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:

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

Determine:

La respuesta del sistema a una entrada escalón unitario
La respuesta del sistema a $x (t) = \cos (2 π t) u (t)$
Para determinar las respuesta frecuencial del sistema sólo se requiere substituir, en la función de transferencia $s = j ω$ , ¿por qué?. Dibuje el diagrama de Bode de magnitud y fase del sistema. Determine el ancho de banda del sistema.
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 $u (t) e^{- a t}$ es $\frac{1}{s + a}$ ,.

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

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

Subsección Solución 2

Por: Sarah Spadavecchia #04-37632

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

$A = - 0.004117$

$B = - 0.059746$

$C = 0.031932 + 0.031705 i$

$D = 0.031932 - 0.031705 i$

Ahora escribimos

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

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

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

$y (t) = - 0.004117 e^{- t}$ $- 0.059746 e^{- 10 t}$ + $(0.031932 + 0.031705 i) e^{- 2 Π i t}$ + $(0.031932 - 0.031705 i) e^{2 Π i t}$ ,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.

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

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

por lo tanto:

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

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:

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

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

Para encontrar el ancho de banda del sistema tenemos que:

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

por definicion tenemos $\Rightarrow$ $| H (j w_{c}) | = \frac{0.05}{\sqrt{2}}$

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

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

$x^{2} - 675 x - 2500 = 0$ 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.