Calcule la salida
y
(
t
)
{\displaystyle y(t)\,}
x
(
t
)
=
e
−
t
{\displaystyle x(t)=e^{-t}\,}
h
(
t
)
=
δ
(
t
)
−
2
e
−
2
t
u
(
t
)
{\displaystyle h(t)=\delta (t)-2e^{-2t}u(t)\,}
x
(
t
)
=
sin
(
4
π
t
)
4
π
t
{\displaystyle x(t)={\frac {\sin(4\pi t)}{4\pi t}}\,}
h
(
t
)
=
(
sin
(
2
π
(
t
−
2
)
)
2
π
(
t
−
2
)
)
2
{\displaystyle h(t)=({\frac {\sin(2\pi (t-2))}{2\pi (t-2)}})^{2}\,}
x
(
t
)
{\displaystyle x(t)\,}
t
∈
(
1
,
3
)
{\displaystyle t\in (1,3)\,}
h
(
t
)
=
e
t
+
1
u
(
−
t
−
1
)
{\displaystyle h(t)=e^{t+1}u(-t-1)\,}
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-a Benjamin Meza 0538553
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La entrada es #
x
(
t
)
=
e
−
t
{\displaystyle x(t)=e^{-t}\,}
1
/
(
s
+
1
)
{\displaystyle 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
)
)
{\displaystyle (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)=#
=
−
3
e
−
t
{\displaystyle =-3e^{-t}\,}
+
4
e
−
2
t
{\displaystyle +4e^{-2t}\,}
==Problema #2== Solucion: Marianela Mendoza 06-39906.
Sea
x
(
t
)
=
(
s
e
n
(
4
π
t
)
4
π
t
)
{\displaystyle x(t)=({\frac {sen(4\pi t)}{4\pi t}})}
h
(
t
)
=
(
s
e
n
(
2
π
(
t
−
2
)
)
2
π
(
t
−
2
)
)
2
{\displaystyle h(t)=({\frac {sen(2\pi (t-2))}{2\pi (t-2)}})^{2}\ }
La transformada en el dominio de frecuencia de
x
(
t
)
{\displaystyle x(t)}
X
(
ω
)
=
u
(
ω
+
0.25
)
−
u
(
ω
−
0.25
)
1
{\displaystyle X(\omega )={\frac {u(\omega +0.25)-u(\omega -0.25)}{1}}}
X
(
ω
)
=
u
(
ω
+
0.25
)
u
(
0.25
−
ω
)
1
{\displaystyle 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
(
ω
)
=
r
(
ω
−
1.5
)
2
−
r
(
ω
−
2
)
+
r
(
w
−
2.5
)
2
{\displaystyle 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(
ω
{\displaystyle \omega }
Considere el sistema que se muestra
G
(
s
)
=
4
(
5
s
+
1
)
(
10
s
+
1
)
{\displaystyle G(s)={\frac {4}{(5s+1)(10s+1)}}\,}
Determine:
La respuesta al impulso del sistema
La respuesta al escalón del sistema
Grafique el diagrama de polos y ceros, señale el polo dominante y, suponiendo que cuando estamos a menos del 2% del valor
y
(
∞
)
{\displaystyle y(\infty )\,}
Dibuje el diagrama de Bode del sistema (puede ser la aproximación en línea recta).
¿Cuál es el valor de la salida en estado estacionario (
t
→
∞
{\displaystyle t\rightarrow \infty \,}
x
(
t
)
=
2
+
cos
(
2
π
t
)
+
sin
(
100
π
t
)
{\displaystyle 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
{\displaystyle t=0}
x
(
t
)
{\displaystyle x(t)}
t
=
0
{\displaystyle t=0}
u
(
t
)
{\displaystyle u(t)}
t
→
∞
{\displaystyle t\rightarrow \infty }
Por: Simara Pérez Carnet: 04-37413
1.
Se sabe que:
Y
(
s
)
=
G
(
s
)
X
(
s
)
{\displaystyle Y(s)=G(s)X(s)\,}
Como
x
(
t
)
{\displaystyle x(t)\,}
Y
(
s
)
=
G
(
s
)
=
4
(
5
s
+
1
)
(
10
s
+
1
)
{\displaystyle Y(s)=G(s)={\frac {4}{(5s+1)(10s+1)}}\,}
Descomponiento
Y
(
s
)
{\displaystyle Y(s)\,}
Y
(
S
)
=
A
5
s
+
1
+
B
10
s
+
1
{\displaystyle Y(S)={\frac {A}{5s+1}}+{\frac {B}{10s+1}}}
Calculando A y B se tiene que:
A
=
−
4
{\displaystyle A=-4\,}
B
=
8
{\displaystyle \,B=8}
Así,
Y
(
s
)
=
−
4
5
s
+
1
+
8
10
s
+
1
=
4
5
(
1
s
+
(
1
/
10
)
−
1
s
+
(
1
/
5
)
)
{\displaystyle 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
−
a
t
u
(
t
)
{\displaystyle e^{-at}u(t)\,}
1
s
+
a
{\displaystyle {\frac {1}{s+a}}}
y
(
t
)
=
4
5
(
e
−
t
/
10
−
e
−
t
/
5
)
u
(
t
)
{\displaystyle y(t)={\frac {4}{5}}\left(e^{-t/10}-e^{-t/5}\right)u(t)\,}
Por Vanessa Ventosa #04-37699
2.
sabemos que:
Y
(
s
)
=
G
(
s
)
X
(
s
)
{\displaystyle Y(s)=G(s)X(s)\,}
x
(
t
)
{\displaystyle x(t)\,}
X
(
s
)
=
1
s
{\displaystyle X(s)={\frac {1}{s}}}
Y
(
s
)
=
4
s
(
5
s
+
1
)
(
10
s
+
1
)
{\displaystyle Y(s)={\frac {4}{s(5s+1)(10s+1)}}}
Y
(
S
)
=
A
5
s
+
1
+
B
10
s
+
1
+
C
s
{\displaystyle Y(S)={\frac {A}{5s+1}}+{\frac {B}{10s+1}}+{\frac {C}{s}}}
Calculando, los coeficientes resultan:
A
=
20
{\displaystyle A=20\,}
B
=
−
80
{\displaystyle \,B=-80}
C
=
4
{\displaystyle \,C=4}
Y
(
S
)
=
20
5
s
+
1
−
80
10
s
+
1
+
4
s
=
4
s
+
(
1
/
5
)
−
8
s
+
(
1
/
10
)
+
4
s
{\displaystyle 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
)
{\displaystyle Y(s)\,}
1
s
+
a
{\displaystyle {\frac {1}{s+a}}}
e
−
a
t
u
(
t
)
{\displaystyle e^{-at}u(t)\,}
y
(
t
)
=
(
4
e
−
t
/
5
−
8
e
−
t
/
10
+
4
)
u
(
t
)
{\displaystyle y(t)=(4e^{-t/5}-8e^{-t/10}+4)u(t)\,}
Por Carlos Rizzo, carnet #04-37496.
Solución a la parte 4:
Como podemos, observar, la función de transferencia del sistema es:
G
(
s
)
=
4
(
5
s
+
1
)
(
10
s
+
1
)
{\displaystyle 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:
1
10
{\displaystyle {\frac {1}{10}}\!}
1
5
{\displaystyle {\frac {1}{5}}\!}
y
=
12.04
−
20
l
o
g
(
10
w
)
{\displaystyle y=12.04-20log(10w)\,}
La ecuación de la recta (2) es:
y
=
6.02
−
40
l
o
g
(
5
w
)
{\displaystyle y=6.02-40log(5w)\,}
Observese que el punto de corte con el eje “y” viene dado por la expresión
20
l
o
g
(
4
)
{\displaystyle 20log(4)\!}
De esta forma:
0
=
6.02
−
40
l
o
g
(
5
w
)
{\displaystyle 0=6.02-40log(5w)\,}
que luego de despejar, se obtiene:
w
=
10
6.02
40
5
=
0.282
{\displaystyle w={\frac {10^{\,\!{\frac {6.02}{40}}\,}}{5}}=0.282\,}
Archivo:Diagrama fase.JPG
Nuevamente, observamos que las frecuencias representadas en el eje “x” son:
0.1
10
{\displaystyle {\frac {0.1}{10}}\,}
1
10
{\displaystyle {\frac {1}{10}}\,}
10
10
{\displaystyle {\frac {10}{10}}\,}
0.1
5
{\displaystyle {\frac {0.1}{5}}\,}
1
5
{\displaystyle {\frac {1}{5}}\,}
10
5
{\displaystyle {\frac {10}{5}}\,}
Por: Oriana Vásquez 04-37692
5.
G
(
j
ω
)
=
4
(
5
j
ω
+
1
)
(
10
j
ω
+
1
)
{\displaystyle \ G(j\omega )={\frac {4}{(5j\omega +1)(10j\omega +1)}}}
G
(
j
ω
)
=
4
(
50
j
2
ω
2
+
15
j
ω
+
1
)
{\displaystyle \ G(j\omega )={\frac {4}{(50j^{2}\omega ^{2}+15j\omega +1)}}}
|
G
(
j
ω
)
|
=
4
2500
ω
4
+
125
ω
2
+
1
{\displaystyle \left|G(j\omega )\right\vert ={\frac {4}{\sqrt {2500\omega ^{4}+125\omega ^{2}+1}}}}
∠
G
(
j
ω
)
=
−
arctan
15
ω
(
1
−
50
ω
2
)
{\displaystyle \angle G(j\omega )=-\arctan {\frac {15\omega }{(1-50\omega ^{2})}}}
Para la frecuencia de
2
π
{\displaystyle \ 2\pi }
Atenuación=
5.13
⋅
10
−
5
{\displaystyle 5.13\cdot 10^{-5}}
Desfase=
2.735
∘
{\displaystyle 2.735^{\circ }}
Para la frecuencia de
100
π
{\displaystyle \ 100\pi }
Atenuación=
8.11
⋅
10
−
7
{\displaystyle 8.11\cdot 10^{-7}}
Desfase=
0.055
∘
{\displaystyle 0.055^{\circ }}
x
(
∞
)
=
2
+
5.13
⋅
10
−
5
cos
(
2
π
t
+
2.735
∘
)
+
8.11
⋅
10
−
7
sin
(
100
π
t
+
0.055
∘
)
{\displaystyle \ 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 })}
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.
y
(
∞
)
{\displaystyle y(\infty )\,}
3.92
=
(
4
e
−
t
/
5
−
8
e
−
t
/
10
+
4
)
u
(
t
)
{\displaystyle 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,
T
a
u
=
1
p
o
l
o
d
o
m
i
n
a
n
t
e
{\displaystyle Tau={\frac {1}{polodominante}}\,}
T
i
e
m
p
o
e
s
t
a
c
i
o
n
a
r
i
o
=
4
T
a
u
{\displaystyle Tiempoestacionario=4Tau\,}
se puede deducir que,
T
i
e
m
p
o
e
s
t
a
c
i
o
n
a
r
i
o
=
4
p
o
l
o
d
o
m
i
n
a
n
t
e
{\displaystyle 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.
Considere el sistema que se muestra
p
(
t
)
=
1
{\displaystyle p(t)=1\,}
L
{
h
(
t
)
}
=
H
(
s
)
=
(
s
+
2.5
)
(
s
+
1
)
(
s
+
10
)
{\displaystyle {\mathcal {L}}\{h(t)\}=H(s)={\frac {(s+2.5)}{(s+1)(s+10)}}\,}
Determine:
La respuesta del sistema a una entrada escalón unitario
La respuesta del sistema a
x
(
t
)
=
cos
(
2
π
t
)
u
(
t
)
{\displaystyle x(t)=\cos(2\pi t)u(t)\,}
Para determinar las respuesta frecuencial del sistema sólo se requiere substituir, en la función de transferencia
s
=
j
ω
{\displaystyle s=j\omega \,}
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? Por: Elaine Rojas carnet:0437523
1.
Tenemos que
z
(
t
)
=
x
(
t
)
p
(
t
)
{\displaystyle z(t)=x(t)p(t)\,}
x
(
t
)
=
u
(
t
)
{\displaystyle x(t)=u(t)\,}
z
(
t
)
=
u
(
t
)
{\displaystyle z(t)=u(t)\,}
H
(
s
)
=
(
s
+
2.5
)
(
s
+
1
)
(
s
+
10
)
{\displaystyle H(s)={\frac {(s+2.5)}{(s+1)(s+10)}}\,}
=
Y
(
s
)
Z
(
s
)
{\displaystyle ={\frac {Y(s)}{Z(s)}}\,}
Sabiendo que
Z
(
s
)
=
1
s
{\displaystyle Z(s)={\frac {1}{s}}\,}
Y
(
s
)
=
(
s
+
2.5
)
s
(
s
+
1
)
(
s
+
10
)
{\displaystyle Y(s)={\frac {(s+2.5)}{s(s+1)(s+10)}}\,}
Hacemos descomposición por fracciones simples:
Y
(
s
)
=
(
A
)
s
{\displaystyle Y(s)={\frac {(A)}{s}}\,}
(
B
)
s
+
1
{\displaystyle {\frac {(B)}{s+1}}\,}
(
C
)
s
+
10
{\displaystyle {\frac {(C)}{s+10}}\,}
Tenemos que:
A
=
0.25
{\displaystyle A=0.25\,}
B
=
(
−
1
)
6
{\displaystyle B={\frac {(-1)}{6}}\,}
C
=
(
−
1
)
12
{\displaystyle C={\frac {(-1)}{12}}\,}
De donde tenemos que:
Y
(
s
)
=
(
0.25
)
s
{\displaystyle Y(s)={\frac {(0.25)}{s}}\,}
(
−
1
)
6
(
s
+
1
)
{\displaystyle {\frac {(-1)}{6(s+1)}}\,}
(
−
1
)
12
(
s
+
10
)
{\displaystyle {\frac {(-1)}{12(s+10)}}\,}
Además sabemos que la transformada de Laplace de
u
(
t
)
e
−
a
t
{\displaystyle u(t)e^{-at}\,}
1
s
+
a
{\displaystyle {\frac {1}{s+a}}\,}
Entonces aplicando la transformada inversa de Laplace a
Y
(
s
)
{\displaystyle Y(s)\,}
y
(
t
)
=
0.25
{\displaystyle y(t)=0.25\,}
−
{\displaystyle -\,}
1
6
{\displaystyle {\frac {1}{6}}\,}
e
−
t
{\displaystyle e^{-t}\,}
−
{\displaystyle -\,}
1
12
{\displaystyle {\frac {1}{12}}\,}
e
−
10
t
{\displaystyle e^{-10t}\,}
Por: Sarah Spadavecchia #04-37632
como
z
(
t
)
=
x
(
t
)
p
(
t
)
{\displaystyle z(t)=x(t)p(t)\,}
x
(
t
)
=
c
o
s
(
2
Π
)
u
(
t
)
{\displaystyle x(t)=cos(2\Pi )u(t)\,}
Z
(
S
)
=
s
s
2
+
w
2
{\displaystyle Z(S)={\frac {s}{s^{2}+w^{2}}}\,}
Y
(
S
)
=
H
(
S
)
Z
(
S
)
{\displaystyle Y(S)=H(S)Z(S)\,}
Y
(
S
)
=
s
(
s
+
2.5
)
(
s
+
1
)
(
s
+
10
)
(
s
+
2
Π
i
)
(
s
−
2
Π
i
)
{\displaystyle Y(S)={\frac {s(s+2.5)}{(s+1)(s+10)(s+2\Pi i)(s-2\Pi i)}}\,}
Y
(
S
)
=
A
(
s
+
1
)
{\displaystyle Y(S)={\frac {A}{(s+1)}}\,}
B
(
s
+
10
)
{\displaystyle {\frac {B}{(s+10)}}\,}
C
(
s
+
2
Π
i
)
{\displaystyle {\frac {C}{(s+2\Pi i)}}\,}
D
(
s
−
2
Π
i
)
{\displaystyle {\frac {D}{(s-2\Pi i)}}\,}
A
=
−
0.004117
{\displaystyle A=-0.004117\,}
B
=
−
0.059746
{\displaystyle B=-0.059746\,}
C
=
0.031932
+
0.031705
i
{\displaystyle C=0.031932+0.031705i\,}
D
=
0.031932
−
0.031705
i
{\displaystyle D=0.031932-0.031705i\,}
Ahora escribimos
Y
(
S
)
=
−
0.004117
(
s
+
1
{\displaystyle Y(S)={\frac {-0.004117}{(s+1}}\,}
−
0.059746
(
s
+
10
)
{\displaystyle {\frac {-0.059746}{(s+10)}}\,}
(
0.031932
+
0.031705
i
)
(
s
+
2
Π
i
)
{\displaystyle {\frac {(0.031932+0.031705i)}{(s+2\Pi i)}}\,}
(
0.031932
−
0.031705
i
)
(
s
−
2
Π
i
)
{\displaystyle {\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
−
a
t
{\displaystyle x(t)=u(t)e^{-at}\,}
X
(
S
)
=
1
(
s
+
a
)
{\displaystyle X(S)={\frac {1}{(s+a)}}\,}
Aplicando la transformada inversa a
Y
(
S
)
{\displaystyle Y(S)\,}
y
(
t
)
=
−
0.004117
e
−
t
{\displaystyle y(t)=-0.004117e^{-t}\,}
−
0.059746
e
−
10
t
{\displaystyle -0.059746e^{-10t}\,}
(
0.031932
+
0.031705
i
)
e
−
2
Π
i
t
{\displaystyle (0.031932+0.031705i)e^{-2\Pi it}\,}
(
0.031932
−
0.031705
i
)
e
2
Π
i
t
{\displaystyle (0.031932-0.031705i)e^{2\Pi it}\,}
Por: Hugo Negrette carnet: 04-37339
A partir de la función de transferencia:
L
{
h
(
t
)
}
=
H
(
s
)
=
(
s
+
2.5
)
(
s
+
1
)
(
s
+
10
)
{\displaystyle {\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.
L
{
h
(
t
)
}
=
H
(
s
)
=
(
s
+
2.5
)
(
s
+
1
)
(
s
+
10
)
{\displaystyle {\mathcal {L}}\{h(t)\}=H(s)={\frac {(s+2.5)}{(s+1)(s+10)}}\,}
F
{
h
(
t
)
}
=
H
(
j
w
)
=
(
j
w
+
2.5
)
(
j
w
+
1
)
(
j
w
+
10
)
{\displaystyle {\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
editar
Oswaldo Gonzalez #0335981
Buscaremos primero la respuesta general a la siguiente función de transferencia siendo X el polo a ser desplazado:
L
{
h
(
t
)
}
=
H
(
s
)
=
(
s
+
2.5
)
(
s
+
X
)
(
s
+
10
)
{\displaystyle {\mathcal {L}}\{h(t)\}=H(s)={\frac {(s+2.5)}{(s+X)(s+10)}}\,}
H
(
s
)
=
(
A
)
s
+
X
{\displaystyle H(s)={\frac {(A)}{s+X}}\,}
(
B
)
s
+
10
{\displaystyle {\frac {(B)}{s+10}}\,}
A
=
2.5
−
X
10
−
X
{\displaystyle A={\frac {2.5-X}{10-X}}\,}
B
=
−
7.5
X
−
10
{\displaystyle B={\frac {-7.5}{X-10}}\,}
Sabemos que la transformada de Laplace de
u
(
t
)
e
−
a
t
{\displaystyle u(t)e^{-at}\,}
1
s
+
a
{\displaystyle {\frac {1}{s+a}}\,}
por lo tanto:
h
(
t
)
=
A
e
−
X
t
+
B
e
−
10
t
∀
t
>
0
{\displaystyle h(t)=Ae^{-Xt}+Be^{-10t}\forall \;t>0\,}
Se debe escoger el mayor valor de
|
X
|
{\displaystyle |X|\,}
X
=
5
{\displaystyle X=5\,}
A
=
2.5
−
5
10
−
5
=
−
0.5
{\displaystyle A={\frac {2.5-5}{10-5}}=-0.5\,}
y
{\displaystyle y\,}
B
=
−
7.5
5
−
10
=
1.5
{\displaystyle B={\frac {-7.5}{5-10}}=1.5\,}
L
{
h
(
t
)
=
(
−
0.5
e
−
5
t
+
1.5
e
−
10
t
)
u
(
t
)
}
=
H
(
s
)
=
(
s
+
2.5
)
(
s
+
5
)
(
s
+
10
)
=
(
−
0.5
)
s
+
5
{\displaystyle {\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}}\,}
(
1.5
)
s
+
10
{\displaystyle {\frac {(1.5)}{s+10}}\,}
H
(
j
w
)
=
2.5
(
j
w
2.5
+
1
)
5
∗
10
(
j
w
5
+
1
)
(
j
w
10
+
1
)
=
0.05
(
j
w
2.5
+
1
)
(
j
w
5
+
1
)
(
j
w
10
+
1
)
{\displaystyle 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
⇒
{\displaystyle \Rightarrow \;}
|
H
(
j
w
c
)
|
=
0.05
2
{\displaystyle |H(jw_{c})|={\frac {0.05}{\sqrt {2}}}\,}
consiguiendo,luego de simplificar, el siguiente polinomio :
w
c
4
−
675
w
c
2
−
2500
=
0
{\displaystyle w_{c}^{4}-675w_{c}^{2}-2500=0\,}
haciendo el cambio
x
=
w
c
2
{\displaystyle x=w_{c}^{2}\,}
x
2
−
675
x
−
2500
=
0
{\displaystyle x^{2}-675x-2500=0\,}
x
1
=
−
3.68
{\displaystyle x_{1}=-3.68\,}
x
2
=
678.68
{\displaystyle x_{2}=678.68\,}
así, devolviendo el cambio, se encuentra como valida unicamente
⇒
{\displaystyle \Rightarrow \;}
w
c
=
26.05
{\displaystyle w_{c}=26.05\,}
w
c
{\displaystyle w_{c}\,}
Por lo tanto el ancho de banda aumenta significativamente.
Considere el circuito inactivo de la figura
en t=0 el interruptor se cierra con
v
(
t
)
=
4
v
{\displaystyle v(t)=4v\,}
Calcule la expresión analítica para las corrientes
i
1
(
t
)
,
i
2
(
t
)
{\displaystyle i_{1}(t),i_{2}(t)\,}
Cuando ha pasado suficiente tiempo (digamos t=
∞
{\displaystyle \infty \,}
Solucion problema 4
Por:Orlando Diaz
Carnet:0538117
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:
20
i
1
−
10
i
2
=
v
(
t
)
{\displaystyle \displaystyle 20i_{1}-10i_{2}=v(t)}
−
10
i
1
+
25
i
2
=
−
l
d
i
2
d
t
{\displaystyle -10i_{1}+25i_{2}=-l{\frac {di_{2}}{dt}}}
Utilizando la transformada de Laplace el sistema se convierte en:
20
i
1
(
s
)
−
10
i
2
(
s
)
=
v
(
s
)
{\displaystyle \displaystyle 20i_{1}(s)-10i_{2}(s)=v(s)}
−
10
i
1
(
s
)
+
25
i
2
(
s
)
=
−
l
s
i
2
(
s
)
{\displaystyle \displaystyle -10i_{1}(s)+25i_{2}(s)=-lsi_{2}(s)}
Despejando
i
1
e
i
2
{\displaystyle i_{1}ei_{2}}
i
1
(
s
)
=
1
4
(
25
+
0.2
s
s
+
100
)
{\displaystyle \displaystyle i_{1}(s)={\frac {1}{4}}({\frac {25+0.2s}{s+100}})}
i
1
(
s
)
=
5
2
(
v
(
s
)
s
+
100
)
{\displaystyle \displaystyle i_{1}(s)={\frac {5}{2}}({\frac {v(s)}{s+100}})}
Si:
v
(
t
)
=
4
u
(
t
)
{\displaystyle \displaystyle v(t)=4u(t)}
v
(
s
)
=
4
1
s
{\displaystyle \displaystyle v(s)=4{\frac {1}{s}}}
i
1
(
s
)
=
1
s
(
25
+
0.2
s
s
+
100
)
{\displaystyle \displaystyle i_{1}(s)={\frac {1}{s}}({\frac {25+0.2s}{s+100}})}
i
1
(
s
)
=
10
s
(
v
(
s
)
s
+
100
)
{\displaystyle \displaystyle i_{1}(s)={\frac {10}{s}}({\frac {v(s)}{s+100}})}
i
1
(
s
)
=
1
4
1
s
−
1
10
1
s
+
100
{\displaystyle \displaystyle i_{1}(s)={\frac {1}{4}}{\frac {1}{s}}-{\frac {1}{10}}{\frac {1}{s+100}}}
i
2
(
s
)
=
1
40
1
s
−
1
40
1
s
+
100
{\displaystyle \displaystyle i_{2}(s)={\frac {1}{40}}{\frac {1}{s}}-{\frac {1}{40}}{\frac {1}{s+100}}}
i
1
(
t
)
=
1
4
u
(
t
)
−
1
10
e
−
100
t
u
(
t
)
{\displaystyle \displaystyle i_{1}(t)={\frac {1}{4}}u(t)-{\frac {1}{10}}e^{-100t}u(t)}
i
2
(
t
)
=
1
40
u
(
t
)
−
1
40
e
−
100
t
u
(
t
)
{\displaystyle \displaystyle i_{2}(t)={\frac {1}{40}}u(t)-{\frac {1}{40}}e^{-100t}u(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
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:
20
i
1
−
10
i
2
=
0
{\displaystyle \displaystyle 20i_{1}-10i_{2}=0}
−
10
i
1
+
25
i
2
=
−
l
d
i
2
d
t
{\displaystyle -10i_{1}+25i_{2}=-l{\frac {di_{2}}{dt}}}
20
i
1
(
s
)
−
10
i
2
(
s
)
=
0
{\displaystyle \displaystyle 20i_{1}(s)-10i_{2}(s)=0}
−
10
i
1
(
s
)
+
25
i
2
(
s
)
=
−
l
s
i
2
(
s
)
+
l
i
(
o
)
{\displaystyle \displaystyle -10i_{1}(s)+25i_{2}(s)=-lsi_{2}(s)+li(o)}
La nueva respuesta del sistema es:
i
1
(
s
)
=
1
80
1
s
+
100
{\displaystyle \displaystyle i_{1}(s)={\frac {1}{80}}{\frac {1}{s+100}}}
i
2
(
s
)
=
1
40
1
s
+
100
{\displaystyle \displaystyle i_{2}(s)={\frac {1}{40}}{\frac {1}{s+100}}}
aplicando transformada inversa la respuesta temporal es:
i
1
(
t
)
=
1
80
e
−
100
t
u
(
t
)
{\displaystyle \displaystyle i_{1}(t)={\frac {1}{80}}e^{-100t}u(t)}
i
2
(
t
)
=
1
40
e
−
100
t
u
(
t
)
{\displaystyle \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
Archivo:Grafica corriente 2 problema respuesta temporal problema4-2.png
en el que la función de transferencia del sistema viene determinada por:
en el que y la transformada de Laplace de la respuesta al impulso (la función de transferencia) del sistema es:
