Apuntes
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Capitulo 3 Transformada de Laplace
La transformada de Laplace toma su nombre en honor de Pierre-Simon Laplace y es un
proceso matemático mediante el cual funciones definidas en el dominio del tiempo ( )t , son
convertidas en funciones definidas en el dominio complejo ( s ), donde s es una variable compleja,
es decir: s jσ ω= + . Esta transformada posee una serie de propiedades que la hacen útil en el
análisis de sistemas lineales. Una de las ventajas más significativas radica en que la derivación y la
integración se convierten en multiplicaciones y divisiones por “s” respectivamente. Esto transforma
las ecuaciones diferenciales e integrales en ecuaciones polinómicas en “s”, las cuales son mucho
más fáciles de resolver.
El proceso de transformación y análisis se puede ilustrar mediante el siguiente diagrama:
Sistema Dinámico Lineal
Ecuacion Diferencial Ordinaria
Métodos clásicos de solución de EDO’s
Solución en el dominio del tiempo x(t)
Sistema Transformado
Ecuación algebraica en “s”
Métodos de solución de ecuaciones algebraicas
Solución en el dominio complejo X(s)L
L
Dominio del tiempo “t” Dominio complejo “s”
-1
Figura 3.1 Proceso de transformación y solución de un sistema lineal.
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3.1 Definiciones.
La Transformada de Laplace de una función ( )f t definida para todos los números reales 0t ≥ es
la función ( )F s , definida por:
[ ]0
( ) ( ) ( ) stf t F s f t e dt∞ −= = ∫ (3.1)
Donde s jσ ω= + es una variable compleja.
Para que una función posea trasformada de Laplace, deberá satisfacer la condición:
0
( ) tf t e dtσ∞ − < ∞∫ (3.2)
Para un σ real y positivo.
La transformada de Laplace de una función ( )f t existe, si la integral de Laplace converge. La
integral de Laplace converge, si ( )f t es seccionalmente continua en todo intervalo finito en el
rango de 0t > , y si es de orden exponencial cuando t tiende a infinito. Se dice que una función
( )f t es de orden exponencial, si existe una constante real positiva σ tal que la función tienda a
cero cuando t tienda a infinito.
La transformada de Laplace Inversa de ( )F s es ( )f t y se define mediante la siguiente ecuación:
[ ] 1
1
1 1( ) ( ) ( )2
j st
jF s F s e ds f t
jσ
σπ+ ∞−
− ∞= =∫ (3.3)
3.2 Evaluación de la transformada de Laplace de algunas funciones de uso común.
Ahora procederemos a evaluar la transformada de laplace, de algunas funciones utilizando la
definición propuesta en la ecuación (3.1)
1.- Transformada de Laplace de la función escalón unitario. [ ( )u t ]
Dado que la función escalón unitario se define por:
( ) 1, cuando 0u t t= ≥
( ) 0, cuando 0u t t= <
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Entonces:
[ ] 0
00
1 1 1 1( ) 1 st stu t e dt e e es s s s
∞ ∞− − −∞= = − = − + =∫ (3.4)
2.- Transformada de Laplace de la función exponencial. [ate±
]
( )( )
0 00
1( ) ( )
s a tat at st s a t ee e e dt e dt
s a s a
∞−∞ ∞± ± − − − = = = = ∫ ∫
(3.5)
3.3 Propiedades de la transformada de Laplace. 3.3.1 Linealidad.
Esta propiedad hace que se cumpla la siguiente condición:
[ ]( ) ( )i i i ii i
a f t a f t = ∑ ∑ (3.6)
O también:
[ ] [ ]1 2 1 2 1 20 0 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )st st staf t bf t af t bf t e dt a f t e dt b f t e dt
∞ ∞ ∞− − −+ = + = +∫ ∫ ∫
1 2( ) ( )aF s bF s= + (3.7)
Ejemplo: Consideremos la función: ( )f t sen tω= , si utilizamos la ecuación de Euler dada por:
cosje t jsen tω ω ω± = ± , entonces podemos expresar que:
12
j t j tsen t e ej
ω ωω − = − (3.8)
Por lo tanto:
[ ] 2 2
1 1 1 12 2
j t j tsen t e ej j s j s j s
ω ω ωωω ω ω
− = − = − = − + + (3.9)
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3.3.2 Derivación Real.
Dado que [ ]( ) ( )f t F s= , entonces:
0
( ) ( ) stdf t d f t e dtdt dt
∞ − = ∫ (3.10)
Para poder evaluar la integral es necesario realizar una integración por partes, es decir:
b bb
aa au dv uv v du= −∫ ∫ (3.11)
Haciendo s tu e−= y ( )dv df t= , entonces stdu se dt−= − y ( )v f t=
0 0
( ) ( ) ( ) ( ) (0)st std f t e f t s f t e dt sF s fdt
∞∞− − ∴ = + = − ∫ (3.12)
Usando el mismo criterio para evaluar la transformada de Laplace de la segunda derivada de
( )f t , tenemos que:
22
2
( ) ( ) (0) (0)d f t s F s sf fdt
′= − −
(3.13)
Generalizando:
1 2 ( 1)( ) ( ) (0) (0) . . . (0)n
n n n nn
d f t s F s s f s f fdt
− − − ′= − − − −
(3.14)
1 1 ( )0
( ) ( ) (0)n
nn n k kn k
d f t s F s s fdt
− − −=
= −
∑ (3.15)
Ejemplos
1) Obtener la transformada de Laplace del cos tω , a partir de la derivada del sen tω .
Dado que:
cosd sen t tdt
ω ω ω= (3.16)
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Entonces:
[ ] 2 2 2 2
1 1cos d st sen t sdt s s
ωω ωω ω ω ω = = = + +
(3. 17)
2) Obtener la transformada de Laplace del impulso unitario, a partir de la derivada del escalón
unitario.
Dado que:
( ) ( )du t tdt
δ= (3.18)
Entonces:
[ ] ( ) 1( ) 1du tt sdt s
δ = = = (3.19)
3.3.3 Integración real.
La transformada de Laplace de la integral de una función, esta dada por:
0 0 0( ) ( )
t tstf dt e f d dtτ τ τ∞ − = ∫ ∫ ∫ (3.20)
Haciendo: 0
( )t
u f dτ τ= ∫ y stdv e dt−= , entonces ( )du f t dt= y 1 stv es
−= −
Por lo tanto:
0 0 00
1( ) ( ) ( )stt t stef d f d f t e
s sτ τ τ τ
− ∞ ∞ − = − + ∫ ∫ ∫ (3.21)
Ya que 0ste− → cuando t →∞ el primer termino evaluado en el limite superior desaparece y en
el limite inferior 0
0 00( ) ( ) 0
t
tf d f dτ τ τ τ
== =∫ ∫ (3.22)
Por lo tanto:
0
( )( )t F sf d
sτ τ = ∫ (3.23)
Ejemplo: Obtener la transformada de Laplace de la función rampa, a partir de la integral de la
función escalón unitario.
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Dado que:
0( ) ( )
tu d r tτ τ =∫ (3.24)
Por lo tanto:
[ ] [ ]20
1( ) 1( ) ( )
t u t sr t u ds s s
τ τ = = = = ∫
(3.25)
3.3.4 Traslación compleja.
Este teorema establece que la multiplicación por una exponencial en el dominio del tiempo,
corresponde a la translación de la función en el dominio complejo.
( ) ( )ate f t F s a± = (3.26)
Donde a es un número complejo.
Demostración:
. ( )
0 0( ) ( ) ( ) ( )at at st s ae f t e f t e dt f t e dt F s a
∞ ∞± ± − − = = = ∫ ∫
(3.27)
Ejemplo: A partir de que ( )f t sen tω= , determine la ate sen tω− .
Dado que:
[ ] 2 2sen tsωωω
=+
(3.28)
Entonces, usando el teorema de traslación compleja tenemos:
2 2( )a te sen t
s aωω
ω− = + +
(3.29)
De igual manera se puede mostrar que si ( ) cosf t tω= , entonces:
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2 2
( )cos( )
a t s ae ts a
ωω
− + = + + (3.30)
3.3.5 Traslación real o teorema del corrimiento.
Esta propiedad establece que la transformada de Laplace de una función con un retardo de a
segundos, esta dada por:
[ ]( ) ( )a sf t a e F s−− = (3.31)
Demostración:
[ ]0
( ) ( ) s tf t a f t a e dt∞ −− = −∫ (3.32)
Haciendo que:
( )t a α− =
Por lo tanto: t aα= +
Y dt dα=
Entonces podemos escribir que:
[ ] [ ] ( )
0 0( ) ( ) ( ) ( ) ( )s a as s asf t a f f e d e f e d e F sα αα α α α α
∞ ∞− + − − −− = = = =∫ ∫ (3.33)
Ejemplo: Consideremos la grafica mostrada, la cual es la señal de salida de un circuito
muestreador ideal (Sampler),
f(t)
T 2T 3T 4T nT
k1k2
k3
k4
knk0
. . . .
t
Figura 3.2 Gráfica de una señal muestreada.
Podemos representar matemáticamente la señal mediante:
0 1 1 2 1( ) ( ) ( ) ( 2 ) ( )nf t k t k t T k t T k t nTδ δ δ δ= + − + − + + − (3.34)
Por lo que la transformada de Laplace esta dada por:
[ ] 1 1 120 1 2( ) sT sT nsT
nf t k k e k e k e− − −= + + + + (3.35)
Haciendo la sustitución de 1stz e= , tenemos que:
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[ ] 1 20 2( ) n
n
kk kf t k
z z z∴ = + + + + (3.36)
Esta ecuación se conoce como la Transformada Z de ( )f t .
3.3.6 Teorema del valor final.
Este teorema nos permite determinar el límite de ( )f t cuando t →∞ , sin necesidad de valorar la
transformada inversa de ( )F s . Si la transformada de ( )f t es ( )F s y el límite de ( )f t cuando
t →∞ , existe, entonces:
0lim ( ) lim ( ) ( )s t
sF s f t f→ →∞
= = ∞ (3.37)
Demostración:
0
( ) ( )( ) (0) stdf t df tsF s f e dtdt dt
∞ − = − = ∫ (3.38)
00 0
( )lim ( ) (0) lim st
s s
df tsF s f e dtdt
∞ −
→ →− = ∫ (3.39)
000 0lim ( ) (0) lim ( ) ( ) ( ) (0)s s
sF s f df t f t f f∞ ∞
→ →− = = = ∞ −∫ (3.40)
0lim ( ) ( )s
sF s f→
= ∞ (3.41)
Se debe tomar en cuenta que este teorema tiene limitaciones, para poderlo aplicar es necesario
que las raíces del denominador de ( )F s tengan parte real negativa ( 0)σ < , esto garantiza que
( )f t alcance el estado estable, por lo que es muy usado para calcular el error en estado estable
de un sistema.
Ejemplo: Determine el valor final de la siguiente función.
( )2
2( )2 1
sF ss s s
+=
+ +
Solución:
Aplicando el teorema del valor final, se tiene que:
( )20 0
2 2lim ( ) lim 2 ( )12 1s s
ssF s s fs s s→ →
+= = = = ∞
+ +
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3.3.7 Teorema del valor inicial.
Este teorema nos permite determinar la condición inicial de un sistema, es decir:
0lim ( ) (0) lim ( )t s
f t f sF s→ →∞
= = (3.42)
Demostración:
0
( ) ( )( ) (0) stdf t df tsF s f e dtdt dt
∞ − = − = ∫ (3.43)
[ ]0
( )lim ( ) (0) lim st
s s
df tsF s f e dtdt
∞ −
→∞ →∞− = ∫ (3.3.38)
[ ]lim ( ) (0) 0s
sF s f→∞
− = (3.3.39)
lim ( ) (0)s
sF s f→∞
= (3.3.40)
3.3.8 Teorema de Convolución.
Si [ ]( )f t y [ ]( )g t existen para 0s a> ≥ entonces:
[ ] [ ] [ ]( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )f g t f t g t F s G s∗ = = (3.3.41)
Nota 1: La convolución de las funciones ( )f t & ( )g t , escrita como ( )( )f g t∗ se define como la integral del producto de ambas funciones después de desplazar una de ellas una distancia τ , es decir:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )y t f g t ds f t g tτ τ∞
−∞= − = ∗∫ (3.3.42)
Nota 2: La forma inversa del teorema de convolución
[ ]1( )( ) ( ) ( )f g t F s G s−∗ = (3.3.43)
Es muy importante en la solución de ecuaciones diferenciales, pues nos puede evitar el cálculo de
fracciones parciales complejas.
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Las transformadas obtenidas, así como sus propiedades descritas y algunas más se resumen en
las siguientes tablas.
Tabla 3.1. Propiedades de la Transformada de Laplace
( )f t ( )F s
1 2( ) ( )f t f t+ 1 2( ) ( )F s F s+
( )af t ( )aF s
( )df tdt
( ) (0)sF s f−
2
2
( )d f tdt
2 ( ) (0) (0)s F s sf f ′− −
( )n
n
d f tdt
1 1 ( )0
( ) (0)nn n k kk
s F s s f− − −=
−∑
0( )
tf dτ τ∫
( )F ss
0 0(τ) τ σ
t tf d d∫ ∫ 2
( )F ss
( )f tt
0
( )F s ds∞
∫
atte− 2
1 1( )
dds s a s a − = + +
n att e− 1
!( )n
ns a ++
( )ate f t± ( )F s a
( )f t a− ( )ase F s−
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lim ( ) ( )t
f t f→∞
= ∞ 0
lim ( )s
sF s→
0lim ( ) (0)t
f t f→
= lim ( )s
sF s→∞
Tabla 3.2. Transformadas de Laplace
( )f t ( )F s
( )tδ
1
( ) 1u t = 1s
( )r t t= 2
1s
11( 1)!
ntn
−
− 1
ns
ate− 1
( )s a+
atte− 2
1( )s a+
11( 1)!
n att en
− −
−
1( )ns a+
( )1 1 atea
−− 1
( )s s a+
( )2
1 11 at ate tea a
− −− − 2
1( )s s a+
( )2
1 11ate ta a
− − + 2
1( )s s a+
( )1 at bte eb a
− −−−
1
( )( )s a s b+ +
( )1 bt atbe aeb a
− −−−
( )( )
ss a s b+ +
( )1 11 at btbe aeab a b
− − + − −
1( )( )s s a s b+ +
sen tω 2 2sωω+
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cos tω 2 2
ss ω+
ate sen tω− 2 2( )s aω
ω+ +
cosate tω− 2 2( )s a
s a ω+
+ +
( )f t ( )F s
-α (β )tMe sen t φ+
1 2
( α β) ( α β)K K
s j s j+
+ − + +
[ ]-α2 cosβ senβte A t B t− ( α β) ( α β)
A jB A jBs j s j
+ −+
+ − + +
cosat C aBe B t sen tω ωω
− − + 2 2( )
Bs Cs a ω
++ +
3.4 Solución de ecuaciones integro-diferenciales mediante la transformada de Laplace. Una de las aplicaciones más usadas de la transformada de Laplace es la solución de ecuaciones
diferenciales ordinarias y de coeficientes constantes, consideremos el siguiente ejemplo ilustrativo.
.
Ejemplo: Resolver la siguiente ecuación diferencial usando el método de la transformada de
Laplace. 3''( ) 3 '( ) 2 ( ) tx t x t x t e−+ + = con (0) 1x = y '(0) 1x =
Solución: Para resolver, apliquemos el siguiente procedimiento:
1.- Transformar todos los términos de la ecuación diferencial.
[ ]2 1( ) (1) (1) 3 ( ) (1) 2 ( )3
s X s s sX s X ss
− − + − + = +
2 1( ) 1 3 ( ) 3 2 ( )3
s X s s sX s X ss
− − + − + =+
2.- Agrupar, ordenar y resolver en términos de ( )X s
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2 1( ) 3 2 43
X s s s ss
+ + − − = +
22 1 1 ( 3) 4( 3) 7 13( )( 3 2) 4
3 3 3s s s s sX s s s s
s s s+ + + + + +
+ + = + + = =+ + +
2 2
2
7 13 7 13( )( 3 2)( 3) ( 1)( 2)( 3)
s s s sX ss s s s s s
+ + + += =
+ + + + + +
3.- Aplicar la transformada inversa para obtener ( )x t
[ ]2 7 13( ) ( )
( 1)( 2)( 3)s sx t X s
s s s + +
= = + + +
Dado que la expresión a antitransformar tiene una forma compleja, es necesario descomponerla en
una suma de factores simples de primer orden, es decir expandirla en sus fracciones parciales. Por
lo tanto:
2
31 27 13( )( 1)( 2)( 3) 1 2 3
KK Ks sX ss s s s s s
+ += = + +
+ + + + + +
[ ]2
31 27 13( ) ( )( 1)( 2)( 3) 1 2 3
KK Ks sx t X ss s s s s s
+ + = = = + + + + + + + +
31 2( )1 2 3
KK Kx ts s s
= + + + + +
Es decir:
2 3
1 2 3( ) t t tx t K e K e K e− − −= + +
Esta ecuación constituye la forma de la solución, mientras que la solución ( )x t se obtiene al
evaluar las constantes iK asociadas a cada uno de los términos.
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3.5 Expansión en fracciones parciales.
Consideremos la siguiente función:
1 2
( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )n
N s N sH sD s s s s s s s
= =− − −
(3.44)
Donde las raíces is son reales diferentes y el grado del numerador ( )N s es menor que el del
denominador ( )D s . La función anterior ( )H s se puede escribir también de la siguiente forma:
1 2
1 2
( )( ) ( ) ( )
n
n
KK KH ss s s s s s
= + + +− − −
(3.45)
La ecuación (3.5.2) es conocida como la expansión en fracciones parciales de ( )H s , y en ella
las constantes iK son llamadas los residuos de las raíces is . Si el grado de ( )N s es mayor o
igual al de ( )D s , entonces ( )N s deberá ser dividido por ( )D s , quedando la ecuación de la forma
siguiente.
1( )( ) ( )( )
N sH s Q sD s
= +
Donde 1( )N s es de menor grado que ( )D s . Y la expansión se realizara sobre 1( ) ( )N s D s .
Dependiendo del tipo de raíces que posea ( )D s , la expansión en fracciones parciales tomara
distintas formas, se estudiaran los siguientes casos:
1.- Raíces reales diferentes.
2.- Raíces complejas e imaginarias.
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3.- Raíces reales repetidas o múltiples.
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3.5.1 Raíces reales diferentes.
Dada la función:
1 2
( )( )( )( ) ( )n
N sF ss s s s s s
=− − −
(3.46)
Donde las raíces is son reales y diferentes. Expandiendo en fracciones parciales a ( )F s tenemos:
1 2
1 2
( )( ) ( ) ( )
n
n
KK KF ss s s s s s
= + + +− − −
(3.47)
Para obtener las constantes iK se multiplican ambos lados de la ecuación (3.5.4) por el término
( )is s− , obteniéndose la siguiente ecuación:
( )( )ii i s sK F s s s == − (3.48)
Ejemplo 1. Expanda en fracciones parciales a ( )H s y determine el valor de las constantes
iK asociadas a la expansión.
2( 2)( )( 1)( 3)
sH ss s
+=
+ +
Solución.
1.- Realizando la expansión en fracciones parciales tenemos que:
1 2( )( 1) ( 3)
K KH ss s
= ++ +
2.- Evaluando las constantes iK utilizando la ecuación (3.5.5), tenemos que:
1 11 1
2( 2)( 1) 2( 2) 1 2( )( 1) 2 1( 1)( 3) ( 3) 1 3s
s s
s s sK H s ss s s=−
=− =−
+ + + − + = + = = = = + + + − +
2 33 3
2( 2)( 3) 2( 2) 3 2( )( 3) 2 1( 1)( 3) ( 1) 3 1s
s s
s s sK H s ss s s=−
=− =−
+ + + − + = + = = = = + + + − +
3.- Sustituyendo nos queda que:
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1 1( )( 1) ( 3)
H ss s
= ++ +
Ejemplo 2. Obtenga la transformada inversa de la siguiente función.
2 2 2( )
( 2)( 3)s sF s
s s s+ −
=+ −
Solución:
1.- Realizando la expansión en fracciones parciales tenemos que:
2
0 1 22 2( )( 2)( 3) ( 2) ( 3)
K K Ks sF ss s s s s s
+ −= = + +
+ − + −
2.- Evaluando las constantes iK utilizando la ecuación (3.5.5), tenemos que:
2
0 00
2 2 2 1( )( 2)( 3) 6 3s
s
s sK sF ss s=
=
+ − −= = = =
+ − −
2
1 22
2 2 4 4 2 2 1( )( 2)( 3) 2( 2 3) 10 5s
s
s sK F s ss s=−
=−
+ − − − −= + = = = = −
− − − −
2
2 33
2 2 9 6 2 13( )( 3)( 2) 3(3 2) 15s
s
s sK F s ss s=
=
+ − + −= − = = =
+ +
3.- Sustituyendo y transformando inversamente, nos queda que:
1 1 1 1 13 1( )3 5 ( 2) 15 ( 3)
F ss s s
= − ++ −
[ ] 1 1 1 1 13 1( ) ( )3 5 ( 2) 15 ( 3)
f t F ss s s
= = − + + −
2 31 1 13( )3 5 15
t tf t e e−= − +
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3.5.2 Raíces complejas. Supongamos ahora que F(s) esta dada por:
1
( )( )( )( )( )
N sF sD s s j s jα β α β
=− − − +
(3.49)
Se puede expandir de la siguiente forma:
1 2 1
1
( )( )( ) ( ) ( )
K K N sF ss j s j D sα β α β
= + +− − − +
(3.50)
Donde 1 1( ) ( )N s D s es el término remanente.
Usando la ecuación (3.5.5) tenemos que:
11 1
( ) ( )2 ( ) 2 ( )
s j
s j
N s N jKj D s j D j
α β
α β
α ββ β α β
= +
= +
+= =
+ (3.51)
21 1
( ) ( )2 ( ) 2 ( )
s j
s j
N s N jKj D s j D j
α β
α β
α ββ β α β
= −
= −
−= =− − −
(3.52)
Se puede mostrar que las constantes 1 2K y K asociadas con las raíces complejas conjugadas,
también son complejas conjugadas. Por lo tanto podemos escribir que:
1K A jB= + (3.53)
2 1 *K A jB K= − = (3.54)
La transformada inversa de los términos asociados a las raíces complejas conjugadas, la cual
llamaremos 1( )f t , la podemos expresar mediante:
1 1 21( )
( ) ( )K Kf t
s j s jα β α β−
= + − − − +
1 1 2( ) t j t j tf t e K e K eα β β− = +
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[ ]1( ) 2 costf t e A t B sen tα β β= − (3.55)
Una forma más conveniente de representar la transformada inversa de 1( )f t , es mediante la
introducción de dos nuevas variables, llamadas M y φ , las cuales se definen por:
2M sen Aφ = (3.56)
cos 2M Bφ = − (3.57)
Donde A y B son la parte real e imaginaria de 1K en la ecuación (3.5.10). La transformada
inversa de 1( )f t en términos de las variables M y φ queda como:
1 ( ) ( )tf t M e sen tα β φ= + (3.58)
En la obtención de M y φ a partir de 1K se observa que:
1cos 2 2 2jM e M jM sen B j A j Kφ φ φ= + = − + = (3.59)
Por lo que:
1
( )( )
j N jM e C jDD j
φ α ββ α β
+= = +
+ (3.60)
Donde
2 2
1
( )( )
N jM C DD jα β
β α β+
= = ++
(3.61)
y
1
1
Contribucion del( ) tan o los cuadrantes( )
N j DD j Cα βφ
β α β− + = = + +
(3.62)
Apuntes
MI. Guillermo Hermida Saba Página 20
Ejemplo 1. Determine la transformada inversa de:
2
2
2( )( 2 2)
sF ss s s
+=
+ +
Solución:
1.- Factorizando el término cuadrático para determinar las raíces, tenemos:
1,22 4 8 41 1
2 2s j− ± − −
= = − ± = − ±
2.- Realizando la expansión en fracciones parciales nos queda:
21 2
2
2( )( 2 2) ( 1 ) ( 1 )
K Ks AF ss s s s s j s j
+= = + +
+ + + − + +
3.- Planteando la forma de la solución, tenemos que:
( ) ( )tf t A Me sen t φ−= + +
4.- Evaluando las constantes tenemos que:
2
0 20
2 2( ) 1( 2 2) 2s
s
sA s F ss s=
=
+= = = =
+ +
11
( ) : 1 ; 1 ( )( )
j N jMe donde y D s sD j
φ α β α ββ α β
+= = − = =
+
2 2
1
2 ( 1 ) 2 (1 1) 2 2 21 1 1
j
s j
s j j j jMes j j j
φ
=− +
+ − + + − − − + −= = = =
− + − + − +
0 0 0
8 2 2 22 2
2 21
2 1 45 135 1802 1
j
MjMe
jarctg arctg
φ
φ
= = =
− = = − + − = − = − − = − −
5.- Sustituyendo y evaluando la transformada inversa obtenemos que:
Apuntes
MI. Guillermo Hermida Saba Página 21
0( ) 1 2 ( 180 ) 1 2 ( )t tf t e sen t e sen t− −= + − = −
Método alternativo. Existe otra forma de realizar la expansión en fracciones parciales, que nos permite evitar la
manipulación de los números complejos, como se ilustra a continuación:
1.- Realizando la expansión en fracciones parciales nos queda:
2
2 2
2( )( 2 2) ( 2 2)
s A Bs CF ss s s s s s
+ += = +
+ + + +
2.- Evaluando las constantes, tenemos:
( )
( ) ( )
2 2
2 2 2
2 2
2 ( 2 2)
2 2 22 2 2
1 2 0 2 2
s A s s Bs C s
s As As A Bs Css A B s A C s AA B A C A
+ = + + + +
+ = + + + +
+ = + + + +
+ = + = =
De aquí obtenemos que:
1, 0 , 2A B C= = = −
3.- Sustituyendo y evaluando la transformada inversa obtenemos que:
2 2
1 0 2 1 2( )( 2 2) ( 1) 1)
sF ss s s s s
−= + = −
+ + + +
( )1( ) 1 2 ( )tf t L F s e sen t− −= = −
Entonces, tenemos que:
( ) 1 2 ( )tf t e sen t−= −
Apuntes
MI. Guillermo Hermida Saba Página 22
Ejemplo 2. Encuentre la transformada inversa de:
( )2
2( )6 25
sF ss s s
+=
+ +
Solución: 1er. método
1.- Factorizando el término cuadrático para determinar la forma de la expansión en fracciones
parciales, tenemos:
1,26 36 100 64 83 3 3 4
2 2 2js j− ± − −
= = − ± = − ± = − ±
2.- Realizando la expansión en fracciones parciales nos queda:
1 22
( 2)( )( 6 25) ( 3 4) ( 3 4)
K Ks AF ss s s s s j s j
+= = + +
+ + + − + +
3.- Planteando la forma de la transformada inversa, tenemos que:
( ) 3 (4 )tf t A Me sen t φ−= + +
4.- Evaluando las constantes tenemos que:
200
( 2) 0 2 2( )( 6 25) (0 0 25) 25s
s
sA sF ss s=
=
+ += = = =
+ + + +
11
( ) 3 ; 4 ( )( )
j N jMe donde y D s sD j
φ α β α ββ α β
+= = − = =
+
3 4
( 2) ( 3 4 2) 1 44 4( 3 4) 12 16
j
s j
s j jMes j j
φ
=− +
+ − + + − += = =
− + − +
0 0 0
17 1720400
1 412 16
4 16 104.03 126.93 22.91 12
j
MjMej
arctg arctg
φ
φ
= =
− + = = − + = − = − = − − −
5.- Sustituyendo las constantes en la transformada inversa, obtenemos que:
Apuntes
MI. Guillermo Hermida Saba Página 23
( ) 3 02 17 (4 22.9 )25 20
tf t e sen t−= + −
2do. Método.
1.- Realizando la expansión en fracciones parciales nos queda:
2 2
2( )( 6 25) ( 6 25)
s A Bs CF ss s s s s s
+ += = +
+ + + +
2.- Evaluando las constantes, tenemos:
( )
( ) ( )
2
2 2
2
2 ( 6 25)
2 6 252 6 25
0 6 1 25 2
s A s s Bs C s
s As As A Bs Css A B s A C s AA B A C A
+ = + + + +
+ = + + + +
+ = + + + +
+ = + = =
De aquí obtenemos que:
2 2 13, ,25 25 25
A B C= = − =
3.- Sustituyendo y evaluando la transformada inversa obtenemos que:
( )22
1 2 2 13 1 2 2 13( )25 ( 2 5) 25 3 16
s sF ss s s s s
− + − += + = + + + + +
( )1 31 19( ) 2 2cos 4 425 4
tf t L F s e t sen t− − = = + − +
32 2 19( ) cos 4 425 25 100
tf t e t sen t− = + − +
[ ]32 1( ) 8cos 4 19 425 100
tf t e t sen t−= + − +
Considerando que
2 2 1cos ( ) ( ) ( ) aa x bsen x a b sen x y tgb
− + = + + ∂ ∂ =
La transformada inversa queda como:
Apuntes
MI. Guillermo Hermida Saba Página 24
32 17( ) (4 )25 20
tf t e sen t−= + + ∂
Con ( )1 1 08 0.42 22.919
tg tgδ − −− = = − = −
Ejemplo 3. Determine la transformada inversa de:
2
2
3( )( 2 5)( 2)
sF ss s s
+=
+ + +
Solución: 1er. Método
1.- Factorizando el término cuadrático para realizar la expansión en fracciones parciales, tenemos:
1,22 4 20 161 1 2
2 2s j− ± − −
= = − ± = − ±
2.- Realizando la expansión en fracciones parciales nos queda:
21 2
2
3( )( 2 5)( 2) ( 2) ( 1 2) ( 1 2)
K Ks AF ss s s s s j s j
+= = + +
+ + + + + − + +
3.- Planteando la forma de la solución, tenemos que:
( ) 2 (2 )t tf t Ae Me sen t φ− −= + +
3.- Evaluando las constantes usando las ecuaciones (3.5.5) y (3.5.16), tenemos que:
2
2 22
3 4 2 7( 2) ( ) 1.4( 2 5) (4 4 5) 5s
s
sA s F ss s=−
=−
+ += + = = = =
+ + − +
11
( ) : 1 ; 2 ( ) ( 2)( )
j N jMe donde y D s sD j
φ α β α ββ α β
+= = − = = +
+
2 2
1 2
3 ( 1 2) 3 (1 2 2 4) 3 4 22( 2) 2( 1 2 2) 2(1 2) 2 4 1 2
j
s j
s j j j j jMes j j j j
φ
=− +
+ − + + − − − + − −= = = = =
+ − + + + + +
0 0 0
4 25 5
21 2
2 2 90 63.4 153.40 1
j
MjMej
arctg arctg
φ
φ
= =
− = = + − = − = − − = −
Apuntes
MI. Guillermo Hermida Saba Página 25
4.- Sustituyendo y evaluando la transformada inversa obtenemos que:
2 07 2( ) (2 153.43 )5 5
t tf t e e sen t− −= + −
O también: 2 07 2( ) cos (2 63.43 )5 5
t tf t e e t− −= − −
2do. Método 1.- Realizando la expansión en fracciones parciales nos queda:
2
2 2
3( )( 2 5)( 2) ( 2) ( 2 5)
s A Bs CF ss s s s s s
+ += = +
+ + + + + +
2.- Evaluando las constantes, tenemos:
( )
( ) ( )
2 2
2 2 2
2 2
3 ( 2 5) ( 2)
3 2 5 2 23 2 2 5 2
1 2 2 0 5 2 3
s A s s Bs C s
s As As A Bs Bs Cs Cs A B s A B C s A CA B A B C A C
+ = + + + + +
+ = + + + + + +
+ = + + + + + +
+ = + + = + =
De aquí obtenemos que:
7 2 10, ,5 5 5
A B C= = − = −
4.- Sustituyendo y evaluando la transformada inversa obtenemos que:
( )22
1 7 2 10 1 7 2 10( )5 ( 2) ( 2 5) 5 ( 2) 1 4
s sF ss s s s s
− − − −= + = + + + + + + +
( ) [ ]1 27 2( ) cos 2 2 25 5
t tf t L F s e e t sen t− − −= = − +
Considerando que
2 2 1cos ( ) ( ) ( ) aa x bsen x a b sen x y tgb
− + = + + ∂ ∂ =
Entonces, tenemos que:
( )2 07 2( ) 2 26.565 5
t tf t e e sen t− −= − +
Apuntes
MI. Guillermo Hermida Saba Página 26
3.5.3 Raíces reales repetidas. Consideremos el caso en el cual la función que se va a transformar inversamente contiene raíces
múltiples o repetidas, dada por la siguiente función:
0 1
( )( )( ) ( )n
N sF ss s D s
=−
(3.63)
La cual tiene raíces múltiples de grado n en os s= La expansión en fracciones parciales está dada
por:
0 11 2 11 2
0 0 0 0 1
( )( ) ...( ) ( ) ( ) ( )
nn n n
K KK K N sF ss s s s s s s s D s
−− −= + + + + +
− − − − (3.64)
Donde 1
1
( )( )
N sD s
es el término remanente.
El problema consiste en obtener las constantes 0 1 1, ,...., nK K K − Para obtener 0K utilizamos el
mismo método que para raíces reales diferentes; es decir:
00 0( ) ( )n
s sK s s F s
== − (3.65)
El resto de las constantes no se pueden obtener usando el mismo criterio, ya que invariablemente
caeríamos en una indeterminación, es decir una división sobre 0. Para superar el problema,
multipliquemos ambos lados de la ecuación (3.5.20) por 0( )ns s− y definamos a:
1 0( ) ( ) ( )nF s s s F s≡ − (3.66)
Por lo tanto: 1
1 0 1 0 1 0 0( ) ( ) ... ( ) ( )( )n nnF s K K s s K s s R s s s−−= + − + + − + − (3.67)
Donde R(s) es el término remanente.
Diferenciando (3.5.23) con respecto a s, se obtiene:
Apuntes
MI. Guillermo Hermida Saba Página 27
21 1 2 0 1 0( ) 2 ( ) ... ( 1)( ) ...n
nd F s K K s s K n s sds
−−= + − + + − − + (3.68)
Y se observa que:
01 1( )
s s
dK F sds =
= (3.69)
Usando el mismo criterio.
0
2
2 12
1 ( )2 s s
dK F sds =
= (3.70)
Y de manera general:
01
1 ( )!
j
j j s s
dK F sj ds =
= (3.71)
Donde: 0,1,2,...( 1)j n= −
Ejemplo 1. Obtener la expansión en fracciones parciales de ( )F s
3
( 2)( )( 1)sF s
s s−
=+
Solución.
1.- Realizando la expansión en fracciones parciales nos queda:
0 1 23 2( )
( 1) ( 1) ( 1)K K K AF s
s s s s= + + +
+ + +
2.- Evaluando las constantes, usando las ecuaciones (3.5.5) y (3.5.27) tenemos que:
00
( 2) 2( ) 2( 1) 1s
s
sA sF ss=
=
− −= = = = −
+
Para obtener las constantes de las raíces repetidas, primero determinamos 1( )F s :
3 11
2( ) ( 1) ( ) 1 2sF s s F s ss
−−= + = = −
Usando la fórmula general tenemos que: 0
0 01
1 2 1 2 3 30! 1 1s
d sKds s =
− − − − = = = = − −
1 211
1 2 2 21! ss
d sKds s s =−=
− = = =
Apuntes
MI. Guillermo Hermida Saba Página 28
( )2
32 2 31 11
1 2 1 22 2 22! 2 s ss
d sK sds s s
−
=− =−=
− = − = − =
3.- Sustituyendo, obtenemos que:
3 2
3 2 2 2( )( 1) ( 1) ( 1)
F ss s s s
= + + −+ + +
Ejemplo 2. Obtener la transformada inversa de la siguiente función:
3
1( )( 2) ( 3)
F ss s
=+ +
Solución.
1.- Realizando la expansión en fracciones parciales nos queda:
0 1 23 2( )
( 2) ( 2) ( 2) ( 3)K K K AF s
s s s s= + + +
+ + + +
2.- Evaluando las constantes, tenemos que:
3 3 333
1 1 1( 3) ( ) 1( 2) ( 3 2) 1s
s
A s F ss=−
=−
= + = = = = −+ − + −
31
1( ) ( 2) ( )3
F s s F ss
= + =+
0
0 02
1 1 1 1 10! 3 2 3 1s
dKds s =
= = = = + − +
1 2 22 2
1 1 1 1 11! 3 ( 3) 1s s
dKds s s=− =−
− − = = = = − + +
2
2 2 2 3 32 22
1 1 1 2 1 1 12! 3 2 ( 3) ( 3) 1s ss
dKds s s s=− =−=−
= = = = = + + +
3.- Sustituyendo y evaluando la transformada inversa obtenemos que:
3 2
1 1 1 1( )( 2) ( 2) ( 2) ( 3)
F ss s s s
= − + −+ + + +
2 2 2 2 3( ) t t t tf t t e te e e− − − −= − + −
Ejemplo 3.- Obtener la transformada inversa de la siguiente función:
Apuntes
MI. Guillermo Hermida Saba Página 29
2
( 2)( )( 1) ( 3)
sF ss s
+=
+ +
Solución: 1er. Método
1.- Realizando la expansión en fracciones parciales nos queda:
0 12( )
( 1) ( 1) ( 3)K K AF s
s s s∴ = + +
+ + +
2.- Evaluando las constantes, tenemos que:
2 2 233
( 2) ( 3 2) 1 1( 3) ( )( 1) ( 3 1) 2 4s
s
sA s F ss=−
=−
+ − + −= + = = = = −
+ − + −
21
( 2)( ) ( 1) ( )( 3)sF s s F ss+
= + =+
0
0 10
1 2 1 2 10! 3 1 3 2s
d sKds s =−
+ − + = = = + − +
1 1 12 2 2
1 2 1 ( 3) 1 ( 2) 1 ( 1 3) ( 1 2) 2 1 11! 3 1 ( 3) ( 1 3) (2) 4s s
d s s sKds s s=− =−
+ + ⋅ − + ⋅ − + − − + − = = = = = + + − +
3.- Sustituyendo y evaluando la transformada inversa obtenemos que:
2
1 1 1( )2( 1) 4( 1) 4( 3)
F ss s s
= + −+ + +
[ ]1 31 1 1( ) ( )2 4 4
t t tf t L F s te e e− − − −∴ = = + −
2do. Método 1.- Realizando la expansión en fracciones parciales nos queda:
0 12 2
( 2)( )( 1) ( 3) ( 1) ( 1) ( 3)
K Ks AF ss s s s s
+= = + +
+ + + + +
2.- Evaluando las constantes, tenemos:
20 1
2 20 1
2 20 0 1 1 1
21 0 1 0 1
1 0 1 0 1
2 ( 3) ( 1)( 3) ( 1)
2 ( 3) ( 4 3) ( 2 1)
2 3 4 3 2
2 [ ] [ 4 2 ] [3 3 ]0 4 2 1 3 3 2
s K s K s s A ss K s K s s A s ss K s K K s K s K As As As K A s K K A s K K AK A K K A K K A
+ = + + + + + +
+ = + + + + + + +
+ = + + + + + + +
+ = + + + + + + ++ = + + = + + =
Apuntes
MI. Guillermo Hermida Saba Página 30
0 11 1 12 4 4
K K A= = = −
3.- Sustituyendo y evaluando la transformada inversa obtenemos que:
2
1 1 1( )2( 1) 4( 1) 4( 3)
F ss s s
= + −+ + +
[ ]1 31 1 1( ) ( )2 4 4
t t tf t L F s te e e− − − −∴ = = + −
3.5.4 Solución de Ecuaciones diferenciales.
Ejemplo: Resolver la siguiente ecuación diferencial usando el método de la transformada de
Laplace.
''( ) 6 '( ) 9 ( ) cos 2y t y t y t t+ + = con (0) 0y = y '(0) 0y =
Solución: Para resolver, apliquemos el siguiente procedimiento:
1.- Transformar todos los términos de la ecuación diferencial.
[ ]22( ) (0) (0) 6 ( ) (0) 9 ( )
4ss Y s s sY s Y s
s − − + − + = +
22( ) 6 ( ) 9 ( )
4ss Y s sY s Y s
s+ + =
+
2.- Agrupar, ordenar y resolver en términos de ( )Y s
22( ) 6 9
4sY s s s
s + + = +
2 2 2 2( )( 4)( 6 9) ( 4)( 3)
s sY ss s s s s
= =+ + + + +
3.- Aplicar la transformada inversa para obtener ( )x t
[ ] 2 2( ) ( )( 4)( 3)
sy t Y ss s
= = + +
Dado que la expresión a antitransformar tiene una forma compleja, es necesario descomponerla en
sus fracciones parciales.
Apuntes
MI. Guillermo Hermida Saba Página 31
0 31 22 2 2( )
( 4)( 3) ( 3) ( 3) 2 2K KK KsY s
s s s s s j s j= = + + +
+ + + + − +
4.- Planteando la forma de la transformada inversa, tenemos que:
( ) 3 30 1 (4 )t tf t K te K e Msen t φ− −= + + +
5.- Evaluando las constantes 0 1, ,K K M y φ , tenemos que:
0
0 0 23
1 3 30! 4 13 13s
d sKds s
=−
− = = = − +
2
1 2 2 2 23 3
1 ( 4) 1 (2 ) 13 18 51! 4 ( 4) (13) 169s s
d s s s sKds s s=− =−
+ ⋅ − − = = = = − + +
21
1
( ) : 0 ; 2 ( ) ( 3)( )
j N jMe donde y D s sD j
φ α β α ββ α β
+= = = = +
+
2 22
22( 3) 2( 2 3) 5 12
j
s j
s j jMes j j
φ
=
= = =+ + +
0 0 0
1 113169
5 121 12 90 63.4 33.40 5
j
MjMej
arctg arctg
φ
φ
= =
= = + = − = − = −
6.- Sustituyendo nos queda que:
( ) 3 33 5 1 (2 )13 169 13
t tf t te e sen t φ− −= − − + +
Apuntes
MI. Guillermo Hermida Saba Página 32
( ) 3 31 3 5(2 )13 13 169
t tf t sen t te eφ − −= + − −
3.6 Función de transferencia.
La función de transferencia juega un papel importante en el análisis de los sistemas dinámicos
lineales, describe la relación entre la señal de salida y la señal de entrada, son una forma
alternativa de representar el modelo matemático del sistema y pueden representarse gráficamente
mediante diagramas de bloques.
3.6.1 Definición
La función de transferencia de un sistema lineal e invariante en el tiempo se define como el
cociente formado por la transformada de Laplace de la señal de salida entre la transformada de
Laplace de la señal de entrada, considerando todas las condiciones iniciales iguales con cero. Es
decir:
( )Y s( )R s SLIT
Figura 3.3 Representación salida – entrada de un sistema.
C.I.=0
( )( ) Función de transferencia( )
Y sG sR s
= ⇒ (3.71)
Para formalizar la definición, consideremos la forma general de una ecuación diferencial de
orden n:
1 0 0 1( ) ( ) ( ) ( ). . . ( ) ( ) . . .
n m
n mn m
d y t dy t dr t d r ta a a y t b r t b bdt dt dt dt
+ + + = + + + (3.72)
Con todas las condiciones iniciales iguales con cero, es decir:
( 1)(0) '(0) ''(0) ... (0) 0ny y y y −= = = = = (3.73)
Apuntes
MI. Guillermo Hermida Saba Página 33
La transformada de Laplace de la ecuación, esta dada por:
1 0 0 1( ) . . . ( ) ( ) ( ) ( ) . . . ( )n mn ma s Y s a sY s a Y s b R s b sR s b s R s+ + + = + + +
( ) ( )1 0 1 0( ) ... ... ( )n mn mY s a s a s a b s b s b R s+ + + = + + +
Por lo tanto, la forma general de la función de transferencia de un sistema lineal e invariante en el
tiempo de orden n, se puede expresar por:
1 0
1 0
...( )( ) con( ) ...
mm
nn
b s b s bY sG s n mR s a s a s a
+ + += = >
+ + + (3.74)
La ecuación (3.74) se conoce como la forma polinómica de la función de transferencia y existen
dos formas algebraicas alternativas para representarla:
a) Forma polo-cero. (forma factorizada)
( )( ) ( )( )( ) ( )
( )
( )1 2 1
1 2
1
( )
m
imm m i
nn n n
jj
s zs z s z s zb bG sa s p s p s p a s p
=
=
−− − ⋅⋅⋅ −
= = − − ⋅⋅⋅ − −
∏
∏ (3.75)
Donde 1 2, ... Son los ceros del sistemamz z z ⇒
1 2, ... Son los polos del sistemanp p p ⇒
b) Forma de constantes de tiempo.
( )( ) ( )( )( ) ( )
0
0 1 2
1 1 1( )
1 1 1a b m
n
s s sbG sa s s s
τ τ ττ τ τ
+ + ⋅⋅⋅ + = + + ⋅⋅⋅ +
(3.76)
Donde 1 2
1 1 1; ; . . .a b mmz z z
τ τ τ= − = − = −
(3.6.7)
Apuntes
MI. Guillermo Hermida Saba Página 34
1 21 2
1 1 1; ; . . . nnp p p
τ τ τ= − = − = −
(3.6.8)
Ejemplo. Obtener la función de transferencia a partir de la siguiente ecuación diferencial.
2
2 2 5 ( )d y dy y f tdt dt
+ + =
Solución: 2 ( ) 2 ( ) 5 ( ) ( )s Y s sY s Y s F s+ + =
( )2( ) 2 5 ( )Y s s s F s+ + =
Por lo tanto:
2
( ) 1( )( ) 2 5
Y sG sF s s s
= =+ +
3.6.2 Polos y ceros de una función.
Dada una función de transferencia representada por:
( )( )( )
N sG sD s
= (3.77)
Podemos establecer que:
Las raíces de ( ) 0N s = son llamadas los ceros de ( )G s
Las raíces de ( ) 0D s = son llamadas los polos de ( )G s
Es decir escribiendo a ( )G s en forma factorizada:
( )( ) ( )( )( ) ( )
1 2
1 2
( ) m
n
s z s z s zG s
s p s p s p− − ⋅⋅⋅ −
=− − ⋅⋅⋅ −
(3.78)
Tenemos que 1 2, ... Son los ceros del sistemamz z z ⇒
1 2, ... Son los polos del sistemanp p p ⇒
Apuntes
MI. Guillermo Hermida Saba Página 35
De lo que se puede observar que si:
( ) ( )( ) 0 ( )( ) ( )
i js z s p
N s N sG s y G sD s D s= =
= = = = ∞
3.6.3 Diagrama o mapa polo-cero.
Dada una función ( )F s , es posible construir un grafico con la ubicación de sus polos y de sus
ceros en un plano complejo o plano “s”, a este grafico se le conoce como diagrama o mapa polo
cero. Los ceros se representan mediante un pequeño círculo y los polos mediante una pequeña
cruz.
Ejemplo. Dibuje el diagrama polo cero de la siguiente función:
( 1 )( 1 )( )( 3 3)( 3 3)
s j s jG ss s j s j
+ − + +=
+ − + +
Solución:
• Los ceros de ( )G s son: 1 21 ; 1z j z j= − + = − −
• Los polos de ( )G s son: 1 2 30 ; 3 3 ; 3 3p p j p j= = − + = − −
Graficando los polos y los ceros en el plano “s”
Apuntes
MI. Guillermo Hermida Saba Página 36
-3 -2 -1
-3
-2
-1
1
2
3
Re
Im
Figura 3.4 Diagrama o mapa polo cero de G(s).
3.6.4 Diagrama o mapa polo-cero de algunas funciones conocidas. Procedamos a dibujar el mapa o diagrama polo-cero de algunas funciones conocidas para
compararla con su grafica en el dominio del tiempo:
a) Función escalón unitario.
[ ] 1( ) ( )U s L u ts
= =
Apuntes
MI. Guillermo Hermida Saba Página 37
0
Plano “s”
0
Re
Im
1
( )u t
t
Figura 3.5 Grafica de la función escalón y su mapa polo-cero correspondiente.
b) Función exponencial.
1atL es a
− = +
0
Plano “s”
0
Re
Im
1
t -a
ate−
Figura 3.6 Grafica de la función exponencial y su mapa polo-cero correspondiente.
c) Función coseno.
[ ] 2 2cos sL ts
ωω
=+
Apuntes
MI. Guillermo Hermida Saba Página 38
Plano “s”
0
Re
Im
jw
-jw
0
cos tω
t
Figura 3.7 Grafica de la función coseno y su mapa polo-cero correspondiente.
d) Función coseno amortiguado.
( )2 2cosat sL e t
s aω
ω− = + +
Plano “s”
0
Im
jw
-jw
-a0
cosate tω−
t
Figura 3.8 Grafica de la función coseno amortiguado y su mapa polo-cero correspondiente.
Ejercicios. 1).- Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales usando el método de la Transformada de Laplace.
Apuntes
MI. Guillermo Hermida Saba Página 39
a).-
tey
dtdy
dtyd 22
2
6168 −=++ con: 0)0(;1)0( ' == yy
b).-
065 2
2
3
3
=++dtdy
dtyd
dtyd
con: 7)0(;2)0(;3)0( ''' =−== yyy
c).-
)(42042
2
tuydtdy
dtyd
=++ con: 0)0(2)0( =′−= yy
d)._
2 5 1y y y′′ ′+ + = con: ( )0 (0) 0y y′= =
e).-
2y y t′ + =
con: ( ) 10 −=y
f).-
3 24 4 ty y y t e−′′ ′+ + = con: ( )0 (0) 0y y′= =
2).- Obtenga ( )y t , a partir de la ( )Y s dada.
a).- )256)(1(
)102(20)( 2
2
+++++
=sss
sssY
b).- )2510)(2(
100)( 2 +++=
ssssY
c).- 24
53)( 2 ++−
=ss
ssY
d).- )86(
1616)( 2 +++
=sss
ssY