6.1 - PRESENTACION MET CLASICO

21/05/2015
RESPUESTA NATURAL
(SOLUCION DE LA
ECUACION DIFERENCIAL
HOMOGENEA)
ERNESTO KISIELEWSKY – FI – UBA - 2013
La respuesta total r(t) de un circuito LTI se puede tratar como la suma (o
superposición) de dos soluciones:
r (t ) = rn (t ) + rf (t )
u
SISTEMA con
CI≠0 y LTI
r
CI≠0
rn
=
+
Respuesta natural o
solución homogénea
valida para t>0
u
CI≠0
rf
Respuesta forzada o
solución particular, valida
para t ∞
Es decir, la respuesta natural (solución de la ecuación diferencial
homogénea del circuito) y la respuesta forzada (solución particular de la
ecuación diferencial completa del circuito) por lo que también podemos
escribir (h: homogénea, p: particular):
x(t ) = xh (t ) + x p (t )
Lo anterior es una consecuencia directa de que estemos tratando con circuitos lineales, por
lo que vale el principio de superposición. Pero dicho principio también es valido si
“superponemos” otro tipo de componentes, en lugar de la natural y la forzada.
1
21/05/2015
La respuesta natural se hace cargo de la diferencia entre el estado inicial
y el permanente.
En realidad, físicamente sólo existe la respuesta total, y la descomposición en
componentes forzadas y naturales es un artificio que facilita el cálculo de los
procesos transitorios en circuitos lineales.
Además:
r (t ) = rn (t ) + rf (t )
Depende de las CI y tienes
ctes. arbitrarias ki
Depende de R, L, C y e(t)
Sea el siguiente circuito:
L
u
iL
uC
is
+
C
R1
u2
R2
-
Zeq
Calculemos la transferencia T=u2/is:
u2 = iL.R2
iL =
u
R2 + Lp
iL =
iS Zeq
R2 + Lp
(1)
u = is.Zeq
; Yeq =
1
1
+Cp+
R1
R2 + Lp
2
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De (1):
u2 = iLR2 =
iS Zeq
R2 + Lp
R2
⇒iS R2 =
R2 + Lp
u2 =Yeq(R2 + Lp)u2
Zeq
Reemplazando:

L
  R 
⇒ iS R2 = LCp2 +  + CR 2  p + 1+ 2 u2
 R1
  R1 

⇒T ( p) =
u2 r N( p)
= =
=
i S e D( p)
R2
L
  R
LCp2 +  + CR 2  p + 1+ 2 
 R1
  R1 
Entonces
T ( p) =
N ( p) r (t )
=
D( p) e(t )
T ( p) =
N ( p ) bm . p m + bm −1 . p m −1 + L + b1 . p + b0 bm .( p − s a ).L
=
=
D ( p ) a n . p n + a n −1 . p n −1 + L + a1 . p + a 0
a n .( p − s1 ).L
3
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La ED de un circuito LTI se puede expresar como:
N
M
N
∑a p r(t) = ∑b p e(t) ⇒ r(t) =
m
m=0
m
n
m=0
n
n
∑bn p e(t )
m=0
M
m
∑ am p r (t )
e(t)
m=0
⇒ r(t) = DN (( pp)) e(t)
Si e(t)=0→r(t)→ rn(t):
M
⇒∑am pmr(t) = 0
m=0
⇒ D( p) r(t) = 0
1
2
3
cuya solución es de la forma
r(t) = Kept
ec. caracterís
tica
Reemplazando en la ED:
M
∑a s
m
m=0
m
=0
“ec. característica”
Este polinomio tiene M raíces. Si son M raíces distintas:
M
r(t) = ∑km.esm.t
m=1
Si hay M variables de estado independientes, tenemos las siguientes
expresiones equivalentes:
⇒hay M variables de estado independientes
⇒La ED es de Orden M “O(M)”
⇒Existen M modos independientes para las M raíces de la EC
⇒M constantes a determinar (k1, k2, …., kM)
4
21/05/2015
Salvo casos especiales que veremos mas adelante, para el caso de
raíces distintas, las M raíces de la EC son los polos de cualquier transferencia
del circuito:
M
D( p) = ∑am.pm = 0
m=0
Respuesta Natural (solución homogénea o complementaria de la ED)
Si e(t)=0:
y como r(t) ≠ 0
N ( p).e(t ) = 0 = D( p).r (t )
1424
3
ED con coef. ctes
0
D( p) = an . p n + L = 0
(ecuación característica)
supongamos que tenemos M raíces en total, de las cuales s1
es de multiplicidad m´:
m´
la solución será
r (t ) = ∑ ki t i −1es1t +
i =1
(
M
∑k e
i =m´+1
si t
i
)
r (t ) = k1 + k2t + K+ km´t m´−1 es1t + km´+1esm´+1t + K+ kM esM t
5
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La forma de la respuesta natural vista antes es general.
Si analizamos el tipo de raíces que pueden aparecer, tenemos:
⇒ Raíces reales y distintas
⇒ Raíces múltiples
⇒ Raíces complejas conjugadas
De la ecuación característica tenemos:
D ( p ) = an . p n + an −1. p n −1 + L + a0 = 0
⇒ an ( s − s1 )( s − s2 ) L ( s − sn ) = 0
Con an…a0 ∈ R y >0 para circuitos pasivos
Por ejemplo:
D ( p ) = an ( s − s1 ) 2 ( s − s2 )( s − s3 )( s − s3* )
⇒ r (t ) = (k1 + k2t )es1t + k3es2t + (k4es3t + k5es3t )
*
si:
s3 = −α3 + jω3
⇒ (k4es3t + k5es3t ) = ke−α3t sen(ω3t + θ )
*
Donde
k = (k4 + k5 ) 2 + [ j(k4 − k5 )]2
θ = Tg −1
(k4 + k5 )
j(k4 − k5 )
k5 = k4*
6
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Ejemplo 1:
Ω
 Ri + Lpi + uc = 0

 i = ic = Cpuc
derivando la primera ecuación diferencial y multiplicándola por C tendremos:
R.Cpi + LC . p 2i + i = 0
la ecuación característica de esta ecuación diferencial será:
RCp + LCp 2 + 1 = 0
2
p=
R
1
− RC ± ( RC ) 2 − 4 LC
 R
±   −
⇒
⇒ p=
2 LC
2L
LC
 2L 
p1, 2 = −4 ± j 3
Las soluciones se escriben como:

u c (t ) = A1.e p1t + A2 .e p2t

du c

p1t
p2t
 i (t ) = C dt = C.( A1 p1.e + A2 p2 .e )
Para obtener A1 y A2 usamos las CI:
u c (0) = U 0 = A1 + A2


 i (0) = 0 = C.( A1 p1 + A2 p 2 )
7
21/05/2015
⇒ A1 =
p2
1
2
U 0 = ( − j ).U 0
p1 − p2
2
3
⇒ A2 =
p1
1
2
U 0 = ( + j ).U 0 = A1∗
p1 − p2
2
3
4
3
θ = arctg (− ) = −53,1°
2
2
1  2
A1 =   +   .U 0 = 0,8333.1
2  3
⇒ u c = 2.0,833.e −4t . cos(3t − 53,1°) = 1,67.e −4t . cos(3t − 53,1°)
OTRO TIPO DE SUPERPOSICION PARA EL CALCULO DE LA RESPUESTA TOTAL
Dado un circuito lineal pasivo que contenga una sola variable, al aplicarse
una excitación u(t) queda definido su comportamiento mediante una sola ecuación
en dicha variable (que puede ser de estado o no):
x& = ax + bu
La integración de esta ecuación puede hacerse también considerando
separadamente las condiciones iniciales (CI) (que darán lugar a una
componente que de ahora en mas llamaremos x1) y las de excitación
(que llamaremos componente x2) que, por superposición darán la solución general:
x(t ) = x1 (t ) + x2 (t )
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u
Circuito LTI
en VE y
CI≠0
x
=
x1
CI≠0
+
Entrada cero
u
CI=0
x2
Estado cero
Ejemplo 2:
R
i(t)
u(t)=5V
L
iL(0)
u (t ) − i (t ) R − Lpi (t ) = 0
1. Por el método Clásico
La rta. natural será
i ( R + Lp ) = 0 ⇒ p = − R / L ⇒ i n = Ke − ( R / L ) t
la rta forzada será
if =
u (t ) V
=
R
R
entonces la rta total es
i = Ke −( R / L )t +
V
R
9
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imponemos la CI
i L (0) = K +
V
V
⇒ K = i L ( 0) −
R
R
V
V

⇒ i = i L (0) −  e −( R / L ) t +
R4
R
 44
 44
{
1
42
3 forzada
natural
2. Como superposición de i1+i2
i2(t)
i1(t)
i(t)
u(t)=5V
R
R
R
L
IL(0)
=
L
iL(0)
+
5V
L
IL(0)=0
Aunque vamos a calcular i1 e i2 por separado, nada nos impide que
cada componente la obtengamos por el método clásico:
La rta a entrada cero será:
i1 = i1n + i1 f = Be − ( R / L )t + 0
i1 (0) = i L (0) = B ⇒ i1 = i L (0)e − ( R / L ) t
10
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La rta a estado cero será:
i 2 = i2 n + i2 f = Ce −( R / L ) t +
V
R
pero
i 2 ( 0) = i L ( 0) = 0 = C +
i 2 (t ) = −
V
V
⇒C =−
R
R
(
V −( R / L ) t V V
e
+ = 1 − e −( R / L ) t
R
R R
)
entonces la respuesta total será
i (t ) = i1 + i 2 = i L (0)e −( R / L )t +
(
V
1 − e −( R / L )t
R
)
Pero ambas soluciones (A y B) deben ser equivalentes.
Trabajando con la última ecuación:
i (t ) = i L (0)e −( R / L ) t −
V −( R / L )t V
e
+
R
R
V
V

i(t ) = i L (0) −  e −( R / L )t + = in + i f
R
R

11
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Respuesta completa de sistemas: transitorios y leyes de conmutación
1) Condición General: No discontinuidad de la energía
W (0 − ) = W (0 + )
Si hubiera una discontinuidad:
w
∆w
t
entonces
dW
P=
→∞
dt
u L (0) = L
O también
i C ( 0) = C
(SIN SENTIDO FISICO)
di
=∞
dt t =0
du c
dt
=∞
t =0
W (0 − ) = W (0 + )
∑λ
j
= ∑λ j
j
0−
j
∑q
0+
La sumatoria se extiende a un
Bucle (ej: malla) cualquiera
j
= ∑qj
j
0−
j
0+
La sumatoria se extiende a un
Corte (ej: nodo) cualquiera
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Caso particular: 1 elemento almacenador de energía
L
λ (0 − ) = LiL (0 − ) = λ (0 + ) = LiL (0 + )
⇒ iL (0 − ) = i L (0 + )
C
q (0 − ) = Cu c (0 − ) = q (0 + ) = CuC (0 + )
⇒ uC (0 − ) = u C (0 + )
Ejemplo 3: Conservación de carga
in = B.e
u C1 (0 − ) = E.
−
t
τ
u n = A.e
R2
R1 + R2
−
t
τ
τ=
u C2 ( 0 − ) = 0
R1 .R2
(C1 + C 2 )
R1 + R2
uC1 (0 + ) = uC2 (0 + )
⇒ hay discontinuidad. Entonces se plantea:
Q1 (0 − ) + Q2 (0 − ) = Q1 (0 + ) + Q2 (0 + )
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y, como Q2(0-) es nula:
⇒ u C1 (0 − ).C1 = u C1 (0 + ).C1 + u C2 (0 + ).C 2
De aquí obtenemos uC1(0+):
+
⇒ uC1 (0 ) =
C1uC1 (0 − )
C1 + C2
Ejemplo 4: Conservación de flujo
Ω
Ω
i 2 (0 − ) = 0
i1 (0 − ) =
E 60
=
= 12 A
R1
5
i2 (0 − ) = i2 (0 + )
lo cual es imposible.
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t
E = ( R1 + R2 ).i + ( L1 + L2 ).
if =
t
−
−
di
E
⇒i=
+ A.e τ = 5 + A.e 0,05
dt
R1 + R2
L + L2 0,5 + 0,1
60
= 5A y τ = 1
=
= 0,05seg
5+7
R1 + R2
5+7
¿Cuanto vale i1(0+)=i2(0+)=i(0+)?
⇒ λ[1] (0 − ) = λ[1] (0 + ) ⇒ L1 .i1 (0 − ) + L2 .i2 (0 − ) = L1 .i1 (0 + ) + L2 .i2 (0 + )
i1 (0 + ) = i2 (0 + ) =
L1 .i1 (0 − ) + L2 .i2 (0 − ) 0,5.12 + 0,1.0
=
= 10 A
L1 + L2
0,5 + 0,1
Finalmente:
+
i (0 ) = 10 = 5 + A ⇒ i = 5 + 5.e
−
t
0, 05
Respuesta del circuito a partir de la formulación en Variables de estado
El circuito puede plantearse en cualesquiera variables independientes
Pero la formulación en VE es más sistemática además de valer para
circuitos no lineales y no invariantes con el tiempo
Más rigurosamente, las VE son el conjunto más pequeño de
variables del sistema (circuito, red, sistema electromecánico) que
son linealmente independientes entre si tal que, conociendo estas
VE en t0, junto con la excitación del sistema, determinan
completamente el valor de todas las variables del sistema para t≥t0.
15
21/05/2015
En palabras de Ogata (Ingeniería de Control Moderno, 1998):
“Las variables de estado de un sistema dinámico son las que forman el
conjunto más pequeño de variables que determinan el estado del sistema
dinámico.
Si se necesitan al menos n variables x1, x2, . . . , xn, para describir por completo
el comportamiento de un sistema dinámico (por lo cual una vez que se
proporciona la entrada para t≥ t0 y se especifica el estado inicial en t = t0, el
estado futuro del sistema se determina por completo), tales n variables son un
conjunto de variables de estado.
Observe que las variables de estado no necesitan ser cantidades medibles u
observables físicamente.
Las variables que no representan cantidades físicas y aquellas que no son
medibles ni observables pueden seleccionarse como variables de estado. Tal
libertad al elegir las variables de estado es una ventaja de los métodos de
espacio de estados.
Sin embargo, en la práctica es conveniente elegir cantidades que se midan
con facilidad para las variables de estado”
La representación del sistema en el “espacio de estados” o en “Variables de
Estado” se logra si podemos escribir el siguiente conjunto de ecuaciones:
p[x] = [ A].[ x] + [ B].[U ]
[y ] = [C ].[ x] + [ D].[U ]
Donde
x: Vector de estados (vector de
variables de estado)
y: Vector de variables de salida
u: Vector de entrada
A: Matriz del sistema
B: Matriz de entrada
C: Matriz de salida
D: Matriz de transmisión directa
La matriz de variables de salida representa todas las variables en cuya respuesta
temporal estemos interesados y resulten de una combinación lineal de las
variables de estado elegidas y de la excitación. El número de variables de salida
depende de nuestra elección.
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Ejemplo 5: Variables de Estado
Ω
Ω
Ω
Las C.I se suponen nulas. Entonces:
U = R.i + RC .iC + uC , iC = CpuC

i = iC + iL


RC .iC + uC = RL .iL + LpiL

pi L = −
 1
CRC 
RL
1
R
U
iL −
uC −
iL +
−
 + uC
L
L  C ( R + RC )
C ( R + RC )
C ( R + RC )  L
pi L = −
R
R
R
RL
1
R
U
1
iL − C
uC − C
iL + C
+ uC
L
L ( R + RC )
L ( R + RC )
L ( R + RC ) L
 R

1 R

R
R
R
1
U
i L +  − C
uC + C
pi L =  − L − C
L
L
(
R
+
R
)
L
L
(
R
+
R
)
L
(
R
+
RC )
C 
C 


1

 1
pi L =  − 1 − i L + 1 − u C + 0,5U
2

 2
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Reordenando:
 U = Ri L + CpuC ( R + RC ) + u C

0 = i L RL + pi L L − CpuC RC − u C
1
R
U

pu = −
uC −
iL +
= −5uC − 5iL + 5U
 C
C ( R + RC )
C ( R + RC )
C ( R + RC )

R
CR
1

piL = − L iL − C puC + uC
L
L
L

 pi L = −1,5i L + 0,5u C + 0,5U

 puC = −5u C − 5i L − 5U
 pu C  − 5 − 5  u C   5 
 pi  = 0,5 − 1,5. i  + 0,5.U
 L   
 L 
Si designamos como nuestras variables de salida a i(t) e iC(t):
i = iC + iL = CpuC + iL
iC = CpuC
Entonces:
 i  Cp 1 u C  0
i  = Cp 0. i  + 0.U
C
 424
{
1
3  L  {
y
C
D
18
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La respuesta temporal
[x] = {1p[4
1] − [ A]}−1 .[ B].[U ]
4
42444
3
M −1
[ x] = [ x f ] + [ x n ]
[xn] para excitación cero:
[ M −1 ] =
1
Adj [ M ]t ⇒ ∆[ xn ] = Adj [ M ]t .[U ] = 0
∆
para que no sea una solución trivial:
∆=0
De aquí se obtiene la ecuación característica con n raíces pk
(n variables de estado)
Queda:
x = x f + ∑ Ak .e pk t
Para resolver las constantes:
x(0) = x f (0) + xn (0) = x f (0) + ∑ Ak
x(0) debe conocerse por condiciones físicas y hay n incógnitas por ecuación.
Por lo tanto se requieren (n-1) ecuaciones adicionales que se obtienen por
derivaciones sucesivas.
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Ejemplo 6: Hallar la tensión en el capacitor al cerrar el interruptor mediante
el método clásico:
R1
u=
t=0+
+
u
–
R2
L
13.2
⋅ sen(314 ⋅ t )
3
R1 = 1Ω
R2 = 10Ω
C
L = 0.8H
C = 0.1F
Para t < 0:
Z = R1 + j ⋅ ω ⋅ L = (1 + 251,2)Ω = 251∠89,7º [Ω]
i L (t ) =
U&
7621∠0º
=
= 30,3∠ − 89,7º [A]
Z& 251∠89,7º
i L (t ) = 30,3sen(314 ⋅ t − 89,7)
u C (0 − ) = 0
R1
Respuesta forzada:
t=0+
+
u
–
R2
L
C
Z 2−3 Paralelo
1 

 R2 − j ⋅
 ⋅ ( j ⋅ ω ⋅ L)
Z2 ⋅ Z3
8 + j ⋅ 2510
⋅C 
ω
=
= 
=
= 10 + j ⋅ 0,35 = 10∠2 º
1
Z2 + Z3 
10 + j ⋅ 251

 R2 − j ⋅
 + ( j ⋅ ω ⋅ L)
ω ⋅C 

Z T = Z 1 + Z 2−3 Paralelo = 1 + 10 + j ⋅ 0,35 = 11∠1,83º
IT =
U
7621∠0º
=
= 692,8∠ − 1,03º
Z T 11∠1,83º
U Paralelo = I T ⋅ Z Paralelo = 6928∠0,17º
I Lf =
U Paralelo
= 27,6∠ − 89,83º = 27,6 ⋅ sen(314 ⋅ t − 89,83)
Z3
20
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IC =
U Paralelo
= 692,8∠ − 0,01º
Z2
U Cf = I C ⋅ X C = 22,16∠ − 90 = 22,16 ⋅ sen(314 ⋅ t − 90)
R1
t=0+
+
u
–
L
R2
C
Respuesta Natural
Planteo de las ecuaciones del circuito mediante variables de estado
R1
i = i1 + i2


i ⋅ R1 + i1 ⋅ R2 + u C = U (t )
 i ⋅ R + L ⋅ p ⋅ i = U (t )
1
2

t=0+
+
u
–
R2
L
C
⇒ i1 ⋅ ( R1 + R2 ) + i2 ⋅ R1 + u C = U (t )
⇒ C ⋅ p ⋅ u C ⋅ ( R1 + R2 ) + i2 ⋅ R1 + u C = U (t )
⇒ p ⋅ uC =
uC
U
R1 ⋅ i L
−
−
C ⋅ ( R1 + R2 ) C ⋅ ( R1 + R2 ) C ⋅ ( R1 + R2 )
⇒ p ⋅ uC = −0,91 ⋅ iL − 0,91 ⋅ uC + 0,91 ⋅ U (t )
21
21/05/2015
R1
Por otro lado:
i ⋅ R1 + L ⋅ p ⋅ i2 = U (t )
t=0+
+
u
–
R2
L
C
⇒ (C ⋅ p ⋅ u C + i2 ) ⋅ R1 + L ⋅ p ⋅ i2 = U (t ) ⇒ (i1 + i2 ) ⋅ R1 + L ⋅ p ⋅ i2 = U (t )
Reemplazando con (A):
p ⋅ iL =
U ⋅ R2
uC ⋅ R1
R ⋅ R ⋅i
+
− 1 2 L
L ⋅ ( R1 + R2 ) L ⋅ ( R1 + R2 ) L ⋅ ( R1 + R2 )
⇒ p ⋅ iL = −1,136 ⋅ iL + 0,1136 ⋅ uC + 1,136 ⋅ U (t )
El sistema en VE será:
 p ⋅ iL   − 1,136 0,1136  iL  1,136
 p ⋅ u  =  − 0,91 − 0,91  ⋅ u  +  0,91  ⋅ U (t )
C

  C 


px = ax
Respuesta natural
(u = 0 )
( pI − a ) x = 0 ⇒ det( pI − a ) = 0
p + 1,13
− 0,11
+ 0,9
p + 0,9
= 0 ⇒ p 2 + 2,046 ⋅ p + 1,1373 = 0 ⇒ p1, 2 = −1,023 ± j ⋅ 0,3
inL = A ⋅ e p1t + B ⋅ e p2t
u nC = C ⋅ e p1t + D ⋅ e p2t
Respuesta completa:
i L = A ⋅ e p1t + B ⋅ e p2t + 27,6 ⋅ sen(314 ⋅ t − 89,83)
uC = C ⋅ e p1t + D ⋅ e p2t + 22,16 ⋅ sen (314 ⋅ t − 90)
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21/05/2015
Como nos interesa por ejemplo uC, para calcular las constantes usamos
la CI y la CI derivada:
u C (0 − ) = u C ( 0 + )
⇒ 0 = C + D + 22,16 ⋅ sen ( −90) ⇒ C + D = 22,16
Para obtener la ecuación que nos falta planteamos la derivada en t=0:
du C
dt
= C ⋅ p1 ⋅ e p1 ⋅t
0
+ D ⋅ p 2 ⋅ e p2 ⋅t
0
+ 22,16 ⋅ 314 ⋅ cos(314 ⋅ t − 90) 0 = C ⋅ p1 + D ⋅ p 2
0
Esta ecuación debe ser igual a la expresión canónica (p.uC) en t=0:
p ⋅ u C = − 0,91 ⋅ i L 0 − 0,91 ⋅ u C 0 + 0,91 ⋅ U (0) = −0,91 ⋅ 30,3 ⋅ sen(−89,7) = 27,573
Se tienen 2 ecuaciones con 2 incógnitas. Resolviendo para C y D:
C=
27,573 − 22,16 ⋅ p 2
= 11,08 − j ⋅ 83,74
( p1 − p 2 )
D = 22.16 − C = 11,08 + j ⋅ 83,74
Trabajamos la solución para convertirla en una expresión “real”:
uCn = C ⋅ e p1t + D ⋅ e p2t = C ⋅ e p1t + C * ⋅ e p 1t
*
con
C = C ⋅ e jγ
p1 = −α + j ⋅ ω
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Como
pt
pt
z + z * = 2 ⋅ Re( z ) ⇒ u Cn = 2 ⋅ Re(C ⋅ e ) = Re( K ⋅ e )
1
1
K = 2⋅ C
⇒ uCn = K ⋅ e −α ⋅t ⋅ cos(ω ⋅ t + γ )
⇒ u Cn (t ) = 168,94 ⋅ e −1,023⋅t ⋅ cos(0,3 ⋅ t − 82,463)
u C (t ) = 168,94 ⋅ e −1, 023⋅t ⋅ cos(0,3 ⋅ t − 82,463) + 22,16 ⋅ sen(314 ⋅ t − 90)
Se verifica que la condición uC(0) = 0
30
20
10
2
4
6
8
10
-10
-20
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