Ejercicios de automática. Respuesta
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Tomando la transformada en z de los dos miembros de la ecuación,
resulta:
\( Y(z) = (1-\alpha)U(z) + \alpha[z^{-1}Y(z) + z^{-0}y(0)] \)
Para obtener la función de transferencia hemos de tomar
condiciones iniciales nulas, por lo que resultará:
\( \displaystyle Y(z)(1-\alpha·z^{-1})= (1-\alpha)U(z) \Rightarrow
\frac{Y(z)}{U(z)} = \frac{(1-\alpha)·z}{z-\alpha} \)
De ese modo, la respuesta del sistema a la señal escalón
unidad vendrá dada por:
\( \displaystyle \begin{array}{l}
Z^{-1}\left\{\frac{(1-\alpha)·z}{z-\alpha}·\frac{z}{z-1}\right\} = \\
\\
= Z^{-1}\left\{-\alpha·\frac{z}{z-\alpha}- \frac{z}{z-1}\right\} = -\alpha^{k+1}-1
\end{array}\)
Donde el desarrollo en fracciones simples lo hemos hecho para
la función G(z)/z, siendo G(z) la función de transferencia.
De forma análoga, la respuesta del sistema a la señal
impulso unidad será:
\( \displaystyle Z^{-1}\left\{\frac{(1-\alpha)z}{z-\alpha}·1\right\}
= (1-\alpha)\alpha^k \)
Para obtener la transformada en z de la última señal,
tenemos:
\( \displaystyle \begin{array}{l} Z[u(k)] = \sum_{k=0}^\infty
u(k)z^{-k} = 5 + 2z^{-1} + 2z^{-2}+ 2z^{-3} + \cdots = \\
\\ = 5 + 2\left(\frac{1}{z-1}\right) = \frac{5z-3}{z-1} \end{array}
\)
Y a partir de ahí:
\( \displaystyle \begin{array}{l} Z^{-1}\left\{\frac{(1-\alpha)·z}{z-\alpha}·\frac{(5z-3)}{z-1}\right\}
= \\ \\ = Z^{-1}\left\{(5\alpha - 3)\frac{z}{z-\alpha}+ 2·\frac{z}{z-1}\right\}
= \\ \\ = -5·\alpha^{k+1} + 3·\alpha^k + 2·(1)^k = (3-5\alpha)·\alpha^k
+ 2 \end{array} \)
Con lo que el problema ha quedado resuelto.