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Capı́tulo 4
Filtros: caracterización temporal
♦ Cuestión. Represente en diagramas de bloques, los siguientes filtros digitales:
• 2 · y[n] = 4 · x[n − 1] + 3 · x[n]
• y[n] + 2 · y[n − 1] − 3 · y[n − 2] = x[n]
• y[n] − y[n − 1] + 2 · y[n − 2] = 5 · x[n] + 7 · x[n − 1] − x[n − 2] + x[n − 3]
♦ Cuestión. Considere el siguiente filtro digital: y[n] = x[n − 1]. Empleando recursividad, es decir, resolviendo de forma iterativa:
a. Calcule la salida cuando la entrada es x[n] = u[n].
b. Calcule la salida cuando la entrada es x[n] = δ[n].
Repare en que es un filtro digital de promedio móvil y de orden 1, MA(1), en el que
los únicos coeficientes no nulos son: a0 = 1 y b1 = 1, y que, por tratarse de un filtro
MA, no son necesarias condiciones auxiliares para determinar la señal de salida.
Repare en que se trata de un filtro FIR, es decir, de respuesta impulsional finita, y
que por eso, la respuesta al apartado b es una secuencia discreta de longitud finita.
♦ Cuestión. Considere el siguiente filtro digital: y[n] = 2 · x[n − 2]. Empleando recursividad:
a. Calcule la salida cuando la entrada es: x[n] = u[n].
b. Calcule la salida cuando la entrada es: x[n] = δ[n + 1] + 2 · δ[n] + δ[n − 1].
Repare en que es un filtro digital de promedio móvil y de orden 2, MA(2), en el que
los únicos coeficientes no nulos son: a0 = 1 y b2 = 2, y que, por tratarse de un filtro
MA no son necesarias condiciones auxiliares para determinar la señal de salida.
♦ Cuestión. Considere el siguiente filtro digital: y[n] = y[n − 1] + x[n]. Empleando
recursividad:
a. Calcule la salida cuando la entrada es: x[n] = δ[n] y la condición y[−1] = 0.
b. Calcule la salida cuando la entrada es: x[n] = δ[n] y la condición y[−1] = 1.
c. Calcule la salida cuando la entrada es: x[n] = δ[n] y la condición y[1] = −1.
Repare en que es un filtro digital autorregresivo y de orden 1, AR(1), en el que los
únicos coeficientes no nulos son a0 = 1, a1 = −1 y b0 = 1, y que, por tratarse de
un filtro AR sı́ son necesarias condiciones auxiliares, tantas como indica el orden del
filtro (en este caso una) para determinar la señal de salida.
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12
CAPÍTULO 4. FILTROS: CARACTERIZACIÓN TEMPORAL
Repare también en que se trata de un filtro IIR, es decir, de respuesta impulsional
infinita, y que por eso, las respuestas de los tres apartados (en los que la señal de
entrada siempre es una delta) son secuencias discretas de longitud infinita.
Repare, por último, en que en el apartado a hay condiciones iniciales nulas, en
el apartado b hay condiciones iniciales pero no nulas, y que en el apartado c las
condiciones son simplemente auxiliares. De ahı́ que podamos garantizar que el filtro
del apartado a es lineal, invariante y causal, y el del apartado b es invariante. Nada
puede afirmarse, a priori, de las propiedades del filtro del apartado c.
♦ Cuestión. Considere el siguiente filtro digital: y[n] = y[n − 2] + y[n − 1] + x[n].
Suponga que la señal de entrada es: x[n] = δ[n] + δ[n − 1] y que las condiciones
auxiliares son y[−2] = 0, y[−1] = 0. Empleando recursividad, represente gráficamente
los primeros valores no nulos de la señal de salida.
Repare en que es un filtro digital autorregresivo y de orden 2, AR(2), en el que los
únicos coeficientes no nulos son: , a0 = 1, a1 = −1, a2 = −1 y b0 = 1, y que, por
tratarse de un filtro AR sı́ son necesarias condiciones auxiliares, tantas como indica
el orden del filtro (en este caso dos) para determinar la señal de salida.
Repare también en que hay condiciones iniciales nulas, por lo que estamos ante un
filtro LTI y causal.
¥ Ejemplo. Resolver el filtro siguiente:
y[n] − ay[n − 1] = x[n]
x[n] = j n
y[−1] = 0
(1) Solución particular. Asumimos la misma forma que la entrada, esto es, yp [n] =
cx[n] = cj n . Nótese que, en este caso, la señal de entrada tiene duración infinita.
Entonces se tiene:
cj n − acj n−1 = j n ⇒ c − acj −1 = 1 ⇒ c(1 + ja) = 1 ⇒ c =
1
1 + ja
(2) Solución homogénea. z − a = 0 ⇒ z1 = a ⇒ yh [n] = Aan .
(3) Solución única. y[n] = yp [n] + yh [n] = cj n + Aan . Aplicando la condición inicial:
y[−1] = 0 = cj −1 + Aa−1 ⇒ A =
Por tanto,
y[n] =
cj
ja
= acj =
−1
a
1 + ja
ja n
1
jn +
a
1 + ja
1 + ja
¥ Ejemplo. Resolver el filtro dado por:
y[n] − 0,9y[n − 1] = x[n]
x[n] = δ[n]
y[−1] = −1
(1) Solución particular. Ensayamos la misma forma que la entrada como solución,
es decir, yp [n] = cδ[n] para n ≥ 0. Pero al sustituir en la ecuación en diferencias
encontramos que:
yp [n] − 0,9yp [n − 1] = cδ[n] − cδ[n − 1] = δ[n]
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y que, por tanto, no es posible encontrar una constante c que nos asegure la igualdad
para todos los instantes n ≥ 0 (probar para n = 0, n = 1).
Nos planteamos ensayar la respuesta atenuada de forma exponencial a la excitación
representada por la función impulso. Si ensayamos la solución yp [n] = cn u[n], vemos
de nuevo que no hay ningún valor de c que permita que se cumpla la ecuación en
diferencias para todo instante de tiempo (comprobar). En cambio, si ensayamos:
yp [n] = Acn u[n]
tenemos que ha de cumplirse:
Acn u[n] − 0,9Acn−1 u[n − 1] = δ[n]
para n ≥ 0. Por tanto,
n=0 ⇒ A=1
n > 0 ⇒ cn − 0,9cn−1 = 0 ⇒ cn (1 − 0,9c−1 ) = 0 ⇒ c = 0,9
Por tanto, la solución particular queda yp [n] = 10 · 0,9n u[n].
(2) Solución homogénea. A partir de la ecuación homogénea, obtenemos el polinomio
caracterı́stico:
P (z) = z − 0,9 = 0 ⇒ z1 = 0,9 ⇒ yh [n] = B0,9n
(3) Solución general. Se obtiene como la suma ajustada a las condiciones auxiliares:
y[n] = yh [n] + yp [n] = B0,9n + 0,9n u[n] ⇒
⇒ y[−1] = B0,9−1 = −1 ⇒ B = 0,9
y por tanto:
y[n] = −0,9n+1
Puede comprobarse que esta es precisamente la solución que se habı́a obtenido al
resolver este mismo filtro por recursión.
¥ Ejemplo. Resolver el filtro dado por:
y[n] − ay[n − 1] = x[n]
x[n] = ku[n]
y[−1] = Y−1
(1) Solución particular. Ensayamos una solución particular de la misma forma que
la entrada, es decir, yp [n] = cu[n], válida para n ≥ 0, y sustituimos en la ecuación
en diferencias:
yp [n] − ayp [n − 1] = cu[n] − acu[n − 1] = ku[n]
Vemos que no hay un único valor de c que solucione la ecuación, ya que:
n = 0 ⇒ c − ac0 = k ⇒ c = k
n > 0 ⇒ c − ac = k ⇒ c = k/(1 − a)
Por tanto, la solución particular no puede tener simplemente la forma del escalón.
Dado que la situación a la que se debe tender es a la de un régimen constante,
planteamos una solución particular dada por un valor final y un término transitorio
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CAPÍTULO 4. FILTROS: CARACTERIZACIÓN TEMPORAL
exponencial que con el tiempo pueda tender a desaparecer, esto es, ensayamos una
solución particular de la forma:
yp [n] = (Af + At z0n ) u[n]
que tiene 3 grados de libertad. Para encontrarlos, sustituimos en la ecuación
¡
¢
(Af + At z0n ) u[n] − a Af + At z0n−1 u[n − 1] = ku[n]
y damos valores:
n = 0 ⇒ Af + At = k
n = 1 ⇒ Af + At z0 − a(Af + At ) = k
n > 1 ⇒ Af + At z0n − aAf − aAt z0n−1 = k ⇒ Af − aAf = k
donde en la última expresión se ha asumido que |z0 | < 1 y se ha tomado el lı́mite
para n → +∞. Resolviendo se tiene que
Af =
k
ka
, At = −
, z0 = a
1−a
1−a
por lo que:
yp [n] = k
1 − an+1
u[n]
1−a
(2) Solución homogénea: z − a = 0 ⇒ z1 = a ⇒ yh [n] = Aan .
n+1
n
(3) Solución única. y[n] = yp [n] + yh [n] = k 1−a
1−a u[n] + Aa . Condición inicial:
y[−1] = Y−1 = 0 + Aa−1 ⇒ A = aY−1 , y la solución queda:
y[n] = k
1 − an+1
u[n] + Y−1 an+1
1−a
♦ Cuestión. Mostrar que sustituyendo y[n] en la ecuación, ésta se cumple, es decir,
que
y[n] − ay[n − 1] = ku[n]
♦ Cuestión. Dado el filtro digital: y[n] − y[n − 1] = 2 · x[n], calcule la repuesta cuando
la entrada es x[n] = u[n], en situación de reposo inicial.
a. Primero, aplicando recursividad,
b. Luego, a partir de homogénea más particular.
Compruebe que el resultado obtenido es correcto.
♦ Cuestión. Dado el filtro digital: y[n] − y[n − 1] = 2 · x[n], calcule la repuesta cuando
la entrada es x[n] = u[n], y la condición inicial es y[−1] = 5.
a. Primero, aplicando recursividad.
b. Luego, a partir de homogénea más particular.
Compruebe que el resultado obtenido es correcto.
♦ Cuestión. Dado el filtro digital: y[n] − 21 · y[n − 1] = x[n], calcule la repuesta cuando,
³ ´n
con condiciones iniciales nulas, la entrada es x[n] = 13 · u[n]. Utilice el método
que considere más oportuno. Compruebe que el resultado obtenido es correcto.
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♦ Cuestión. Resuelva el siguiente filtro ARMA(2,1):
y[n] − 2 · y[n − 1] + y[n − 2] = 2 · x[n] − 2 · x[n − 1]
x[n] = δ[n]
y[−1] = 0, y[0] = 1
Utilice el método que considere más oportuno. Compruebe que el resultado obtenido
es correcto.
¥ Ejemplo. Resolver el siguiente filtro digital:
y 0 (t) + 2y(t) = x(t)
x(t) = ke3t u(t)
y(0) = Y0
(1) Solución homogénea. La ecuación homogénea es yh0 (t) + 2yh (t) = 0, por tanto, el
polinomio caracterı́stico queda:
P (s) = s + 2 = 0 ⇒ s1 = −2 ⇒ yh (t) = Ae−2t
(2) Solución particular. Asumimos la misma forma que la entrada en un primer
ensayo, esto es,
yp (t) = cx(t) = cke3t u(t)
(4.1)
pero al sustituir en la ecuación diferencial vemos en seguida que ningún valor de la
constante c nos permite cumplirla (ejercicio: comprobar).
Para proponer una nueva solución que ensayar, nos fijamos que la entrada es una
exponencial, con lo que el régimen que se forzará en el circuito, pasado suficiente
tiempo, será de la misma forma, ası́ que la solución particular tendrá que contener
una componente exponencial similar. Pero también habrá un transitorio desde la
activación de la entrada hasta que se alcance el régimen permanente. Por tanto, ensayamos una solución particular que contenga el régimen permanente y el transitorio,
dada por:
¡
¢
yp (t) = Af e3t + At est t u(t)
Su derivada será
¡
¢
¡
¢
yp0 (t) = 3Af e3t + st At est t u(t) + Af e3t + At est t δ(t) =
¡
¢
= 3Af e3t + st At est t u(t) + (Af + At ) δ(t)
y sustituyendo en la ecuación diferencial se tiene que ha de cumplirse:
¡
¢
yp0 (t) + 2y(t) = 3Af e3t + st At est t u(t) + (Af + At ) δ(t)+
¡
¢
+ 2 Af e3t + At est t u(t) = ke3t u(t)
Para que se cumplan, imponemos como condiciones que los coeficientes de las exponenciales con el mismo exponente coincidan, y que el término del impulso se anule,
por tanto:
0 = Af + At
k
k
⇒ At = −
5
5
0 = At st + 2At ⇒ st = −2
k = 3Af + 2Af ⇒ Af =
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CAPÍTULO 4. FILTROS: CARACTERIZACIÓN TEMPORAL
(a)
(b)
Figura 4.1: Respuesta natural (a) y al escalón (b) de un filtro de primer orden.
y la solución particular es:
µ
yp (t) =
¶
k 3t k st t
e − e
u(t)
5
5
(3) Solución general. Vendrá dada por imponer la condición auxiliar en la suma de
la solución homogénea más la solución particular:
¶
µ
k 3t k st t
−2t
e − e
u(t)
y(t) = yh (t) + yp (t) = Ae
+
5
5
µ
¶
k 3t k st t
−2t
y(0) = A + 0 = Y0 ⇒ y(t) = yh (t) + yp (t) = Y0 e
+
e − e
u(t)
5
5
♦ Cuestión. Compruebe que la solución obtenida en el apartado anterior cumple tanto
la condición auxiliar como la EDO.
2
dy(t)
t
♦ Cuestión. Resuelva la siguiente ecuación diferencial: d dty(t)
2 + 3 · dt + 2 · y(t) = 3 · e ,
0
para las siguientes condiciones: y(0) = 0, y (0) = 2. Tenga en cuenta que, en este
caso, la señal de entrada es de duración infinita en los sentidos causal y anticausal.
¥ Ejemplo. Sea el filtro digital dado por y[n] − ay[n − 1] = x[n], con x[n] = ku[n], y
con y[−1] = Y−1 . Habı́amos visto que la salida del filtro en estas condiciones es la
siguiente:
1 − an+1
u[n] + Y−1 an+1
y[n] = k
1−a
Si hacemos k = 0, entonces la entrada se cancela, x[n] = 0, y se tiene que
ylibre [n] = Y−1 an+1
Nótese que la evolución del sistema en régimen libre depende de la condición auxiliar,
la cual puede verse como un punto por el que la trayectoria del sistema debe pasar.
Supongamos ahora que y[−1] = Y−1 = 0, lo cual anula las condiciones auxiliares.
Entonces se tiene que
1 − an+1
yf orzada [n] = k
u[n]
1−a
17
¥ Ejemplo. Respuesta natural de un filtro analógico de primer orden. Sea el
filtro genérico de primer orden dado por la siguiente ecuación diferencial
dy(t) 1
+ y(t) = 0
dt
τ
y con condición inicial y(t0 ) = Y0 . Esta ecuación es de por sı́ homogénea, ası́ que la
solución particular es nula:
yp (t) = 0, ∀t ⇒ y(t) = yh (t)
(4.2)
y solo tenemos que buscar la solución homogénea. El polinomio caracterı́stico nos da
la solución homogénea:
t
1
= 0 ⇒ yh (t) = Ae− τ
τ
Aplicando las condiciones auxiliares:
P (s) = s +
y(0) = Y0 → A = Y0
Por tanto, la respuesta natural viene dada por:
t
y(t) = Y0 e− τ
la cual aparece representada en la Fig. 4.1.
¥ Ejemplo. Respuesta al escalón de un filtro analógico de orden 1. Sea el
mismo filtro genérico de primer orden, al cuya entrada se aplica ahora un escalón
unidad:
dy(t) 1
+ y(t) = ku(t)
dt
τ
Obtenemos el polinomio caracterı́stico y la solución homogénea:
t
1
= 0 ⇒ yh (t) = Ae− τ
τ
Ensayamos una solución particular que contenga el valor final (una constante) y un
transitorio exponencial:
¡
¢
yp (t) = Af + At est t u(t)
P (s) = s +
Su derivada será:
yp0 (t) = At st est t u(t) + (Af + At ) δ(t)
y sustituyendo en la EDO:
¢
1
1¡
yp0 (t) + yp (t) = At st est t u(t) + (Af + At ) δ(t) +
Af + At est t u(t) = ku(t)
τ
τ
Igualando los términos constantes y exponenciales, y cancelando el impulso, obtenemos las siguientes condiciones:
0 = Af + At
0 = At st + At /τ
k = Af /τ ⇒ Af = kτ ⇒ At = −kτ ⇒ st = −1/τ
con lo que la solución particular queda:
³
´
t
yp (t) = kτ 1 − e− τ u(t)
La solución general se expresa como la suma, e imponiendo la condición auxiliar
queda finalmente:
³
´
t
t
y(t) = Y0 e− τ + kτ 1 − e− τ u(t)
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CAPÍTULO 4. FILTROS: CARACTERIZACIÓN TEMPORAL
t=0
i (t )
10A
0'2H
1W
Figura 4.2: Respuesta al escalón de un circuito RL paralelo.
♦ Ejercicio. En el circuito de la Fig. 4.2, determine el valor de i(t) para t ≥ 0. Fı́jese
en que, en este caso, estamos obteniendo la respuesta natural de un circuito RL
paralelo.
♦ Ejercicio. Calcule la respuesta natural de un circuito RC paralelo, donde i(t) = Is
es la entrada y vC (t) es la salida.
♦ Ejercicio. Calcule la respuesta al escalón de un circuito RC paralelo, donde i(t) = Is
es la entrada y vC (t) es la salida.
¥ Ejemplo. En el circuito de la Fig. 4.3 determine el valor de i(t) para t ≥ 0.
La Fig. 4.4 muestra los circuitos equivalentes en cada una de las situaciones diferentes
sucesivas. Para t < 0, estamos en régimen permanente de corriente continua, y
obtenemos de aquı́ en este caso las condiciones iniciales para la siguiente etapa:
vs (t) = iL (t)R ⇒ iL (t) =
5
= 1,25A, (t < 0)
4
Para 0 ≤ t ≤ 1, el primer interruptor se ha cerrado, con lo que en este caso la
corriente en la bobina no cambia:
iL (t) = 1,25A, 0 ≤ t < 1
Ahora bien, para t ≥ 1, la situación cambia y el circuito equivalente es diferente, y
por tanto también lo es la ecuación que lo define:
RiL (t) + L
diL (t)
=0
dt
La condición inicial para este tramo la obtenemos de la condición final del tramo
anterior, ya que la corriente en una bobina no puede variar de forma instantánea:
iL (1− ) = iL (1+ ) = 1,25A
Por tanto, estamos en condiciones de escribir la ecuación homogénea:
Rih (t) + L
dih (t)
R
= 0 ⇒ P (s) = Ls + R = 0 ⇒ s1 = − = −200 ⇒ ih (t) = Ae−200t
dt
L
La solución general queda:
i(t) = Ae−200t ⇒ i(1) = Ae−200 ⇒ A = 1,25e200 ⇒ i(t) = 1,25e−200(t−1) , (t ≥ 1)
En resumen, la expresión para la corriente en todo instante de tiempo es:
½
1,25A,
t<1
i(t) =
−200(t−1)
1,25e
A, t ≥ 1
19
t = 1s
4W
5V
i (t )
t=0
2W
Figura 4.3: Ejemplo de la sucesión de varios interruptores en un circuito RL.
t <
0
0 £ t £ 1
t
>
1
Figura 4.4: Solucion al ejemplo de la sucesión de varios interruptores.
20
CAPÍTULO 4. FILTROS: CARACTERIZACIÓN TEMPORAL
t=0
3mA
t = 3ms
8kW
5 nF
12V
v (t )
2k W
Figura 4.5: Ejemplo de la sucesión de varios interruptores.
is(t)
8kW
iR(t)
3mA
iC(t)
v (t )
2k W
is(t)
iR2(t)
v (t )
2k W
0 £ t < 3 ms
8kW
iC(t)
iR(t)
3mA
12V
5 nF
t ³ 3ms
12V
5 nF
Figura 4.6: Solución al ejemplo de la sucesión de varios interruptores.
5W
t=0
45V
10W
v (t )
0'2F
2A
Figura 4.7: Ejercicio: varios interruptores en filtro de primer orden.
21
¥ Ejercicio. En el circuito de la Fig. 4.5 determine el valor de v(t) para todo instante
de tiempo.
Para t < 0 no hay energı́a almacenada en el condensador, por tanto, v(t) = 0
(condición auxiliar para la etapa siguiente).
Para 0 ≤ t ≤ 3µs, el circuito equivalente es como muestra la Fig. 4.6. La ecuación
del circuito queda:
dv(t)
v(t)
is (t) = iR (t) + iC (t) =
+C
R
dt
La solución homogénea viene dada por:
P (s) = Cs +
1
5
= 0 ⇒ s = −105 (raı́z simple) ⇒ vh (t) = Ae−10 t
R
La solución particular se obtiene mediante:
vp (t) = K ⇒ is (t) =
K
⇒ K = 6 ⇒ vp (t) = 6
R
Y finalmente para este intervalo temporal, la solución general se calcula como:
5
v(t) = Ae−10 t + 6 ⇒ v(0) = 0 = A + 6 ⇒ A = −6 ⇒
³
´
5
⇒ v(t) = 6 1 − e−10 t ) V, 0 ≤ t < 3µs
Para t ≥ 3µs, el circuito equivalente es de nuevo diferente, y requiere hacer operaciones para obtener la ecuación circuital.
is (t) = iR (t) + iC (t) + iV (t)
v(t)
dv(t) v(t) − vs (t)
v(t) + Vs
⇒ is (t) =
+C
+
iV (t) =
R2
R1
dt
R2
µ
¶
vs (t)
R1 + R2
dv(t)
is (t) −
=
v(t) +
R2
CR1 R2
dt
La solución homogénea viene dada en este caso por:
P (s) = s +
R1 + R2
= 0 ⇒ s = −125000 ⇒ vh (t) = Ae−125000t
CR1 R2
La solución particular se calcula según el régimen permanente de continua:
vp (t) = K ⇒
R1 + R2
R2 is (t) − vs (t)
K=
⇒ K = 2,4 ⇒ vp (t) = 2,4
CR1 R2
R2 C
Y la solución general para este intervalo temporal se obtiene como sigue:
v(t) = Ae−125000t + 2,4 ⇒
⇒ v − (3 · 10−6 ) = v + (3 · 10−6 ) = 6(1 − e−0,3 ) = Ae−0,375 + 2,4 ⇒ A = −1,23
Por tanto, finalmente:
v(t) = −1,23e−125000t + 2,4
V (t > 3 · 10−6 )
¥ Ejercicio. En el circuito de la Fig. 4.7 determine el valor de v(t) para t ≥ 0.
22
CAPÍTULO 4. FILTROS: CARACTERIZACIÓN TEMPORAL
¥ Ejemplo. En el circuito de la Fig.4.8, encontrar las expresiones de v(t), i(t) para
todo instante de tiempo.
Para t < 0 tenemos la situación de continua de la Fig. 4.9(a). Las ecuaciones son las
del análisis de un circuito en continua:
R2
20
= 15
= 5A
R1 + R2
10 + 20
10 · 20
v(t) = I1 R1 ||R2 = 15
= 100V
10 + 20
i(t) = I1
Necesito disponer de las condiciones iniciales. De la continuidad de la respuesta de
tensión y corriente en un condensador y una bobina, respectivamente, sé que:
i(0+ ) = 5A; v(0+ ) = 100V
No puedo extraer de aquı́ las condiciones para las derivadas, ya que no tienen por
qué ser contı́nuas. Por lo tanto, queda pendiente para el siguiente tramo.
Para t ≥ 0, el circuito equivalente es el mostrado en la Fig. 4.9(b). Escribimos la
ecuación de nodo:
Is = iC (t) + iR1 (t) + i(t) = C
dv(t) v(t)
+
+ i(t)
dt
R1
Necesito tener la ecuación en función de una sola de ambas incógnitas, por tanto
busco una condición conveniente que las relacione:
v(t) = vR1 (t) + vL (t) = i(t)R2 + L
di(t)
dt
Por lo tanto, puedo escribir también una condición para la derivada:
di(t)
d2 i(t)
dv(t)
= R2
+L
dt
dt
dt2
Sustituyendo tengo la ecuación del circuito para la corriente:
d2 i(t) R2
L di(t)
di(t)
+ LC
i(t) +
+ i(t)
+
2
dt
dt
R1
R1 dt
¶
µ
¶
µ
d2 i(t)
R2
L di(t)
= LC
+
+ 1 i(t)
+ R2 C +
dt2
R1
dt
R1
Is = R2 C
Is
El polinomio caracterı́stico nos permite obtener la solución homogénea:
µ
¶
µ
¶
L
R2
2
P (s) = LCs + R2 C +
s+
+ 1 = 2s2 + 5s + 3 = 0 ⇒
R1
R1
3
⇒ s1 = −3/2, s2 = −1 ⇒ ih (t) = A1 e−t + A2 e− 2 t
i(t)
10H
t=0
30A
0'2F
v(t)
10W
15A
Figura 4.8: Circuito de segundo orden.
20W
23
(a)
i(t)
30A
v(t)
10W
20W
15A
(b)
i(t)
30A
0'2F
v(t)
10H
10W
20W
15A
Figura 4.9: Circuito de segundo orden.
Planteamos la solución particular constante, ip (t) = K:
¶
µ
R2
+ 1 K ⇒ K = 10
Is =
R1
Para obtener la solución general, necesitamos la condición inicial que falta a partir
de la relación entre tensión y corriente:
v(0+ ) = i(0+ )R2 + Li0 (0+ ) ⇒ 100 = 5 · 20 + 10i0 (0+ ) ⇒ i0 (0+ ) = 0A/s
Obtenemos también la condición inicial en la tensión. La extraemos de plantear la
ecuación de nodo antes de sustituir, y particularizar para el instante 0+ :
Is = Cv 0 (0+ ) + v(0+ )/R1 + i(0+ ) ⇒ 30 = 0,2v 0 (0+ ) + 100/10 + 5 ⇒ v 0 (0+ ) = 75V /s
Solución general:
3
i(t) = ih (t) + ip (t) = 10 + A1 e−t + A2 e− 2 t
i(0+ ) = 10 + A1 + A2 = 5
3
3
i0 (t) = −A1 e−t − A2 e− 2 t
2
3
i0 (0+ ) = −A1 − A2 = 0
2
3
⇒
A1 = −15, A2 = 10 ⇒ i(t) = 10 − 15e−t + 10e− 2 t A
Para calcular v(t), una vez que tenemos la corriente utilizamos la relación entre
ambas:
3
di(t)
v(t) = i(t)R2 + L
⇒ v(t) = 200 − 150e−t + 50e− 2 t V
dt