Transformada de Laplace inversa de un LTI con raíces complejas y s + término real en el numerador

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Tengo esta función de transferencia

$$ H (s) = \ frac {10 (s + 300)} {s ^ 2 + 20s + 50000} $$

y desea encontrar la respuesta de estado estable a una entrada de

$$ x (t) = 2 \ cos (2 \ pi30t + 0.7) u (t) $$

Pero estoy luchando para hacer algo con la función de transferencia.

Estoy familiarizado cuando puedo acceder al formulario

$$ \ mathcal {L} \ left [Ae ^ {- at} \ cos {{\ omega} t} + Be ^ {- at} \ sin {{\ omega} t} \ right] = \ frac {A (s + a) + B \ omega} {(s + a) ^ 2 + \ omega ^ 2} $$

Pero claramente los términos \ $ a \ $ no coincidirán en el numerador y el denominador. ¿Qué hago para encontrar esta respuesta?

He encontrado con éxito \ $ h (t) \ $ y sé que es correcto, pero me gustaría saber la respuesta de estado estable. ¿Cómo se determina eso?

    
pregunta Supernovah

3 respuestas

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\ $ x (t) = 2 cos (2 \ pi 30 t + 0.7) u (t) \ $

\ $ x (t) = 2 cos (0.7) cos (2 \ pi 30 t + 0.7) u (t) - 2 sin (0.7) sen (2 \ pi 30 t) u (t) \ $

\ $ A = 2cos (0.7) \ $

\ $ B = -2sin (0.7) \ $

\ $ a = 0 \ $

\ $ X (s) = \ frac {2 \ cdot s \ cdot cos (0.7) -2sin (0.7) \ omega} {s ^ 2 + \ omega ^ 2} \ cdot \ frac {1} {s } \ $

\ $ X (s) = 2 \ frac {cos (0.7) s -sin (0.7) \ omega} {s ^ 3 + \ omega ^ 2 \ cdot s} \ $

    
respondido por el MikeP
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Pensé que publicaría una respuesta ya que me di cuenta de esto y tenía algunas vistas:

$$ H (s) = \ frac {10 (s + 300)} {s ^ 2 + 20s + 50000} $$

Debería ser inmediatamente obvio que los polos son complejos, pero solo necesitamos conocerlos para determinar \ $ h (t) \ $ más tarde.

La entrada tiene una frecuencia \ $ \ omega = 2 \ pi30 \ $ in \ $ x (t) = 2 \ cos (2 {\ pi} 30t + 0.7) u (t) \ $

Sustituyendo por \ $ s = j \ omega \ $ obtenemos

$$ H (j \ omega) = \ frac {10j \ omega + 3000} {20j \ omega + 50000- \ omega ^ 2} $$

La magnitud y fase de esta respuesta en una frecuencia seleccionada afecta la magnitud y fase de la respuesta forzada. es decir, para una entrada sinusoidal:

$$ u (t) = M_i \ cos ({\ omega} t + {\ phi} _i) \ tag {1} $$ $$ y (t) = M_o (\ omega) \ cos ({\ omega} t + {\ phi} _o (\ omega)) \ tag {2} \ label {2} $$

Donde los subíndices \ $ i, o \ $ denotan las magnitudes y fases de entrada y salida.

Sustituyendo \ $ \ omega = 2 {\ pi} 30 \ $ da

$$ \ frac {3000 + j600 \ pi} {50000-3600 \ pi + j1200 \ pi} \ etiqueta {3} $$ $$ = 0.09114 {\ angle} 0.4639 = M_o (\ omega) \ angle {\ phi} _o (\ omega) \ tag {4} \ label {4} $$

Con \ $ \ ref {4} \ $ sustituido en \ $ \ ref {2} \ $ La respuesta en estado estacionario sinusoidal es

$$ x (t) = 0.1823 \ cos (2 {\ pi} 30t + 1.1622) u (t) $$

Cual es el resultado deseado.

La parte más interesante es el dominio de tiempo para la función de transferencia \ $ h (t) \ $.

Emplearé transformadas de Laplace

$$ \ mathcal {L} \ left [Ae ^ {- at} \ cos {{\ omega} t} \ right] = \ frac {A (s + a)} {(s + a) ^ 2 + \ omega ^ 2} \ tag {5} \ label {5} $$

y

$$ \ mathcal {L} \ left [Be ^ {- at} \ sin {{\ omega} t} \ right] = \ frac {B \ omega} {(s + a) ^ 2 + \ omega ^ 2} \ tag {6} \ label {6} $$

o

$$ \ mathcal {L} \ left [Ae ^ {- at} \ cos {{\ omega} t} + Be ^ {- at} \ sin {{\ omega} t} \ right] = \ frac {A (s + a) + B \ omega} {(s + a) ^ 2 + \ omega ^ 2} \ tag {7} \ label {7} $$

Completando el cuadrado para \ $ D (s) \ $ in \ $ H (s) = \ frac {N (s)} {D (s)} \ $ para alcanzar la forma de \ $ \ ref {7 } \ $

$$ H (s) = 10 \ frac {(s + 10) + 290} {(s + 10) ^ 2 + 49900} \ tag {8} $$

Y averiguar \ $ B \ $ con \ $ A = 1 \ $ da

$$ B = \ frac {290} {\ sqrt {49900}} \ tag {9} $$

Luego, el dominio de tiempo de la transferencia al sustituir los valores en el lado izquierdo de \ $ \ ref {7} \ $ se convierte en

$$ h (t) = 10e ^ {- 10t} \ left (\ cos (\ sqrt {49900} t) + B \ sin (\ sqrt {49900} t) \ right) \ tag {10} $ $

Permitiendo que \ $ C = \ sqrt {A ^ 2 + B ^ 2} = \ sqrt {1 ^ 2 + B ^ 2} \ $

$$ h (t) = 10e ^ {- 10t} C \ left (\ frac {1} {C} \ cos (\ sqrt {49900} t) + \ frac {B} {C} \ sin ( \ sqrt {49900} t) \ right) \ tag {11} $$

Luego \ $ \ cos {\ phi} = \ frac {1} {C} \ $ y \ $ \ sin {\ phi} = \ frac {B} {C} \ $

$$ h (t) = 10e ^ {- 10t} C \ left (\ cos {\ phi} \ cos (\ sqrt {49900} t) + \ sin {\ phi} \ sin (\ sqrt {49900 } t) \ derecha) \ etiqueta {12} $$

Usar una identidad trigonométrica se convierte en

$$ h (t) = 16.3871e ^ {- 10t} \ cos (223.3831t - 0.9144) \ tag {13} $$

    
respondido por el Supernovah
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Consigue el diagrama de Bode.

Enelgráficopodemosverquealafrecuencia\$2\pi30\(=188.5)\$delaseñaldeentrada,lamagnitudesdeaproximadamente-12.5dbylafaseesdeaproximadamente17.5grados.

Porlotanto,podemosdecirqueelvalordesalidadeestadoestablees

$$10^{-\frac{12.5}{20}}2\cos\left(2\pi30t+0.7+\frac{17.5\pi   }{180}\derecha)$$

$$=0.474275\cos(60\pit+1.00543)$$

Estosepuedeconfirmarapartirdesimulacionesreales.

Unavistaampliada.

    
respondido por el Suba Thomas

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