Problemario de Señales y Sistemas/Respuesta temporal de sistemas II

Respuesta temporal de sistemas

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

Ademas 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 $x_{2}=678.68\,$

asi, 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.