Introducción a Sistemas de Tiempo Discreto

Universidad Nacional de Tucumán

Facultad de Ciencias Exactas y Tecnología

Primer semestre 2006

Introducción a Sistemas de Tiempo Discreto:

Trabajo de Integración 2006

Integrantes (Grupo 1) :

Rafael Carrasco CX: 00-0171-3 Carrera: Ingeniería en Computación

Gustavo Cortez CX: 01-0801-9 Carrera: Ingeniería en Computación

Leonardo Lucianna CX: 02-0456-6 Carrera Ingeniería en Computación

Tabla de contenidos

Tabla de contenidos

Tabla de contenidos....................................................................................................................2

Enunciado...................................................................................................................................4

Especificaciones....................................................................................................................4

Primera Parte.........................................................................................................................4

Segunda Parte........................................................................................................................5

Tercera Parte..........................................................................................................................5

Primera Parte..............................................................................................................................6

Función transferencia.............................................................................................................6

Estructuras de realización circuital........................................................................................8

Ecuación de diferencias.........................................................................................................9

Respuesta temporal – uso de la transformada Z..................................................................10

Respuesta en frecuencia.......................................................................................................26

Factor de Calidad Q.............................................................................................................38

Normalización de la respuesta en amplitud.........................................................................39

Conclusiones........................................................................................................................42

Segunda Parte...........................................................................................................................43

Función transferencia...........................................................................................................43

Estructuras de realización circuital......................................................................................44

Ecuación de diferencias.......................................................................................................45

Respuesta temporal – Uso de la transformada Z.................................................................45

Respuesta en frecuencia:......................................................................................................51

Factor de calidad Q..............................................................................................................62


Conclusiones........................................................................................................................66

Tercera Parte.............................................................................................................................67

Función transferencia...........................................................................................................67

Estructuras de realización circuital......................................................................................69

Ecuación de diferencias.......................................................................................................70

Respuesta temporal – Uso de la transformada Z.................................................................70

Respuesta en frecuencia.......................................................................................................83

Factor de Calidad Q.............................................................................................................96

Trabajo de integración 2006 2

Tabla de contenidos


Conclusiones......................................................................................................................101


Enunciado

Enunciado

El propósito de este trabajo, es hacer un estudio comparativo de la respuesta en frecuencias de un sistema de tiempo discreto (STD) con dos pares de polos complejos conjugados z P 1,2

−1 , ubicados en el plano z−1 con coordenadas polares (Módulo P , Angulo P ): z P

−1=P ;P 1,2=±1 /2º y dos pares de ceros complejos

conjugados zC 1,2−1 con coordenadas polares (Módulo C , Angulo C ):

zC−1=C ;C1,2=±2º .

D

N

H

HH =

ω= α/T ; ωmin = 0 y ωmax = π/T

Especificaciones = T= α ω (Normalizar la frecuencia para T=1seg)

Grupo 1: =T=30º

Módulos de los polos

a) ρ 1 =1.1

b) ρ2 = 1.01

c) ρ3 =1.001

Primera Parte

Con H z−1=

1H D

=1

H PZ−1

Siendo H D=H P z−1=[ z−1

−a jb ] [ z−1−a− jb] [z−1

−c jd ] [ z−1−c− jd ]

en coordenadas cartesianas, o en coordenadas polares:

H D=H P z−1={z−2

−2P1 cosP1 z−1P1

2}{z−2


2}

A) Escribir la función transferencia normalizada ( B0=1 en el denominador) y proponer las realizaciones canónicas directas Tipo I y Tipo II (directa y su transpuesta).

B) Escribir la ecuación de diferencias que da origen a esta función de transferencia, para todos y cada uno de los casos que se analizan.

C) Encontrar, utilizando la Transformada Z, la respuesta al impulso p. (k), δ al escalón q.u(k) y al escalón alternado r.û(k).


Enunciado

D) Para cada una de las frecuencias especificadas, tomando como parámetro , armar una tabla de 36 valores.

1. Encontrar las curvas de Amplitud y Fase. Realizar dos familias de gráficas de amplitud lineallineal y lineallogarítmica, de tamaño 18cmx10cm.

2. Encontrar el factor de calidad Q=0 /AB en cada caso.

3. En todos los casos normalizar la respuesta de amplitud a un valor máximo igual a 1. Indicar el efecto que esta normalización producirá sobre la función transferencia y la realización.

4. Comentarios, observaciones y conclusiones.

Segunda Parte

Con H z−1=H N=H C z

−1

Idem a la Primera Parte para los dos pares de ceros complejos conjugados, con función transferencia en coordenadas cartesianas.

H N=H C z−1=[ z−1

−e jf ][ z−1−e− jf ][ z−1

−g jh ][ z−1−g− jh ]

o, en coordenadas polares:

H N=H C z−1={z−2

−2C cosC1 z−1C

2}{z−2

−2C cosC2 z−1C

2}

Repetir los punto A, B, C y D de la Primera Parte.

Tercera ParteEncontrar la función de transferencia

H z−1=H P z

−1H C z

−1

de la realización directa resultante de colocar en cascada los módulos correspondientes a la Primera y Segunda Parte.

Repetir el análisis detallado en los pasos A, B, C y D de la Primera Parte.


Primera Parte

Primera Parte

Función transferencia

Función de transferencia normalizada ( B0=1 ) de cuarto orden.:

H z−1=

1

b0b1 z−1b2 z

−2b3 z

−3b4 z

−4

H z−1=

1

b01b1/b0 z−1b2 /b0 z

−2b3/b0 z

−3b4 /b0 z

−4

H z−1=

A0

1B1 z−1B2 z

−2B3 z

−3B4 z

−4

Donde A0=1b0

, B i=bi

b0

, i=1,2,3 ,4

(Ec. 1)

Desarrollamos la expresión

H D=H P z−1={z−2

−2P1cosP1 z−1P1

2}{z−2


2}

Mediante el producto de los factores

H D=H P z−1= z−4

z−3−22 cos2z−2

22z−3

−21 cos1

z−2−21 cos1−22cos22

2 z−1−21cos1

12 z−2

12 z−1

−22 cos2122

2

H D=H Pz−1=z−4

−2 z−32 cos22

2 z−2−2 z−3

1 cos14 z−212cos1 cos2

−2 z−12

21 cos1z−2

12−2 z−1

122 cos21

22

2

H D=H P z−1=z−4

−2 z−31cos12 cos24 z−2

12 cos1cos2

z−21

22

2−2 z−1

122cos212

2 cos1122

2

H D=H P z−1= z

−4− z

−321 cos122cos2z

−2412 cos1 cos21

22

2

−z−121

22 cos2212

2cos1122

2

De esta expresión encontramos los valores de b0 , b1 , b2 , b3 yb4

b0=122

2

b1=−2122cos2−212

2 cos1

b2=412 cos1cos2122

2

b3=−21 cos1−22 cos2

b4=1


Primera Parte

Entonces de la Ec. 1 obtenemos los valores de A0 , B1 , B2 , B3 y B4

A0=1

122

2

B1=−21

22 cos2−212

2cos1

122

2

B2=4 12 cos1 cos21

22

2

122

2

B3=−21cos1−22 cos2

122

2

B4=1

122

2

Siendo en nuestor caso:

1=29,5 º

2=30,5 º

Encontrado las constantes A0 , B1, B2, B3 y B4 la función de transferencia normalizada queda de la siguiente manera:

H z−1=

A0

1B1 z−1B2 z

−2B3 z

−3B4 z

−4


Primera Parte

Estructuras de realización circuitalTipo I

Realización canónica directa:

Tipo II

Realización canónica transpuesta:


Primera Parte

Ecuación de diferenciasPartimos de la función transferencia dada:

H Z−1=

Y Z−1

X Z−1=

A0

1B1 Z−1B2Z

−2B3Z

−3B4 Z

−4

A0 X Z−1=Y Z−1

1B1Z−1B2Z

−2B3Z

−3B4 Z

−4

A0 X Z−1=Y Z−1

B1Z−1Y Z−1

B2Z−2Y Z−1

B3Z−3Y Z−1

B4 Z−4Y Z1

Antitransformando:

Z−1[A0 X Z−1

]=Z−1[Y Z−1

B1Z−1Y Z−1

B2Z−2Y Z−1

B3Z−3Y Z−1

B4 Z−4Y Z1

]

Aplicando las propiedades de linealidad de la transformada Z:

A0 Z−1[ X Z−1

]=Z−1[Y Z−1

]B1 Z−1[Z−1Y Z−1

]B2Z−1[Z−2Y Z−1

]

B3Z−1[Z−3Y Z−1

]B4 Z−1[Z−4Y Z 1

]

Por Teorema de Desplazamiento:

A0 x k = y k B1 y k−1B2 y k−2B3 y k−3B4 y k−4

y k =A0 x k −B1 y k−1−B2 y k−2−B3 y k−3−B4 y k−4

Esta es la ecuación de diferencias que representa al STD lineal, a coeficientes constantes y de cuarto orden propuesto.

Expresada en términos del operador E:

A0 x k = y k B1 E−1B2E

−2B3 E

−3B4 E

−4


Primera Parte

Respuesta temporal – uso de la transformada ZRespuesta a una función impulso p.δ(k)

X [z−1]=Z [ x k ]=Z [ pk ]=p

Y z−1=H z−1

X z−1

Y z−1=

1

z−1−za z−1

− za ' z−1−zb z−1

−zb ' p

Desarrollando en fracciones parciales

p

z−1−za z−1

−za ' z−1−zb z−1

−zb ' =

A

z−1−za

B

z−1−za '

C

z−1−zb

D

z−1−zb '

Aplicamos límite en ambos miembros para despejar A

limz−1

za

p

z−1− za z−1

−za ' z−1−zb z−1

−zb ' z−1

− za=...

...= limz−1

zaA

B z−1

−za ' z−1

−za C

z−1−zb

z−1− za

Dz−1

− zb ' z−1

− za

Entonces A es

A=p

za− za ' za−zb za−zb '

Para encontrar B

limz−1

za '

p

z−1−za z−1

−za ' z−1− zb z−1

− zb ' z−1

− za ' =...

...= limz−1

za '

A z−1

−za z−1

−za ' BC

z−1−zb

z−1− za '

D z−1

−zb ' z−1

−za '

Entonces B es

B=p

za '− za za '− zb za '− zb '

Para encontrar C

limz−1

zb

p

z−1− za z−1

−za ' z−1−zb z−1

−zb ' z−1

− zb=...

...= limz−1

zb

A z−1

−za z−1

−zb B

z−1− za '

z−1− zbC

D z−1

− zb ' z−1

−zb

Entonces C es

C=p

zb−za zb−za ' zb−zb '


Primera Parte

Para encontrar D

limz−1

zb'

p

z−1−za z−1

−za ' z−1−zb z−1

−zb ' z−1

−zb ' =...

...= limz−1

zb '

A z−1

−za z−1

−zb ' B

z−1−za '

z−1−zb '

C z−1

−zb z−1

− zb ' D

Entonces D es

D=p

zb '−za zb '− za ' zb '−zb

Separamos la función Y z−1 en dos partes:

Y z−1=Y 1 z

−1Y2 z

−1

Donde Y1 z−1=

A

z−1−za

B

z−1− za '

y Y2 z−1=

C

z−1− zb

D

z−1− zb '

Antitransformando y aplicando las propiedades de linealidad de la transformada Z:

Z−1[Y z−1

]=Z−1[Y 1 z

−1]Z−1

[Y 2 z−1]

Resolvemos: Z−1[Y1 z

−1]

Z−1[Y1 z

−1]=Z−1

[A

z−1−za

B

z−1− za '

]

Z−1[Y1 z

−1]=Z−1

[

−Aza

1−z−1

za

−Bza '

1−z−1

za '

]


Z−1[Y1 z

−1]=

−Aza

Z−1[

1

1−z−1

za

]−Bza '

Z−1[

1

1−z−1

za '

]

Pasamos al dominio del tiempo:

y1k =−Aza

1za

k

−Bza '

1za '

k

Se puede demostrar que A=B' por lo tanto (A/za)=(B/za')'

−Aza

=u1− jv1=1e− j1 y −Bza '

=u1 j v1=1 e j1

za=a j b= pejp1 y za '=a− j b= pe− jp1

Reemplazando y reescribiendo y1k :

y1k =u1− jv1 p−k e− j kp1u1 j v1 p

−k e j kp1


Primera Parte

y1k =p−k[u1− jv1e− j k p1u1 j v1 e j kp1 ]

Observamos que el primer término de la ecuación es el conjugado de la segunda, entonces aplicamos la siguinete propiedad de los complejos:

ZZ '=2ℜZ

También recordemos que:

e j=cos j sen

Por lo tanto:

y1k =p−k[2u1 cosk p1−2 v1 senk p1 ]

Siendo:

u1=1cos1 y v1=1 sen1

Llegamos a:

y1k =p−k[21 cos 1cosk p1−21 sen1 senk p1]

Aplicando las identidades trigonométricas:

y1k =21p−kcoskp11

Resolvemos: Z−1[Y 2 z

−1]

Z−1[Y 2 z

−1]=Z−1

[C

z−1−zb

D

z−1−zb '

]

Z−1[Y 2 z

−1]=Z−1

[

−Czb

1−z−1

zb

−Dzb '

1−z−1

zb '

]


Z−1[Y 2 z

−1]=

−Czb

Z−1[

1

1−z−1

zb

]−Dzb '

Z−1[

1

1−z−1

zb '

]


y2k =−Czb

1zb

k

−Dzb '

1zb '

k

Se puede demostrar que D=E' por lo tanto (D/zb)=(E/zb')'

−Czb

=u2− jv2=2e− j2 y −Dzb '

=u2 j v 2=2 e j2

zb=c j d= pe jp2 y za '=c− j d= pe− jp2

Operando de la misma forma que para el caso de y1(k) se obtiene:


Primera Parte

y2k=22p−k cosk p22

Finalmente la respuesta al impulso p.δ(k) de nuestro STD es:

y k = y1k y2k

y k =21 p−k cosk p1122p

−k cos k p22

A continuación se presentan las gráficas de las respuestas temporales del STD, solo denominador, para la exitación x(x)= p.δ(k), particularizando a p=1, para los distintos valores de rho propuestos.


Primera Parte

Respuesta a una función escalón q.u(k)

X [z−1]=Z [ x k ]=Z [qu k ]=

q

1− z−1

Y z−1=H z−1

X z−1

Y z−1=

1

H p z−1

q

1−z−1

Y z−1=

1

z−1−za z−1

−za ' z−1−zb z−1

−zb '

q

1− z−1

Si desarrollamos en fracciones parciales tenemos

Y z−1=

A

z−1−za

B

z−1−za '

C

z−1− zb

D

z−1−zb '

E

1−z−1

Para iguales denominadores

Y z−1=−q

1

z−1−za z−1

−za ' z−1−zb z−1

−zb '

1

z−1−1

Y z−1=

A

z−1−za

B

z−1−za '

C

z−1− zb

D

z−1−zb '

−E

z−1−1

Si aplicamos límite en ambos miembros para lograr despejar A

limz−1

za

Y z−1= lim

z−1 za

−q1

z−1−za z−1

− za ' z−1−zb z−1

−zb '

1

z−1−1

z−1−za

limz−1

zaY z−1

= limz−1

za[ z−1

−za A

z−1−za

B

z−1− za '

C

z−1−zb

D

z−1−zb '

−E

z−1−1

]

Obtenemos

limz−1

za

Y z−1= lim

z−1 za

−q1

z−1− za ' z−1

−zb z−1−zb '

1

z−1−1

limz−1

zaY z−1

= limz−1

zaA

B

z−1−za '

z−1−za

C

z−1−zb

z−1− za ...

...D

z−1− zb '

z−1− za−

E

z−1−1

z−1−za

El límite elimina los términos en B, C, D y E.

Entonces A es

A=−q

za− za ' za−zb za−zb ' za−1

Para encontrar B

limz−1

za '

Y z−1= lim

z−1za '

−q1

z−1−za z−1

− za ' z−1−zb z−1

−zb ' z−1−1

z−1−za ' =...

...= limz−1

za ' z−1

−za ' [A

z−1−za

B

z−1−za '

C

z−1−zb

D

z−1−zb '

−E

z−1−1

]


Primera Parte

limz−1

za

Y z−1= lim

z−1 za

−q1

z−1− za ' z−1

−zb z−1−zb '

1

z−1−1

limz−1

zaY z−1

= limz−1

zaA

B

z−1−za '

z−1−za

C

z−1−zb

z−1− za ...

...D

z−1− zb '

z−1− za−

E

z−1−1

z−1−za

El límite elimina los términos en A, C, D y E.

Entonces B es

B=−q

za '− za za '− zb za '− zb ' za '−1

Para encontrar C

limz−1

zb

Y z−1= lim

z−1 zb

−q1

z−1−za z−1

− za ' z−1−zb z−1

−zb ' z−1−1

z−1−zb=...

...= limz−1

zbz−1

−zb [A

z−1−za

B

z−1− za '

C

z−1−zb

D

z−1−zb '

−E

z−1−1

]

limz−1

zb

Y z−1= lim

z−1 zb

−q1

z−1−za z−1

− za ' z−1−zb ' z−1

−1=...

...= limz−1

zb

A

z−1−za

z−1−zb

B

z−1− za '

z−1−zbC...

...D

z−1−zb '

z−1−zb−

E

z−1−1

z−1−zb

El límite elimina los términos en A, B, D y E.

Entonces C es

C=−q

zb−za zb−za ' zb−zb ' zb−1

Para encontrar D

limz−1

zb'

Y z−1= lim

z−1 zb '

−q1

z−1− za z−1

−za ' z−1−zb z−1

− zb ' z−1−1

z−1− zb ' =...

...= limz−1

zb ' z−1

−zb ' [A

z−1−za

B

z−1− za '

C

z−1−zb

D

z−1−zb '

−E

z−1−1

]

limz−1

zb '

Y z−1= lim

z−1 zb '

−q1

z−1−zaz−1

−za ' z−1−zb z−1

−1=...

...= limz−1

zb '

A

z−1− za

z−1− zb '

B

z−1−za '

z−1−zb '

C

z−1−zb

z−1− zb ' ...

...D−E

z−1−1

z−1−zb '

El límite elimina los términos en A, B, C y E.


Primera Parte

Entonces D es

D=−q

zb '−za zb '− za ' zb '−zb zb '−1

Para encontrar E

limz−1

1

Y z−1= lim

z−11

−q1

z−1−za z−1

−za ' z−1− zbz−1

−zb ' z−1−1

z−1−1=...

...= limz−1

1 z−1

−1[A

z−1−za

B

z−1− za '

C

z−1−zb

D

z−1−zb '

−E

z−1−1

]

limz−1

1

Y z−1= lim

z−11

−q1

z−1−za z−1

−za ' z−1−zb z−1

−zb ' =...

...= limz−1

1

A

z−1−za

z−1−1

B

z−1−za '

z−1−1

C

z−1− zb

z−1−1...

...D

z−1−zb '

z−1−1−E

El límite elimina los términos en A, B, C y D.

Entonces E es

E=q

1− za 1− za ' 1− zb1−zb '

De las constantes A,B,C,D y E se puede determinar que E solo tiene parte real, A y B son complejos conjugados (A=B') y C y D también son complejos conjugados (C=D') .

Y z−1=

A

z−1− za

B

z−1−za '

C

z−1−zb

D

z−1−zb '

−E

z−1−1

Separamos la función Y z−1 en tres partes:

Y z−1=Y 1 z

−1Y 2 z

−1−Y3 z

−1

Donde Y1 z−1=

A

z−1−za

B

z−1− za '

, Y2 z−1=

C

z−1− zb

D

z−1− zb '

y Y3 z−1=

E

z−1−1


Z−1[Y z−1

]=Z−1[Y1 z

−1]Z−1

[Y 2 z−1]−Z−1

[Y3 z−1 ]


−1]

Z−1[Y1 z

−1]=Z−1

[A

z−1−za

B

z−1− za '

]


Primera Parte

Z−1[Y1 z

−1]=Z−1

[

−Aza

1−z−1

za

−Bza '

1−z−1

za '

]


Z−1[Y1 z

−1]=

−Aza

Z−1[

1

1−z−1

za

]−Bza '

Z−1[

1

1−z−1

za '

]


y1k =−Aza

1za

k

−Bza '

1za '

k

A=B' por lo tanto (A/za)=(B/za')'

−Aza

=u1− jv1=1e− j1 y −Bza '

=u1 j v1=1 e j1

za=a j b= pejp1 y za '=a− j b= pe− jp1

Operando de la misma forma que para el caso del impulso p.δ(k) , se obtiene:

y1k =21 p−k cos k p11


−1]

Z−1[Y 2 z

−1]=Z−1

[C

z−1−zb

D

z−1−zb '

]

Z−1[Y 2 z

−1]=Z−1

[

−Czb

1−z−1

zb

−Dzb '

1−z−1

zb '

]


Z−1[Y 2 z

−1]=

−Czb

Z−1[

1

1−z−1

zb

]−Dzb '

Z−1[

1

1−z−1

zb '

]


y2k =−Czb

1zb

k

−Dzb '

1zb '

k

C=D' por lo tanto (C/zb)=(D/zb')'

−Czb

=u2− jv2=2e− j 2 y −Dzb '

=u2 j v 2=2 e j2

zb=c j d= pe jp2 y za '=c− j d= pe− jp2


Primera Parte


y2k =22p−k cos k p22

Resolvemos: Z−1[Y 3z

−1]

Z−1[Y 3z

−1]=Z−1

[E

z−1−1

]

Z−1[Y3 z

−1]=Z−1

[−E

1−z−1]

Aplicando las propiedades de linealidad de la trasformada Z:

Z−1[Y 3 z

−1]=−E Z−1

[1

1−z−1]

Antitransformando:

y3k =−E uk

Finalmente la respuesta al escalón q.u(k) de nuestro STD es:

y k = y1k y2k − y3k


−k cos k p22E uk


Primera Parte

A continuación se presentan las gráficas de las respuestas temporales del STD, solo denominador, para la exitación x(x)= q.u(k), particularizando a q=1, para los distintos valores de rho propuestos.


Primera Parte

Respuesta a una función escalón alternado r.û(k)

X [z−1]=Z [ x k ]=Z [r û k ]=

r

1z−1

Y z−1=H z−1

X z−1

Y z−1=H z−1

r

1z−1

Y z−1=

1

z−1−za z

−1− za ' z

−1−zb z

−1−zb '

r

1z−1

Si desarrollamos en fracciones parciales tenemos

Y z−1=

A

z−1−za

B

z−1−za '

C

z−1− zb

D

z−1−zb '

E

1z−1

Para iguales denominadores

Y z−1=r

1

z−1− za z−1

−za ' z−1− zb z−1

− zb '

1

z−11

Y z−1=

A

z−1−za

B

z−1−za '

C

z−1− zb

D

z−1−zb '

E

z−11

Si aplicamos límite en ambos miembros para lograr despejar A

limz−1

za

Y z−1= lim

z−1 za

r1

z−1−za z−1

−za ' z−1−zb z−1

−zb '

1

z−11

z−1−za

limz−1

zaY z−1

= limz−1

za[ z−1

−zaA

z−1−za

B

z−1− za '

C

z−1−zb

D

z−1−zb '

E

z−11

]

Obtenemos

limz−1

za

Y z−1= lim

z−1 za

r1

z−1− za ' z−1

−zb z−1−zb '

1

z−11

limz−1

zaY z−1

= limz−1

zaA

B

z−1−za '

z−1−za

C

z−1−zb

z−1− za ...

...D

z−1− zb '

z−1−za

E

z−11

z−1−za

El límite elimina los términos en B, C, D y E.

Entonces A es

A=r

za−za ' za−zb za− zb ' za1

Para encontrar B

limz−1

za '

Y z−1= lim

z−1za '

r1

z−1− za z−1

−za ' z−1− zb z−1

− zb ' z−11

z−1−za ' =...

...= limz−1

za ' z−1

−za ' [A

z−1− za

B

z−1−za '

C

z−1− zb

D

z−1− zb '

E

z−11

]


Primera Parte

limz−1

za

Y z−1= lim

z−1 za

r1

z−1− za ' z−1

−zb z−1−zb '

1

z−11

limz−1

zaY z−1

= limz−1

zaA

B

z−1−za '

z−1−za

C

z−1−zb

z−1− za ...

...D

z−1− zb '

z−1−za

E

z−11

z−1−za

El límite elimina los términos en A, C, D y E.

Entonces B es

B=r

za '− za za '−zb za '−zb ' za '1

Para encontrar C

limz−1

zb

Y z−1= lim

z−1 zb

r1

z−1− za z−1

−za ' z−1− zb z−1

−zb ' z−11

z−1−zb =...

...= limz−1

zb z−1

−zb [A

z−1−za

B

z−1−za '

C

z−1−zb

D

z−1−zb '

E

z−11

]

limz−1

zb

Y z−1= lim

z−1 zb

r1

z−1− za z−1

−za ' z−1− zb ' z−1

1=...

...= limz−1

zb

A

z−1−za

z−1−zb

B

z−1−za '

z−1− zbC...

...D

z−1− zb '

z−1− zb

E

z−11

z−1− zb

El límite elimina los términos en A, B, D y E.

Entonces C es

C=r

zb−za zb−za ' zb−zb ' zb1

Para encontrar D

limz−1

zb'

Y z−1= lim

z−1 zb '

r1

z−1−za z−1

− za ' z−1−zb z−1

−zb ' z−11

z−1−zb ' =...

...= limz−1

zb' z−1

− zb ' [A

z−1− za

B

z−1−za '

C

z−1−zb

D

z−1− zb '

E

z−11

]

limz−1

zb '

Y z−1= lim

z−1 zb'

r1

z−1− za z−1

−za ' z−1− zb z−1

1=...

...= limz−1

zb '

A

z−1− za

z−1− zb '

B

z−1−za '

z−1−zb '

C

z−1−zb

z−1− zb ' ...

...DE

z−11

z−1−zb '

El límite elimina los términos en A, B, C y E.


Primera Parte

Entonces D es

D=r

zb '−za zb '− za ' zb '−zb zb '1

Para encontrar E

limz−1

−1

Y z−1= lim

z−1−1

r1

z−1− za z−1

−za ' z−1− zb z−1

− zb ' z−11

z−11=...

...= limz−1

−1 z−1

1 [A

z−1−za

B

z−1−za '

C

z−1−zb

D

z−1−zb '

E

z−11

]

limz−1

−1

Y z−1= lim

z−1−1

r1

z−1− za z−1

−za ' z−1− zb z−1

− zb ' =...

...= limz−1

1

A

z−1−za

z−11

B

z−1−za '

z−11

C

z−1− zb

z−11...

...D

z−1−zb '

z−11E

El límite elimina los términos en A, B, C y D.

Entonces E es

E=r

−1−za −1−za ' −1− zb−1− zb '

De las constantes A,B,C,D y E se puede determinar que E solo tiene parte real, A y B son complejos conjugados (A=B') y C y D también son complejos conjugados (C=D') .

Y z−1=

A

z−1−za

B

z−1−za '

C

z−1− zb

D

z−1−zb '

E

z−11

Separamos la función Y z−1 en tres partes:

Y z−1=Y 1 z

−1Y 2 z

−1Y3 z

−1

Donde Y1 z−1=

A

z−1−za

B

z−1− za '

, Y2 z−1=

C

z−1− zb

D

z−1− zb '

y Y3 z−1=

E

z−11


Z−1[Y z−1

]=Z−1[Y1 z

−1]Z−1

[Y 2 z−1]Z−1

[Y 3z−1]


−1]

Z−1[Y1 z

−1]=Z−1

[A

z−1−za

B

z−1− za '

]


Primera Parte

Z−1[Y1 z

−1]=Z−1

[

−Aza

1−z−1

za

−Bza '

1−z−1

za '

]


Z−1[Y1 z

−1]=

−Aza

Z−1[

1

1−z−1

za

]−Bza '

Z−1[

1

1−z−1

za '

]


y1k =−Aza

1za

k

−Bza '

1za '

k

A=B' por lo tanto (A/za)=(B/za')'

−Aza

=u1− jv1=1e− j1 y −Bza '

=u1 j v1=1 e j1

za=a j b= pe jp1 y za '=a− j b= p e− jp1


y1k =21 p−k cos kp11


−1]

Z−1[Y 2 z

−1]=Z−1

[C

z−1−zb

D

z−1−zb '

]

Z−1[Y 2 z

−1]=Z−1

[

−Czb

1−z−1

zb

−Dzb '

1−z−1

zb '

]


Z−1[Y 2 z

−1]=

−Czb

Z−1[

1

1−z−1

zb

]−Dzb '

Z−1[

1

1−z−1

zb '

]


y2k =−Czb

1zb

k

−Dzb '

1zb '

k

D=E' por lo tanto (D/zb)=(E/zb')'

−Czb

=u2− jv2=2e− j 2 y −Dzb '

=u2 j v 2=2 e j2

zb=c j d= p e jp2 y za '=c− j d= pe− jp2


Primera Parte


y2 k =22p−k cosk p22

Resolvemos: Z−1[Y 3z

−1]

Z−1[Y 3z

−1]=Z−1

[E

z−1−1

]

Aplicando las propiedades de linealidad de la trasformada Z:

Z−1[Y 3z

−1]=E Z−1

[1

1z−1]

Antitransformando:

y3k =E u k

Finalmente la respuesta al escalón alternado r.û(k) de nuestro STD es:

y k = y1k y2k y3k


−k cos k p22E uk


Primera Parte

A continuación se presentan las gráficas de las respuestas temporales del STD, solo denominador, para la exitación x(x)= r.û(k), particularizando a r=1, para los distintos valores de rho propuestos.


Primera Parte

Observación

En las gráficas anteriores podemos distinguir el régimen transitorio del permanente, observando que la forma de onda del régimen transitorio es una suma de dos senoidales de distinta fase, lo que hace producir máximos y mínimos. La respuesta permanente tiene la misma forma que la exitación, pero con diferencias en su amplitud.

A medida que el valor de ρ se acerca a la unidad el período transitorio es mayor al igual que su amplitud máxima. Si ρ<=1 este período sería infinito.

Respuesta en frecuenciaPara realizar las gráficas de amplitud y fase en escala lineal – lineal, se utilizó el siguente scrip en Matlab.

Script lineal-lineal

w_grados=[0:0.01:180];

w=w_grados*pi/180;

p1=1.1;

p2=1.01;

p3=1.001;

o1=30.5*pi/180;

o2=29.5*pi/180;

T1=1./((exp(2*w*j)2*p1*cos(o1)*exp(w*j)+p1^2).*(exp(2*w*j)2*p1*cos(o2)*exp(w*j)+p1^2));



amplitud1= abs (T1);

fase1=angle(T1);


fase2=angle(T2);


fase3=angle(T3);

figure(1);

clc;

subplot(2,1,1);plot(w,amplitud1);

title('Escala: lineallineal');

grid;xlabel('w [rad]');ylabel('H(w) Amplitud');legend('rho = 1.1');axis([0, pi,0,100]);

subplot(2,1,2); plot(w,fase1,'r');


Primera Parte

grid;xlabel('w [rad]');ylabel('H(w) Fase');legend('rho = 1.1');axis([0, pi,4,4]);

figure(2);

clc;






figure(3);

clc;







Primera Parte

Gráficas lineal-lineal


Primera Parte


Primera Parte


Primera Parte


Primera Parte

Script lineal-logarítmica

Para realizar las gráficas de amplitud y fase en escala lineal – logarítmica, se utilizó el siguente scrip en Matlab.

w_grados=[0:0.01:180];

w=w_grados*pi/180;

p1=1.1;

p2=1.01;

p3=1.001;

o1=30.5*pi/180;

o2=29.5*pi/180;





fase1=angle(T1);


fase2=angle(T2);


fase3=angle(T3);

figure(1);

clc;

subplot(2,1,1);semilogy(w,amplitud1);

title('Escala: lineallogaritmica');

grid;xlabel('w [rad]');ylabel('H(w) Amplitud');legend('rho = 1.1');axis([0, pi,0,2*10^2]);



figure(2);

clc;



grid;xlabel('w [rad]');ylabel('H(w) Amplitud');legend('rho = 1.01');axis([0, pi,0,10^4]);




Primera Parte

figure(3);

clc;



grid;xlabel('w [rad]');ylabel('H(w) Amplitud');legend('rho = 1.001');axis([0, pi,0,10^5]);



figure(4);

clc;

subplot(2,1,1);hold on;

semilogy(w,amplitud3);

semilogy(w,amplitud2,'r');

semilogy(w,amplitud1,'g');

title('Escala: lineallogaritmica');legend('rho = 1.001','rho = 1.01','rho = 1.1');

grid;xlabel('w [rad]');ylabel('H(w) Amplitud');axis([0, pi,0,10^5]);

subplot(2,1,2);hold on;

plot(w,fase3);

plot(w,fase2,'r');

plot(w,fase1,'g');

legend('rho = 1.001','rho = 1.01','rho = 1.1');

grid;xlabel('w [rad]');ylabel('H(w) Fase');axis([0, pi,4,4]);


Primera Parte

Gráficas linea-logarítmica


Primera Parte


Primera Parte


Primera Parte

Comparación de los módulos de los polos


Primera Parte

Factor de Calidad Q

Dada la frecuencia central 0=30º encontraremos los factores de calidad Q para los distintos valores de ρ propuestos:

a) Para rho = 1.1

Encontramos los punto de media potencia utilizando como herramienta a Matlab:

Una vez ejecutado el scrip del punto anterior ejecutamos el siguente comando:

find((max(amplitud1)*2^(0.5)0.0001)<amplitud1 & (max(amplitud1)*2^(0.5)+0.001)>amplitud1 )

El cual nos devuelve los índices del vector donde se encuentran los puntos de media potencia, estos índices se aplican sobre el vector w_grados devolviendonos sus respectivos valores de ω.

1=25,7046 º2=32,9650 º

Por lo tando:

AB=2−1=32,9560 º−25,7046 º=7,2514 º

Siendo el factor de calidad Q:

Q=0

AB=

30º7,2514 º

=4,137

b) Para rho = 1.01

En este caso ejecutamos el siguente comando:


Obteniendo:

1=29,2726 º2=30,6929 º

Por lo tando:

AB=2−1=30,6929º−29,2726 º=1,4203º


Q=0

AB=

30º1,4203 º

=21,122 º

c) Para rho = 1.001

En este caso ejecutamos el siguente comando:

find((max(amplitud3)*2^(0.5)2)<amplitud3 & (max(amplitud3)*2^(0.5)+2)>amplitud3 )

Obteniendo:


Primera Parte

1=29,4485 º2=30,5512 º

Por lo tando:

AB=2−1=30,5512º−29,4485 º=1,1027 º


Q=0

AB=

30º1,1027 º

=27,206 º

Normalización de la respuesta en amplitudPara normalizar las distintas respuestas de amplitud a un valor máximo igual a 1, necesitamos dividir a la función transferencia por una constante, siendo esta constante la función transferencia particularizada para el valor de ω que produce el máximo en amplitud.

Debido a que estamos trabajando con una función de transferencia de cuarto orden, la deducción de forma analítica de este máximo resulta ser muy engorrosa, por lo tanto obtamos por utilizar como herramienta a Matlab.

Ejecutamos el scrip utilizado en los puntos anteriores, modificando el número de pasos del vector w_grados hasta asegurarnos de obtener resultados con buena presición. Luego se ejecutaron las siguientes líneas:

w_grados(find(max(amplitud1)==amplitud1))

max(amplitud1)


max(amplitud2)


max(amplitud3)

De allí se obtubieron los valores de ω para el cuál el módulo de la función transferencia es máximo:

a) Para rho = 1,1 max=29,5341 º ∣H max ∣=∣H max∣=89,9719

b) Para rho = 1,01 max=29,9366 º ∣H max ∣=∣H max∣=5,6018E03

c) Para el rho=1,001 observamos que se producen dos picos sobre la función transferencia, un pico a 29,5032 º y el otro a 30,4966 º, de los cuales tomamos el mayor de los dos:

max=29,5032 º ∣H max ∣=∣H max∣=5,8085E04

La función trasferencia normalizada tiene la siguiente forma:

H norm =V

e−2max−2cosP1e−max

2e−2max−2cosP2e

−max2


Primera Parte

Siendo V una constante igual a:

V=e−2max 1−2cosP1e−max1

2e−2max1−2cosP2e

−max12

Recodando que:

e− j w=z−1

H norm z−1=

V

z−2−2cosP1 z

−1

2 z−2

−2cosP2 z−1

2

H norm z−1=V H z−1

A H z−1 se lo puede escribir de la siguiente forma:

H z−1=

A0

1B1 z−1B2 z

−2B3 z

−3B3 z

−3B4 z

−4

Reemplazando:

H norm z−1=V

A0

1B1 z−1B2 z

−2B3 z

−3B3 z

−3B4 z

−4

H norm z−1=

A0n

1B1 z−1B2 z

−2B3 z

−3B3 z

−3B4 z

−4

Siendo:

A0n=V . A0

De lo que podemos concluir que el efecto en la realización producido por esta normalización es un cambio en el factor A0 ( multiplicador), siendo igual al anterior multiplicado por una constante V.

Para observar el efecto producido en la función transferencia debido a la normalización se realizaron los siguientes gráficos:

Escala lineal – lineal


Primera Parte

Escala lineal – logarítmica


Primera Parte


Primera Parte

ConclusionesDe la función de transferencia analizada podemos observar que a medida que el valor de ρ se acerca a 1 el filtro se hace más selectivo por lo que el factor de calidad (Q) es mayor.

También podemos concluir que el valor máximo que alcanza la amplitud de la función es más grande cuando ρ es próximo a 1.

Cuando ρ=1,1 y ρ=1,01 los dos picos producidos por los polos se superponen, de manera que no se puede distinguir entre uno y otro, permitiendo una banda de paso sin altibajos. Para el caso de ρ=1,001 podemos ver una separación entre los dos picos, por lo que el filtrado no es bueno, ya que atenúa frecuencias intermedias de la banda de paso. Una solución para esto sería aumentar el número de polos (entre 29,5º y 30,5º) de forma que se pueda eliminar esta atenuación. En este caso el filtro sería de mayor orden, incrementando el número de retardos en la realización canónica.

De las gráficas de fase de la función transferencia podemos determinar que a pequeñas variaciones de frecuencia, dentro de la banda de paso, se producen grandes variaciones en la fase, siendo estas mayores a medida que ρ se acerca a la unidad. Esto podría tener importancia dependiendo de su aplicación práctica. Por ejemplo en audio esto no sería un problema ya el oido humano no diferencia los cambios de fase, en cambio en una modulación PSK la variación de fase produciría una pérdida de información durante la transmisión.


Segunda Parte

Segunda Parte


Con H z−1=H N=H C z

−1 , debemos primero encontrar la función de transferencia

normalizada a partir de la ecuación siguiente en coordenadas polares.

H z−1=H N=HC z

−1={z−2

−2C cosC1 z−1C

2}{z−2

−2C cosC2 z−1C

2}

Resolviendo los factores

H z−1=H N=HC z

−1= z−4

z−3−2cos2z−2

2z−3

−2cos1

z−242 cos1cos2 z−1

−23 cos1

2 z−2

z−1−23 cos2

4

H z−1=H N=HC z

−1= z−4

z−3−2cos2cos1 z−2

2212 cos1 cos2 ...

...z−1−23

cos2cos14

Llegamos a la forma de la función transferencia normalizada:

H z−1=H N=HC z

−1=A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

Siendo:

A0=4

A1=−23cos2cos1

A2=2212cos1 cos2

A3=−2cos2cos1

A4=1

1=28 º

2=32º


Segunda Parte



Tipo II



Segunda Parte

Ecuación de diferenciasLa función de transferencia normalizada es por definición:

H z−1=

Y z−1

X z−1=A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

Entonces

Y z−1=A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4X z−1

Y z−1=A0 X z−1

A1 X z−1z−1

A2 X z−1 z−2

A3 X z−1 z−3

A4 X z−1 z−4

Antitransformando ambos miembros obtenemos

Z−1[Y z−1

]=Z−1[ A0 X z−1

A1 X z−1 z−1

A2 X z−1 z−2

A3 X z−1 z−3

A4 X z−1 z−4

]

Por linealidad de la antitransformada

Z−1[Y z−1

]=A0 Z−1[ X z−1

]A1Z−1[ z−1 X z−1

]...

...A2Z−1[ z−2 X z−1

]A3Z−1[ z−3 X z−1

]A4Z−1[ z−4 X z−1

]

Por teorema del desplazamiento en el tiempo de la transformada Z, obtenemos la ecuación de diferencias que da origen a la función de transferencia de 4º orden de solo ceros.

y k =A0 x k A1 x k−1A2 x k−2A3 x k−3A4 x k−4

Respuesta temporal – Uso de la transformada ZRespuesta a una función impulso p.δ(k)

X z−1=Z [ x k ]=Z [ pk ]=p .1= p

Y z−1=H z−1

X z−1

Nuestro H z−1 es de la forma:

H z−1=A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

Entonces reemplazando

Y z−1=[A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4] X z−1

Y z−1=A0 X z−1

A1 z−1 X z−1

A2 z−2 X z−1

A3 z−3 X z−1

A4 z−4 X z−1

Antitransformando

Z−1[Y z−1

]=Z−1[ A0 X z−1

A1 z−1 X z−1

A2 z−2 X z−1

A3 z−3 X z−1

A4 z−4 X z−1

]

Por linealidad de la transformada Z

Z−1[Y z−1

]=A0 Z−1[ X z−1

]A1 Z−1[ z−1 X z−1

]A2Z−1[ z−2 X z−1

]...

...A3Z−1[ z−3 X z−1

]A4 Z−1[ z−4 X z−1

]


Segunda Parte

Aplicando el teorema del desplazamiento:


Como x k =pk entonces

y k =A0 pk A1 pk−1A2 pk−2A3 pk−3A4 pk−4

A continuación se presentan las gráficas de las respuestas temporales del STD, solo numerador, para la exitación x(k)= p.δ(k), particularizando a p=1, para los distintos valores de ρ propuestos.


Segunda Parte

Respuesta a una función escalón unitario q.u(k)

X z−1=Z [ x k ]=Z [qu k ]=q

1

1−z−1

Y z−1=H z−1

X z−1

Nuestro H z−1 es de la forma

H z−1=A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4


Y z−1=[A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4] X z−1

Y z−1=A0 X z−1

A1 z−1 X z−1

A2 z−2 X z−1

A3 z−3 X z−1

A4 z−4 X z−1

Antitransformando

Z−1[Y z−1

]=Z−1[ A0 X z−1

A1 z−1 X z−1

A2 z−2 X z−1

A3 z−3 X z−1

A4 z−4 X z−1

]


Z−1[Y z−1

]=A0 Z−1[ X z−1

]A1 Z−1[ z−1 X z−1

]A2Z−1[ z−2 X z−1

]...

...A3Z−1[ z−3 X z−1

]A4 Z−1[ z−4 X z−1

]

Aplicando el teorema del desplazamiento


Como x k =qu k entonces:

y k =A0qu k A1q uk−1A2qu k−2A3qu k−3A4q uk−4


Segunda Parte

A continuación se presentan las gráficas de las respuestas temporales del STD, solo numerador, para la exitación x(k)= q.u(k), particularizando a q=1, para los distintos valores de ρ propuestos.


Segunda Parte


X [z−1]=Z [ x k ]=Z [r û k ]=

r

1z−1

Y z−1=H z−1

X z−1

Nuestro H z−1 es de la forma

H z−1=A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4


Y z−1=[A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4] X z−1

Y z−1=A0 X z−1

A1 z−1 X z−1

A2 z−2 X z−1

A3 z−3 X z−1

A4 z−4 X z−1

Antitransformando

Z−1[Y z−1

]=Z−1[ A0 X z−1

A1 z−1 X z−1

A2 z−2 X z−1

A3 z−3 X z−1

A4 z−4 X z−1

]


Z−1[Y z−1

]=A0 Z−1[ X z−1

]A1 Z−1[ z−1 X z−1

]A2Z−1[ z−2 X z−1

]...

... A3Z−1[ z−3 X z−1

]A4 Z−1[ z−4 X z−1

]

Aplicando el teorema del desplazamiento


Como x k =r u k entonces

y k =A0 r u k A1 r u k−1A2 r u k−2A3 r u k−3A4 r u k−4


Segunda Parte

A continuación se presentan las gráficas de las respuestas temporales del STD, solo numerador, para la exitación x(k)= q.û(k), particularizando a q=1, para los distintos valores de ρ propuestos.


Segunda Parte

Respuesta en frecuencia:

Para realizar las gráficas de amplitud amplitud y fase en escala lineal – lineal, se utilizó el siguente scrip en Matlab.


w_grados=[0:0.01:180];

w=w_grados*pi/180;

p1=1.1;

p2=1.01;

p3=1.001;

o1=32*pi/180;

o2=28*pi/180;

T1=((exp(2*w*j)2*p1*cos(o1)*exp(w*j)+p1^2).*(exp(2*w*j)2*p1*cos(o2)*exp(w*j)+p1^2));




fase1=angle(T1);


fase2=angle(T2);


fase3=angle(T3);

figure(1);

clc;






figure(2);

clc;



Segunda Parte





figure(3);

clc;







Segunda Parte



Segunda Parte


Segunda Parte


Segunda Parte


Para realizar las gráficas de amplitud amplitud y fase en escala lineal – logarítmica, se utilizó el siguente scrip en Matlab.

w_grados=[0:0.01:180];

w=w_grados*pi/180;

p1=1.1;

p2=1.01;

p3=1.001;

o1=32*pi/180;

o2=28*pi/180;





fase1=angle(T1);


fase2=angle(T2);


fase3=angle(T3);

figure(1);

clc;



grid;xlabel('w [rad]');ylabel('H(w) Amplitud');legend('rho = 1.1');axis([0, pi,10^2,10^2]);



figure(2);

clc;






Segunda Parte


figure(3);

clc;







Segunda Parte

Gráficas lineal-logarítmica


Segunda Parte


Segunda Parte


Segunda Parte

Comparación de los distintos valores de ρ


Segunda Parte

Factor de calidad QAnalizando la función transferencia y sus graficas observamos que nuestro STD solo numerador, se comporta como un filtro pasa altos, dada la frecuencia central 0=30º a continuación se calculará el factor de calidad (Q) del sistema para los diferentes valores de rho propuestos.

Para realizar este trabajo utilizamos el siguiente scrip en Matlab, modificando el paso del vector w_grados y sus limites hasta encontrar valores con una buena precisión

w_grados=[0:0.0001:180];

w=w_grados*pi/180;

p1=1.1;

p2=1.01;

p3=1.001;

o1=32*pi/180;

o2=28*pi/180;







w_grados(find((max(amplitud1)*2^(0.5)0.000001)<amplitud1 & (max(amplitud1)*2^(0.5)+0.000001)>amplitud1 ))



a) Para rho =1,1 se utilizó un paso de 0,0001 obteniendo el punto donde la curva decae un 70% de su máximo con un error de 0,000001 en amplitud.


Segunda Parte

AB=1=134,6184º


Q=0

AB=

30º134,6184 º

=0,22285

b) Para rho =1,01 se utilizó un paso de 0,0001 obteniendo el punto de media potencia con un error de 0,00001 en amplitud.

1=AB=134,6853º


Q=0

AB=

30º134,6853 º

=0,22274

c) Para rho =1,001 se utilizó un paso de 0,0001 obteniendo el punto de media potencia con un error de 0,00001 en amplitud.

1=AB=134,6860º


Q=0

AB=

30º134,6860 º

=0,22274

Normalización de la respuesta en amplitudPara normalizar las distintas respuestas de amplitud a un valor máximo igual a 1, necesitamos dividir a la función transferencia por una constante, siendo esta constante la función transferencia particularizada para el valor de omega que produce el máximo en amplitud.

Del análisis de la función observando sus gráficas se determinó que el punto donde se produce el valor máximo es sobre los 180 º.

max=180 º

∣H max ∣=∣H max∣=16,9243 para rho = 1,1.



La función transferencia normalizada tiene la siguiente forma:

H norm =V e−2−2cosc1e

−

2e−2

−2cosc2e−

2


V=1

H max=

1

e−2max−2cosc1e−max

2e−2max−2cosc2e

−max2

Recodando que:

e− j w=z−1


Segunda Parte

H norm z−1=V z−2

−2cosc1 z−1

2 z−2

−2cosc2 z−1

2



H z−1=A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

Reemplazando:

H norm z−1=V A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

H norm z−1=A0nA1n z

−1A2n z

−2A3n z

−3A4n z

−4

Siendo:

A0n=V . A0

A1n=V . A1

A2n=V . A2

A3n=V . A3

A4n=V . A4

De lo que podemos concluir que el efecto en la realización producido por esta normalización es un cambio en los factores A ( multiplicadores), siendo iguales a los anteriores multiplicados por una constante V.




Segunda Parte



Segunda Parte

ConclusionesObservamos en las gráficas de respuesta en frecuencia que nuestro sistema de tiempo discreto se comporta como un filtro pasa alto, ya que los ceros se encuentran en las frecuencias bajas. A medida que rho es menor, la amplitud máxima alcanzada es más pequeña.

Los factores de calidad obtenidos para los distintos valores de rho son muy bajos, porque la banda bloqueante es grande. Esto se podría haber mejorado agregando polos a la función de transferencia (H) entre los valores 0º y 28º y apartir de los 32º. Esto daría como resultado una banda bloqueante más pequeña mejorando el factor de calidad (Q).


Tercera Parte

Tercera Parte


H z−1=H p z

−1H c z

−1=

[ z−2−2C cosC1 z

−1C

2][ z−2

−2C cosC2 z−1C

2]

[ z−2−2P1 cosP1 z

−1P1

2][ z−2


2]

H p=a0

1B1 z−1B2 z

−2B3 z

−3B4 z

−4

Donde:

a0=1

24

B1=−23 cosp2−23cosp1

14

B2=42 cos p1cosp222

4

B3=−2cosp1−2cosp2

4

B4=1

4

H c=A0A1 z−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

Donde:

A0=4

A1=−23cosc2cosc1

A2=2212 cosc1 cosc2

A3=−2cosc2cosc1

A4=1

H z−1=A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

a0

1B1 z−1B2 z

−2B3 z

−3B4 z

−4

Desarrollando los factores

H z−1=A0a0A1a0 z

−1A2a0 z

−2A3a0 z

−3A4a0 z

−4

1

1B1 z−1B2 z

−2B3 z

−3B4 z

−4

H z−1=A0 'A1 ' z

−1A2 ' z

−2A3 ' z

−3A4 ' z

−4

1

1B1 z−1B2 z

−2B3 z

−3B4 z

−4


Tercera Parte

H z−1=

A0 'A1 ' z−1A2 ' z

−2A3 ' z

−3A4 ' z

−4

1B1 z−1B2 z

−2B3 z

−3B4 z

−4

Donde

A0 ' =A0a0=1

A1 ' =A1a0=−2−1cosc2cosc1

A2 ' =A2a0=2−212cosc1cosc2

A3 ' =A3a0=−2−3cosc2cosc1

A4 ' =A4a0=−4

B1=−2−1cosp2−2−1cosp1

B2=4−2cosp1cosp22−2

B3=−2−3cosp1−2cosp2

B4=−4

Siendo en nuestro caso:

c1=28º

c2=32ºp1=29,5º

p2=30,5º


Tercera Parte



Tipo II



Tercera Parte

Ecuación de diferencias

H z −1=

Y z −1

X z −1=A ' 0A ' 1z

−1A ' 2z

−2A ' 3z

−3A ' 4z

−4

1B 1z−1B 2 z

−2B 3z

−3B 4z

−4

Y z −1=

A ' 0A ' 1z−1A ' 2z

−2A ' 3z

−3A ' 4z

−4

1B 1 z−1B 2z

−2B 3z

−3B 4z

−4 X z −1

Operando algebráicamente

Y z−11B 1z

−1B 2z

−2B 3z

−3B 4z

−4=A ' 0A ' 1z

−1A ' 2z

−2A ' 3z

−3A ' 4z

−4X z −1

Y z−1B 1Y z −1

z−1B 2Y z−1

z−2B 3Y z−1

z−3B 4Y z−1

z−4=...

...=A ' 0X z −1A ' 1X z−1

z−1A ' 2X z −1

z−2A ' 3X z−1

z−3A' 4X z−1

z−4

Antitransformando ambos miembros

Z −1[Y z−1

B 1Y z−1z−1

B2Y z−1z−2

B 3Y z−1z−3

B 4Y z−1z−4

]=...

...=Z −1[A ' 0X z −1

A ' 1X z−1z−1

A ' 2X z −1z−2

A ' 3X z−1z−3

A' 4X z−1z−4

]


Z −1[Y z−1

]B 1Z−1[Y z −1

z −1]B2Z

−1[Y z−1

z−2]B 3Z

−1[Y z−1

z−3]B 4Z

−1[Y z−1

z−4]=...

...=A ' 0Z−1[X z−1

]A ' 1Z−1[X z−1

z−1]A ' 2Z

−1[X z −1

z −2]A ' 3Z

−1[X z−1

z−3]A ' 4Z

−1[X z−1

z−4]

Por el teorema del desplazamiento

y k B 1 y k−1 B 2 y k−2B 3y k−3B 4y k−4=......=A' 0x k A ' 1x k−1A ' 2x k−2A ' 3x k−3 A ' 4x k−4

Obtenemos de esta forma la ecuación de diferencias que da origen a la función de transferencia de 4º orden.

y k =−B 1 y k−1−B 2y k−2−B 3y k−3−B 4y k−4......A ' 0x k A ' 1x k−1A ' 2x k−2A ' 3x k−3 A ' 4x k−4

Respuesta temporal – Uso de la transformada ZRespuesta a una función impulso p.δ(k)

X [ z−1]=Z−1

[ x k ]=Z−1[ pk ]=p

Y z−1=H z−1

X z−1

Y z−1=

A0A1 z−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

z−1−za z−1

−za ' z−1− zb z−1

−zb ' p

Y z−1=A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

p

z−1−za z−1

−za ' z−1− zb z−1

−zb '


Tercera Parte

Desarrollando en fracciones parciales

p

z−1− za z−1

− za ' z−1−zb z−1

−zb ' =

A

z−1−za

B

z−1−za '

C

z−1− zb

D

z−1−zb '

Resolvemos de la misma forma que para el caso solo denominador y obtenemos las constantes A, B, C y D:

A=p

za− za ' za−zb za−zb '

B=p

za '− za za '− zb za '− zb '

C=p

zb−za zb−za ' zb−zb '

D=p

zb '−za zb '− za ' zb '−zb

Y z−1=A0A1 z

−1A2 z

−2A3z

−3A4 z

−4

Az−1

−za

B z−1

−za '

C z−1

−zb

D z−1

−zb '

Y z−1=A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

−Aza

1−z−1

za

−Bza '

1−z−1

za '

−Czb

1−z−1

zb

−Dzb '

1−z−1

zb '

Y z−1=Y 1 z

−1Y 2 z

−1

Donde:

Y 1 z−1=A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

−Aza

1−z−1

za

−Bza '

1−z−1

za '

Y 2 z−1=A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

C

z−1−zb

D

z−1−zb '

y k =Z−1[Y z−1

]=Z−1[Y 1 z

−1Y 2 z

−1]


y k =Z−1[Y z−1

]=Z−1[Y 1 z

−1]Z−1

[Y 2 z−1]


−1]

Z−1[Y 1 z

−1]=Z

−1[ A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

−Aza

1−z−1

za

−Bza '

1−z−1

za '

]


Tercera Parte

Llamamos:

U 1 z−1[

−Aza

1−z−1

za

−Bza '

1−z−1

za '

]

Donde su antitransformada ya es conocida (calculada en el caso solo denominador):

u1k =21−k cos k p11

Siendo:

−Bza '

=1 e j1 y za=a j b=e jp1

Z−1[Y 1 z

−1]=Z−1

[ A0A1 z−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4U 1 z

−1]


Z−1[Y 1 z

−1]=A0 Z

−1[U1 z

−1]A1Z

−1[ z−1U 1 z

−1]A2Z

−1[ z−2U 1 z

−1]...

...A3Z−1[ z−3U 1 z

−1]A4Z

−1[ z−4U 1 z

−1]

Por teorema de desplazamiento:

Z−1[Y 1 z

−1]=A0u1k A1u1k−1A2u1k−2A3u1k−3A4u1k−4

Z−1[Y1 z

−1]=A0 21

−k cos kp11A1 21−k1 coskp11−p1...

...A2 21− k1cos kp11−2p1A3 21

−k3 cosk p11−3p1...

...A4 21− k4 cosk p11−4p1

Siendo:

cos=0∀0cos=cos∀≥0


−1]

Z−1[Y 1 z

−1]=Z−1

[ A0A1 z−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

C

z−1−zb

D

z−1− zb '

]

Llamamos:

U 2 z−1[

C

z−1−zb

D

z−1−zb '

]

Donde su antitransformada ya es conocida (calculada en el caso solo denominador):

u2k =21−k cos k p22

Siendo:

−Dzb'

=2e j2 y zb=c j d=p e jp2

Z−1[Y 1 z

−1]=Z−1

[ A0A1 z−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4U 2 z

−1]


Tercera Parte

Resolviendo de la misma forma que en el caso anterior:

Z−1[Y 2 z

−1]=A0 22

−k cosk p22A1 22−k1 cosk p22−p2...

...A2 22−k2 cosk p22−2 p2A322

−k3coskp22−3p2...

...A4 22−k4 cosk p22−4p2

Siendo:


Finalmente la respuesta al impulso p.δ(k) de nuestro STD es:

y k =A0 21−kcos k p11cos kp22...

...A121−k1

cosk p11−p1cosk p22−p2...

...A2 21− k2

cosk p11−2p1cosk p22−2p2...

...A3 21− k3

cosk p11−3p1cosk p22−3p2...

...A4 21−k4

cosk p11−4p1cosk p22−4 p2

Siendo:



Tercera Parte

A continuación se presentan las gráficas de las respuestas temporales del STD, numerador denominador, para la exitación x(x)= p.δ(k), particularizando a p=1, para los distintos valores de rho propuestos.


Tercera Parte

Respuesta a una función escalón q.u(k)

X [z−1]=Z−1

[ x k ]=Z−1[q u k ]=

q

1− z−1

Y z−1=H z−1

X z−1

Y z−1=

A0A1 z−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

z−1−za z−1

−za ' z−1− zb z−1

−zb '

q

1−z−1

Y z−1=A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

q

1−z−1

z−1−za z−1

−za ' z−1− zb z−1

−zb '

Desarrollando en fracciones parciales:q

1−z−1

z−1− za z−1

− za ' z−1−zb z−1

−zb ' =

A z−1

−za

B z−1

−za '

C z−1

−zb

D z−1

− zb ' ..

...−E

1− z−1

Resolvemos de la misma forma que para el caso solo denominador y obtenemos las constantes A, B, C , D y E:

A=−q

za− za ' za−zb za−zb ' za−1

B=−q

za '− za za '− zb za '− zb ' za '−1

C=−q

zb−za zb−za ' zb−zb ' zb−1

D=−q

zb '−za zb '− za ' zb '−zb zb '−1

E=q

1− za 1− za ' 1− zb1−zb '

Y z−1=A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

A

z−1−za

B

z−1−za '

C

z−1−zb

...

...D

z−1−zb '

−E

1−z−1

Y z−1=Y 1 z

−1Y 2 z

−1Y 3 z

−1

Donde:


Tercera Parte

Y 1 z−1=A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

−Aza

1−z−1

za

−Bza '

1−z−1

za '

Y 2 z−1=A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

C

z−1−zb

D

z−1−zb '

Y 3 z−1=A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

−E

1− z−1

y k =Z−1[Y z−1

]=Z−1[Y 1 z

−1Y 2 z

−1Y 3 z

−1]


y k =Z−1[Y z−1

]=Z−1[Y 1 z

−1]Z−1

[Y 2 z−1]Z−1

[Y 3 z−1]


−1]

Z−1[Y 1 z

−1]=Z

−1[ A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

−Aza

1−z−1

za

−Bza '

1−z−1

za '

]

Resolviendo como en el caso del impulso p.δ(k) , se obtiene:

Z−1[Y

1 z−1

]=A02

1−k cosk

p1

1A

12

1−k1cos k

p1

1−

p1...

...A2 21−k2 cos kp11−2p1 A3 21

−k3 cosk p11−3 p1...

...A42

1−k 4cos k

p1

1−4

p1


−1]

Z−1[Y 1 z

−1]=Z−1

[ A0A1 z−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

C

z−1−zb

D

z−1− zb '

]


Z−1[Y

2 z−1

]=A02

2−k cos k

p2

2A

12

2−k1cos k

p2

2−

p2...

...A2 22−k2cos kp22−2 p2A3 22

−k3 cosk p22−3p2 ...

...A42

2−k4 cosk

p2

2−4

p2


−1]

Z−1[Y 3 z

−1]=Z−1

[ A0A1 z−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

−E

1− z−1]

Llamamos:

U 3=−E

1− z−1

Donde su antitransformada ya es conocida:

u3k =E uk


Tercera Parte


Z−1[Y 3 z

−1]=A0Z

−1[U 3 z

−1]A1Z

−1[ z−1U 3 z

−1]A2 Z

−1[ z−2U 3 z

−1]...

...A3Z−1[z−3U 3 z

−1]A4 Z

−1[ z−4U 3 z

−1]


Z−1[Y 3 z


Z−1[Y 3z

−1]=E A0u k A1u k−1A2u k−2A3u k−3A4u k−4

Finalmente la respuesta al escalón q.u(k) de nuestro STD es:

y k =A0 21−kcosk p11cosk p22E uk ...

...A1 21− k1

cosk p11− p1cos k p22−p2E u k−1 ...

...A2 21−k2

cosk p11−2p1cosk p22−2 p2E u k−2 ...

...A3 21−k3

cosk p11−3p1cosk p22−3p2Eu k−3 ...

...A4 21−k4

cosk p11−4p1cosk p22−4 p2Eu k−4

Siendo:



Tercera Parte

A continuación se presentan las gráficas de las respuestas temporales del STD, numerador denominador, para la exitación x(x)= q.u(k), particularizando a q=1, para los distintos valores de rho propuestos.


Tercera Parte


X [z−1]=Z−1

[ x k ]=Z−1[r ûk ]=

r

1 z−1

Y z−1=H z−1

X z−1

Y z−1=

A0A1 z−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

z−1−za z−1

−za ' z−1− zb z−1

−zb '

r

1z−1

Y z−1=A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

r

1z−1

z−1−za z−1

−za ' z−1− zb z−1

−zb '

Desarrollando en fracciones parciales:

r 1z−1

−za z−1−za ' z−1

−zb z−1−zb '

1z−1

1=

A z−1

−za

B z−1

−za '

Cz−1

−zb...

...D

z−1−zb'

E

z−11

Resolvemos de la misma forma que para el caso solo denominador y obtenemos las constantes A, B, C, D y E:

A=r

za−za ' za−zb za− zb ' za1

B=r

za '− za za '−zb za '−zb ' za '1

C=r

zb−za zb−za ' zb−zb ' zb1

D=r

zb '−za zb '− za ' zb '−zb zb '1

E=r

−1−za −1−za ' −1− zb−1− zb '

Y z−1=A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

A

z−1−za

B

z−1−za '

C

z−1−zb

...

...D

z−1−zb '

E

z−11

Y z−1=Y 1 z

−1Y 2 z

−1Y 3 z

−1

Donde:


Tercera Parte

Y 1 z−1=A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

−Aza

1−z−1

za

−Bza '

1−z−1

za '

Y 2 z−1=A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

C

z−1−zb

D

z−1−zb '

Y 3 z−1=A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

E

z−11

y k =Z−1[Y z−1

]=Z−1[Y 1 z

−1Y 2 z

−1Y 3 z

−1]


y k =Z−1[Y z−1

]=Z−1[Y 1 z

−1]Z−1

[Y 2 z−1]Z−1

[Y 3 z−1]


−1]

Z−1[Y 1 z

−1]=Z

−1[ A0A1 z

−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

−Aza

1−z−1

za

−Bza '

1−z−1

za '

]


Z−1[Y

1 z−1

]=A02

1−k cosk

p1

1A

12

1−k1cos k

p1

1−

p1...

...A2 21−k2 cos kp11−2p1 A3 21

−k3 cosk p11−3 p1...

...A42

1−k 4cos k

p1

1−4

p1


−1]

Z−1[Y 1 z

−1]=Z−1

[ A0A1 z−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

C

z−1−zb

D

z−1− zb '

]


Z−1[Y 2 z

−1]=A0 22

−k cos k p22A1 22−k cos k p22− p2...

...A2 22−k cos k p22−2 p2A3 22

−k cos k p22−3 p2...

...A4 22−k cosk p22−4 p2


−1]

Z−1[Y

2 z−1

]=A02

2−k cos k

p2

2A

12

2−k1cos k

p2

2−

p2...

...A2 22−k2cos kp22−2 p2A3 22

−k3 cosk p22−3p2 ...

...A42

2−k4 cosk

p2

2−4

p2

Llamamos:

U 3=E

z−11

Donde su antitransformada ya es conocida:


Tercera Parte

u3k =E u k


Z−1[Y 3 z

−1]=A0Z

−1[U 3 z

−1]A1Z

−1[ z−1U 3 z

−1]A2 Z

−1[ z−2U 3 z

−1]...

...A3Z−1[z−3U 3 z

−1]A4 Z

−1[ z−4U 3 z

−1]


Z−1[Y 3 z


Z−1[Y 3z

−1]=E A0 u k A1 u k−1A2 u k−2A3 u k−3A4 u k−4

Finalmente la respuesta al escalón alternado r.û(k) de nuestro STD es:

y k =A0 21−kcosk p11cosk p22E uk ...

...A1 21− k1

cosk p11− p1cos k p22−p2E u k−1 ...

...A2 21−k2

cosk p11−2p1cosk p22−2 p2E u k−2 ...

...A3 21−k3

cosk p11−3p1cosk p22−3p2E u k−3 ...

...A4 21−k4

cosk p11−4p1cosk p22−4 p2E u k−4

Siendo:



Tercera Parte

A continuación se presentan las gráficas de las respuestas temporales del STD, numerador denominador, para la exitación x(x)= r.û(k), particularizando a r=1, para los distintos valores de rho propuestos.


Tercera Parte

Respuesta en frecuencia


w_grados=[0:0.01:180];

w=w_grados*pi/180;

p1=1.1;

p2=1.01;

p3=1.001;

o1c=32*pi/180;

o2c=28*pi/180;

o1p=29.5*pi/180;

o2p=30.5*pi/180;

T1=((exp(2*w*j)2*p1*cos(o1c)*exp(w*j)+p1^2).*(exp(2*w*j)2*p1*cos(o2c)*exp(w*j)+p1^2));

T1=T1./((exp(2*w*j)2*p1*cos(o1p)*exp(w*j)+p1^2).*(exp(2*w*j)2*p1*cos(o2p)*exp(w*j)+p1^2));






fase1=angle(T1);


fase2=angle(T2);


fase3=angle(T3);

figure(1);

clc;


Tercera Parte



grid;xlabel('w [rad]');ylabel('H(w) Amplitud');legend('rho = 1.1');axis([0, pi,0.95,1.2]);


grid;xlabel('w [rad]');ylabel('H(w) Fase');legend('rho = 1.1');axis([0, pi,0.1,0.1]);

figure(2);

clc;






figure(3);

clc;







Tercera Parte



Tercera Parte


Tercera Parte


Tercera Parte


Tercera Parte


w_grados=[0:0.01:180];

w=w_grados*pi/180;

p1=1.1;

p2=1.01;

p3=1.001;

o1c=32*pi/180;

o2c=28*pi/180;

o1p=29.5*pi/180;

o2p=30.5*pi/180;








fase1=angle(T1);


fase2=angle(T2);


fase3=angle(T3);

figure(1);

clc;



grid;xlabel('w [rad]');ylabel('H(w) Amplitud');legend('rho = 1.1');axis([0, pi,0.98,1.2]);



figure(2);

clc;



Tercera Parte


grid;xlabel('w [rad]');ylabel('H(w) Amplitud');legend('rho = 1.01');axis([0, pi,0.5,8]);



figure(3);

clc;



grid;xlabel('w [rad]');ylabel('H(w) Amplitud');legend('rho = 1.001');axis([0, pi,0.1,100]);




Tercera Parte

Gráficas lineal-logarítmica


Tercera Parte


Tercera Parte


Tercera Parte

Comparación de los módulos de los polos y ceros


Tercera Parte


Tercera Parte

Factor de Calidad Q

Dada la frecuencia central 0=30º encontraremos los factores de calidad Q para los distintos valores de ρ propuestos:

a) rho=1.1.

De la gráfica de amplitud de la función transferencia para rho = 1.1 se puede observar que la curva no llega a decaer el 70% de su amplitud máxima. No pudiendo determinar los puntos de media potencia.

b) rho = 1.01.

Para encontrar los puntos de media potencia utilizamos el siguiente scrip en Matlab:

w_grados=[29:0.0001:31];

w=w_grados*pi/180;

p2=1.01;

o1c=32*pi/180;

o2c=28*pi/180;

o1p=29.5*pi/180;

o2p=30.5*pi/180;





En este scrip tomamos pasos de 0,0001 grados lo que nos genera un resultado con un error de 0,0005 en el valor de la amplitud de los puntos de media potencia.

Una vez ejecutado el scrip nos devuelve los índices del vector donde se encuentran los puntos de media potencia, estos índices se aplican sobre el vector w_grados devolviendonos sus respectivos valores de ω.

1=29,3594 º2=30,6406 º

Por lo tando:

AB=2−1=30,6406 º−29,3594 º=1,2812º


Tercera Parte


Q=0

AB=

30º1,2812 º

=23,4155

c) rho = 1.001.

Al observar en la gráfica de la amplitud de nuestra función transferencia, observamos que se producen dos picos, uno a 29,5042º y el otro a 30,4958 º. Se toman como puntos de media potencia al que se produce antes de los 29,5042º y al que se produce después de los 30,4958 º.

Para encontrar a estos puntos ejecutamos el siguiente scrip:

w_grados=[29:0.00001:30];

w=w_grados*pi/180;

p3=1.001;

o1c=32*pi/180;

o2c=28*pi/180;

o1p=29.5*pi/180;

o2p=30.5*pi/180;




find((max(amplitud2)*2^(0.5)0.0005)<amplitud2 & (max(amplitud2)*2^(0.5)+0.0005)>amplitud2

Donde obtenemos el primer valor de ω:

1=29,4502 º

Luego ejecutamos el scrip modificando al vector w_grados de la siguiente forma: w_grados=[30:0.00001:31]; y obtenemos el segundo valor de ω

2=30,5498 º

Tomamos pasos 0,00001 grados en el vector w_grados lo que nos genera un resultado con un error de 0,001 en el valor de la amplitud de los puntos de media potencia.

Calculamos el ancho de banda:


Tercera Parte

AB=2−1=30,5498º−29,4502 º=1,0996 º


Q=0

AB=

30º1,0996 º

=27,2826

Normalización de la respuesta en amplitudPara normalizar la respuesta de amplitud a un valor máximo igual a 1, necesitamos dividir a la función transferencia por una constante, siendo esta constante la función transferencia particularizada para el valor de omega que produce el máximo en amplitud.

Debido a que estamos trabajando con una función de transferencia de cuarto orden, la deducción de forma analítica de este máximo resulta ser muy engorrosa, por lo tanto obtamos por utilizar como herramienta a Matlab.

a) rho=1,1

Se ejecutó el scrip utilizado en el punto anterior y luego se ejecutaron las siguientes líneas:


max(amplitud1)

De allí se obtubo el valor de ω para el cuál el módulo de la función transferencia es máximo:

max=30,0016º ∣H max ∣=∣H max∣=1,1233

b) rho=1,01.

Se operó de la misma forma que en el caso anterior, ejecutando la siguientes lineas:


max(amplitud2)

Obteniendo:

max=30º ∣H max ∣=∣H max∣=7,5121

c) rho=1,001 .

Observamos que se producen dos picos sobre la función transferencia, un pico a 29,5042 º y el otro a 30,4958 º, de los cuales tomamos al mayor de los dos:

max=30,4958º ∣H max ∣=∣H max∣=65,5321

La función trasferencia normalizada tiene la siguiente forma:

H norm =Ve−2 j w

−2cosc1e− j w

2e−2 j w

−2cosc2e− j w

2

e−2 j w−2cosP1e− j w

2e−2 j w

−2cosP2e− j w

2



Tercera Parte

V=1

H max=e−2max−2cosP1e

−max2e−2max−2cosP2e

−max2

e−2max−2cosc1e−max

2e−2max−2cosc2e

−max2

Recodando que:

e− j w=z−1

H norm z−1=V

z−2−2cosc1 z

−1

2 z−2

−2cosc2 z−1

2

z−2−2cosP1 z

−1

2 z−2

−2cosP2 z−1

2



H z−1=

A0A1 z−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

1B1 z−1B2 z

−2B3 z

−3B3 z

−3B4 z

−4

Reemplazando:

H norm z−1=V

A0A1 z−1A2 z

−2A3 z

−3A4 z

−4

1B1 z−1B2 z

−2B3 z

−3B3 z

−3B4 z

−4

H norm z−1=

A0nA1n z−1A2n z

−2A3n z

−3nA4n z

−4

1B1 z−1B2 z

−2B3 z

−3B3 z

−3B4 z

−4

Siendo:

A0n=V . A0

A1n=V . A1

A2n=V . A2

A3n=V . A3

A4n=V . A4

De lo que podemos concluir que el efecto en la realización producido por esta normalización es un cambio en los factores A ( multiplicadores), siendo iguales a los anteriores multiplicados por una constante V.

Otra observación que podemos hacer es que el valor de la constante V depende de rho.


Tercera Parte





Tercera Parte

ConclusionesDe las gráficas podemos ver que nuestro sistema de tiempo discreto numerador/denominador produce un filtro más selectivo que el caso de solo denominador, ya que los ceros están cercando a los polos.

Se puede divisar que para valores de rho más cercanos a 1 la ganancia se incrementa.

Otro efecto que observamos es que la ganancia es menor que en el caso de solo denominador, por este motivo debemos trabajar con un rho más cercano a 1, ya que para rho = 1,1 no se comporta como un filtro al no existir puntos de media potencia. Además para todos los valores de rho la ganancia de la parte bloqueante es siempre la unidad.

Para el caso de ρ=1,001 podemos ver una separación entre los dos picos, por lo que el filtrado no es bueno, ya que atenúa frecuencias intermedias de la banda de paso. Una solución para esto sería aumentar el número de polos (entre 29,5º y 30,5º) de forma que se pueda eliminar esta atenuación. En este caso el filtro sería de mayor orden, incrementando el número de retardos en la realización canónica.

De las gráficas de las fases podemos comentar que dentro de los ceros (entre 28º y 32º), para valores inferiores a 30º, la fase es positiva, para 30º es igual a cero y para valores mayores esta es negativa. Fuera de estos valores la fase se mantiene constante en cero.


Engineering

Introducción a Sistemas de Tiempo Discreto