Ejercicio 1.

a). Determine la transformada Z de :

y (t )=10−10cos (100 πt)

Solución:

1. En la primera parte del polinomio encontramos “10” multiplicado por un escalón unitario. Para tal caso se utiliza la transformada de la siguiente forma=

x (k )={1 si k ≥00 si k<0La transformada es:

X ( z )=Z {x (k ) }= ∑k=−∞

∞

x (k ) z−k= ∑k=−∞

∞

1 z−k= 11−z−1

Para eliminar la potencia negativa a la z, se multiplica toda la fracción por z, quedando

X ( z )= zz−1

2. Tenemos la parte: 10*cos(100πt ¿; 10 multiplicado por la función coseno. Para tal caso, la función coseno está definida como:

x (k )={cosωk si k ≥00 si k<0Tomamos la siguiente igualdad:

cosωt= ejωt−e− jωt

2 j

La transformada sería igual:

X ( z )=Z {x (k) }= ∑k=−∞

∞

cosωkT z−k

Donde T es el tiempo de muestreo:

X ( z )=Z {CosωkT }=12 ( 1

1−e jωT z−1+

1

1−e− jωT z−1 )X ( z )=(12 )( 2−z−1(e jωT+e− jωT)

1−z−1 (e jωT+e− jωT )+z−2 )X ( z )= 1−z−1 cosωT

1−2 z−1 cosωT+z−2

Eliminamos la potencia negativa en el denominador:

X ( z )= z2−zcosωTz2−2 zcosωT +1

Desarrollando el ejercicio:

Y ( z )=10( zz−1 )−10( z2−zcosωT

z2−2 zcosωT +1 )En donde:

T=0.005 s

ω=100∗π∗0.005 s=0.5π

cos (0.5π )=0

Y ( z )=10( zz−1 )−10( z2−zcosωT

z2−2 zcosωT +1 )Y ( z )=10( z

z−1 )−10( z2

z2+1 )Y ( z )=10( z

z−1 )−10( z2

z2+1 )Y ( z )=10 { z

z−1− z2

z2+1 }

Y ( z )=10¿

Y ( z )=10¿

Y ( z )=10¿

Y ( z )=10¿

b) Determine y(0) y y(∞)para la siguiente función de transferencia :

Y ( z )= z

z2−3 z+2

El teorema de valor inicial dice:

Si f (k ) iotiene transformada Z a F(z) y limz→∞

F (z ) existe entonces f (0 )=limz→∞

F (z )

De tal forma:

f (0 )=limz→∞

F (z )=limz→∞

z

z2−3 z+2

¿ limz→∞

z

z2

z2

z2−3 zz2

+ 2z2

¿0

El teorema de valor final dice:

Si f(k)tiene transformada Z a F(z), F(z) no tiene polos múltiples en z=1 y además todos los polos están dentro del círculo unitario, entonces:

limz→∞

f (k )=¿ limt→∞

f ( t )=¿ limz→1

( z−1 ) F ( z ) ¿¿

Tenemos que Y ( z )= z

z2−3 z+2

y (∞ )=limz →1

(1−z−1 ) F ( z )

y (∞ )=limz →1

(1−z−1 ) z

z2−3 z+2

y (∞ )=limz →1

z (1−z−1 )z2−3 z+2

=−1

EJERCICIO 2

Determinar la cantidad y posición de polos y ceros de la siguiente función de transferencia:

T ( z )= 1+0.2 z−1

1+4 z−1+4 z−2

1. Se elimina las potencias negativas del denominador:

T ( z )=

1z−2

+ 0.2 z−1

z−2

1

z−2+ 4 z

−1

z−2+ 4 z

−2

z−2

T ( z )= z2+0.2 zz2+4 z+4

El número de ceros es cuando el numerador se hace cero:

z2+0.2 z=0

z2=−0.2 z

z=−0.2

z=0 & z=-0.2

El número de polos es cuando el denominador se hace cero:

z2+4 z+4=0

(z+2)(z+2)

z=−2

Acerca de esto, al realizarlo en MATLAB aparece lo siguiente

EJERCICIO 3

Encuentre Y(z) cuando T=0.1 segundos para la función:

Y (s )= 2s (s+1)(s+10)

Solución:

1. Por fracciones parciales desarrollamos:

2s (s+1)(s+10)

a.2

s (s+1)(s+10)|s=0; A= 2(1)(10)

= 210

=15

b.2

s (s+1)(s+10)|s=−1 ; B= 2(−1 ) (9 )

= 2−9

=−14.5

c.2

s (s+1)(s+10)|s=−10 ;C= 2(−10 ) (−9 )

= 290

=−145

2. La ecuación quedaría, para luego usar la transformada inversa de Laplace:

L−1[1 /5s ]−L−1[ 1/ 4.5(s+1 ) ]+L−1[ 1/45(s+10) ]¿ 15− 14.5e−t+ 1

45e−10 t

3. Reemplazamos t=kT, y utilizamos las tablas de transformada Z

¿ 15− 14.5e−kT+ 1

45e−10kT

Utilizamos:

u (t )= zz−1

e−at= z

z−e−aT

¿15 ( zz−1 )− 1

4.5 ( z

z−e−1kT )+ 145 ( z

z−e−10kT )T=0.1