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 $y(\mathrm{\infty })$ 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 ($t\to \mathrm{\infty }$) 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., $t\to \mathrm{\infty }$, 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, $Y(s)=\frac{-4}{5s+1}+\frac{8}{10s+1}=\frac{4}{5}(\frac{1}{s+(1/10)}-\frac{1}{s+(1/5)})$

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:

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

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

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

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

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

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=$0.055^{\circ }$

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

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 $y(\mathrm{\infty })$, 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:

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

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

$A=-0.004117$

$B=-0.059746$

$C=0.031932+0.031705i$

$D=0.031932-0.031705i$

Ahora escribimos

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

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 :

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

Subsección Solución 3

Por: Hugo Negrette carnet: 04-37339

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

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.

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

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:

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

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:

$h(t)=A{e}^{-Xt}+B{e}^{-10t}\mathrm{\forall }t>0$

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:

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

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

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 $\Rightarrow$ $|H(j{w}_c)|=\frac{0.05}{\sqrt{2}}$

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=$\mathrm{\infty }$) 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:

$20i_1-10i_2=v(t)$

$-10i_1+25i_2=-l\frac{d{i}_2}{dt}$

Utilizando la transformada de Laplace el sistema se convierte en:

$20i_1(s)-10i_2(s)=v(s)$

$-10i_1(s)+25i_2(s)=-ls{i}_2(s)$

Despejando $i_{1}e{i}_2$ nos queda:

$i_1(s)=\frac{1}{4}(\frac{25+0.2s}{s+100})$

$i_1(s)=\frac{5}{2}(\frac{v(s)}{s+100})$

Si:

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

Sustituyendo en las ecuaciones de las corrientes se convierten en:

$i_1(s)=\frac{1}{s}(\frac{25+0.2s}{s+100})$

$i_1(s)=\frac{10}{s}(\frac{v(s)}{s+100})$

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

$i_1(s)=\frac{1}{4}\frac{1}{s}-\frac{1}{10}\frac{1}{s+100}$

$i_2(s)=\frac{1}{40}\frac{1}{s}-\frac{1}{40}\frac{1}{s+100}$

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

$i_1(t)=\frac{1}{4}u(t)-\frac{1}{10}{e}^{-100t}u(t)$

$i_2(t)=\frac{1}{40}u(t)-\frac{1}{40}{e}^{-100t}u(t)$

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:

$20i_1-10i_2=0$

$-10i_1+25i_2=-l\frac{d{i}_2}{dt}$

que al transformarlo a Laplace es:

$20i_1(s)-10i_2(s)=0$

$-10i_1(s)+25i_2(s)=-ls{i}_2(s)+li(o)$

La nueva respuesta del sistema es:

$i_1(s)=\frac{1}{80}\frac{1}{s+100}$

$i_2(s)=\frac{1}{40}\frac{1}{s+100}$

aplicando transformada inversa la respuesta temporal es:

$i_1(t)=\frac{1}{80}{e}^{-100t}u(t)$

$i_2(t)=\frac{1}{40}{e}^{-100t}u(t)$

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