Lineas de transmisión. Problemas de valor frontera. Laplace.

Introducción

Sus ecuaciones a estudiar son

$\displaystyle \frac{\partial e}{\partial x} = - R \ i(x,t) - L \frac{\partial i}{\partial t}$

$\displaystyle \frac{\partial i}{\partial x} = - G \ e(x,t) - C \frac{\partial e}{\partial t}$

Son ecuaciones simultáneas para la corriente $i$ y el voltaje $e$ de una línea de transmisión (figura 1) en cualquier posición $x$ y cualquier tiempo $t$ . Las constantes $R$ , $L$ , $G$ y $C$ son respectivamente la resistencia, la inductancia, la conductividad y la capacidad por unidad de longitud. El extremo $x=0$ se llama el extremo emisor. Cualquier otro valor de $x$ puede considerarse como extremo receptor.

Figura 1. Representación de la línea de transmisión junto con las variables a considerar.

Problema resuelto

Problema. Una línea de transmisión de inductancia y conductancia por unidad de longitud despreciables tiene un voltaje en su extremo emisor, $x=0$ , dado por

$\displaystyle E (0,t) = \left\{\begin{matrix} E_0 & 0<t<T \\ 0 & t > T \end{matrix} \right.$

Hallar el voltaje $e(x.t)$ y la corriente $i (x,t)$ sobre cualquier punto $x>0$ en cualquier punto $t>0$ .

Solución. Tomando $L=0$ y $G=0$ , las ecuaciones de la línea de transmisión será

$\displaystyle \frac{\partial e}{\partial x} = - R \ i - L \frac{\partial i}{\partial t}$ y $\displaystyle \frac{\partial i}{\partial x} = - G \ e - C \frac{\partial e}{\partial t}$

$\displaystyle \frac{\partial e}{\partial x} = - R \ i$ y $\displaystyle \frac{\partial i}{\partial x} = - C \frac{\partial e}{\partial t}$

Las condiciones de frontera son

$e(x,0) = 0$ , $i(x,0)=0$ , $\displaystyle e(0,t) = \left\{\begin{matrix} E_0 & 0<t<T \\ 0 & t>T \end{matrix} \right.$

Las transformadas de Laplace de las ecuaciones de las lineas de transmisión son

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial e}{\partial x} \right] = - R \mathcal{L} [i(x,t)]$ y $\displaystyle \mathcal{L} \left[ \frac{\partial i}{\partial x} \right] = - C \mathcal{L} \left[\frac{\partial e}{\partial t} \right]$

$\displaystyle \frac{dE}{dx} = - R I(x,s)$ y $\displaystyle \frac{dI}{dx} = - C s E(x,s) + Ce(x,0)$

$\displaystyle \frac{dE}{dx} = - R I(x,s)$ y $\displaystyle \frac{dI}{dx} = - C s E(x,s) + Ce(0)$

$\displaystyle \frac{dE}{dx} = - R I(x,s)$ y $\displaystyle \frac{dI}{dx} = - C s E(x,s)$

Derivando la primera ecuación con respecto a $x$

$\displaystyle \frac{d^2 E}{{dx}^2} = - R \frac{dI}{dx}$

Luego

$\displaystyle \frac{d^2 E}{{dx}^2} = - R [-Cs E(x,s)]$

$\displaystyle \frac{d^2 E}{{dx}^2} = RCs E(x,s)$

$\displaystyle \frac{d^2 E}{{dx}^2} - RCs E(x,s) = 0$

La solución general de esta ecuación diferencial es

$\displaystyle E(x,s)=C_1 e^{\sqrt{RCs} x} + C_2 e^{-\sqrt{RCs} x}$

Por la condición de acotación, $C_1 = 0$ . Entonces

$\displaystyle E(x,s)=(0) e^{\sqrt{RCs} x} + C_2 e^{-\sqrt{RCs} x}$

$\displaystyle E(x,s) = C_2 e^{-\sqrt{RCs} x}$

Ahora, se recomienda escribir $e(0,t) = g(t)$ y $\mathcal{L} [e(0,t)] = E(0,s) = G(s)$ . Entonces,

$\displaystyle E(x,s) = C_2 e^{-\sqrt{RCs} x}$

$\displaystyle E(0,s) = C_2 e^{-\sqrt{RC(0)} x}$

$\displaystyle G(s) = C_2$

Luego

$\displaystyle E(x,s) = C_2 e^{-\sqrt{RCs} x}$

$\displaystyle E(x,s) = G(s) \ e^{-\sqrt{RCs} x}$

Aplicando la transformada inversa de Laplace en ambos miembros

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} [E(x,s)] = \mathcal{L}^{-1} [G(s) \ e^{-\sqrt{RCs} x}]$

$\displaystyle e(x,t) = \int_0^t{\frac{x \sqrt{RC}}{2 \sqrt{\pi}} u^{-3/2} e^{-RCx^2/4u} g(t-u) \ du}$

Para la función $g(t-u)$

$\displaystyle g(t-u) = \left\{ \begin{matrix} E_0 & 0<t-u<T \\ 0 & t-u>T \end{matrix} \right.$

Se deduce que si $t>T$ ,

$\displaystyle e(x,t) = \int_0^t{\frac{x \sqrt{RC}}{2 \sqrt{\pi}} u^{-3/2} e^{-RCx^2/4u} g(t-u) \ du}$

$\displaystyle e(x,t) = \int_{t-T}^{t}{\frac{x \sqrt{RC}}{2 \sqrt{\pi}} u^{-3/2} e^{-RCx^2/4u} \cdot E_0 \ du}$

Haciendo $\displaystyle v^2 = \frac{RCx^2}{4u}$

$\displaystyle e(x,t) = \frac{2E_0}{\sqrt{\pi}} \int_{x\sqrt{RC}/2\sqrt{t}}^{x\sqrt{RC}/2\sqrt{t-T}}{e^{-v^2} \ dv}$

$\displaystyle e(x,t) = \frac{2E_0}{\sqrt{\pi}} \left[\int_{0}^{x\sqrt{RC}/2\sqrt{t-T}}{e^{-v^2} \ dv} + \int_{x\sqrt{RC}/2\sqrt{t}}^{0}{e^{-v^2} \ dv} \right]$

$\displaystyle e(x,t) = \frac{2E_0}{\sqrt{\pi}} \left[\int_{0}^{x\sqrt{RC}/2\sqrt{t-T}}{e^{-v^2} \ dv} - \int_{0}^{x\sqrt{RC}/2\sqrt{t}}{e^{-v^2} \ dv} \right]$

$\displaystyle e(x,t) = E_0 \left[\frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{x\sqrt{RC}/2\sqrt{t-T}}{e^{-v^2} \ dv} - \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{x\sqrt{RC}/2\sqrt{t}}{e^{-v^2} \ dv} \right]$

$\displaystyle e(x,t) = E_0 \left[\text{fer} \left(\frac{x\sqrt{RC}}{2\sqrt{t-T}} \right) - \text{fer} \left(\frac{x\sqrt{RC}}{2\sqrt{t}} \right) \right]$

En tanto que si $0<t<T$ ,

$\displaystyle e(x,t) = \int_{0}^{t}{\frac{x \sqrt{RC}}{2 \sqrt{\pi}} u^{-3/2} e^{-RCx^2/4u} \cdot E_0 \ du}$

Haciendo $\displaystyle v^2 = \frac{RCx^2}{4u}$

$\displaystyle e(x,t) = \frac{2E_0}{\sqrt{\pi}} \int_{x\sqrt{RC}/2\sqrt{t}}^{\infty}{e^{-v^2} \ dv}$

$\displaystyle e(x,t) = E_0 \left[ 1 - \text{fer} \left(\frac{x \sqrt{RC}}{2 \sqrt{t}} \right) \right]$

Así que, el voltaje esperado es

$\displaystyle \therefore e(x,t) = \left\{ \begin{matrix} E_0 \left[ 1 - \text{fer} \left(\frac{x \sqrt{RC}}{2 \sqrt{t}} \right) \right] & 0 < t < T \\ E_0 \left[\text{fer} \left(\frac{x\sqrt{RC}}{2\sqrt{t-T}} \right) - \text{fer} \left(\frac{x\sqrt{RC}}{2\sqrt{t}} \right) \right] & t>T \end{matrix} \right.$

Para obtener la corriente sobre cualquier punto $x>0$ , solo basta con utilizar la fórmula

$\displaystyle i(x,t) = - \frac{1}{R} \frac{\partial e}{\partial x}$

Finalmente,

$\displaystyle \therefore i(x,t) = \left\{ \begin{matrix} \frac{E_0 x}{2 \sqrt{\pi}} \sqrt{\frac{C}{R}}t^{-3/2} e^{-RCx^2/4t} & 0<t<T \\ \frac{E_0 x}{2 \sqrt{\pi}} \sqrt{\frac{C}{R}} \left[t^{-3/2} e^{-RCx^2/4t} - {(t-T)}^{-3/2} e^{-RCx^2/4(t-T)}\right] & t>T \end{matrix} \right.$