Problemas de ecuaciones diferenciales y en diferencias

Señales y Sistemas Lineales

Ejercicios propuestos

Tip💡 Cómo usar esta sección

Intenta resolver cada ejercicio a mano antes de consultar la solución. Las soluciones están plegadas: despliégalas cuando quieras comprobar tu resultado. Aquí importa la mecánica: homogénea, particular y ajuste de constantes, siempre en ese orden. Todas las ecuaciones son de primer o segundo orden.

Nota📝 Método de resolución

La solución es la suma de la homogénea y la particular, \(y = y_h + y_p\), y las constantes de la homogénea se ajustan al final, con la solución completa.

1. Homogénea. Se anula el término no homogéneo y se buscan las raíces de la ecuación característica, que sale de cambiar cada derivada por una potencia de \(s\), o cada retardo por una potencia de \(z\):

\[ \begin{aligned} a_2\,y'' + a_1\,y' + a_0\,y = 0 \quad&\Longrightarrow\quad a_2 s^2 + a_1 s + a_0 = 0 \\ y[n] + a_1\,y[n-1] + a_2\,y[n-2] = 0 \quad&\Longrightarrow\quad z^2 + a_1 z + a_2 = 0 \end{aligned} \]

Raíces	Continuo	Discreto
Reales simples \(s_1, s_2\) o \(z_1, z_2\)	\(K_1 e^{s_1 t} + K_2 e^{s_2 t}\)	\(K_1 z_1^{\,n} + K_2 z_2^{\,n}\)
Real doble	\((K_1 + K_2\,t)\,e^{s_1 t}\)	\((K_1 + K_2\,n)\,z_1^{\,n}\)
Complejas, \(s = \sigma \pm j\omega\) o \(z = r\,e^{\pm j\Omega_0}\)	\(e^{\sigma t}\big(K_1\cos\omega t + K_2\sin\omega t\big)\)	\(r^{\,n}\big(K_1\cos\Omega_0 n + K_2\sin\Omega_0 n\big)\)

2. Particular. Tiene la forma del término no homogéneo \(\varphi\), con coeficientes que se calculan sustituyendo en la ecuación:

\(\varphi\)	\(y_p\) (continuo)	\(y_p\) (discreto)
Constante	\(C\)	\(C\)
Exponencial \(e^{at}\) o \(a^n\)	\(C\,e^{at}\)	\(C\,a^n\)
Senoidal de frecuencia \(\omega\) o \(\Omega\)	\(C_1\cos\omega t + C_2\sin\omega t\)	\(C_1\cos\Omega n + C_2\sin\Omega n\)

Si \(\varphi\) es suma de varios términos, la particular es la suma de las de cada uno. Si no hay entrada, \(y_p = 0\).

3. Constantes. Se imponen las condiciones iniciales a la solución completa.

• En continuo se usan \(y(0)\) e \(y'(0)\).
• En discreto, sin entrada, se pueden imponer directamente \(y[-1]\) e \(y[-2]\). Con entrada, lo seguro es calcular con la propia ecuación las primeras muestras desde las que \(\varphi\) ya tiene su forma (\(y[0]\), \(y[1]\)…) e imponer esas.

Circuitos. \(v_R = R\,i\), \(v_L = L\,\dfrac{di}{dt}\), \(i = C\,\dfrac{dv_C}{dt}\). La tensión de un condensador y la corriente de una bobina no pueden cambiar de golpe: valen lo mismo justo antes y justo después de una conmutación.

Respuesta sin entrada

Nota✏️ Ejercicio 1: Primer orden, continuo y discreto

Resuelve las ecuaciones siguientes, que no tienen término no homogéneo:

a) \(y'(t) + 3\,y(t) = 0\), con \(y(0) = 2\).

b) \(y[n] - 0.5\,y[n-1] = 0\), con \(y[-1] = 4\).

Nota💡 Solución del Ejercicio 1

a) La ecuación característica es \(s + 3 = 0\), con la raíz \(s = -3\). La solución es \(y(t) = K\,e^{-3t}\), y con \(y(0) = K = 2\):

\[ y(t) = 2\,e^{-3t}, \qquad t \geq 0 \]

b) La ecuación característica es \(z - 0.5 = 0\), con la raíz \(z = 0.5\). La solución es \(y[n] = K\,(0.5)^n\). Como no hay entrada, la condición se impone directamente en \(n = -1\):

\[ y[-1] = K\,(0.5)^{-1} = 2K = 4 \quad\Longrightarrow\quad K = 2 \qquad\qquad y[n] = 2\,(0.5)^n, \qquad n \geq -1 \]

Comprobación con la propia ecuación: \(y[0] = 0.5\cdot 4 = 2\), que es lo que da la fórmula.

Nota✏️ Ejercicio 2: Segundo orden en continuo: los tres tipos de raíces

Resuelve las ecuaciones siguientes, que no tienen término no homogéneo:

a) \(y''(t) + 5\,y'(t) + 6\,y(t) = 0\), con \(y(0) = 1\) e \(y'(0) = 0\).

b) \(y''(t) + 4\,y'(t) + 4\,y(t) = 0\), con \(y(0) = 1\) e \(y'(0) = 1\).

c) \(y''(t) + 2\,y'(t) + 5\,y(t) = 0\), con \(y(0) = 2\) e \(y'(0) = 0\).

Nota💡 Solución del Ejercicio 2

a) Raíces reales simples.

\[ s^2 + 5s + 6 = (s + 2)(s + 3) = 0 \quad\Longrightarrow\quad s_1 = -2, \quad s_2 = -3 \qquad\qquad y(t) = K_1\,e^{-2t} + K_2\,e^{-3t} \]

Con la derivada, \(y'(t) = -2K_1\,e^{-2t} - 3K_2\,e^{-3t}\):

\[ \left.\begin{aligned} y(0) &= K_1 + K_2 = 1 \\ y'(0) &= -2K_1 - 3K_2 = 0 \end{aligned}\right\} \quad\Longrightarrow\quad K_1 = 3, \quad K_2 = -2 \qquad\qquad y(t) = 3\,e^{-2t} - 2\,e^{-3t}, \quad t \geq 0 \]

b) Raíz real doble.

\[ s^2 + 4s + 4 = (s + 2)^2 = 0 \quad\Longrightarrow\quad s = -2 \text{ (doble)} \qquad\qquad y(t) = (K_1 + K_2\,t)\,e^{-2t} \]

Con la derivada, \(y'(t) = (K_2 - 2K_1 - 2K_2\,t)\,e^{-2t}\):

\[ \left.\begin{aligned} y(0) &= K_1 = 1 \\ y'(0) &= K_2 - 2K_1 = 1 \end{aligned}\right\} \quad\Longrightarrow\quad K_1 = 1, \quad K_2 = 3 \qquad\qquad y(t) = (1 + 3t)\,e^{-2t}, \quad t \geq 0 \]

c) Raíces complejas conjugadas.

\[ s^2 + 2s + 5 = 0 \quad\Longrightarrow\quad s = \frac{-2 \pm \sqrt{4 - 20}}{2} = -1 \pm 2j \qquad\qquad y(t) = e^{-t}\big(K_1\cos 2t + K_2\sin 2t\big) \]

con \(\sigma = -1\) y \(\omega = 2\) rad/s. Con la derivada, \(y'(t) = e^{-t}\big((2K_2 - K_1)\cos 2t - (2K_1 + K_2)\sin 2t\big)\):

\[ \left.\begin{aligned} y(0) &= K_1 = 2 \\ y'(0) &= 2K_2 - K_1 = 0 \end{aligned}\right\} \quad\Longrightarrow\quad K_1 = 2, \quad K_2 = 1 \qquad\qquad y(t) = e^{-t}\big(2\cos 2t + \sin 2t\big), \quad t \geq 0 \]

Nota✏️ Ejercicio 3: Segundo orden en discreto: los tres tipos de raíces

Resuelve las ecuaciones siguientes, que no tienen término no homogéneo:

a) \(y[n] - 0.75\,y[n-1] + 0.125\,y[n-2] = 0\), con \(y[-1] = 4\) e \(y[-2] = 0\).

b) \(y[n] - y[n-1] + 0.25\,y[n-2] = 0\), con \(y[-1] = 2\) e \(y[-2] = 0\).

c) \(y[n] + 0.25\,y[n-2] = 0\), con \(y[-1] = 2\) e \(y[-2] = 0\).

Nota💡 Solución del Ejercicio 3

Como no hay entrada, las condiciones se imponen directamente en \(n = -1\) y \(n = -2\). Conviene tener a mano las potencias negativas: \((0.5)^{-1} = 2\), \((0.5)^{-2} = 4\), \((0.25)^{-1} = 4\) y \((0.25)^{-2} = 16\).

a) Raíces reales simples.

\[ z^2 - 0.75z + 0.125 = (z - 0.5)(z - 0.25) = 0 \qquad\qquad y[n] = K_1\,(0.5)^n + K_2\,(0.25)^n \]

\[ \left.\begin{aligned} y[-1] &= 2K_1 + 4K_2 = 4 \\ y[-2] &= 4K_1 + 16K_2 = 0 \end{aligned}\right\} \quad\Longrightarrow\quad K_1 = 4, \quad K_2 = -1 \qquad\qquad y[n] = 4\,(0.5)^n - (0.25)^n \]

Comprobación: la ecuación da \(y[0] = 0.75\cdot 4 - 0.125\cdot 0 = 3\), y la fórmula \(4 - 1 = 3\).

b) Raíz real doble.

\[ z^2 - z + 0.25 = (z - 0.5)^2 = 0 \quad\Longrightarrow\quad z = 0.5 \text{ (doble)} \qquad\qquad y[n] = (K_1 + K_2\,n)\,(0.5)^n \]

\[ \left.\begin{aligned} y[-1] &= 2\,(K_1 - K_2) = 2 \\ y[-2] &= 4\,(K_1 - 2K_2) = 0 \end{aligned}\right\} \quad\Longrightarrow\quad K_1 = 2, \quad K_2 = 1 \qquad\qquad y[n] = (2 + n)\,(0.5)^n \]

Comprobación: \(y[0] = 2 - 0.25\cdot 0 = 2\) e \(y[1] = 2 - 0.25\cdot 2 = 1.5\); la fórmula da \(2\) y \(3\cdot 0.5 = 1.5\).

c) Raíces complejas conjugadas.

\[ z^2 + 0.25 = 0 \quad\Longrightarrow\quad z = \pm 0.5\,j = 0.5\,e^{\pm j\pi/2} \qquad\qquad y[n] = (0.5)^n\left(K_1\cos\frac{\pi n}{2} + K_2\sin\frac{\pi n}{2}\right) \]

con \(r = 0.5\) y \(\Omega_0 = \tfrac{\pi}{2}\). En \(n = -1\), \(\cos(-\tfrac{\pi}{2}) = 0\) y \(\sin(-\tfrac{\pi}{2}) = -1\); en \(n = -2\), \(\cos(-\pi) = -1\) y \(\sin(-\pi) = 0\):

\[ \left.\begin{aligned} y[-1] &= 2\,(-K_2) = 2 \\ y[-2] &= 4\,(-K_1) = 0 \end{aligned}\right\} \quad\Longrightarrow\quad K_1 = 0, \quad K_2 = -1 \qquad\qquad y[n] = -(0.5)^n\,\sin\frac{\pi n}{2} \]

Comprobación: \(y[0] = -0.25\cdot 0 = 0\) e \(y[1] = -0.25\cdot 2 = -0.5\), igual que la fórmula.

Respuesta a entradas con condiciones iniciales nulas

Nota✏️ Ejercicio 4: Primer orden en continuo

Resuelve \(y'(t) + 2\,y(t) = \varphi(t)\) para \(t \geq 0\), con \(y(0) = 0\), cuando:

a) \(\varphi(t) = 4\).

b) \(\varphi(t) = e^{-t}\).

c) \(\varphi(t) = 5\cos t\).

Nota💡 Solución del Ejercicio 4

La homogénea es la misma en los tres casos: \(s + 2 = 0\), así que \(y_h(t) = K\,e^{-2t}\).

a) Entrada constante. Se prueba \(y_p = C\), cuya derivada es nula: \(2C = 4\), así que \(C = 2\).

\[ y(t) = K\,e^{-2t} + 2, \qquad y(0) = K + 2 = 0 \;\Longrightarrow\; K = -2 \qquad\qquad y(t) = 2\big(1 - e^{-2t}\big) \]

b) Entrada exponencial. Se prueba \(y_p = C\,e^{-t}\), con \(y_p' = -C\,e^{-t}\):

\[ -C\,e^{-t} + 2C\,e^{-t} = e^{-t} \;\Longrightarrow\; C = 1 \qquad\qquad y(t) = K\,e^{-2t} + e^{-t}, \qquad y(0) = K + 1 = 0 \;\Longrightarrow\; K = -1 \]

\[ y(t) = e^{-t} - e^{-2t} \]

c) Entrada senoidal. Se prueba \(y_p = C_1\cos t + C_2\sin t\), con \(y_p' = -C_1\sin t + C_2\cos t\), y se agrupan cosenos y senos:

\[ (C_2 + 2C_1)\cos t + (2C_2 - C_1)\sin t = 5\cos t \;\Longrightarrow\; \left\{\begin{aligned} 2C_1 + C_2 &= 5 \\ -C_1 + 2C_2 &= 0 \end{aligned}\right. \;\Longrightarrow\; C_1 = 2, \quad C_2 = 1 \]

\[ y(t) = K\,e^{-2t} + 2\cos t + \sin t, \qquad y(0) = K + 2 = 0 \;\Longrightarrow\; K = -2 \]

\[ y(t) = -2\,e^{-2t} + 2\cos t + \sin t \]

El término \(-2\,e^{-2t}\) es el transitorio, que se apaga; queda la senoide de la misma frecuencia que la entrada.

Nota✏️ Ejercicio 5: Segundo orden en continuo

Resuelve \(y''(t) + 3\,y'(t) + 2\,y(t) = \varphi(t)\) para \(t \geq 0\), con \(y(0) = 0\) e \(y'(0) = 0\), cuando:

a) \(\varphi(t) = 4\).

b) \(\varphi(t) = 10\cos t\).

c) \(\varphi(t) = 6\,e^{-3t}\).

Nota💡 Solución del Ejercicio 5

La homogénea es común: \(s^2 + 3s + 2 = (s + 1)(s + 2) = 0\), así que \(y_h(t) = K_1\,e^{-t} + K_2\,e^{-2t}\). En los tres casos las condiciones dan el sistema

\[ y(0) = K_1 + K_2 + y_p(0) = 0, \qquad y'(0) = -K_1 - 2K_2 + y_p'(0) = 0 \]

a) Entrada constante. Con \(y_p = C\): \(2C = 4\), \(C = 2\). Con \(y_p(0) = 2\) e \(y_p'(0) = 0\):

\[ \left.\begin{aligned} K_1 + K_2 + 2 &= 0 \\ -K_1 - 2K_2 &= 0 \end{aligned}\right\} \;\Longrightarrow\; K_1 = -4, \quad K_2 = 2 \qquad\qquad y(t) = 2 - 4\,e^{-t} + 2\,e^{-2t} \]

b) Entrada senoidal. Con \(y_p = C_1\cos t + C_2\sin t\) es \(y_p'' = -y_p\), así que la ecuación queda \(y_p + 3y_p' = 10\cos t\):

\[ (C_1 + 3C_2)\cos t + (C_2 - 3C_1)\sin t = 10\cos t \;\Longrightarrow\; \left\{\begin{aligned} C_1 + 3C_2 &= 10 \\ -3C_1 + C_2 &= 0 \end{aligned}\right. \;\Longrightarrow\; C_1 = 1, \quad C_2 = 3 \]

Con \(y_p(0) = 1\) e \(y_p'(0) = C_2 = 3\):

\[ \left.\begin{aligned} K_1 + K_2 + 1 &= 0 \\ -K_1 - 2K_2 + 3 &= 0 \end{aligned}\right\} \;\Longrightarrow\; K_1 = -5, \quad K_2 = 4 \qquad\qquad y(t) = -5\,e^{-t} + 4\,e^{-2t} + \cos t + 3\sin t \]

c) Entrada exponencial. Con \(y_p = C\,e^{-3t}\), \(y_p' = -3C\,e^{-3t}\) e \(y_p'' = 9C\,e^{-3t}\):

\[ (9 - 9 + 2)\,C\,e^{-3t} = 6\,e^{-3t} \;\Longrightarrow\; C = 3 \]

Con \(y_p(0) = 3\) e \(y_p'(0) = -9\):

\[ \left.\begin{aligned} K_1 + K_2 + 3 &= 0 \\ -K_1 - 2K_2 - 9 &= 0 \end{aligned}\right\} \;\Longrightarrow\; K_1 = 3, \quad K_2 = -6 \qquad\qquad y(t) = 3\,e^{-t} - 6\,e^{-2t} + 3\,e^{-3t} \]

Nota✏️ Ejercicio 6: Primer orden en discreto

Resuelve \(y[n] - 0.5\,y[n-1] = \varphi[n]\) para \(n \geq 0\), con \(y[-1] = 0\), cuando:

a) \(\varphi[n] = u[n]\).

b) \(\varphi[n] = (0.25)^n\,u[n]\).

c) \(\varphi[n] = \cos\!\left(\dfrac{\pi n}{2}\right) u[n]\).

Nota💡 Solución del Ejercicio 6

La homogénea es común: \(z - 0.5 = 0\), así que \(y_h[n] = K\,(0.5)^n\). La constante se ajusta con \(y[0]\), que da la propia ecuación: \(y[0] = 0.5\,y[-1] + \varphi[0] = \varphi[0]\).

a) Entrada constante. Con \(y_p = C\): \(C - 0.5C = 1\), \(C = 2\). Con \(y[0] = 1\):

\[ y[n] = K\,(0.5)^n + 2, \qquad y[0] = K + 2 = 1 \;\Longrightarrow\; K = -1 \qquad\qquad y[n] = 2 - (0.5)^n \]

b) Entrada exponencial. Con \(y_p = C\,(0.25)^n\), y sacando \((0.25)^n\) factor común (\((0.25)^{n-1} = 4\,(0.25)^n\)):

\[ C\,(0.25)^n - 0.5\cdot 4C\,(0.25)^n = -C\,(0.25)^n = (0.25)^n \;\Longrightarrow\; C = -1 \]

Con \(y[0] = 1\):

\[ y[n] = K\,(0.5)^n - (0.25)^n, \qquad y[0] = K - 1 = 1 \;\Longrightarrow\; K = 2 \qquad\qquad y[n] = 2\,(0.5)^n - (0.25)^n \]

c) Entrada senoidal. Con \(y_p = C_1\cos\frac{\pi n}{2} + C_2\sin\frac{\pi n}{2}\). Al retrasar una muestra, \(\cos\frac{\pi(n-1)}{2} = \sin\frac{\pi n}{2}\) y \(\sin\frac{\pi(n-1)}{2} = -\cos\frac{\pi n}{2}\):

\[ \Big(C_1 + 0.5\,C_2\Big)\cos\frac{\pi n}{2} + \Big(C_2 - 0.5\,C_1\Big)\sin\frac{\pi n}{2} = \cos\frac{\pi n}{2} \;\Longrightarrow\; C_1 = 0.8, \quad C_2 = 0.4 \]

Con \(y[0] = \cos 0 = 1\):

\[ y[0] = K + 0.8 = 1 \;\Longrightarrow\; K = 0.2 \qquad\qquad y[n] = 0.2\,(0.5)^n + 0.8\cos\frac{\pi n}{2} + 0.4\sin\frac{\pi n}{2} \]

Nota✏️ Ejercicio 7: Segundo orden en discreto

Resuelve \(y[n] - 0.75\,y[n-1] + 0.125\,y[n-2] = 3\,u[n]\) para \(n \geq 0\), con \(y[-1] = y[-2] = 0\).

Nota💡 Solución del Ejercicio 7

Homogénea. Son las raíces del apartado a) del ejercicio de segundo orden en discreto sin entrada: \(z^2 - 0.75z + 0.125 = (z - 0.5)(z - 0.25)\), así que \(y_h[n] = K_1\,(0.5)^n + K_2\,(0.25)^n\).

Particular. Con \(y_p = C\): \(C\,(1 - 0.75 + 0.125) = 0.375\,C = 3\), así que \(C = 8\).

Constantes. Las dos primeras muestras, con la propia ecuación:

\[ y[0] = 3, \qquad y[1] = 0.75\cdot 3 + 3 = 5.25 \]

\[ \left.\begin{aligned} y[0] &= K_1 + K_2 + 8 = 3 \\ y[1] &= 0.5\,K_1 + 0.25\,K_2 + 8 = 5.25 \end{aligned}\right\} \;\Longrightarrow\; K_1 = -6, \quad K_2 = 1 \qquad\qquad y[n] = 8 - 6\,(0.5)^n + (0.25)^n \]

Condiciones iniciales en circuitos

Nota✏️ Ejercicio 8: Descarga de un condensador a través de una resistencia

En el circuito de la figura, \(R = 1\) kΩ y \(C = 1\) mF. Hasta \(t = 0\) el condensador ha estado conectado mucho tiempo a una fuente de \(10\) V, y en \(t = 0\) el conmutador lo pasa a la resistencia. La salida \(y(t)\) es la tensión en la resistencia, que para \(t > 0\) cumple

\[ RC\,y'(t) + y(t) = 0 \]

a) Obtén \(v_C(0^+)\) e \(y(0^+)\), justo después de mover el conmutador.

b) Resuelve la ecuación para \(t > 0\).

c) Obtén la tensión del condensador, \(v_C(t)\), y la corriente, \(i(t)\), para \(t > 0\).

Nota💡 Solución del Ejercicio 8

a) Condiciones iniciales. Antes de \(t = 0\) 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, \(v_C(0^-) = 10\) V. La tensión de un condensador no puede cambiar de golpe, así que

\[ v_C(0^+) = v_C(0^-) = 10 \text{ V} \]

Con el conmutador ya en la resistencia, la malla solo tiene \(R\) y \(C\). Midiendo las dos tensiones en el sentido de \(i(t)\), la ley de Kirchhoff de tensiones da

\[ y(0^+) + v_C(0^+) = 0 \quad\Longrightarrow\quad y(0^+) = -10 \text{ V} \]

La salida sí salta, de \(0\) a \(-10\) V: hasta \(t = 0\) la resistencia estaba desconectada y no circulaba corriente. El signo negativo dice que la corriente arranca en sentido contrario al de la flecha: el condensador se descarga.

b) Solución. Con \(RC = 10^3\cdot 10^{-3} = 1\) s:

\[ y'(t) + y(t) = 0 \;\Longrightarrow\; s = -1, \quad y(t) = K\,e^{-t} \qquad\qquad y(0^+) = K = -10 \;\Longrightarrow\; y(t) = -10\,e^{-t} \text{ V}, \quad t > 0 \]

c) Tensión del condensador y corriente. De la misma ley de Kirchhoff y de la ley de Ohm, para todo \(t > 0\):

\[ v_C(t) = -y(t) = 10\,e^{-t} \text{ V} \qquad\qquad i(t) = \frac{y(t)}{R} = -10\,e^{-t} \text{ mA} \]

El condensador empieza en sus \(10\) V, sin salto, y se descarga con la constante de tiempo \(RC = 1\) s; la corriente salta a \(-10\) mA y se apaga con él.

En la zona sombreada, antes de conmutar, todo está quieto. La tensión del condensador pasa por \(t = 0\) sin saltar; la de la resistencia salta de \(0\) a \(-10\) V (punto hueco en \(0^-\), lleno en \(0^+\)).

Nota✏️ Ejercicio 9: Circuito RLC, bobina con corriente inicial

En el circuito de la figura, \(R = 3\ \Omega\), \(L = 1\) H y \(C = \tfrac{1}{2}\) F. Hasta \(t = 0\), una fuente de corriente de \(1\) A lleva mucho tiempo conectada a la bobina. En \(t = 0\), el conmutador cortocircuita la fuente y la bobina queda en serie con \(R\) y \(C\). La salida \(y(t)\) es la tensión del condensador, que para \(t > 0\) cumple

\[ LC\,y''(t) + RC\,y'(t) + y(t) = 0 \]

a) Obtén \(i(0^-)\) y \(v_C(0^-)\), la corriente de la bobina y la tensión del condensador justo antes de mover el conmutador.

b) Obtén \(y(0^+)\) e \(y'(0^+)\) a partir de las leyes del circuito.

c) Resuelve la ecuación para \(t > 0\).

Nota💡 Solución del Ejercicio 9

a) Antes de conmutar. La fuente lleva mucho tiempo conectada, así que el circuito ha llegado al equilibrio y nada varía con el tiempo:

• en la bobina, \(v_L = L\,\dfrac{di}{dt} = 0\): se comporta como un cable;
• en el condensador, \(i_C = C\,\dfrac{dv_C}{dt} = 0\): se comporta como un circuito abierto.

Por la rama de \(R\) y \(C\) no circula corriente, así que el amperio de la fuente pasa entero por la bobina, hacia abajo: \(i(0^-) = 1\) A. Esa rama está en paralelo con la bobina, cuya tensión es nula, y sin corriente la resistencia tampoco tiene tensión:

\[ v_R + v_C = v_L = 0, \qquad v_R = R\cdot 0 = 0 \quad\Longrightarrow\quad v_C(0^-) = 0 \]

El condensador está descargado: no hace falta suponerlo, sale del equilibrio.

b) Condiciones iniciales. La corriente de una bobina y la tensión de un condensador no pueden cambiar de golpe, así que justo después de conmutar siguen valiendo lo mismo:

\[ i(0^+) = i(0^-) = 1 \text{ A}, \qquad v_C(0^+) = v_C(0^-) = 0 \]

La corriente de la bobina hacia abajo es la \(i(t)\) de la figura, que recorre la malla en el sentido de las agujas del reloj. Por tanto:

\[ y(0^+) = v_C(0^+) = 0 \]

La derivada sale de la ley del condensador. La corriente es la misma en los tres elementos, porque están en serie, y en el condensador vale \(i(t) = C\,v_C'(t)\):

\[ y'(0^+) = v_C'(0^+) = \frac{i(0^+)}{C} = \frac{1}{1/2} = 2 \text{ V/s} \]

A diferencia del ejercicio anterior, aquí nada salta: la salida y su derivada valen lo mismo en \(0^-\) que en \(0^+\), porque dependen de la tensión del condensador y de la corriente de la bobina.

c) Solución. Con los valores del circuito, \(LC = \tfrac{1}{2}\) y \(RC = \tfrac{3}{2}\):

\[ \tfrac{1}{2}\,y'' + \tfrac{3}{2}\,y' + y = 0 \;\Longrightarrow\; s^2 + 3s + 2 = 0 \;\Longrightarrow\; s_1 = -1, \quad s_2 = -2 \qquad\qquad y(t) = K_1\,e^{-t} + K_2\,e^{-2t} \]

\[ \left.\begin{aligned} y(0^+) &= K_1 + K_2 = 0 \\ y'(0^+) &= -K_1 - 2K_2 = 2 \end{aligned}\right\} \;\Longrightarrow\; K_1 = 2, \quad K_2 = -2 \qquad\qquad y(t) = 2\,e^{-t} - 2\,e^{-2t} \text{ V}, \quad t > 0 \]

La corriente de la bobina carga el condensador, que llega a un máximo y después se descarga a través de la resistencia.

Ni la tensión del condensador ni la corriente de la bobina saltan en la conmutación. Lo que cambia de golpe es la pendiente de la tensión: hasta \(t = 0\) el condensador no recibía corriente, y desde \(t = 0\) recibe el amperio de la bobina, \(i(t) = C\,y'(t)\).

Nota✏️ Ejercicio 10: Circuito RLC, condensador con tensión inicial

En el circuito de la figura, \(R = 2\ \Omega\), \(L = 1\) H y \(C = \tfrac{1}{5}\) F. Hasta \(t = 0\) el condensador ha estado mucho tiempo conectado a una fuente de \(10\) V, y en \(t = 0\) el conmutador lo pasa a la rama de \(R\) y \(L\). La salida \(y(t)\) es la tensión del condensador, que para \(t > 0\) cumple

\[ LC\,y''(t) + RC\,y'(t) + y(t) = 0 \]

a) Obtén \(v_C(0^-)\) e \(i(0^-)\), justo antes de mover el conmutador.

b) Obtén \(y(0^+)\) e \(y'(0^+)\) a partir de las leyes del circuito.

c) Resuelve la ecuación para \(t > 0\) y obtén la corriente \(i(t)\).

Nota💡 Solución del Ejercicio 10

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, \(v_C(0^-) = 10\) V. La rama de \(R\) y \(L\) está desconectada, así que por la bobina no circula corriente: \(i(0^-) = 0\).

b) Condiciones iniciales. La tensión de un condensador y la corriente de una bobina no pueden cambiar de golpe:

\[ v_C(0^+) = v_C(0^-) = 10 \text{ V}, \qquad i(0^+) = i(0^-) = 0 \]

La primera da directamente la salida, y la segunda su derivada, con la ley del condensador. La corriente \(i(t)\) de la figura entra en el condensador por su borne \(+\), así que \(i(t) = C\,v_C'(t)\):

\[ y(0^+) = 10 \text{ V}, \qquad y'(0^+) = \frac{i(0^+)}{C} = 0 \]

c) Solución. Con los valores del circuito, \(LC = \tfrac{1}{5}\) y \(RC = \tfrac{2}{5}\); multiplicando por \(5\):

\[ y'' + 2y' + 5y = 0 \;\Longrightarrow\; s^2 + 2s + 5 = 0 \;\Longrightarrow\; s = -1 \pm 2j \qquad\qquad y(t) = e^{-t}\big(K_1\cos 2t + K_2\sin 2t\big) \]

Las raíces son complejas: con \(2\sqrt{L/C} = 2\sqrt{5} \approx 4.47 > R\), el circuito es subamortiguado. Con la derivada, \(y'(t) = e^{-t}\big((2K_2 - K_1)\cos 2t - (2K_1 + K_2)\sin 2t\big)\):

\[ \left.\begin{aligned} y(0^+) &= K_1 = 10 \\ y'(0^+) &= 2K_2 - K_1 = 0 \end{aligned}\right\} \;\Longrightarrow\; K_1 = 10, \quad K_2 = 5 \qquad\qquad y(t) = e^{-t}\big(10\cos 2t + 5\sin 2t\big) \text{ V}, \quad t > 0 \]

La corriente sale de la misma ley del condensador. En la derivada, el coseno se anula (\(2K_2 - K_1 = 0\)) y queda el seno, con \(2K_1 + K_2 = 25\):

\[ i(t) = C\,y'(t) = \tfrac{1}{5}\cdot\big(-25\,e^{-t}\sin 2t\big) = -5\,e^{-t}\sin 2t \text{ A}, \qquad t > 0 \]

La energía del condensador pasa a la bobina y vuelve, y en cada ida y vuelta la resistencia se lleva una parte: la tensión y la corriente oscilan mientras se apagan. El signo negativo del principio dice que el condensador empieza descargándose en sentido contrario al de la flecha.

Tampoco aquí salta nada en la conmutación: la tensión del condensador arranca en sus \(10\) V y la corriente de la bobina en cero, con pendiente horizontal la tensión, porque \(y'(0^+) = 0\).

Entradas con derivadas o diferencias

Nota✏️ Ejercicio 11: Un término no homogéneo con la derivada de la entrada

Resuelve \(y'(t) + y(t) = x'(t)\) partiendo del reposo, \(y(0^-) = 0\), cuando la entrada es \(x(t) = \sin(t)\,u(t)\).

a) Obtén \(y(0^+)\).

b) Resuelve la ecuación para \(t > 0\).

c) Razona por qué el circuito de la figura, con \(RC = 1\) s y el condensador descargado, es el equivalente eléctrico del problema: un generador senoidal que se conecta en \(t = 0\) a un RC serie, con la salida \(y(t)\) en la resistencia.

Nota💡 Solución del Ejercicio 11

a) Condición inicial. El término no homogéneo no es la entrada, sino su derivada. El seno arranca en cero, \(x(0^-) = x(0^+) = 0\), así que la entrada no salta y su derivada no tiene impulsos:

\[ x'(t) = \cos(t)\,u(t) \]

Integrando la ecuación entre \(0^-\) y \(0^+\), todas las integrales se anulan en un intervalo de anchura nula, porque ninguna tiene impulsos:

\[ \int_{0^-}^{0^+} y'(t)\,dt + \underbrace{\int_{0^-}^{0^+} y(t)\,dt}_{0} = \underbrace{\int_{0^-}^{0^+} \cos t\,dt}_{0} \quad\Longrightarrow\quad y(0^+) - y(0^-) = 0 \]

Así que \(y(0^+) = y(0^-) = 0\): la salida tampoco salta.

b) Solución para \(t > 0\). Pasado el origen, el término no homogéneo es \(\varphi(t) = \cos t\), y la condición, \(y(0^+) = 0\).

Homogénea. \(s + 1 = 0\), así que \(y_h(t) = K\,e^{-t}\).

Particular. Con \(y_p = C_1\cos t + C_2\sin t\):

\[ (C_1 + C_2)\cos t + (C_2 - C_1)\sin t = \cos t \;\Longrightarrow\; \left\{\begin{aligned} C_1 + C_2 &= 1 \\ -C_1 + C_2 &= 0 \end{aligned}\right. \;\Longrightarrow\; C_1 = C_2 = \tfrac{1}{2} \]

Completa.

\[ y(t) = K\,e^{-t} + \tfrac{1}{2}\big(\cos t + \sin t\big), \qquad y(0^+) = K + \tfrac{1}{2} = 0 \;\Longrightarrow\; K = -\tfrac{1}{2} \]

\[ y(t) = \tfrac{1}{2}\big(\cos t + \sin t - e^{-t}\big), \qquad t > 0 \]

Ni la entrada ni la salida saltan en el origen. El término \(-\tfrac{1}{2}e^{-t}\) se apaga y queda la senoide de régimen permanente, \(\tfrac{1}{2}(\cos t + \sin t)\), adelantada respecto a la entrada: el circuito responde a la derivada de la entrada y se comporta como un filtro paso alto. Con una entrada que saltase en el origen, como un coseno, la derivada tendría un impulso y la salida saltaría: es el ejercicio siguiente.

c) El circuito equivalente. Hay que comprobar dos cosas: que el circuito cumple la misma ecuación y que parte de las mismas condiciones.

La ecuación. Con el interruptor cerrado, la ley de Kirchhoff de tensiones y las leyes de la resistencia y del condensador dan

\[ x(t) = y(t) + v_C(t), \qquad y(t) = R\,i(t), \qquad i(t) = C\,v_C'(t) \]

La tensión del condensador no aparece en la ecuación del problema, así que hay que eliminarla. Derivando la primera, \(v_C' = i/C = y/(RC)\):

\[ x'(t) = y'(t) + \frac{y(t)}{RC} \quad\Longrightarrow\quad RC\,y'(t) + y(t) = RC\,x'(t) \]

Con \(RC = 1\) s es exactamente \(y' + y = x'\). La derivada de la entrada aparece porque el condensador responde a cómo cambia la tensión, no a su valor.

Las condiciones. Antes de \(t = 0\) el interruptor está abierto: no circula corriente, así que \(y(0^-) = R\cdot 0 = 0\), el reposo del enunciado. La entrada que ve el circuito es \(0\) hasta \(t = 0\) y \(\sin t\) desde entonces, es decir, \(x(t) = \sin(t)\,u(t)\).

Sin salto. El circuito confirma el resultado del apartado a). El generador se conecta justo cuando pasa por cero, \(\sin 0 = 0\), y el condensador, descargado, no puede cambiar de tensión de golpe. No hay tensión que repartir, así que la resistencia tampoco la tiene:

\[ y(0^+) = x(0^+) - v_C(0^+) = 0 - 0 = 0 \]

Nota✏️ Ejercicio 12: La derivada de una entrada que salta

Resuelve la misma ecuación del ejercicio anterior, \(y'(t) + y(t) = x'(t)\), partiendo del reposo, \(y(0^-) = 0\), pero ahora con la entrada \(x(t) = \cos(t)\,u(t)\).

a) Obtén \(y(0^+)\).

b) Resuelve la ecuación para \(t > 0\).

c) Razona por qué el circuito de la figura, con \(RC = 1\) s y el condensador descargado, es el equivalente eléctrico del problema: un generador senoidal que se conecta en \(t = 0\) a un RC serie, con la salida \(y(t)\) en la resistencia.

Nota💡 Solución del Ejercicio 12

a) Condición inicial. A diferencia del seno, el coseno salta en \(t = 0\): vale \(0\) en \(0^-\) y \(1\) en \(0^+\). Su derivada tiene por eso un impulso en el origen, de área igual al salto, además de la derivada del coseno:

\[ x'(t) = -\sin(t)\,u(t) + \delta(t) \]

Ese impulso hace saltar también a la salida. Para saber cuánto, se integra la ecuación entre \(0^-\) y \(0^+\). La integral de \(y\), que es finita, se anula en un intervalo de anchura nula, y la del impulso vale su área:

\[ \int_{0^-}^{0^+} y'(t)\,dt + \underbrace{\int_{0^-}^{0^+} y(t)\,dt}_{0} = \underbrace{\int_{0^-}^{0^+} \big(-\sin t\big)\,dt}_{0} + \int_{0^-}^{0^+} \delta(t)\,dt \quad\Longrightarrow\quad y(0^+) - y(0^-) = 1 \]

Así que \(y(0^+) = 1\): la salida salta lo mismo que la entrada.

b) Solución para \(t > 0\). Pasado el origen, el término no homogéneo es \(\varphi(t) = -\sin t\), y la condición, \(y(0^+) = 1\).

Homogénea. La misma de antes, \(y_h(t) = K\,e^{-t}\).

Particular. Con \(y_p = C_1\cos t + C_2\sin t\):

\[ (C_1 + C_2)\cos t + (C_2 - C_1)\sin t = -\sin t \;\Longrightarrow\; \left\{\begin{aligned} C_1 + C_2 &= 0 \\ -C_1 + C_2 &= -1 \end{aligned}\right. \;\Longrightarrow\; C_1 = \tfrac{1}{2}, \quad C_2 = -\tfrac{1}{2} \]

Completa.

\[ y(t) = K\,e^{-t} + \tfrac{1}{2}\big(\cos t - \sin t\big), \qquad y(0^+) = K + \tfrac{1}{2} = 1 \;\Longrightarrow\; K = \tfrac{1}{2} \]

\[ y(t) = \tfrac{1}{2}\big(\cos t - \sin t + e^{-t}\big), \qquad t > 0 \]

La entrada salta de \(0\) a \(1\) en el origen, y la salida, con ella. Después, el término \(\tfrac{1}{2}e^{-t}\) se apaga y queda la senoide de régimen permanente, \(\tfrac{1}{2}(\cos t - \sin t)\). Comparada con la del seno del ejercicio anterior, \(\tfrac{1}{2}(\cos t + \sin t - e^{-t})\), esta arranca en \(1\) y no en \(0\): un filtro paso alto deja pasar entero un cambio brusco.

c) El circuito equivalente. Hay que comprobar dos cosas: que el circuito cumple la misma ecuación y que parte de las mismas condiciones.

La ecuación. Es el mismo circuito del ejercicio anterior, con otro generador: la ley de Kirchhoff de tensiones, \(x = y + v_C\), derivada para eliminar \(v_C\), lleva a la misma \(RC\,y' + y = RC\,x'\), que con \(RC = 1\) s es la del enunciado.

Las condiciones. Antes de \(t = 0\) el interruptor está abierto: no circula corriente, así que \(y(0^-) = R\cdot 0 = 0\), el reposo del enunciado. La entrada que ve el circuito es \(0\) hasta \(t = 0\) y \(\cos t\) desde entonces, es decir, \(x(t) = \cos(t)\,u(t)\).

El salto, sin impulsos. El circuito explica además el resultado del apartado a). El generador se conecta justo en su máximo, \(\cos 0 = 1\) V, y el condensador, descargado, no puede cambiar de tensión de golpe. Ese voltio cae entero en la resistencia:

\[ y(0^+) = x(0^+) - v_C(0^+) = 1 - 0 = 1 \]

Es el mismo razonamiento que en la descarga del condensador a través de una resistencia. El ejercicio anterior es el mismo circuito conectado cuando el generador pasa por cero, \(\sin 0 = 0\): no hay nada que repartir y la salida no salta. El instante de conexión importa.

Nota✏️ Ejercicio 13: Dos muestras de la entrada

Resuelve \(y[n] - 0.8\,y[n-1] = x[n] + x[n-1]\) para \(n \geq 0\), con \(y[-1] = 0\), cuando la entrada es \(x[n] = u[n]\).

Nota💡 Solución del Ejercicio 13

Término no homogéneo. \(\varphi[n] = x[n] + x[n-1] = u[n] + u[n-1]\). Muestra a muestra: \(\varphi[0] = 1 + 0 = 1\) y, desde \(n = 1\), \(\varphi[n] = 1 + 1 = 2\). No tiene una sola forma: es constante a partir de \(n = 1\), no de \(n = 0\).

Homogénea. \(z - 0.8 = 0\), así que \(y_h[n] = K\,(0.8)^n\).

Particular, para \(n \geq 1\): con \(y_p = C\), \(C - 0.8C = 2\), así que \(C = 10\).

Constante. La forma \(y[n] = K\,(0.8)^n + 10\) vale desde que \(\varphi\) es constante, y la condición que la arranca es la muestra anterior, \(y[0]\). Esa la da la propia ecuación:

\[ y[0] = 0.8\,y[-1] + \varphi[0] = 1 \qquad\qquad y[0] = K + 10 = 1 \;\Longrightarrow\; K = -9 \]

\[ y[n] = 10 - 9\,(0.8)^n, \qquad n \geq 0 \]

Comprobación: \(y[1] = 0.8\cdot 1 + 2 = 2.8\), y la fórmula da \(10 - 7.2 = 2.8\). Si se hubiera impuesto \(y[-1] = 0\) a la fórmula, como si \(\varphi\) valiese \(2\) desde \(n = 0\), saldría \(K = -8\) y la solución sería incorrecta.

Nota✏️ Ejercicio 14: La diferencia de la entrada

Resuelve \(y[n] - 0.5\,y[n-1] = x[n] - x[n-1]\) para \(n \geq 0\), con \(y[-1] = 0\), cuando la entrada es \(x[n] = \cos\!\left(\dfrac{\pi n}{2}\right) u[n]\).

Nota💡 Solución del Ejercicio 14

Término no homogéneo. Al retrasar una muestra, \(\cos\frac{\pi(n-1)}{2} = \sin\frac{\pi n}{2}\), así que para \(n \geq 1\)

\[ \varphi[n] = x[n] - x[n-1] = \cos\frac{\pi n}{2} - \sin\frac{\pi n}{2} \]

En \(n = 0\), \(\varphi[0] = x[0] - x[-1] = 1 - 0 = 1\), que es lo mismo que da la fórmula (\(\cos 0 - \sin 0 = 1\)). Aquí sí, la forma vale desde \(n = 0\).

Homogénea. \(z - 0.5 = 0\), así que \(y_h[n] = K\,(0.5)^n\).

Particular. Con \(y_p = C_1\cos\frac{\pi n}{2} + C_2\sin\frac{\pi n}{2}\), el lado izquierdo es el mismo del ejercicio de primer orden en discreto, apartado c):

\[ \Big(C_1 + 0.5\,C_2\Big)\cos\frac{\pi n}{2} + \Big(C_2 - 0.5\,C_1\Big)\sin\frac{\pi n}{2} = \cos\frac{\pi n}{2} - \sin\frac{\pi n}{2} \;\Longrightarrow\; \left\{\begin{aligned} C_1 + 0.5\,C_2 &= 1 \\ -0.5\,C_1 + C_2 &= -1 \end{aligned}\right. \]

De la segunda, \(C_2 = 0.5\,C_1 - 1\); en la primera, \(1.25\,C_1 - 0.5 = 1\), así que \(C_1 = 1.2\) y \(C_2 = -0.4\).

Constante. Con \(y[0] = 0.5\,y[-1] + \varphi[0] = 1\):

\[ y[0] = K + 1.2 = 1 \;\Longrightarrow\; K = -0.2 \qquad\qquad y[n] = -0.2\,(0.5)^n + 1.2\cos\frac{\pi n}{2} - 0.4\sin\frac{\pi n}{2} \]

Comprobación: \(y[1] = 0.5\cdot 1 + (x[1] - x[0]) = 0.5 - 1 = -0.5\), y la fórmula da \(-0.1 + 0 - 0.4 = -0.5\).