Sesión 3 — Ecuaciones diferenciales y en diferencias
Práctica de aula
Cómo trabajar esta sesión
Los seis problemas son los que se resuelven en el aula. Intenta cada uno a mano antes de abrir la solución: lo que se evalúa no es el resultado, sino saber montar el planteamiento. Las soluciones están plegadas; cada una explica el razonamiento completo, no solo el número final.
Problemas propuestos
Un circuito RLC serie se alimenta con una fuente de tensión \(x(t)\), y se toma como salida \(y(t)\) la tensión en bornes de la resistencia.
La ecuación diferencial que relaciona la entrada con la salida es
\[ LC\,\frac{d^2 y(t)}{dt^2} + RC\,\frac{dy(t)}{dt} + y(t) = RC\,\frac{dx(t)}{dt} \]
a) Determina, en función de \(R\), \(L\) y \(C\), cuándo las raíces de la ecuación característica son reales y distintas, reales dobles o complejas conjugadas. En cada caso, justifica si el circuito es estable o inestable.
b) Con \(R = 2\ \Omega\), \(L = 1\) H y \(C = 1\) F, el circuito, sin energía almacenada en ninguno de sus componentes, se conecta en \(t = 0\) la fuente \(x(t) = 25\sin(2t)\,u(t)\) V. Obtén la solución completa \(y(t)\).
c) Expresa la parte permanente de la solución anterior como \(y_p(t) = A\sin(\omega t - \phi)\) y explica qué efectos produce el circuito sobre la amplitud y el desfase de la señal de entrada.
a) Tipos de raíces. La ecuación característica sale de cambiar cada derivada de \(y\) por una potencia de \(s\):
\[ LC\,s^2 + RC\,s + 1 = 0 \quad\Longrightarrow\quad s = \frac{-RC \pm \sqrt{R^2C^2 - 4LC}}{2LC} \]
El tipo de raíces lo decide el signo de lo que queda dentro de la raíz. Así, se puden dar tres escenarios:
1) Si \(R^2C^2 - 4LC > 0\), las raíces son reales y distintas
2) Si \(R^2C^2 - 4LC = 0\), las raíces son reales dobles
3) Si \(R^2C^2 - 4LC < 0\), las raíces son complejas conjugadas
Simplificando, se obtiene la condición en función de \(R\), \(L\) y \(C\):
| Condición | Raíces | Tipo |
|---|---|---|
| \(R > 2\sqrt{L/C}\) | \(s_{1,2} = -\dfrac{R}{2L} \pm \sqrt{\dfrac{R^2}{4L^2} - \dfrac{1}{LC}}\) | reales y distintas |
| \(R = 2\sqrt{L/C}\) | \(s_{1,2} = -\dfrac{R}{2L}\) | real doble |
| \(R < 2\sqrt{L/C}\) | \(s_{1,2} = -\dfrac{R}{2L} \pm j\sqrt{\dfrac{1}{LC} - \dfrac{R^2}{4L^2}}\) | complejas conjugadas |
En los tres casos la parte real es negativa (con \(R > 0\)), así que los modos se apagan: el circuito es estable en cualquier caso.
b) Entrada senoidal. Con \(R = 2\ \Omega\), \(L = 1\) H y \(C = 1\) F, y la derivada de la entrada, \(x'(t) = 50\cos 2t\) para \(t > 0\):
\[ y'' + 2y' + y = 2\,x'(t) = 100\cos 2t, \qquad t > 0 \]
Condiciones iniciales. Sin energía almacenada, \(i(0) = 0\) y \(v_C(0) = 0\). La tensión en la resistencia es proporcional a la corriente, así que \(y(0) = R\,i(0) = 0\). Para la derivada, \(y'(t) = R\,i'(t)\), y la derivada de la corriente la fija la bobina, \(v_L(t) = L\,i'(t)\); su tensión sale de la ley de Kirchhoff:
\[ v_L(0) = x(0) - v_R(0) - v_C(0) = 25\sin 0 - 0 - 0 = 0 \quad\Longrightarrow\quad y'(0) = \frac{R}{L}\,v_L(0) = 0 \]
Con \(25\cos(2t)\,u(t)\) la bobina recibiría de golpe 25 V y sería \(y'(0) = 50\) V/s.
Homogénea. Aquí \(R = 2\sqrt{L/C} = 2\): según el apartado a), raíz real doble.
\[ s^2 + 2s + 1 = (s + 1)^2 = 0 \quad\Longrightarrow\quad s = -1 \text{ (doble)} \qquad\qquad y_h(t) = (K_1 + K_2\,t)\,e^{-t} \]
Particular. El término no homogéneo es un coseno, así que se prueba \(y_p(t) = C_1\cos 2t + C_2\sin 2t\), con \(y_p' = -2C_1\sin 2t + 2C_2\cos 2t\) e \(y_p'' = -4\,y_p\). Al sustituir en la ecuación e igualar por separado los cosenos y los senos:
\[ \left.\begin{aligned} \cos 2t:&\quad -4C_1 + 4C_2 + C_1 = -3C_1 + 4C_2 = 100 \\ \sin 2t:&\quad -4C_2 - 4C_1 + C_2 = -4C_1 - 3C_2 = 0 \end{aligned}\right\} \quad\Longrightarrow\quad C_1 = -12, \quad C_2 = 16 \]
\[ y_p(t) = 16\sin 2t - 12\cos 2t \]
Completa. \(y(t) = (K_1 + K_2\,t)\,e^{-t} + 16\sin 2t - 12\cos 2t\), con derivada \(y'(t) = (K_2 - K_1 - K_2\,t)\,e^{-t} + 32\cos 2t + 24\sin 2t\):
\[ \left.\begin{aligned} y(0) &= K_1 - 12 = 0 \\ y'(0) &= K_2 - K_1 + 32 = 0 \end{aligned}\right\} \quad\Longrightarrow\quad K_1 = 12, \quad K_2 = -20 \]
\[ y(t) = \underbrace{16\sin 2t - 12\cos 2t}_{\text{permanente}}\;+\;\underbrace{(12 - 20\,t)\,e^{-t}}_{\text{transitorio}}\ \text{V}, \qquad t \geq 0 \]
El transitorio, \((12 - 20\,t)\,e^{-t}\), tiene la forma del modo doble y se apaga en unos pocos segundos; a partir de ahí solo queda el permanente.
c) Amplitud y desfase. Se usa la identidad del formulario que junta seno-más-coseno en un solo coseno con fase,
\[ a\cos(\omega t) + b\sin(\omega t) = \sqrt{a^2+b^2}\,\cos\!\left(\omega t - \arctan\frac{b}{a}\right) \qquad (a > 0) \]
pero en el permanente, \(16\sin 2t - 12\cos 2t\), el coseno lleva \(-12\), y el enunciado pide un seno. Las dos cosas se arreglan a la vez retrasando un cuarto de periodo: con \(\theta = 2t - \tfrac{\pi}{2}\) es \(\sin 2t = \cos\theta\) y \(\cos 2t = -\sin\theta\), así que
\[ y_p(t) = 16\cos\theta + 12\sin\theta \]
con \(a = 16 > 0\) y \(b = 12\). La identidad da
\[ y_p(t) = \sqrt{16^2 + 12^2}\,\cos\!\left(\theta - \arctan\tfrac{3}{4}\right) = 20\cos\!\left(2t - \tfrac{\pi}{2} - \phi\right) = 20\sin(2t - \phi)\ \text{V} \]
porque \(\cos\!\left(x - \tfrac{\pi}{2}\right) = \sin x\). La amplitud es \(A = 20\) V y el desfase, \(\phi = \arctan\tfrac{3}{4} \approx 0.64\ \text{rad} \approx 37°\).
La salida es una senoide de la misma frecuencia que la entrada, como corresponde a un sistema LTI, y el circuito solo le cambia dos cosas:
- La amplitud: la atenúa de 25 V a 20 V, es decir, la multiplica por \(\tfrac{4}{5}\).
- La fase: la retrasa \(\phi \approx 37°\). En tiempo son \(\phi/\omega \approx 0.32\) s: cada cresta de la salida llega un tercio de segundo después que la de la entrada, como se ve en la figura.
Para ver cómo cambia la salida cuando la frecuencia de la entrada no es la de resonancia, la animación repite la de la Sesión 2 con este circuito. La entrada es un chirp: una senoide de amplitud 1 V cuya frecuencia no deja de subir, de \(0.1\) a \(10\) rad/s en 160 s. Al pasar por \(\omega = 2\) rad/s, la frecuencia del apartado b), marcada con la línea de puntos, la lectura da los \(0.8\) V de amplitud y los \(-37°\) de desfase.
Volvemos al circuito RLC serie del ejercicio anterior, con la salida \(y(t)\) en bornes de la resistencia, pero ahora sin entrada externa: la fuente \(x(t)\) se cambia por un cortocircuito, \(x(t) = 0\), y el lado derecho de la ecuación diferencial, que solo depende de la entrada, se anula:
\[ LC\,\frac{d^2 y(t)}{dt^2} + RC\,\frac{dy(t)}{dt} + y(t) = 0 \]
Lo que pone en marcha el circuito es la energía guardada en el condensador. Hasta \(t = 0\) ha estado mucho tiempo conectado a una fuente de 1 V, así que ha alcanzado el equilibrio, y en \(t = 0\) un conmutador lo pasa al circuito RLC:
Con \(R = 2\ \Omega\), \(L = 1\) H y \(C = \tfrac{1}{5}\) F:
a) Obtén de forma razonada \(v_R(0^-)\), \(v_L(0^-)\), \(v_C(0^-)\) e \(i(0^-)\), justo antes de mover el conmutador.
b) Obtén de forma razonada \(v_R(0^+)\), \(v_L(0^+)\), \(v_C(0^+)\) e \(i(0^+)\), justo después de mover el conmutador; y con ellas, determina \(y(0^+)\) e \(y'(0^+)\).
c) Halla las raíces de la ecuación característica. ¿Qué tipo de respuesta cabe esperar?
d) Obtén la solución \(y(t)\) para \(t > 0\) y dibújala de forma aproximada. ¿Cuál es el periodo de la oscilación?
e) Calcula y dibuja (de forma aproximada) la tensión en la bobina \(v_L(t)\) y en el condensador \(v_C(t)\) para \(t > 0\).
a) Antes de conmutar. El condensador lleva mucho tiempo conectado a la fuente: ha llegado al equilibrio, ya no circula corriente por él y su tensión es la de la fuente. La rama de \(R\) y \(L\) está desconectada, así que por ella no circula corriente; y sin corriente, ni la resistencia ni la bobina tienen tensión, porque \(v_R = R\,i\) y \(v_L = L\,i'\):
\[ v_C(0^-) = 1\ \text{V}, \qquad i(0^-) = 0, \qquad v_R(0^-) = R\,i(0^-) = 0, \qquad v_L(0^-) = 0 \]
b) Después de conmutar. La tensión del condensador y la corriente de la bobina no pueden saltar: guardan la energía del circuito, y un salto pediría una potencia infinita. Así que
\[ v_C(0^+) = v_C(0^-) = 1\ \text{V}, \qquad i(0^+) = i(0^-) = 0 \]
La tensión en la resistencia sigue a la corriente, \(v_R(0^+) = R\,i(0^+) = 0\). La de la bobina, en cambio, sí puede saltar, y la fija la ley de Kirchhoff en la malla, con la fuente \(x(t)\) a cero:
\[ v_R(0^+) + v_L(0^+) + v_C(0^+) = 0 \quad\Longrightarrow\quad v_L(0^+) = -v_R(0^+) - v_C(0^+) = -1\ \text{V} \]
Son condiciones del circuito, y la ecuación pide las de la salida (\(y\) e \(y'\)). La salida es la tensión en la resistencia, y su derivada, \(y'(t) = R\,i'(t)\), la fija la bobina, \(v_L(t) = L\,i'(t)\):
\[ y(0^+) = v_R(0^+) = 0, \qquad y'(0^+) = \frac{R}{L}\,v_L(0^+) = -2\ \text{V/s} \]
El signo negativo dice que la corriente arranca en sentido contrario al de la flecha: el condensador se descarga a través de \(L\) y \(R\).
c) Raíces. Con \(LC = \tfrac{1}{5}\) y \(RC = \tfrac{2}{5}\), la ecuación es \(\tfrac{1}{5}y'' + \tfrac{2}{5}y' + y = 0\), o, multiplicando por 5,
\[ s^2 + 2s + 5 = 0 \quad\Longrightarrow\quad s = \frac{-2 \pm \sqrt{4 - 20}}{2} = -1 \pm 2j \]
Son complejas conjugadas, como anticipaba el apartado a) del ejercicio anterior: \(R = 2 < 2\sqrt{L/C} = 2\sqrt{5}\). Su parte real, \(\sigma = -1\), es negativa, así que el circuito es estable y la respuesta se apaga; su parte imaginaria, \(\omega = 2\) rad/s, hace que lo haga oscilando.
d) Solución. Como no hay entrada, la solución particular es cero y la completa se reduce a la homogénea, con sus constantes ajustadas a las condiciones iniciales:
\[ y(t) = e^{-t}\big(K_1\cos 2t + K_2\sin 2t\big) \]
La derivada es \(y'(t) = e^{-t}\big((2K_2 - K_1)\cos 2t - (2K_1 + K_2)\sin 2t\big)\), y con \(y(0^+) = 0\) e \(y'(0^+) = -2\):
\[ y(0^+) = K_1 = 0, \qquad y'(0^+) = 2K_2 - K_1 = -2 \qquad\qquad y(t) = -e^{-t}\sin 2t\ \text{V}, \quad t \geq 0 \]
El periodo de la oscilación es \(T = 2\pi/\omega = \pi\) s. La gráfica de \(y(t)\) es el primer panel de la figura del apartado e).
e) Tensiones en la bobina y en el condensador. La de la bobina sale de su ley, con la corriente \(i = y/R\):
\[ v_L(t) = L\,i'(t) = \frac{L}{R}\,y'(t) = \tfrac{1}{2}\,e^{-t}\big(\sin 2t - 2\cos 2t\big) = e^{-t}\big(\tfrac{1}{2}\sin 2t - \cos 2t\big)\ \text{V}, \quad t > 0 \]
y la del condensador, de la ley de Kirchhoff en la malla, \(y + v_L + v_C = 0\):
\[ v_C(t) = -y(t) - v_L(t) = e^{-t}\big(\cos 2t + \tfrac{1}{2}\sin 2t\big)\ \text{V}, \quad t \geq 0 \]
Las dos encajan con el apartado b): \(v_C(0^+) = 1\) V y \(v_L(0^+) = -1\) V.
En la conmutación no saltan ni la corriente de la bobina, y con ella la salida, que arranca en cero, ni la tensión del condensador, que arranca en sus 1 V. La que salta es la tensión en la bobina: de 0 a \(-1\) V, porque en cuanto se cierra la malla tiene que compensar ella sola la tensión del condensador. Después, las tres tensiones oscilan con el mismo periodo, \(\pi \approx 3.14\) s, y se apagan con el mismo factor \(e^{-t}\), tendiendo a cero porque no hay fuente que mantenga la energía en el circuito.
a) Término no homogéneo. Con el escalón, \(\varphi[n] = 4\,u[n] - 4\,u[n-4]\). Muestra a muestra:
\[ \varphi[n] = \begin{cases} 4 - 0 = 4, & n = 0, 1, 2, 3 \\[2pt] 4 - 4 = 0, & n \geq 4 \end{cases} \]
No tiene una sola forma: es un pulso de cuatro muestras, que vale 4 hasta \(n = 3\) y se anula a partir de \(n = 4\). El método de siempre, homogénea más particular, solo sirve en un tramo en el que \(\varphi[n]\) tenga una sola expresión, así que hay que resolver por separado los dos tramos.
b) Primeras muestras, \(0 \leq n \leq 3\): Tenemos que \(y[n] = y[n-1] - \tfrac{1}{4}\,y[n-2] + \varphi[n]\), con \(\varphi[n] = 4\) para \(0 \leq n \leq 3\). Partiendo del reposo, según el enunciado, podemos resolver por recurrencia:
\[ \begin{aligned} y[0] &= 0 - 0 + 4 = 4 \\ y[1] &= 4 - 0 + 4 = 8 \\ y[2] &= 8 - 1 + 4 = 11 \\ y[3] &= 11 - 2 + 4 = 13 \end{aligned} \]
c) Resto de muestras, \(n \geq 4\): A partir de ese momento, \(\varphi[n] = 0\), por tanto, no hay particular, y la solución es simplemente la homogénea. Para escribirla hacen falta las raíces de la ecuación característica. Cada retardo se cambia por una potencia de \(z\), empezando por \(z^2\):
\[ z^2 - z + \tfrac{1}{4} = \left(z - \tfrac{1}{2}\right)^2 = 0 \quad\Longrightarrow\quad z = \tfrac{1}{2} \text{ (doble)} \quad\Longrightarrow\quad y_h[n] = (K_1 + K_2\,n)\left(\tfrac{1}{2}\right)^n \]
La raíz está dentro de la circunferencia unidad: el sistema es estable.
Lo que hay que elegir con cuidado son las condiciones que la arrancan. No son \(y[-1]\) e \(y[-2]\), que pertenecen al otro tramo, sino las dos últimas muestras antes de que cambie \(\varphi\), es decir: \(y[2] = 11\) e \(y[3] = 13\).
\[ \left.\begin{aligned} y[2] &= (K_1 + 2K_2)\,\tfrac{1}{4} = 11 \\ y[3] &= (K_1 + 3K_2)\,\tfrac{1}{8} = 13 \end{aligned}\right\} \quad\Longrightarrow\quad \left\{\begin{aligned} K_1 + 2K_2 &= 44 \\ K_1 + 3K_2 &= 104 \end{aligned}\right. \quad\Longrightarrow\quad K_2 = 60, \quad K_1 = -76 \]
\[ y[n] = (60\,n - 76)\left(\tfrac{1}{2}\right)^n, \qquad n \geq 4 \]
La salida tiende a cero, porque la raíz doble está dentro de la circunferencia unidad y no hay entrada externa para \(n \geq 4\).
d) El error del razonamiento: El término \(x[n] - x[n-4]\) solo se anula cuando las dos muestras del escalón valen 4, es decir, a partir de \(n = 4\). En las cuatro primeras, \(x[n-4]\) todavía es cero y \(\varphi[n] = 4\). Ese pulso es justo lo que pone en marcha el sistema: con él la salida sube hasta 13, y después se apaga con el modo de la raíz doble. Haber supuesto \(\varphi[n] = 0\) desde \(n = 0\) es lo mismo que imponer las condiciones de un tramo a la forma del otro.
a) Ecuación característica. Con la salida a un lado, \(y[n] - y[n-1] + y[n-2] = 0\): una ecuación homogénea de segundo orden (el oscilador no tiene entrada, todo sale de los valores iniciales). Cada retardo se cambia por una potencia de \(z\), empezando por \(z^2\):
\[ z^2 - z + 1 = 0 \quad\Longrightarrow\quad z = \frac{1 \pm \sqrt{1 - 4}}{2} = \frac{1}{2} \pm j\,\frac{\sqrt{3}}{2} \]
En forma polar, el módulo es \(\sqrt{\tfrac{1}{4} + \tfrac{3}{4}} = 1\) y el ángulo \(\arctan\sqrt{3} = \tfrac{\pi}{3}\):
\[ z_{1,2} = 1\cdot e^{\pm j\pi/3} \]
Las dos raíces están sobre la circunferencia unidad: los modos ni se apagan (\(|z| < 1\)) ni crecen (\(|z| > 1\)). El sistema es marginalmente estable, que es justo lo que se le pide a un oscilador: si \(|z|\) fuera algo menor que 1 el tono se iría apagando, y si fuera algo mayor acabaría saturando el DAC.
b) Solución completa. Raíces complejas con \(r = 1\) y \(\Omega_0 = \tfrac{\pi}{3}\), así que
\[ y[n] = K_1\cos\!\left(\tfrac{\pi}{3}n\right) + K_2\sin\!\left(\tfrac{\pi}{3}n\right) \]
La recurrencia se aplica a partir de \(n = 2\), y los dos valores que la arrancan, \(y[0]\) e \(y[1]\), son las condiciones iniciales:
\[ \begin{aligned} y[0] &= K_1 = 1 \\ y[1] &= K_1\cos\tfrac{\pi}{3} + K_2\sin\tfrac{\pi}{3} = \tfrac{1}{2} + \tfrac{\sqrt{3}}{2}\,K_2 = 2 \quad\Longrightarrow\quad K_2 = \sqrt{3} \end{aligned} \]
\[ y[n] = \cos\!\left(\tfrac{\pi}{3}n\right) + \sqrt{3}\,\sin\!\left(\tfrac{\pi}{3}n\right), \qquad n \geq 0 \]
c) Coseno con fase. Se usa la identidad del formulario que junta seno-más-coseno en un solo coseno con fase,
\[ a\cos(\Omega n) + b\sin(\Omega n) = \sqrt{a^2+b^2}\,\cos\!\left(\Omega n - \arctan\frac{b}{a}\right) \qquad (a > 0) \]
con \(a = 1\), \(b = \sqrt{3}\) y \(\Omega = \Omega_0 = \tfrac{\pi}{3}\):
\[ C = \sqrt{1 + 3} = 2, \qquad \phi = -\arctan\sqrt{3} = -\frac{\pi}{3} \qquad\Longrightarrow\qquad y[n] = 2\cos\!\left(\frac{\pi}{3}n - \frac{\pi}{3}\right) \]
d) Frecuencia, amplitud y sonido. La frecuencia digital \(\Omega_0 = \tfrac{\pi}{3}\) rad/muestra corresponde a \(\Omega_0 = 2\pi f_0/f_s\):
\[ f_0 = \frac{\Omega_0}{2\pi}\,f_s = \frac{1}{6}\cdot 6000 = 1000\ \text{Hz} \]
O, con la frecuencia de Nyquist, \(f_{nyq} = f_s/2 = 3\) kHz, que corresponde a \(\Omega = \pi\) (es exactamente lo mismo):
\[ f_0 = \frac{\Omega_0}{\pi}\,f_{nyq} = \frac{1}{3}\cdot 3000 = 1000\ \text{Hz} \]
Se ve también en las muestras: la secuencia se repite cada 6, y 6 muestras a 6 kHz son 1 ms. La amplitud es \(C = 2\), en las unidades de los valores que recibe el DAC.
¿Qué se oye en el altavoz? Un pitido continuo de 1 kHz, un tono agudo como el de las señales de prueba, y siempre con el mismo volumen: las raíces están sobre la circunferencia unidad, así que la oscilación ni se apaga ni crece, y suena mientras el código siga ejecutándose. Esta frecuencia correspondería aproximadamente a un SI agudo.
Se plantea el circuito representado más abajo. El condensador, de \(C = 0.25\) F, ha estado mucho tiempo conectado a una fuente de 1 V (se asume por tanto que ha alcanzado el equilibrio); y en \(t = 0\) el conmutador lo conecta en serie con una bobina de \(L = 1\) H. Consideramos en este caso como salida la intensidad que recorre la malla \(LC\), o sea, \(y(t) = i(t)\), que para \(t > 0\) cumple
\[ LC\, \frac{d^2 y(t)}{dt^2} + y(t) = 0 \]
a) Halla las raíces de la ecuación característica. ¿Es el sistema estable, inestable o marginalmente estable?
b) Obtén \(v_C(0^-)\) e \(i(0^-)\), justo antes de mover el conmutador, y con ellas \(y(0^+)\) e \(y'(0^+)\). Resuelve la ecuación para \(t > 0\) y obtén también la tensión del condensador, \(v_C(t)\).
c) La energía almacenada por el condensador es \(E_C(t) = \tfrac{1}{2}C\,v_C^2(t)\) y la de la bobina \(E_L(t) = \tfrac{1}{2}L\,y^2(t)\). Comprueba que la suma \(E_C(t) + E_L(t)\) es constante y por tanto que la energía se conserva.
d) Una bobina real tiene algo de resistencia y también la tienen los cables del circuito. ¿Qué les pasa a las raíces si se añade una resistencia \(R\) pequeña en serie? ¿Cómo cambiaría \(y(t)\)? ¿Qué pasa con la energía en ese caso?
a) Raíces. Con \(LC = 0.25\), la ecuación característica es \(\tfrac{1}{4}s^2 + 1 = 0\), o, multiplicando por 4,
\[ s^2 + 4 = 0 \quad\Longrightarrow\quad s = \pm 2j \]
Las raíces son imaginarias puras, y sabemos entonces que la ecuación homogénea del sistema tiene una solución oscilatoria. El sistema es marginalmente estable: la salida no se apaga, pero tampoco crece sin límite, sino que oscila indefinidamente.
NOTA: Observa que, para valores cualesquiera de los componentes L y C, la frecuencia de oscilación es \(\omega_0 = 1/\sqrt{LC}\).
b) Condiciones iniciales y solución. Antes de conmutar, el condensador ha llegado al equilibrio con la fuente, \(v_C(0^-) = 1\) V, y la bobina está desconectada, \(i(0^-) = 0\). Ninguna de las dos puede saltar instantáneamente, así que \(v_C(0^+) = 1\) V e \(y(0^+) = i(0^+) = 0\).
La derivada de la corriente la fija la bobina, \(v_L(t) = L\,i'(t)\), y la tensión en la bobina sale de la ley de Kirchhoff en la malla, \(v_L + v_C = 0\), con las dos tensiones medidas en el sentido de la corriente de la figura:
\[ y'(0^+) = \frac{v_L(0^+)}{L} = -\frac{v_C(0^+)}{L} = -1\ \text{A/s} \]
Por tanto, la ecuación a resolver es
\[ y'' + 4y = 0, \qquad y(0) = 0, \quad y'(0) = -1 \]
Como las raíces son imaginarias puras, su solución es
\[y(t) = K_1\cos 2t + K_2\sin 2t\]
Calculando la derivada, \(y'(t) = -2K_1\sin 2t + 2K_2\cos 2t\) y aplicando las condiciones iniciales: \[ y(0) = K_1 = 0, \qquad y'(0) = 2K_2 = -1 \qquad\qquad y(t) = i(t) = -\tfrac{1}{2}\sin 2t\ \text{A}, \quad t \geq 0 \]
La tensión del condensador sale de la misma ley de Kirchhoff, \(v_C = -v_L = -L\,y'\):
\[ v_C(t) = -1 \cdot (-\cos 2t) = \cos 2t\ \text{V}, \quad t \geq 0 \]
que empieza en 1 V, como debe, y oscila entre 1 V y \(-1\) V.
Como en la descarga del RLC, el signo negativo dice que la corriente arranca en sentido contrario al de la flecha: el condensador empieza descargándose a través de la bobina. Pero aquí no se descarga del todo: la corriente que la bobina sigue empujando lo carga al revés, y al cabo de medio periodo, en \(t = \pi/2\), tiene \(v_C = -1\) V. La tensión y la corriente están desfasadas un cuarto de periodo: una es máxima cuando la otra pasa por cero. Hay un intercambio de energía entre el condensador y la bobina.
c) Energía. Con \(v_C(t) = \cos 2t\) e \(y(t) = -\tfrac{1}{2}\sin 2t\):
\[ E_C(t) = \tfrac{1}{2}C\,v_C^2(t) = \tfrac{1}{8}\cos^2 2t, \qquad E_L(t) = \tfrac{1}{2}L\,y^2(t) = \tfrac{1}{8}\sin^2 2t \]
\[ E_C(t) + E_L(t) = \tfrac{1}{8}\left(\cos^2 2t + \sin^2 2t\right) = \tfrac{1}{8}\ \text{J} \]
La suma no depende de \(t\), así que la energía se conserva: no se pierde, solo pasa del condensador a la bobina y de vuelta, dos veces en cada periodo.
d) Con una resistencia en serie. Quedaría un circuito RLC con \(R\) pequeño. Como se ha visto en el primer ejercicio, las raíces en ese caso pasan a ser complejas conjugadas con parte real negativa. La señal \(y(t)\) seguiría oscilando pero se apagaría poco a poco. En ese caso, la energía se disipa en la resistencia en forma de calor.
Por eso un oscilador real necesita un elemento activo, un amplificador, que reponga en cada ciclo lo que se pierde en la resistencia. Es lo que hace, por ejemplo, el oscilador Colpitts de la siguiente figura: el circuito LC, con la bobina \(L\) y los condensadores \(C_1\) y \(C_2\), fija la frecuencia de oscilación, y el amplificador operacional, a través de \(R_3\), le devuelve en cada ciclo la energía que se disipa.
