

$v(s)=\dfrac{s+13}{s[(s+2)^2+3^2]}=\dfrac{As+B}{(s+2)^2+3^2}+\dfrac{C}{s}$

Encontramos los coeficientes:

$A=\dfrac{1}{3}imag\left[ \underset{s\rightarrow -2+i3}{Lim} \left\{[(s+2)^2+3^2] \dfrac{s+13}{s[(s+2)^2+3^2]}\right\}\right]$

$A=\dfrac{1}{3}imag\left[-1-i3\right]$

$A=\dfrac{1}{3}\left[-3\right]$

$A=-1$

Ahora encontramos el Coeficiente B

$\dfrac{(-1)(-2)+B}{3}=\dfrac{1}{3}real\left[ \underset{s\rightarrow -2+i3}{Lim}\left\{ [(s+2)^2+3^2] \dfrac{s+13}{s[(s+2)^2+3^2]}\right\}\right]$

$\dfrac{2+B}{3}=\dfrac{1}{3}real\left[-1-i3\right]$

$2+B=-1$

$B=-3$

Ahora encontramos el Coeficiente C

$C=\underset{s\rightarrow 0}{Lim} \left[(s) \dfrac{s+13}{s[(s+2)^2+3^2]}\right]$

$C=1$

Llevandolo a la forma de senos y cosenos en evidencia:

$v(s)=A\left[\dfrac{(s-\alpha)}{(s-\alpha)^2+\beta^2}\right]+\dfrac{A\alpha+B}{\beta}\left[\dfrac{\beta}{(s-\alpha)^2+\beta^2}\right]+\dfrac{C}{s}$

$v(s)=-1\left[\dfrac{(s+2)}{(s+2)^2+3^2}\right]-\dfrac{1}{3}\left[\dfrac{3}{(s+2)^2+3^2}\right]+\dfrac{1}{s}$

Transformada inversa

$v(t)=-e^{-2t}cos(3t)-\dfrac{1}{3}e^{-2t}sen(3t)+1$

aplicando en la salida la transformada inversa de Laplace tenemos

$y(t)=v(t)-v(t-1)$

Sustituyendo:

$y(t)=-e^{-2t}cos(3t)-\dfrac{1}{3}e^{-2t}sen(3t)+1+e^{-2(t-1)}cos(3(t-1))H(t-1)+\dfrac{1}{3}e^{-2(t-1)}sen(3(t-1))H(t-1)-H(t-1)$

Cuarto Ejemplo

Un proceso industrial es representado por la siguiente función de transferencia:

$G(s)=\dfrac{2}{(s+4)}$

Se pide encontrar la respuesta en el tiempo, si el proceso es perturbado con la siguiente señal de entrada en $u(t)$ :

Primero encontramos la ecuación en el tiempo de la señal, para poderle aplicar la transformada de Laplace:

Vemos que la señal es una combinación entre rampa y escalón. Para la rampa, debemos averiguar cual es su pendiente:

$m=\dfrac{y_{max}-y_{min}}{x_{max}-x_{min}}=\dfrac{6-0}{8-2}=1$

La pendiente es 1, entonces la ecuación de la rampa es $1t$ .

$u(t)=(t-2)H(t-2)-(t-2)H(t-8)+2H(t-8)$

De la expresión anterior, el termino del medio debe ser manipulado para poder aplicarle la transformada de Laplace, para poder aplicar la propiedad de desplazamiento que dice lo siguiente:

$L[(t-a)H(t-a)]=F(s)e^{-as}$

Por lo tanto podriasmos escribir el termino del medio de la sigiente forma: $-(t-2)H(t-8)=-(t-8+6)H(t-8)$ asi la ecuación en el tiempo quedaría:

$u(t)=(t-2)H(t-2)-(t-8)H(t-8)-6H(t-8)+2H(t-8)$

$u(t)=(t-2)H(t-2)-(t-8)H(t-8)-4H(t-8)$

Aplicando transformada de Laplace tenemos:

$u(s)=\dfrac{1}{s^2}e^{-2s}-\dfrac{1}{s^2}e^{-8s}-\dfrac{4}{s}e^{-8s}$

$u(s)=\dfrac{1}{s^2}e^{-2s}-\dfrac{4s+1}{s^2}e^{-8s}$

Procedemos a expandir en fracciones parciales nuestro sistema:

$G(s)=\dfrac{y(s)}{u(s)}=\dfrac{2}{(s+4)}$

$y(s)=\left[\dfrac{2}{(s+4)}\right]\left[\dfrac{1}{s^2}e^{-2s}-\dfrac{4s+1}{s^2}e^{-8s}\right]$

$y(s)=\left[\dfrac{2}{s^2(s+4)}\right]e^{-2s}-\left[\dfrac{8s+2}{s^2(s+4)}\right]e^{-8s}$

renombrando los dos terminos como:

$y(s)=y_1(s)-y_2(s)$

debemos expandir en fracciones parciales el primer termino:

$y_1(s)=\left[\dfrac{2}{s^2(s+4)}\right]e^{-2s}=\left[\dfrac{A_1}{(s+4)}+\dfrac{B_1}{s}+\dfrac{B_2}{s^2}\right]e^{-2s}$

$A_1=\underset{s\rightarrow -4}{Lim}\left[(s+4)\dfrac{2)}{s^2(s+4)}\right]=\dfrac{1}{8}$

$B_2=\underset{s\rightarrow 0}{Lim}\left[s^2\dfrac{2)}{s^2(s+4)}\right]=\dfrac{1}{2}$

$B_1=\dfrac{1}{1!}\underset{s\rightarrow 0}{Lim}\left[\dfrac{d}{ds}\left(s^2\dfrac{2)}{s^2(s+4)}\right)\right]=-\dfrac{1}{8}$

Asi para el primer termino la expansión en fracciones parciales es:

$y_1(s)=\left[\dfrac{1}{8(s+4)}-\dfrac{1}{8s}+\dfrac{1}{2s^2}\right]e^{-2s}$

Aplicando transformada inversa de Laplace:

$y_1(t)=\dfrac{1}{8}e^{-4(t-2)}H(t-2)-\dfrac{1}{8}H(t-2)+\dfrac{1}{2}(t-2)H(t-2)$

debemos expandir en fracciones parciales el SEGUNDO termino:

$y_2(s)=\left[\dfrac{8s+2}{s^2(s+4)}\right]e^{-8s}=\left[\dfrac{A_1}{(s+4)}+\dfrac{B_1}{s}+\dfrac{B_2}{s^2}\right]e^{-8s}$

$A_1=\underset{s\rightarrow -4}{Lim}\left[(s+4)\dfrac{8s+2}{s^2(s+4)}\right]=-\dfrac{15}{8}$

$B_2=\underset{s\rightarrow 0}{Lim}\left[s^2\dfrac{8s+2}{s^2(s+4)}\right]=\dfrac{1}{2}$

$B_1=\dfrac{1}{1!}\underset{s\rightarrow 0}{Lim}\left[\dfrac{d}{ds}\left(s^2\dfrac{8s+2}{s^2(s+4)}\right)\right]=\dfrac{15}{8}$

Asi para el segundo termino la expansión en fracciones parciales es:

$y_2(s)=\left[-\dfrac{15}{8(s+4)}+\dfrac{15}{8s}+\dfrac{1}{2s^2}\right]e^{-8s}$

Aplicando transformada inversa de Laplace:

$y_2(t)=-\dfrac{15}{8}e^{-4(t-8)}H(t-8)+\dfrac{15}{8}H(t-8)+\dfrac{1}{2}(t-8)H(t-8)$

juntando las dos soluciones:

$y(t)=y_1(t)-y_2(t)$

$y(t)=\dfrac{1}{8}e^{-4(t-2)}H(t-2)-\dfrac{1}{8}H(t-2)+\dfrac{1}{2}(t-2)H(t-2)+\dfrac{15}{8}e^{-4(t-8)}H(t-8)-\dfrac{15}{8}H(t-8)-\dfrac{1}{2}(t-8)H(t-8)$

Códigos en MATLAB

A continuación te dejo todo el código de Matlab para que aprendas como simular los ejercicios que acabamos de hacer. Para acceder a los códigos solo basta con compartir el contenido de este post con alguno de los tres botones que aparecen aqui abajo, esto con el objetivo de ayudar a que más personas aprendan sobre este tema y permitir que la pagina web continue creciendo y aportando más contenido gratuito y de calidad.

Raíces Reales y Diferentes

%% Respuesta temporal usando Laplace
% By Sergio Andres Castaño Giraldo
% https://controlautomaticoeducacion.com/

clc
close all
clear all

Num=conv([1 2],[1 0.5]);
Den=conv([1 5],conv([1 1],[1 3]));

G=tf(Num,Den);
[y1,t1]=step(G); %Respuesta ante un escalon usando funcion step
%Respuesta del sistema usando la ecuación temporal
t=0:0.05:8;
y=0.066667-0.3375*exp(-5.*t)+0.0625*exp(-1.*t)+0.208*exp(-3.*t);
u(1:length(t))=1;

%Grafica de la respuesta
subplot(2,1,1)
plot(t1,y1,'-b',t,y,'--r','linewidth',3),grid;
legend('step','ecuación temporal')
ylabel('y(t)')
subplot(2,1,2)
plot(t,u,'-r','linewidth',3),grid;
ylabel('u(t)')
xlabel('t')

Raíces Iguales

%% Respuesta temporal usando Laplace
% By Sergio Andres Castaño Giraldo
% https://controlautomaticoeducacion.com/

clc
close all
clear all

Num=[1 -2];
RaMul=conv([1 1],conv([1 1],[1 1])); %Creo la raiz multipla
Den=conv(RaMul,[1 4]);

G=tf(Num,Den);

%Respuesta del sistema usando la ecuación temporal
t=0:0.05:15;
y=-1-(1/9).*exp(-4.*t)+(10/9).*exp(-1.*t)+(2/3).*t.*exp(-1.*t)+t.^2.*exp(-1.*t);
u(1:length(t))=2;

[y1,t1]=lsim(G,u,t); %Respuesta ante un escalon usando funcion lsim
%Grafica de la respuesta
subplot(2,1,1)
plot(t1,y1,'-b',t,y,'--r','linewidth',3),grid;
legend('lsim','Ecuación temporal')
ylabel('y(t)')
subplot(2,1,2)
plot(t,u,'-r','linewidth',3),grid;
ylabel('u(t)')
xlabel('t')

Raíces Complejas

%% Respuesta temporal usando Laplace
% By Sergio Andres Castaño Giraldo
% https://controlautomaticoeducacion.com/
clc
close all
clear all

%Define primer valor del heaviside en 1
sympref('HeavisideAtOrigin', 1);

%% Señal de entrada
t=0:0.05:10;
u=heaviside(t)-heaviside(t-1);

%% Funcion de Transferencia
Num=[1 13];
Den=[1 4 13];

G=tf(Num,Den);

%% Respuesta del sistema usando la ecuación temporal
y=-1.*exp(-2*t).*cos(3*t)-(1/3).*exp(-2*t).*sin(3*t)+1 ...
    +1.*exp(-2*(t-1)).*cos(3*(t-1)).*heaviside(t-1)...
    +(1/3).*exp(-2*(t-1)).*sin(3*(t-1)).*heaviside(t-1)-heaviside(t-1);


[y1,t1]=lsim(G,u,t); %Respuesta ante un escalon usando funcion lsim

%% Grafica de la respuesta
figure
subplot(2,1,1)
plot(t1,y1,'-b',t,y,'--r','linewidth',3),grid;
legend('lsim','Ecuación temporal')
ylabel('y(t)')
subplot(2,1,2)
plot(t,u,'-r','linewidth',3),grid;
ylabel('u(t)')
xlabel('t')

Cuarto ejemplo

%% Respuesta temporal usando Laplace
% By Sergio Andres Castaño Giraldo
% https://controlautomaticoeducacion.com/
clc
close all
clear all

%Define primer valor del heaviside en 1
sympref('HeavisideAtOrigin', 1);

%% Señal de entrada
t=0:0.05:10;
u=(t-2).*heaviside(t-2)-(t-8).*heaviside(t-8)-4*heaviside(t-8);

plot(t,u,'-r','linewidth',3),grid
ylabel('u(t)');xlabel('t')

%% Funcion de Transferencia
Num=2;
Den=[1 4];

G=tf(Num,Den);

%% Respuesta del sistema usando la ecuación temporal
y=(1/8).*exp(-4*(t-2)).*heaviside(t-2)-(1/8).*heaviside(t-2)+(1/2).*(t-2).*heaviside(t-2)...
    +(15/8).*exp(-4*(t-8)).*heaviside(t-8)-(15/8).*heaviside(t-8)-(1/2).*(t-8).*heaviside(t-8);


[y1,t1]=lsim(G,u,t); %Respuesta ante un escalon usando funcion lsim

%% Grafica de la respuesta
figure
subplot(2,1,1)
plot(t1,y1,'-b',t,y,'--r','linewidth',3),grid;
legend('lsim','Ecuación temporal')
ylabel('y(t)')
subplot(2,1,2)
plot(t,u,'-r','linewidth',3),grid;
ylabel('u(t)')
xlabel('t')

Bibliografía

Babatunde A. Ogunnaike, W. Harmon Ray, “Process Dynamics, Modeling, and Control”, Oxford University Press, USA (1994)
Carlos A. Smith, Armando B. Corripio (2014). CONTROL AUTOMÁTlCO DEPROCESOS. TEORÍA Y PRÁCTICA. 2a. ed. – México: Limusa Wiley; 766pp.

Eso es todo por la entrada del dia de hoy, espero les haya gustado y hayan aprendido algo nuevo. Si te ha servido el contenido de esta entrada, de los videos y los códigos de implementación y deseas apoyar mi trabajo invitandome a un café super barato, puedes hacerlo en el siguiente link:

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Que esten muy bien, nos vemos en la siguiente entrada.

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Sergio A. Castaño Giraldo

Mi nombre es Sergio Andres Castaño Giraldo, y en este sitio web voy a compartir una de las cosas que mas me gusta en la vida y es sobre la Ingeniería de Control y Automatización. El sitio web estará en constante crecimiento, voy a ir publicando material sobre el asunto desde temas básicos hasta temas un poco más complejos. Suscríbete al sitio web, dale me gusta a la página en Facebook y únete al canal de youtube. Espero de corazón que la información que comparto en este sitio, te pueda ser de utilidad. Y nuevamente te doy las gracias y la bienvenida a control automático educación.