Problemario de Señales y Sistemas/Respuesta temporal de sistemas

Respuesta temporal de sistemas

En esta sección se estudian las respuestas temporales de sistemas a diferentes señales de entrada.

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Problemas

Problema #1

Calcule la salida $y(t)\,$ dadas las siguientes entradas y respuestas al impulso

1. $x(t)=e^{-t}\,$, $h(t)=\delta (t)-2e^{-2t}u(t)\,$
2. $x(t)={\frac {\sin(4\pi t)}{4\pi t}}\,$, $h(t)=({\frac {\sin(2\pi (t-2))}{2\pi (t-2)}})^{2}\,$
3. $x(t)\,$ un pulso de amplitud uno entre $t\in (1,3)\,$ y $h(t)=e^{t+1}u(-t-1)\,$
4. usando el teorema del valor final, en los casos en los que los límites existan, determine el valor final y compare con las respuestas temporales.

respuesta de la pregunta 1-aBenjamin Meza 0538553

La entrada es # $x(t)=e^{-t}\,$, y su trasformada de laplace es $1/(s+1)$

Ahora a el sistema al que se le aplica esta entrada es h(t) y su trasformada de laplace es $(1-2/(s+2))$

Al multiplicar ambas funciones por propiedades de Laplace, se obtiene

1/(s+1)-2/((s+1)(s+2))

El segundo termino se puede resolver por fracciones simples

A/(S+1)+B/(S+2)=2 Donde A=2 Y B=-2

Obteniendo se como resultado total 1/(s+1)-4/(s+1)+4(s+2)

Y Y(t)=# $=-3e^{-t}\,$ $+4e^{-2t}\,$,

==Problema #2== Solucion: Marianela Mendoza 06-39906.

Sea $x(t)=({\frac {sen(4\pi t)}{4\pi t}})$. y la respuesta al impulso $h(t)=({\frac {sen(2\pi (t-2))}{2\pi (t-2)}})^{2}\$.

La transformada en el dominio de frecuencia de $x(t)$ queda como un pulso de altura 1 comprendido entre -0,25 y 0,25.

$X(\omega )={\frac {u(\omega +0.25)-u(\omega -0.25)}{1}}$ o $X(\omega )={\frac {u(\omega +0.25)u(0.25-\omega )}{1}}$

Luego se sabe que en dominio de frecuencia de h(t)es un señal triangular centrada en 2 y comprendida entre 1,5 y 2,5.

$H(\omega )={\frac {r(\omega -1.5)}{2}}-r(\omega -2)+{\frac {r(w-2.5)}{2}}$

Aplicando la propiedad de: Convolucion en el tiempo es Multiplicacion en frecuencia. Queda que:

Y($\omega$.) = 0.

Problema #2

Considere el sistema que se muestra en el que la función de transferencia del sistema viene determinada por: $G(s)={\frac {4}{(5s+1)(10s+1)}}\,$

Determine:

1. La respuesta al impulso del sistema
2. La respuesta al escalón del sistema
3. Grafique el diagrama de polos y ceros, señale el polo dominante y, suponiendo que cuando estamos a menos del 2% del valor $y(\infty )\,$ ya alcanzamos el valor de estado estacionario, establezca una relación entre el tiempo que tarda en llegar al estado estacionario y el inverso del polo dominante.
4. Dibuje el diagrama de Bode del sistema (puede ser la aproximación en línea recta).
5. ¿Cuál es el valor de la salida en estado estacionario ($t\rightarrow \infty \,$) cuando $x(t)=2+\cos(2\pi t)+\sin(100\pi t)\,$?

 Nota: Cuando usamos la transformada de Laplace unilateral para calcular respuestas temporales
 estamos suponiendo que la señal es aplicada a partir de $t=0$, así que, formalmente,
 en la pregunta anterior la señal $x(t)$ debería comenzar en $t=0$ o, lo
 que es lo mismo, estár multiplicada por $u(t)$. Ahora bien, como lo que se pide es la
 respuesta en estado estacionario, i.e., $t\rightarrow \infty$, en este caso, esa
 diferencia es irrelevante, ¿por qué?

Subsección Solución 1

Por: Simara Pérez Carnet: 04-37413

1.

Se sabe que: $Y(s)=G(s)X(s)\,$.

Como $x(t)\,$ es un impulso, y la Transformada de Laplace del impulso es igual a 1, se tiene que:

$Y(s)=G(s)={\frac {4}{(5s+1)(10s+1)}}\,$.

Descomponiento $Y(s)\,$ en fracciones simples se obtiene:

$Y(S)={\frac {A}{5s+1}}+{\frac {B}{10s+1}}$

Calculando A y B se tiene que: $A=-4\,$,$\,B=8$

Así, $Y(s)={\frac {-4}{5s+1}}+{\frac {8}{10s+1}}={\frac {4}{5}}\left({\frac {1}{s+(1/10)}}-{\frac {1}{s+(1/5)}}\right)$

Se sabe que la Tranformada de Laplace de la función $e^{-at}u(t)\,$ es ${\frac {1}{s+a}}$. Así, aplicando la Tranformada Inversa de Laplace se obtiene:

$y(t)={\frac {4}{5}}\left(e^{-t/10}-e^{-t/5}\right)u(t)\,$

Subsección Solución 2

Por Vanessa Ventosa #04-37699

2. sabemos que: $Y(s)=G(s)X(s)\,$ y $x(t)\,$ un escalón, cuya transformada es igual a $X(s)={\frac {1}{s}}$, luego se tiene:

$Y(s)={\frac {4}{s(5s+1)(10s+1)}}$, que descomponiendo en fracciones simples: $Y(S)={\frac {A}{5s+1}}+{\frac {B}{10s+1}}+{\frac {C}{s}}$

Calculando, los coeficientes resultan: $A=20\,$,$\,B=-80$,$\,C=4$, entonces:

$Y(S)={\frac {20}{5s+1}}-{\frac {80}{10s+1}}+{\frac {4}{s}}={\frac {4}{s+(1/5)}}-{\frac {8}{s+(1/10)}}+{\frac {4}{s}}$

si aplicamos la transformada inversa a $Y(s)\,$, sabiendo que la transformada inversa de ${\frac {1}{s+a}}$ es $e^{-at}u(t)\,$ nos queda finalmente la respuesta al escalón:

$y(t)=(4e^{-t/5}-8e^{-t/10}+4)u(t)\,$

Subsección Solución 3

Por Carlos Rizzo, carnet #04-37496.

Solución a la parte 4:

Como podemos, observar, la función de transferencia del sistema es:

$G(s)={\frac {4}{(5s+1)(10s+1)}}\,$

De esta forma, visualizamos claramente las raíces.

El diagrama de Bode de magnitud viene dado por:

Archivo:Diagrama mag.JPG

Observamos que las frecuencias representadas en el eje “x” son: ${\frac {1}{10}}\!$ y ${\frac {1}{5}}\!$ respectivamente, como consecuencia de los polos de la función de transferencia.

La ecuación de la recta (1) es: $y=12.04-20log(10w)\,$.

La ecuación de la recta (2) es: $y=6.02-40log(5w)\,$.

Observese que el punto de corte con el eje “y” viene dado por la expresión $20log(4)\!$, correspondiente a la magnitud del numerador, y que el eje de corte con el eje “x” se obtiene igualando la ecuación de la recta (2) a y = 0.

De esta forma: $0=6.02-40log(5w)\,$.

que luego de despejar, se obtiene: $w={\frac {10^{\,\!{\frac {6.02}{40}}\,}}{5}}=0.282\,$

El diagrama de Bode de fase viene dado por:

Archivo:Diagrama fase.JPG

Nuevamente, observamos que las frecuencias representadas en el eje “x” son: ${\frac {0.1}{10}}\,$ ,${\frac {1}{10}}\,$ y ${\frac {10}{10}}\,$ para el polo 10; y${\frac {0.1}{5}}\,$ ,${\frac {1}{5}}\,$ y ${\frac {10}{5}}\,$ para el polo 5.

Subsección Solución 5

Por: Oriana Vásquez 04-37692

5. $\ G(j\omega )={\frac {4}{(5j\omega +1)(10j\omega +1)}}$

$\ G(j\omega )={\frac {4}{(50j^{2}\omega ^{2}+15j\omega +1)}}$

$\left|G(j\omega )\right\vert ={\frac {4}{\sqrt {2500\omega ^{4}+125\omega ^{2}+1}}}$

$\angle G(j\omega )=-\arctan {\frac {15\omega }{(1-50\omega ^{2})}}$

Para la frecuencia de $\ 2\pi$ se tiene:

Atenuación=$5.13\cdot 10^{-5}$

Desfase=$2.735^{\circ }$

Para la frecuencia de $\ 100\pi$ se tiene:

Atenuación=$8.11\cdot 10^{-7}$

Desfase=$0.055^{\circ }$

$\ x(\infty )=2+5.13\cdot 10^{-5}\cos(2\pi t+2.735^{\circ })+8.11\cdot 10^{-7}\sin(100\pi t+0.055^{\circ })$

Subsección Solución 4

Gustavo Méndez 0134141

3. Las gráficas son las mismas del apartado 4, con la salvedad que en el caso del escalón hay un polo en cero que contribuye con -20 dB en el diagrama de magnitud y con -45 grados en el diagrama de fase.

Si consideramos que la señal está a menos del 2 % del valor $y(\infty )\,$, implica que es 3.92 o 4.08. Tomemos 3.92 e igualemos a la solución del apartado 2,

$3.92=(4e^{-t/5}-8e^{-t/10}+4)u(t)\,$

donde obtenemos que t= 46 segundos.

Por otra parte consideremos el polo dominante se encuentra ubicado en 0.1,

$Tau={\frac {1}{polodominante}}\,$

$Tiempoestacionario=4Tau\,$

se puede deducir que,

$Tiempoestacionario={\frac {4}{polodominante}}\,$

Esto nos da a conocer que el tiempo estacionario es de 40 segundos, lo que es aproximadamente igual al valor obtenido previamente.

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Problema #3

Considere el sistema que se muestra en el que $p(t)=1\,$ y la transformada de Laplace de la respuesta al impulso (la función de transferencia) del sistema es:

${\mathcal {L}}\{h(t)\}=H(s)={\frac {(s+2.5)}{(s+1)(s+10)}}\,$

Determine:

1. La respuesta del sistema a una entrada escalón unitario
2. La respuesta del sistema a $x(t)=\cos(2\pi t)u(t)\,$
3. Para determinar las respuesta frecuencial del sistema sólo se requiere substituir, en la función de transferencia $s=j\omega \,$, ¿por qué?. Dibuje el diagrama de Bode de magnitud y fase del sistema. Determine el ancho de banda del sistema.
4. Si, modificando los parámetros del sistema, usted desea hacer que el sistema sea más rápido, y puede elegir entre llevar el polo que está en -1 a -0.1 ó a -5, ¿cuál configuración elegiría y por qué?. ¿que sucede con el ancho de banda del sistema?

Subsección solución 1

Por: Elaine Rojas carnet:0437523

1.

Tenemos que $z(t)=x(t)p(t)\,$ , si $x(t)=u(t)\,$ entonces tenemos que:

$z(t)=u(t)\,$ , así mismo sabemos que:

$H(s)={\frac {(s+2.5)}{(s+1)(s+10)}}\,$ $={\frac {Y(s)}{Z(s)}}\,$

Sabiendo que $Z(s)={\frac {1}{s}}\,$, tenemos que:

$Y(s)={\frac {(s+2.5)}{s(s+1)(s+10)}}\,$

Hacemos descomposición por fracciones simples:

$Y(s)={\frac {(A)}{s}}\,$ + ${\frac {(B)}{s+1}}\,$ + ${\frac {(C)}{s+10}}\,$

Tenemos que: $A=0.25\,$, $B={\frac {(-1)}{6}}\,$ , $C={\frac {(-1)}{12}}\,$

De donde tenemos que: $Y(s)={\frac {(0.25)}{s}}\,$ + ${\frac {(-1)}{6(s+1)}}\,$ + ${\frac {(-1)}{12(s+10)}}\,$

Además sabemos que la transformada de Laplace de $u(t)e^{-at}\,$ es ${\frac {1}{s+a}}\,$,.

Entonces aplicando la transformada inversa de Laplace a $Y(s)\,$ tenemos que:

$y(t)=0.25\,$$-\,$ ${\frac {1}{6}}\,$ $e^{-t}\,$ $-\,$ ${\frac {1}{12}}\,$ $e^{-10t}\,$ , t>0

Subsección Solución 2

Por: Sarah Spadavecchia #04-37632

como $z(t)=x(t)p(t)\,$ luego $x(t)=cos(2\Pi )u(t)\,$ Ahora sabemos que: $Z(S)={\frac {s}{s^{2}+w^{2}}}\,$ Luego tenemos que $Y(S)=H(S)Z(S)\,$ entonces queda: $Y(S)={\frac {s(s+2.5)}{(s+1)(s+10)(s+2\Pi i)(s-2\Pi i)}}\,$ Ahora descomponemos en fracciones simples: $Y(S)={\frac {A}{(s+1)}}\,$ + ${\frac {B}{(s+10)}}\,$ + ${\frac {C}{(s+2\Pi i)}}\,$ + ${\frac {D}{(s-2\Pi i)}}\,$ Luego tenemos que los coeficientes son:

$A=-0.004117\,$

$B=-0.059746\,$

$C=0.031932+0.031705i\,$

$D=0.031932-0.031705i\,$

Ahora escribimos

$Y(S)={\frac {-0.004117}{(s+1}}\,$ + ${\frac {-0.059746}{(s+10)}}\,$ + ${\frac {(0.031932+0.031705i)}{(s+2\Pi i)}}\,$ + ${\frac {(0.031932-0.031705i)}{(s-2\Pi i)}}\,$

Sabemos que la transformada de Laplace de una función del tipo $x(t)=u(t)e^{-at}\,$ es $X(S)={\frac {1}{(s+a)}}\,$

Aplicando la transformada inversa a $Y(S)\,$encontramos que :

$y(t)=-0.004117e^{-t}\,$ $-0.059746e^{-10t}\,$ + $(0.031932+0.031705i)e^{-2\Pi it}\,$ + $(0.031932-0.031705i)e^{2\Pi it}\,$ ,t>0

Subsección Solución 3

Por: Hugo Negrette carnet: 04-37339

A partir de la función de transferencia:  ${\mathcal {L}}\{h(t)\}=H(s)={\frac {(s+2.5)}{(s+1)(s+10)}}\,$ 

Podemos obtener la respuesta frecuencial, si sustituimos s=σ+jw, con σ=0. Es decir llevamos la función de transferencia que obtenemos con Laplace, a una respuesta frecuencial que se obtiene con fourier, haciendo sigma igual a cero.

${\mathcal {L}}\{h(t)\}=H(s)={\frac {(s+2.5)}{(s+1)(s+10)}}\,$ => ${\mathcal {F}}\{h(t)\}=H(jw)={\frac {(jw+2.5)}{(jw+1)(jw+10)}}\,$

DIAGRAMA DE BODE:

MAGNITUD:

Archivo:Magnitudnew.PNG

FASE:

Archivo:Fasenew.PNG

Subseccion solucion pregunta 4

Oswaldo Gonzalez #0335981

Buscaremos primero la respuesta general a la siguiente función de transferencia siendo X el polo a ser desplazado:

${\mathcal {L}}\{h(t)\}=H(s)={\frac {(s+2.5)}{(s+X)(s+10)}}\,$ 

Hacemos descomposición por fracciones simples obteniendo:

$H(s)={\frac {(A)}{s+X}}\,$ + ${\frac {(B)}{s+10}}\,$

$A={\frac {2.5-X}{10-X}}\,$ y $B={\frac {-7.5}{X-10}}\,$

Sabemos que la transformada de Laplace de $u(t)e^{-at}\,$ es ${\frac {1}{s+a}}\,$, por lo que anti-transformando obtenemos:

por lo tanto:

$h(t)=Ae^{-Xt}+Be^{-10t}\forall \;t>0\,$

Se debe escoger el mayor valor de $|X|\,$ posible, entiéndase $X=5\,$, para que los efectos transitorios del sistema desaparezcan lo mas rápido posible. De tal manera las ecuaciones quedarían de la siguiente forma:

$A={\frac {2.5-5}{10-5}}=-0.5\,$  $y\,$   $B={\frac {-7.5}{5-10}}=1.5\,$

${\mathcal {L}}\{h(t)=(-0.5e^{-5t}+1.5e^{-10t})u(t)\}=H(s)={\frac {(s+2.5)}{(s+5)(s+10)}}={\frac {(-0.5)}{s+5}}\,$ + ${\frac {(1.5)}{s+10}}\,$ 

Para encontrar el ancho de banda del sistema tenemos que:

$H(jw)={\frac {2.5({\frac {jw}{2.5}}+1)}{5*10({\frac {jw}{5}}+1)({\frac {jw}{10}}+1)}}={\frac {0.05({\frac {jw}{2.5}}+1)}{({\frac {jw}{5}}+1)({\frac {jw}{10}}+1)}}\,$

por definicion tenemos $\Rightarrow \;$ $|H(jw_{c})|={\frac {0.05}{\sqrt {2}}}\,$

consiguiendo,luego de simplificar, el siguiente polinomio : $w_{c}^{4}-675w_{c}^{2}-2500=0\,$

haciendo el cambio $x=w_{c}^{2}\,$ obtenemos la siguiente ecuación cuadrática:

$x^{2}-675x-2500=0\,$ cuyas raices son $x_{1}=-3.68\,$ y $x_{2}=678.68\,$

así, devolviendo el cambio, se encuentra como valida unicamente $\Rightarrow \;$ $w_{c}=26.05\,$ pues $w_{c}\,$ debe ser real y positiva.

Por lo tanto el ancho de banda aumenta significativamente.

Problema #4

Considere el circuito inactivo de la figura

en t=0 el interruptor se cierra con $v(t)=4v\,$.

1. Calcule la expresión analítica para las corrientes $i_{1}(t),i_{2}(t)\,$. Grafique sus respuestas
2. Cuando ha pasado suficiente tiempo (digamos t=$\infty \,$) el voltaje de entrada se lleva a cero. En esas condiciones, calcule y grafique la nueva evolución de las mismas corrientes.

Solucion problema 4

Por:Orlando Diaz

Carnet:0538117

1.

las condiciones iniciales del circuito son: i1(t)=0; i2(t)=0

Utilizando metodo de mallas en el circuito nos queda el siguiente sistema de ecuaciones:

$\displaystyle 20i_{1}-10i_{2}=v(t)$

$-10i_{1}+25i_{2}=-l{\frac {di_{2}}{dt}}$

Utilizando la transformada de Laplace el sistema se convierte en:

$\displaystyle 20i_{1}(s)-10i_{2}(s)=v(s)$

$\displaystyle -10i_{1}(s)+25i_{2}(s)=-lsi_{2}(s)$

Despejando $i_{1}ei_{2}$ nos queda:

$\displaystyle i_{1}(s)={\frac {1}{4}}({\frac {25+0.2s}{s+100}})$

$\displaystyle i_{1}(s)={\frac {5}{2}}({\frac {v(s)}{s+100}})$

Si:

$\displaystyle v(t)=4u(t)$ entonces su transformada de Laplace es : $\displaystyle v(s)=4{\frac {1}{s}}$

Sustituyendo en las ecuaciones de las corrientes se convierten en:

$\displaystyle i_{1}(s)={\frac {1}{s}}({\frac {25+0.2s}{s+100}})$

$\displaystyle i_{1}(s)={\frac {10}{s}}({\frac {v(s)}{s+100}})$

Al descomponer en fracciones simples y hallar las constantes nos queda:

$\displaystyle i_{1}(s)={\frac {1}{4}}{\frac {1}{s}}-{\frac {1}{10}}{\frac {1}{s+100}}$

$\displaystyle i_{2}(s)={\frac {1}{40}}{\frac {1}{s}}-{\frac {1}{40}}{\frac {1}{s+100}}$

al Utilizar la transformada inversa tenemos la respuesta del circuito a la entrada que es:

$\displaystyle i_{1}(t)={\frac {1}{4}}u(t)-{\frac {1}{10}}e^{-100t}u(t)$

$\displaystyle i_{2}(t)={\frac {1}{40}}u(t)-{\frac {1}{40}}e^{-100t}u(t)$

sus graficas son: i1(T)

Archivo:Grafica corriente 1 respuesta temporal de sistemas problema 4.png

i2(t)

Archivo:Grafica corriente 2 respuesta temporal de sistemas problema 4.png

2.

Ahora supongamos que después de haberse estabilizado la respuesta a la entrada. pongamos dicha entrada bruscamente a cero.

Tendremos que volver a analizar el circuito con la nueva situacion:

Nuestras nuevas condiciones iniciales son i1(t)=1/4 e i2(t)=1/40

El nuevo sistema de ecuaciones es:

$\displaystyle 20i_{1}-10i_{2}=0$

$-10i_{1}+25i_{2}=-l{\frac {di_{2}}{dt}}$

que al transformarlo a Laplace es:

$\displaystyle 20i_{1}(s)-10i_{2}(s)=0$

$\displaystyle -10i_{1}(s)+25i_{2}(s)=-lsi_{2}(s)+li(o)$

La nueva respuesta del sistema es:

$\displaystyle i_{1}(s)={\frac {1}{80}}{\frac {1}{s+100}}$

$\displaystyle i_{2}(s)={\frac {1}{40}}{\frac {1}{s+100}}$

aplicando transformada inversa la respuesta temporal es:

$\displaystyle i_{1}(t)={\frac {1}{80}}e^{-100t}u(t)$

$\displaystyle i_{2}(t)={\frac {1}{40}}e^{-100t}u(t)$

y sus graficas son:

i1(t)

Archivo:Grafica corriente 1 problema respuesta temporal problema4-2.png

i2(t)

Archivo:Grafica corriente 2 problema respuesta temporal problema4-2.png