En un circuit RL la intensitat del corrent ve donada per l’EDO lineal amb coeficients constants:
\begin{equation*}
\hspace{-2cm} L\,i'(t) + R\,i(t)=E(t),
\end{equation*}
on \(E(t)\) és el potencial aplicat a l’circuit, \(L\) és la inductància i \(R\) és la resistència.
Amb les dades \(L=1\)H, \(R=5\Omega\text{,}\) \(E(t)= 1\)V, i sabent que \(i(0)=1\)A, hem de calcular l’expressió de \(i(t)\text{.}\) El que tenim és el problema de valor inicial (PVI) següent
\begin{equation*}
\begin{cases}
i'(t)+5\,i(t)=1\\
i(0)=1
\end{cases}
\end{equation*}
que és molt senzill de resoldre amb les eines del tema d’EDOs, però que utilitzarem per veure com es resolen PVI aplicant la transformada de Laplace. L’esquema que seguirem és
-
Fem la transformada de Laplace a l’EDO
\begin{equation*}
\mathrm{L}\left(i'(t)+5\,i(t)\right)=\mathrm{L}\left(1\right),
\end{equation*}
apliquem la propietat de la linealitat, i substituïm \(\displaystyle\mathrm{L}\left(1\right)=\frac{1}{s}\text{:}\)
\begin{equation*}
\mathrm{L}\left(i'(t)\right)+
5\,I(s)=\frac{1}{s}.
\end{equation*}
Apliquem ara la propietat de obtenció de la TL de la derivada d’un senyal (
Teorema 4.2.9), on utilitzarem la condició inicial del PVI,
\begin{equation*}
\mathrm{L}\left(i'(t)\right)=s\, I(s)-i(0)=s\, I(s)-1,
\end{equation*}
i tenim
\begin{equation*}
s\, I(s)-1+ 5\,I(s)=\frac{1}{s},
\end{equation*}
que és una equació algebraica d’incògnita \(I(s)\text{.}\)
Resolem aquesta equació:
\begin{align*}
s\, I(s)-1+ 5\,I(s)&=\frac{1}{s}\\
\Longrightarrow\qquad
(s+5) I(s)&=\frac{1}{s}+1=\frac{s+1}{s}\\
\Longrightarrow\qquad
I(s)&=\frac{s+1}{(s+5)s}.
\end{align*}
-
A partir d’aquí hem de trobar la transformada inversa de \(I(s)\text{,}\) que és la nostra incògnita de partida \(i(t)\text{.}\) Més endavant veurem el procediment general, però podem resoldre fàcilment aquest cas.
\(I(s)\) és un quocient de polinomis on es pot fer la descomposició en fraccions simples següent:
\begin{equation*}
I(s)=\frac{s+1}{(s+5)s} =\frac{A}{s+5}+\frac{B}{s}\, ,\qquad
\text{amb }A,\ B\text{ a determinar.}
\end{equation*}
Sumant les fraccions simples obtenim
\begin{equation*}
\frac{A}{s+5}+\frac{B}{s} =
\frac{As+B(s+5)}{(s+5)s},
\end{equation*}
amb la qual cosa hem de tenir la igualtat
\begin{equation*}
\frac{s+1}{(s+5)s} =
\frac{As+B(s+5)}{(s+5)s}.
\end{equation*}
Comparant numeradors surt que s’ha de complir que
\begin{equation*}
s+1 =As+B(s+5)=(A+B)s+5B.
\end{equation*}
Comparant els coeficients de \(s\) i el terme constant, concloïm que
\begin{align*}
A+B&=1\\
5B&=1,
\end{align*}
la qual cosa ens porta a \(A=\frac{4}{5}\, ,\ B=\frac{1}{5}\) i per tant a la solució
\begin{equation*}
I(s) =\frac{4}{5}\,\frac{1}{s+5}+
\frac{1}{5}\,\frac{1}{s}.
\end{equation*}
A partir d’aquesta expressió de la transformada \(I(s)\text{,}\) podem obtenir \(i(t)\) aplicant la propietat de la linealitat:
\begin{align*}
i(t)&=\mathrm{L}^{-1}\left(I(s)\right)\\
&=
\mathrm{L}^{-1}\left(\frac{4}{5}\,\frac{1}{s+5}+
\frac{1}{5}\,\frac{1}{s}\right)\\
&=\frac{4}{5}\,
\mathrm{L}^{-1}\left(\frac{1}{s+5}\right)+
\frac{1}{5}\,\mathrm{L}^{-1}\left(\frac{1}{s}\right).
\end{align*}
Ara utilitzem les taules de TL, d’on obtenim
\begin{align*}
\mathrm{L}^{-1}\left(\frac{1}{s+5}\right)&=
\mathrm{e}^{-5t} u(t),\\
\mathrm{L}^{-1}\left(\frac{1}{s}\right)&= u(t),
\end{align*}
i així tenim la resposta final
\begin{equation*}
i(t)= \frac{4}{5}\,\mathrm{e}^{-5t} u(t) +
\frac{1}{5}\,u(t).
\end{equation*}
