En un circuito RL la intensidad de la corriente viene dada por el EDO lineal con coeficientes constantes:
\begin{equation*}
\hspace{-2cm} L\,i'(t) + R\,i(t)=E(t),
\end{equation*}
\(E(t)\) es el potencial aplicado en el circuito, \(L\) es la inductancia y \(R\) es la resistencia.
con los datos: \(L=1\)h \(R=5\Omega\text{,}\) \(E(t)= 1\)V, y sabiendo que \(i(0)=1\)A, debemos calcular la expresión de \(i(t)\text{.}\) Lo que tenemos es el siguiente problema de valor inicial (PVI) siguiente
\begin{equation*}
\begin{cases}
i'(t)+5\,i(t)=1\\
i(0)=1
\end{cases}
\end{equation*}
que es muy sencillo de resolver con las herramientas del tema de EDOs, pero que utilizaremos para ver cómo se resuelven PVI aplicando la transformada de Laplace. El esquema que seguiremos es
-
Hagamos la transformada de Laplace en el EDO
\begin{equation*}
\mathrm{L}\left(i'(t)+5\,i(t)\right)=\mathrm{L}\left(1\right),
\end{equation*}
aplicamos la propiedad de la linealidad, y sustituimos \(\displaystyle\mathrm{L}\left(1\right)=\frac{1}{s}\text{:}\)
\begin{equation*}
\mathrm{L}\left(i'(t)\right)+
5\,I(s)=\frac{1}{s}.
\end{equation*}
Aplicamos ahora la propiedad de obtención de la TL de la derivada de una señal (
Teorema 4.2.9), donde utilizaremos la condición inicial del PVI,
\begin{equation*}
\mathrm{L}\left(i'(t)\right)=s\, I(s)-i(0)=s\, I(s)-1,
\end{equation*}
y tenemos
\begin{equation*}
s\, I(s)-1+ 5\,I(s)=\frac{1}{s},
\end{equation*}
que es una ecuación algebraica de incógnita \(I(s)\text{.}\)
Resolvemos esta ecuación:
\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 de aquí debemos encontrar la transformada inversa de \(I(s)\text{,}\) que es nuestra incógnita de partida \(i(t)\text{.}\) Más adelante veremos el procedimiento general pero podemos resolver fácilmente este caso.
\(I(s)\) es un cociente de polinomios donde se puede realizar la descomposición en fracciones simples siguiente:
\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*}
Sumando las fracciones simples obtenemos
\begin{equation*}
\frac{A}{s+5}+\frac{B}{s} =
\frac{As+B(s+5)}{(s+5)s},
\end{equation*}
con lo que debemos tener la igualdad
\begin{equation*}
\frac{s+1}{(s+5)s} =
\frac{As+B(s+5)}{(s+5)s}.
\end{equation*}
Comparando numeradores sale que debe cumplirse que
\begin{equation*}
s+1 =As+B(s+5)=(A+B)s+5B.
\end{equation*}
Comparando los coeficientes de \(s\) y el término constante, concluimos que
\begin{align*}
A+B&=1\\
5B&=1,
\end{align*}
lo que nos lleva a \(A=\frac{4}{5}\, ,\ B=\frac{1}{5}\) y por tanto a la solución
\begin{equation*}
I(s) =\frac{4}{5}\,\frac{1}{s+5}+
\frac{1}{5}\,\frac{1}{s}.
\end{equation*}
A partir de esa expresión de la transformada \(I(s)\text{,}\) podemos obtener \(i(t)\) aplicando la propiedad de la linealidad:
\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*}
Ahora utilizamos las tablas de TL, de donde obtenemos
\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*}
y así tenemos la respuesta final
\begin{equation*}
i(t)= \frac{4}{5}\,\mathrm{e}^{-5t} u(t) +
\frac{1}{5}\,u(t).
\end{equation*}
