Autor: Edison Del Rosario

Ejercicio: 2Eva2010TI_T3 LTI CT simplificar H(s) por Bloques

Se ubican algunos puntos de referencia sobre el diagrama de bloques para plantear las ecuaciones, dejando para el último el bloque en serie del exponencial e^(-3s) o retraso en tiempo

$W_1(s) = X(s)$ $W_2(s) = W_1(s)-\frac{6}{s+5} W_4(s)$ $W_2(s) = X(s)- -\frac{6}{s+5} W_4(s)$ $W_3(s) = \frac{1}{s} W_2(s) = \frac{1}{s} \Big[ X(s) -\frac{6}{s+5} W_4(s) \Big]$ $W_3(s) = \frac{1}{s} X(s) -\frac{6}{s(s+5)} W_4(s)$ $W_4(s) = W_3(s) +\frac{1}{s+4}X(s)$

Se plantea la simplificación de H(s) =W4(s)/X(s), dejando el término exponencial o retraso de tiempo para el final. Por lo que se despeja W4(s)

$W_4(s) = \frac{1}{s} X(s) -\frac{6}{s(s+5)} W_4(s) +\frac{1}{s+4}X(s)$ $W_4(s) +\frac{6}{s(s+5)} W_4(s) = \frac{1}{s} X(s) +\frac{1}{s+4}X(s)$ $\Big[1 +\frac{6}{s(s+5)}\Big] W_4(s) = \Big[ \frac{1}{s} +\frac{1}{s+4} \Big] X(s)$ $\frac{s(s+5)+6}{s(s+5)} W_4(s) = \frac{(s+4)+s}{s(s+4)} X(s)$ $\frac{s^2+5s+6}{s+5} W_4(s) = \frac{2(s+2)}{s+4} X(s)$ $\frac{(s+2)(s+3)}{s+5} W_4(s) = \frac{2(s+2)}{s+4} X(s)$ $\frac{s+3}{s+5} W_4(s) = \frac{2}{s+4} X(s)$ $\frac{W_4(s)}{X(s)} = \frac{2(s+5)}{(s+4)(s+3)}$

La respuesta al impulso H₁(s) tiene polos en s=-3 y s=-4, que se encuentran en el lado izquierdo del plano imaginario s. Por lo que sus componentes en el dominio del tiempo son exponenciales decrecientes, el sistema es asintóticamente estable.

El grado del polinomio P del numerador es menor al grado del polinomio Q del numerador.

Separando en fracciones parciales para H₁(s) :

$H_1(s) =\frac{2(s+5)}{(s+4)(s+3)}$ $H_1(s) = \frac{k_1}{s+4} +\frac{k_2}{s+3} =$ $k_1 =\frac{2(s+5)}{\cancel{(s+4)}(s+3)}\Bigg|_{s=-4} = \frac{2(-4+5)}{(-4+3)} = \frac{2(1)}{-1} = -2$ $k_2 =\frac{2(s+5)}{(s+4)\cancel{(s+3)}} \Bigg|_{s=-3} = \frac{2(-3+5)}{(-3+4)} = \frac{2(2)}{1} = 4$ $H_1(s) = -\frac{2}{s+4} +\frac{4}{s+3} =$

Finalmente, añadiendo el término exponencial, que es el retraso en tiempo del sistema:

$H(s) = \Big[-\frac{2}{s+4} +\frac{4}{s+3} \Big] e^{-3s}$

se observa el comportamiento de H(s) junto a los polos en la parte real e imaginaria:

el resultado con el algoritmo para el literal a es:

 H(s) = P(s)/Q(s):
/    2       4  \  -3*s
|- ----- + -----|*e    
\  s + 4   s + 3/      
 H(s) en factores:
           -3*s
2*(s + 5)*e    
---------------
(s + 3)*(s + 4)

 h(t) :
/   9  -3*t      12  -4*t\                 
\4*e *e     - 2*e  *e    /*Heaviside(t - 3)

polosceros:
exp(-3*s) : {'Q_polos': {-3: 1, -4: 1}, 'P_ceros': {-5: 1}, 'Hs_k': 2*(s + 5)/((s + 3)*(s + 4))}
Q_polos : {-3: 1, -4: 1}
P_ceros : {-5: 1}

Estabilidad de H(s):
 n_polos_real : 2
 n_polos_imag : 0
 enRHP : 0
 unicos : 0
 repetidos : 0
 asintota : estable

---

literal b. mostrar h(t)

$H(s) = \Big[-\frac{2}{s+4} +\frac{4}{s+3} \Big] e^{-3s}$

Usando la tabla de transformadas de Laplace, para la línea 5 y la propiedad de desplazamiento en t, se obtiene:

$h(t) = \Big[-2 e^{-4(t-3)} +4e^{-3(t-3)} \Big] \mu(t-3)$

literal c. Y(s) con entrada exponencial decreciente

La señal de salida Y(s)=H(s)X(s) ante una entrada X(s)=1/(s+5) que es la transformada de Laplace de x(t)=e^-5t μ(t)

$Y(s) = H(s)x(s) = \Big[\frac{2(s+5)}{(s+4)(s+3)}\Big]\Big[\frac{1}{s+5}\Big] e^{-3s}$ $Y(s) = \frac{2}{(s+4)(s+3)}e^{-3s}$

Tarea: Realizar el desarrollo analítico y revisar los resultados del algoritmo

al realizar las fracciones parciales, se obtiene:

$Y(s) = \Big[-\frac{2}{s+4} +\frac{2}{s+3} \Big] e^{-3s}$

Con transformada inversa de Laplace, usando nuevamete la tabla de transformadas de Laplace, para la línea 5 y la propiedad de desplazamiento en t, se obtiene:

$y(t) = \Big(-2 e^{-4(t-3)} +2e^{-3(t-3)}\Big) \mu (t-3)$

El resultado del algoritmo para el literal c del ejercicio es:

 X(s): 
  1  
-----
s + 5

Respuesta entrada cero ZIR H(s) y condiciones iniciales
term_cero : 0
ZIR :
0
yt_ZIR :
0

 ZSR respuesta estado cero:
ZSR :
/    2       2  \  -3*s
|- ----- + -----|*e    
\  s + 4   s + 3/      
yt_ZSR :
/   9  -3*t      12  -4*t\                 
\2*e *e     - 2*e  *e    /*Heaviside(t - 3)

 Y(s)_total = ZIR + ZSR:
/    2       2  \  -3*s
|- ----- + -----|*e    
\  s + 4   s + 3/      

 y(t)_total = ZIR + ZSR:
/   9  -3*t      12  -4*t\                 
\2*e *e     - 2*e  *e    /*Heaviside(t - 3)
>>>

Instrucciones en Python

Usando los bloques desarrollados en la Unidad 4 Sistemas LTI – Laplace  y las funciones resumidas como telg1001.py que pueden ser usados en cada pregunta.

# Y(s) Respuesta total con entada cero y estado cero
# Qs Y(s) = Ps X(s) ; H(s)=Ps/Qs
# https://blog.espol.edu.ec/telg1001/
import sympy as sym
import matplotlib.pyplot as plt
import telg1001 as fcnm

# INGRESO
s = sym.Symbol('s')
t = sym.Symbol('t', real=True)
d = sym.DiracDelta(t)
u = sym.Heaviside(t)

# Literal a. H(s) y estabilidad
Hs = 2*(s+5)/((s+4)*(s+3)) * sym.exp(-3*s)
#Hs = 1+0*s cuando es constante

# literal c. X(s) Señal de entrada
xt = sym.exp(-5*t)*u

# condiciones iniciales, [y'(0),y(0)] orden descendente
t0 = 0
cond_inicio = [0, 0] # estado cero no se usan

# Grafica, intervalo tiempo [t_a,t_b]
t_a = 0 ; t_b = 5
muestras = 101  # 51 resolucion grafica

# PROCEDIMIENTO
Hs = fcnm.apart_s(Hs) # fracciones parciales
Hs_fc = fcnm.factor_exp(Hs) # en factores
Hs_Qs2 = fcnm.Q_cuad_s_parametros(Hs_fc)

polosceros = fcnm.busca_polosceros(Hs)
Q_polos = polosceros['Q_polos']
P_ceros = polosceros['P_ceros']

estable = fcnm.estabilidad_asintotica_s(Q_polos)

# H(t) respuesta al impulso
ht = 0*s
term_suma = sym.Add.make_args(Hs)
for term_k in term_suma:
    ht_k = sym.inverse_laplace_transform(term_k,s,t)
    # simplifica log(exp()) ej: e**(-2s)/(s**2)
    if ht_k.has(sym.log):
        ht_k = sym.simplify(ht_k,inverse=True)
    ht  = ht + ht_k
lista_escalon = ht.atoms(sym.Heaviside)
ht = sym.expand(ht,t) # terminos suma
ht = sym.collect(ht,lista_escalon)

# PROCEDIMIENTO Respuesta ZIR, ZSR
Xs = fcnm.laplace_transform_suma(xt)

# ZIR_s respuesta entrada cero de s
sol_ZIR = fcnm.respuesta_ZIR_s(Hs,cond_inicio)
ZIR = sol_ZIR['ZIR']
yt_ZIR = sol_ZIR['yt_ZIR']

# ZSR respuesta estado cero, Y(s) a entrada X(s)
sol_ZSR = fcnm.respuesta_ZSR_s(Hs,Xs)
ZSR = sol_ZSR['ZSR']
yt_ZSR = sol_ZSR['yt_ZSR']

# Respuesta total Y(s) y y(t)
Ys = ZIR + ZSR
Ys = fcnm.apart_s(Ys)
yt = yt_ZIR + yt_ZSR
lista_escalon = yt.atoms(sym.Heaviside)
yt = sym.collect(yt,lista_escalon)

# SALIDA
print(' H(s) = P(s)/Q(s):')
sym.pprint(Hs)
print(' H(s) en factores:')
sym.pprint(Hs_fc)
if len(Hs_Qs2)>0:
    print('\nH(s) parámetros cuadraticos:')
    fcnm.print_resultado_dict(Hs_Qs2)

print('\n h(t) :')
sym.pprint(ht)

print('\npolosceros:')
fcnm.print_resultado_dict(polosceros)

print('\nEstabilidad de H(s):')
for k in estable:
    print('',k,':',estable[k])

print('\n X(s): ')
sym.pprint(Xs)
print('\nRespuesta entrada cero ZIR H(s) y condiciones iniciales')

if not(sol_ZIR == sym.nan): # existe resultado
    fcnm.print_resultado_dict(sol_ZIR)
else:
    print(' insuficientes condiciones iniciales')
    print(' revisar los valores de cond_inicio[]')

print('\n ZSR respuesta estado cero:')
fcnm.print_resultado_dict(sol_ZSR)

print('\n Y(s)_total = ZIR + ZSR:')
sym.pprint(Ys)
print('\n y(t)_total = ZIR + ZSR:')
sym.pprint(yt)

# Graficas polos, H(s), con polos h(t) --------
muestras_H = 201
figura_s  = fcnm.graficar_Fs(Hs_fc,Q_polos,P_ceros,f_nombre='H',solopolos=True)
figura_Hs = fcnm.graficar_Fs(Hs_fc,Q_polos,P_ceros,muestras=muestras_H,f_nombre='H')
figura_ht = fcnm.graficar_ft(ht,t_a,t_b,muestras,f_nombre='h')
# GRAFICAS y(t),x(t),h(t) ---------------------
figura_ft = fcnm.graficar_xh_y(xt,ht,yt,t_a,t_b,muestras)
plt.show()

Ejercicio: 2Eva2010TI_T1 LTI DT Bloques de H[z] para ecuación de diferencias

litera a. La función de transferencia H(z)

El diagrama mostrado se reordena y añade anotaciones para facilitar la escritura de la ecuación de diferencias:

Dado que hay dos bloques (1/z) o de retraso hacia abajo, se identifica que los polinomios son de segundo orden (N=2).

Los coeficientes de retraso se leen de arriba hacia abajo como a₀,-a₁,-a₂ ordenados en la siguiente tabla:

coeficientes

retraso	adelanto
a0 = 1	b0 = 0
a1 = -(1.6) = -1.6	b1 = 4
a2 = -(-0.63) = 0.63	b2 = -4

Se aplica lo mismo para los coeficientes de adelanto y se completa el modelo para los polinomios del numerador y denominador:

$H[z] = \frac{b_0 z^N +b_1 z^{N-1} + \text{ ... } + b_{N-1} z + b_N}{z^N + a_1 z^{N-1} +\text{ ... } + a_{N-1}z +a_N}$ $H[z] = \frac{4z-4}{z^2 -1.6 z + 0.63}$

Con el polinomio del denominador Qz  se encuentran las raíces

polos: {0.70: 1, 0.90: 1}

se aplican fracciones parciales modificadas al dividir cada lado para z,

$\frac{H[z]}{z} = \frac{4}{z}\frac{z-1}{(z-0.7)(z-0.9)} = \frac{k_1}{z-0.7} +\frac{k_2}{z-0.9}+\frac{k_3}{z}$

aplicando el método de Heaviside:

$k_1 = \frac{4}{z}\frac{z-1}{\cancel{(z-0.7)}(z-0.9)}\Big|_{z=0.7} = \frac{4}{0.7}\frac{(0.7)-1}{((0.7)-0.9)} = 8.5714$ $k_2 = \frac{4}{z}\frac{z-1}{(z-0.7)\cancel{(z-0.9)}}\Big|_{z=0.9} = \frac{4}{0.9}\frac{(0.9)-1}{((0.9)-0.7)} = -2.2222$ $k_3 = \frac{4}{\cancel{z}}\frac{z-1}{(z-0.7)(z-0.9)}\Big|_{z=0} = 4\frac{(0)-1}{((0)-0.7)((0)-0.9)} = -6.3492$ $\frac{H[z]}{z} = \frac{8.5714}{z-0.7} -\frac{2.2222}{z-0.9}-\frac{6.3492}{z}$

restaurando a fracciones parciales al multiplicar por z

$H[z] = \frac{8.5714z}{z-0.7} -\frac{2.2222z}{z-0.9}-6.3492$

usando la tabla de transformadas z

$h[n] = 8.5714 (0.7)^n \mu[n] -2.2222(0.9)^n \mu[n] -6.3492 \delta[n]$

Algoritmo en Python

Usando el algoritmo de la sección X[z] Fracciones parciales modificadas con Python

con entrada:

Pz = 4*z-4
Qz = z**2-1.6*z+0.63

y resultado:

 Hz:
     4*z - 4     
-----------------
 2               
z  - 1.6*z + 0.63

 Hz en fracciones parciales
8.57142857142857*z   2.22222222222222*z                   
------------------ - ------------------ - 6.34920634920635
     z - 0.7              z - 0.9                         

 Hz en factores
     4*(z - 1)     
-------------------
(z - 0.9)*(z - 0.7)

 {Q_polos:veces}: {0.700000000000000: 1, 0.900000000000000: 1}
 {P_ceros:veces}: {1: 1}

estabilidad asintótica en z:
circ1_dentro : 2
circ1_repetidos : 0
circ1_sobre : 0
circ1_fuera : 0
unicos : 2
repetidos : 0
asintota : estable

 h[n]:
/                    n                       n\                               
\8.57142857142857*0.7  - 2.22222222222222*0.9 /*Heaviside(n) 

  - 6.34920634920635*DiracDelta(n)

señal discreta h[n]
n   : [0 1 2 3 4 5 6 7 8 9]
h[n]: [ 0.   4.   2.4   1.32   0.6   0.1284
       -0.17256    -0.356988   -0.462468   -0.51504636]

Observaciones:

Las raíces características o frecuencias naturales del sistema se encuentran dentro del círculo de radio unitario. El sistema es asintóticamente estable, que implica que es BIBO estable.

literal c. Ecuación de diferencias

$H[z] = \frac{4z-4}{z^2 -1.6 z + 0.63}$ $Y[z](z^2 -1.6 z+ 0.63) = (4z-4)X[z]$ $y[n+2] - 1.6 y[n+1] + 0.63y[n] = 4x[n+1]-4x[n]$

literal d. entrada x[n]

x(t) = cos(1500t) = cos (2πf) con intervalo de muestreo T_s = 0.0015 = 1/f_s.

De la señal de entrada se tiene que 2πf=1500, por lo que f = 1500/(2π)

Para un buen muestreo de la señal de entrada, se debe cumplir la frecuencia de Nyquist, es decir f_s>2f

$fs = \frac{1}{0.0015} = 666.66 \text{ ; } f= \frac{1500}{2 \pi}=238.73$ $fs > 2*f = 2(238.73) = 477.46$

que cumple con la frecuencia mínima de muestreo y no se presentan inconvenientes para el funcionamiento de la señal por sub-muestreo

Instrucciones en Python

# Transformada z- Fracciones parciales
# https://blog.espol.edu.ec/telg1001/lti-dt-transformada-z-xz-fracciones-parciales-con-python/
import numpy as np
import sympy as sym
import matplotlib.pyplot as plt
import telg1001 as fcnm
#sym.SYMPY_DEBUG=True

# INGRESO
z = sym.Symbol('z')
n = sym.Symbol('n', real=True)

# coeficientes como racional en dominio 'ZZ' enteros
Pz = 4*z-4
Qz = z**2-1.6*z+0.63

F = Pz/Qz

# para graficar
f_nombre = 'H'    # nombre de función[z]: H,X,Y, etc
muestras_fn = 10  # muestras para f[n]

# PROCEDIMIENTO
Fz  = fcnm.apart_z(F)
Fz_factor = sym.factor(F.evalf())
Fz_factor = fcnm._round_float_is_int(Fz_factor)

# polos y ceros de Hz
[P,Q] = F.as_numer_denom()
P = sym.poly(P,z)
Q = sym.poly(Q,z)
P_ceros = sym.roots(P)
Q_polos = sym.roots(Q)
estable_z = fcnm.estabilidad_asintotica_z(Q_polos)

# Inversa de transformada z
fn = 0*n ; Fz_revisar = [] ; Qz2_term =[]
term_sum = sym.Add.make_args(Fz)
for term_k in term_sum:
    term_kn = fcnm.inverse_z_transform(term_k,z,n)
    if type(term_kn)==tuple:
        fn = fn + term_kn[0]
    elif term_kn is not None:
        fn = fn + term_kn
    elif term_kn is None:
        f_noeval = f_noeval + term_k
    Qz2 = fcnm.Q_cuad_z_parametros(term_k)
    if Qz2:
        Qz2_term.append(Qz2)
fn = fn.collect(sym.Heaviside(n))
fn = fn.collect(sym.DiracDelta(n))
fn = fcnm._round_float_is_int(fn)

# SALIDA
print('\n '+f_nombre+'z:')
sym.pprint(F)
print('\n '+f_nombre+'z en fracciones parciales')
sym.pprint(Fz)
print('\n '+f_nombre+'z en factores')
sym.pprint(Fz_factor)
print('\n {Q_polos:veces}:',Q_polos)
print(' {P_ceros:veces}:',P_ceros)
if len(Qz2_term)>0:
    print('\nparametros cuadraticos: ')
    for i in range(0,len(Qz2_term),1):
        for unterm in Qz2_term[i]:
            print(' termino:',unterm)
            fcnm.print_resultado_dict(Qz2_term[i][unterm])
print('\nestabilidad asintótica en z:')
fcnm.print_resultado_dict(estable_z)
print('\n '+f_nombre.lower()+'[n]:')
sym.pprint(fn)
if len(Fz_revisar)>0:
    print('revisar terminos sin transformada de tabla:')
    for un_term in Fz_revisar:
        print(un_term)

# # GRAFICA  -----------
fig_ROC = fcnm.graficar_Fz_polos(Fz_factor,Q_polos,P_ceros,
                      muestras=101,f_nombre=f_nombre)

fig_Fz = fcnm.graficar_Fs(Fz_factor,Q_polos,P_ceros,
                     muestras=101,
                     f_nombre=f_nombre)

# graficar f[n] -------
f_n = sym.lambdify(n,fn.expand(),modules=fcnm.equivalentes)
ki  = np.arange(0,muestras_fn,1.0)
fi  = f_n(ki)

print('\nseñal discreta '+f_nombre.lower()+'[n]')
print('n   :',ki)
print(f_nombre.lower()+'[n]:',fi)

# graficar f[n]
fig_fn, grafxn = plt.subplots()
plt.axvline(0,color='grey')
plt.stem(ki,fi)
plt.grid()
plt.xlabel('n')
plt.ylabel(f_nombre.lower()+'[n]')
etiqueta = r''+f_nombre.lower()+'[n]= $'+str(sym.latex(fn))+'$'
plt.title(etiqueta)

plt.show()

 

Ejercicio: 2Eva2009TII_T2 LTI DT Dado h[n], y[n] determine X[n]

literal a. Expresión de x[n]

Con los datos de h[n] y y[n], se obtienen las transformadas H[z] y Y[z],

$h[n] = 2 \Big( \frac{1}{3} \Big)^n \mu [n-1] = 2 \Big( \frac{1}{3} \Big)^1\Big( \frac{1}{3} \Big)^{-1}\Big( \frac{1}{3} \Big)^n \mu [n-1]$ $h[n] = \frac{2}{3} \Big( \frac{1}{3} \Big)^{n-1} \mu [n-1]$

la transformada z es:

$H[z] = \frac{2}{3} \frac{1}{z-\frac{1}{3}}$

Para la señal de salida Yc[z] conocida:

$y_c[n] = (-2)^{n} \mu [n-1] = (-2)^1(-2)^{n-1} \mu [n-1]$ $y_c[n] = -2 (-2)^{n-1} \mu [n-1]$

la transformada z es:

$Y_c[z] = -2\frac{1}{z+2}$

La señal de entrada x[n]

$x[n] = a\delta [n] + b (c)^{n-1} \mu [n-1]$ $X[z] = a + b \frac{1}{z-c}$

La señal de salida  Y[z] esperada en dominio z se obtiene como Y[z] = H[z]X[z], la expresión se escribe como:

$y_e [z] = \Bigg[\frac{2}{3} \frac{1}{z-\frac{1}{3}}\Bigg] \Bigg[a + b \frac{1}{z-c}\Bigg]$ $= \frac{2}{3} \Bigg[\frac{a}{z-\frac{1}{3}} + \frac{b}{(z-c)(z-\frac{1}{3})}\Bigg]$ $= \frac{2}{3} \Bigg[\frac{a(z-c) + b}{(z-c)(z-\frac{1}{3})}\Bigg]$ $y_e [z] = \frac{2}{3} \Bigg[\frac{a(z-c) + b}{(z-c)(z-\frac{1}{3})}\Bigg] = \frac{2}{3} \Bigg[\frac{az - ac + b}{(z-c)(z-\frac{1}{3})}\Bigg]$

igualando las expresiones con Y[z] conocida con Y[z] esperada:

$Y_c[z] = Y_e[z]$ $-2\frac{1}{z+2} = \frac{2}{3} \Bigg[ \frac{az - ac + b}{(z-c)(z-\frac{1}{3})} \Bigg]$ $-3\frac{1}{z+2} = \frac{az - ac + b}{(z-c)(z-\frac{1}{3})}$

para que el denominador quede (z+2), se iguala el término con (z-c), con lo que c=-2

$-3\frac{1}{z+2} = \frac{az-a(-2) + b}{(z+2)(z-\frac{1}{3})}$ $-3 = \frac{az+2a + b}{(z-\frac{1}{3})}$ $-3 (z-\frac{1}{3}) = az +2a + b$ $-3 z + 1 = az + 2a + b$

comparando el término z, se tiene que a=-3, quedando solo la parte constante para determinar el valor de b

$2a + b = 1$ $2(-3) + b = 1$

se tiene que b= 7

teniendo la expresión de la entrada como:

$x[n] = -3\delta [n] + 7 (-2)^{n-1} \mu [n-1]$

literal b. Ecuacion de diferencias H[z]

Se inicia con los datos de H[z]

$H[z] = \frac{X[z]}{Y[z]} = \frac{2}{3} \frac{1}{z-\frac{1}{3}}$ $\Big(z-\frac{1}{3} \Big) Y[z] = \frac{2}{3}X[z]$ $zY[z]-\frac{1}{3} Y[z] = \frac{2}{3}X[z]$ $y[n+1]-\frac{1}{3} y[n] = \frac{2}{3}x[n]$

literal c. Diagrama de bloques

Para el diagrama de bloques se desplaza para despejar y[n]

$y[n]-\frac{1}{3} y[n-1] = \frac{2}{3}x[n-1]$ $y[n]= \frac{1}{3} y[n-1] + \frac{2}{3}x[n-1]$

$H[z] = \frac{X[z]}{Y[z]} = \frac{2}{3} \frac{1}{z-\frac{1}{3}}$

Observaciones:

Las raíces características o frecuencias naturales del sistema H[z]  se encuentran dentro del círculo de radio unitario. El sistema es asintóticamente estable, que implica que es BIBO estable.