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Cátedra de Teoría de Circuitos Convolución Univariable y Multivariable

1 de 32 (Versión 11 de Mayo 2010)

CONVOLUCIÓN UNIVARIABLE Y MULTIVARIABLE 1. Otro enfoque al principio de superposición en sistemas lineales

Hasta ahora hemos visto cómo obtener la respuesta total de un circuito por el método “clásico”, por el método de la Transformada de Laplace, etc.

Dado un circuito lineal pasivo que contenga una sola variable, al aplicarse una excitación u(t) queda definido su comportamiento mediante una sola ecuación en dicha variable (que puede ser de estado o no):

buaxx +=& [1]

En todos los casos vimos que la respuesta total x(t) se puede tratar como la suma (o superposición) de dos casos:

)()()( txtxtx fn +=

Es decir, la respuesta natural (solución de la ecuación diferencial homogénea del

circuito) y la respuesta forzada (solución particular de la ecuación diferencial completa del circuito) por lo que también podemos escribir (h: homogénea, p: particular):

)()()( txtxtx ph +=

Lo anterior es una consecuencia directa de que estemos tratando con circuitos

lineales, por lo que vale el principio de superposición. Pero dicho principio también es valido si “superponemos” otro tipo de componentes, en lugar de la natural y la forzada.

La integración de la ecuación [1] puede hacerse también considerando separadamente las condiciones iniciales (CI) (que darán lugar a una componente que de ahora en mas llamaremos x1) y las de excitación (que llamaremos componente x2) que, por superposición darán la solución general:

)()()( 21 txtxtx += [2] Gráficamente:

FIGURA Nº 1

T(p) con 1

VE y CI≠0 y lineal

CI≠0 CI=0 u x x1 x2 u

Entrada: cero o desexcitado

Estado cero

+ =



En la bibliografía en ingles estas componentes se sueles llamar “zero input” (x1) y “zero state” (x2). Podemos llamarlas respuestas a entrada cero y a estado cero. Es importante diferenciar claramente las componente natural y forzada de las de entrada cero y estado cero. La componente xn es la parte “transitoria” de la respuesta del circuito sin fuentes para t>0

y xf es la parte de la respuesta del circuito con fuentes pero en estado estable, para t∞, por lo que podemos interpretar gráficamente:

Al contrario x1 y x2 son ambas respuestas “transitorias” y validas ambas ∀t>0 pero cada componente será la respuesta total de circuitos diferentes, uno a entrada cero y otro a estado cero. Por otro lado ya sabemos que xn es una componente que aparece para compensar el desequilibrio entre el estado inicial y el estado final de la respuesta, mientras que x1 es la única respuesta de un circuito sin fuentes. Esto implica que para calcular las constantes, debemos aplicar la CI sobre esta componente x1 y no, como lo hacemos en el caso del método clásico, que aplicamos la CI para calcular las constantes sobre la suma de la natural mas la forzada. Para aclarar estos puntos veamos el siguiente ejemplo. 1.1. Ejemplo

FIGURA Nº 2

Se requiere calcular la corriente i(t). Vamos a resolver este sencillo ejemplo de las dos formas descriptas anteriormente, mediante el método clásico y luego como la suma de i1 e i2. La ecuación diferencial de este circuito se puede escribir como

0)()()( =−− tLpiRtitu

T(p) con 1

VE y CI≠0 y lineal

CI≠0 CI≠0 u x xn xf u

Respuesta natural o solución homogénea

valida para t>0

Respuesta forzada o solución particular,

valida para t∞

+ =

R

L

i(t)

iL(0) u(t)=5V

Comentario [A1]: 10-5-2010



1.1.1. Por el método Clásico La rta. natural será

tLR

n KeiLRpLpRi )/(/0)( −=⇒−=⇒=+

la rta forzada será

R

V

R

tui f ==

)(

entonces la rta total es

R

VKei tLR += − )/(

imponemos la CI a la respuesta total para resolver K

R

ViK

R

VKi LL −=⇒+= )0()0(

forzada

natural

tLR

LR

Ve

R

Vii +

−=⇒ −

444 3444 21

)/()0(

1.1.2. Como superposición de i1+i2

FIGURA Nº 3 Aunque vamos a calcular i1 e i2 por separado, nada nos impide que cada componente la obtengamos por el método clásico: La rta a entrada cero será

0)/(111 +=+= − tLR

fn Beiii pero ⇒== Bii L )0()0(1tLR

L eii )/(1 )0( −=

La rta a estado cero será

R

L

i(t) IL(0) u(t)=5V

R

L

i1(t)

iL(0) = +

R

L

i2(t) IL(0)=0 5V



R

VCeiii tLR

fn +=+= − )/(222 pero

R

VC

R

VCii L −=⇒+=== 0)0()0(2

( )tLRtLR eR

V

R

Ve

R

Vti )/()/(

2 1)( −− −=+−=

entonces la respuesta total será

( )tLRtLR

L eR

Veiiiti )/()/(

21 1)0()( −− −+=+=

Pero ambas soluciones (A y B) deben ser equivalentes. Trabajando con la última ecuación:

R

Ve

R

Veiti tLRtLR

L +−= −− )/()/()0()(

fn

tLR

L iiR

Ve

R

Viti +=+

−= − )/()0()(

Hemos mostrado que son dos formas distintas de usar el principio de superposición, lo cual arroja resultados equivalentes. 2. Respuesta de un sistema a una excitación cualquiera mediante la Integral de

Convolución En un caso general podemos tener un sistema con o sin condiciones iniciales y podemos expresar o NO las ecuaciones diferenciales que lo rigen en Variables de Estado. Cada caso puede encararse de distintas maneras mas o menos convenientes según lo expondremos en los puntos siguientes. 2.1. Convolucion Univariable

Como vimos, si se tiene un circuito lineal pasivo que contenga una sola variable x y una excitación u(t), queda definido su comportamiento mediante una sola ecuación en la variable de Estado:

buaxx +=& Si bien en esta ecuación “x” puede ser cualquier variable del circuito, esta expresión es la forma canónica de formulación cuando “x” es una Variable de Estado. si le aplicamos la Transformada de Laplace a ambos miembros

)()()0()( sbUsaXxssXbuaxx TL +=−→+=&

operando para hallar X(s)

)()0()()( sbUxsaXssX +=−



)(1

)0(1

)( sUas

bxas

sX

−+

−=

y, antitransformando para hallar x(t):

τττ duebxetx tat

at )()0()( )(

0

−

∫+=⇒

donde

)()( sFtfTL→

)()( sKFtKfTL→

sthTL /1)( →

)()( asFtfeTLat −→

y además se puede demostrar que (producto de convolución):

)()()()()()( 212120 1 sFsFtftfdtftf TLt

→∗=−∫ ττ

Es decir, la transformada de Laplace del integral del producto de una función por otra

función trasladada un valor τ es, directamente, el producto de las transformadas de ambas

funciones f1 y f2 sin trasladar (¡¡un integral complejo en τ se transforma en un simple producto en s!!). Observemos cómo quedó la respuesta x(t):

)()()().0()( 21)(

0txtxduebextx

ceroestado

tat

ceroentrada

at +=+= −

∫44 344 2143421

τττ

La primer componente se anula si la CI=0 y además no depende de la excitación u(t) por lo que representa la respuesta a “Entrada cero”, mientras que la segunda componente no depende de las CI y si de u(t) por lo que representa la respuesta a “Estado cero” del sistema univariable. 2.2. Respuesta impulsiva y respuesta indicial de un circuito Existen dos casos particulares de excitación de un circuito que, por su relevancia, merecen ser tratados especialmente. 2.2.1. Respuesta impulsiva Notemos que la componente de estado cero se puede calcular como la convolución de la función bea(t) con la excitación u(t).

Pero ¿qué es la función bea(t-τ)?. Partamos nuevamente de la ecuación diferencial en donde la excitación es un impulso unitario en t=0 y supongamos que el circuito tiene CI=0:



)(tbaxx δ+=&

transformando

bsaXxssX

CI

+=−=

)()0()(0

ya que 1)( →TLtδ

atTL betxas

bsX =→−

=−

)(1

)(1

y como bx =)0( , podemos escribir:

atat exbetx )0()( ==

Como hemos considerado al circuito excitado con un impulso unitario en 0, llamaremos a la respuesta como “impulsiva” y la designaremos g´(t), es decir: Finalmente

atat exbetgtx )0()´()( ===

Notemos algo interesante: aunque el circuito se supuso con CI=0, debido a la excitación impulsiva, la respuesta es distinta de cero en t=0.

Nota: se ve que para calcular la componente x2, a estado cero de un circuito (ver ecuación en 2.1), debemos hacer la convolución de la respuesta impulsiva con la excitación u(t).

Esto es muy importante. Nos muestra que la respuesta a estado cero de un circuito excitado con u(t) cualquiera puede calcularse “sólo” a partir de la respuesta impulsiva de dicho circuito, sin necesidad de plantear o resolver la ecuación diferencial completa del mismo. 2.2.2. Respuesta indicial (a la excitación escalon) Si al circuito que estamos suponiendo lo excitamos con la excitación escalón unitario h(t), la respuesta, llamada “indicial” y designada g(t), será: El circuito esta representado con una transferencia T(p) por lo que

)()()( thpTtg ⋅=

Derivando:

Circuito con 1 Var, CI=0 y lineal

h(t) g(t)

Circuito con 1 Var, CI=0 y lineal

δ(t) g´(t)

Comentario [A2]: ¿0+?

Comentario [A3]: 10-5-2010



)()()(

)´( tpTdt

tdgtg δ⋅==

Como de lo anterior resulta )()()´( tpTtg δ⋅= , si la excitación es )(tδ , su respuesta será

g´(t) que, como ya vimos, es la respuesta a una excitación impulsiva unitaria.

La respuesta impulsiva e indicial están fuertemente relacionadas.

De modo que g´(t)=x2 se puede calcular directamente con atat exbetg )0()´( == o por

calculo previo de g(t) y luego derivando. Notemos que, si x es una Variable de Estado, la respuesta indicial g(t) (al escalón) en t=0 es nula:

)1()().´()(0

)(

00−==== −

∫∫at

t

attatt

ea

be

a

bdebdutgtg τττ τ

y para t=0

0)1()0( 0 =−= aea

bg

Este es un resultado importante para tener en cuenta en los próximos párrafos. 2.3. Ejemplo de cálculo de x1

FIGURA Nº 4

Para el circuito anterior, la VE es uc, para la cual la [1] es:

43421321ceroentrada

att

cc

b

c

a

c

cccc

c

extxerapueseuuUupu

upuudt

duRCuiRU

).0()()0(/1/1 1/

1 ==∴⋅+⋅−=

∴+⋅=+=+⋅=

− τττ

τ

u(t)=U i +

-

+ - uc(0)=0 R

C



2.4. Ejemplo de calculo de Respuesta indicial e impulsiva

FIGURA Nº 5

⇒+⋅=dt

diLRiU τ/tke

R

Ui −+=

si kRUi +== /0)0(

( )τ/1 teR

Ui −−⋅=⇒ con

R

L=τ

la respuesta “indicial” es para U = 1V:

( )τ/11

)()( t

L eR

titg −−⋅==

FIGURA Nº 6 y la respuesta impulsiva unitaria será:

( ) ττ // 11

1)´( tt e

Le

Rdt

dtg −− ⋅=

−⋅=

FIGURA Nº 7 ó, en forma directa:

u g(t)

t t

1 ⇒

δ(t) g´(t)

t t

⇒

R

L

i(t)

iL(0) u(t)=U



ipLRiU ⋅⋅+⋅= ; ⇒⋅+⋅−=⋅ UL

iL

Rip

1 τ/1

)´( tat eL

ebtg −⋅=⋅=

3. Respuesta de un sistema a una excitación cualquiera mediante las Integrales de

Duhamel 3.1. Descomposición de la excitación en Impulsos o en Escalones En los anteriores párrafos hemos visto que para un circuito con una ecuación diferencial planteada en VE y con condiciones iniciales no nulas podemos calcular las respuesta a entrada cero y a estado cero, es decir, la respuesta total del circuito. También se dedujo la forma de calcular la componente a estado cero x2 como la convolución:

τττ duebtx tat

)()( )(

02−

∫=

Este resultado se puede generalizar. Para calcular x2, se han desarrollado 4 formas integrales denominadas “Integrales de Duhamel”, dos de las cuales se basan en descomponer la excitación en escalones y las otras dos en en descomponerla en impulsos. 3.2. Integrales de Duhamel 3.2.1. Superposición por escalones

La excitación puede considerarse como una aplicación sucesiva de excitaciones

escalón: ∆u(ττττ). h(t - ττττ) En efecto, dada la excitación u(t) se la puede considerar como una sucesión de

excitaciones “escalonadas” como muestra la figura, donde τ es un instante genérico dentro del intervalo (0-t), y t el instante para el cual se desea computar la respuesta. Si en t = 0 se aplica )()0( thu , la respuesta será: )()0( tgu

a b

T(p) con 1 Var y CI=0 y lineal

u(0)h(t) u(0)g(t)

Comentario [A4]:



τττ

∆′≈∆∆

∆=∆ )(tu

uu

FIGURA Nº 8

Por lo tanto, si en t=τ se aplica )(. τ−∆ thu , la respuesta será: )(. τ−∆ tgu

Pero

ττττ duduuu )´()´( lim =→∆=∆

Integrando

∫ ∗=−t

tgtudtgu0

)()(')()´( τττ

La expresión completa para x2(t) debe contemplar el término )()0( tgu para t=0 del salto

inicial:

∫ −+=t

dtgutgutx02 )()´()()0()( τττ

(Primera Integral de Duhamel) 3.2.2. Superposición por impulsos

La excitación puede considerarse como una aplicación sucesiva de excitaciones

impulsivas: u(ττττ). δδδδ(t - ττττ) En efecto, dada la excitación u(t) se la puede considerar como una sucesión de

excitaciones “rectangulares” como muestra la figura, donde τ es un instante genérico dentro del intervalo (0-t), y t el instante para el cual se desea computar la respuesta. Si en t = 0 se aplica )()0( tu δ , la respuesta será: )´()0( tgu


∆u.h(t-τ) ∆u.g(t-τ)

u

t

u(0)

0 t t+∆t

∆u≈u´(τ)dτ

u(t)

g(t), por ej

u´(t)

τ

u

t



y si en t = τ se aplica )()( τδτ −tu , la respuesta será: )´()( ττ −tgu :

FIGURA Nº 9

En el límite, cuando ∆τ = ∆t → 0 queda:

dttu )()( τδτ −

que es una excitación impulsiva u(τ).δ(t - τ) (ver figura anterior), cuyas unidades serán V/seg., si se trata de una fuente de tensión.

Para todo el intervalo (0 – t) hay que sumar respuestas (superposición) ∴

∫ ∗=−+=t

tutgdtgugtutx02 )()´()´()()0()()( τττ

43421

(3° Integral de Duhamel)

La variable en el intervalo 0 – t es τ. Entonces, la respuesta a estado cero es la “convolución” de g´(t) con u(t) simbolizada por el miembro derecho de la anterior ecuación.


u(0).δ(t) u(0).g´(t) (t)


u(τ).δ(t-τ) u(τ).g´(t-τ)

u u

t t

u(t) u(t)

u(t)δ(t-τ)

0 0 t t τ τ τ+∆τ

Comentario [A5]:



Gráficamente, esto equivale a:

FIGURA Nº 10

Lo que implica trazar g´(t - τ) = g´(t*), con el eje t* al revés y su cero 0* en t, y luego

multiplicar por cada u(τ). Con la ventaja que g´(t*) es única para todo el intervalo:

FIGURA Nº 11 La 3° integral de Duhamel también se puede deducir de la 1° integral: Integremos por partes el 2 término de la 1° integral, reemplazando u’(ζ) por e’(ζ) para mantener la nomenclatura clásica para integración por partes:

Como

Pero

)()(' τττ evdedv =⇒=

∫ ∗=−+=⇒t

tetgdtgegtetx02 )()´()´()()0()()( τττ

g´(t*) u(t)

0 τ t

0* t*

τ t

Valor de g´(t-τ) en un t genérico que

multiplicada por u(τ) contribuye a la respuesta total en t.

g´(t-τ) u(t)

X

u(t)

x2 =

0 τ t



Se pueden deducir otras 2 formas de las integrales de Duhamel. Hemos visto que lal primer integral de Duhamel implica descomponer la excitación por escalones y que la 3° implica descomponerla por impulsos. Las otras dos formas son sólo variantes de los dos anteriores. Resumiendo las 4 variantes tenemos: Por escalones:

Primera Integral ∫ −+=t

dtgutgutx02 )()´()()0()( τττ

Segunda Integral ∫ −+=t

dgtutgutx02 )()´()()0()( τττ

Por Impulsos:

Tercera Integral ∫ −+=t

dtgugtutx02 )´()()0()()( τττ

Cuarta Integral ∫ −+=t

dtuggtutx02 )()´()0()()( τττ

Estos integrales dan la respuesta x2 a ESTADO CERO (CI=0) del circuito planteado. Para calcular la respuesta x1 a ENTRADA CERO de dicho circuito tenemos varios caminos:

a) Considerar las CI del circuito como fuentes y luego superponer sus soluciones para cada CI a la solución de la fuente dato del problema, es decir:

CInCICIppalfuente txtxtxtxtx )(...)()()()( 222122 ++++=

Aquí, cada una, es la solución de un mismo circuito a ESTADO CERO, en donde cada CI fue considerada como fuente y no tenemos solución a ENTRADA CERO.

b) Calcular x(t) total como:

atextx )0()(1 =

DuhameldeIntegraltx =)(2

Notemos algunas características importantes de estas integrales:

• Si queremos la respuesta de una VE, siempre se cumplirá, como lo demostramos cuando se explicó la respuesta indicial, que g(0)=0, por lo que el primer término de la 3° y 4° integral se anulará.

• Sin embargo, hay que destacar que las integrales de Duhamel se pueden aplicar también a una variable del circuito que no sea de estado para calcular la respuesta a estado cero del circuito por lo que no siempre g(0)=0.



• Si u(0)=0, que es lo mas usual, en el 1° y 2° integral se anulará el primer miembro. Esto nos indica que en dicho caso estas formas sean más convenientes para aplicar.

• La 1° y 2° integral (por escalones) tiene la potencial complicación de que requiere derivar la función de excitación y luego integrar. Este problema no lo tienen las integrales por impulsos.

• Como se observa, las excitaciones pueden ser de cualquier forma, lo que constituye una gran ventaja del método. Cuando u(t) no tenga expresión analítica se podrá usar un método computacional o procedimientos de integración gráfica.

3.3. Ejemplo. Uso de la 3° Integral

FIGURA Nº 12 Ecuación diferencial

UL

iL

Rip

1+−=⋅

Respuesta al escalón: 0)0(1)( =⇒

−⋅=

−

geR

Utg

t

τ

Respuesta al impulso:

τ

τ

t

eL

R

R

Utg

−

=

/1

)´(

La respuesta a Entrada Cero será:

0)0()(1 =⋅=− tL

R

eiti

y la respuesta a Estado Cero será, mediante la 3° integral de Duhamel:

∫ −+=t

dutgtugti02 )()´()()0()( τττ pero g(0)=0

∫ ∫−−−

=+=t t

L

Rt

L

Rt

L

R

deeL

UUde

Lti

0 0

)(

2

10)( ττ

ττ

R

L

i(t)

iL(0) u(t)=U



−⋅=

−=

−−− tL

Rt

L

Rt

L

R

eR

U

R

Lee

L

Uti 11)(2

Finalmente

−⋅=+=

− tL

R

eR

Utititi 1)()()( 2

0

1

También podríamos haber usado la 1° Integral

∫ −+=t

dtgutguti02 )()´()()0()( τττ

−⋅=⋅−+

−=

−−

∫t

L

Rtt

L

R

eR

Udtge

RUti 1)(.01

1.)(

02 ττ

4. Las Integrales de Duhamel con Excitaciones Continuas por partes En ocasiones se presenta el caso de tener excitaciones discontinuas, pero continuas por partes como la siguiente:

FIGURA Nº 13 Para este tipo de excitación, la aplicación de los integrales de Duhamel se debe hacer con cuidado. Analicemos los casos de descomposición por escalones y por impulsos separadamente. En cada caso, siempre se debe aplicar cada forma pero teniendo en cuenta la validez de cada excitación en cada lapso temporal.

4.1. Integral por Escalones Usemos por ejemplo la 1° Integral.

u(0)

u(t)

u1(t)

u2(t)

u3(t)

t1 t2 t



Entre 0≤t<t1 :

∫ −+=t

dtgutgutx0 12 )()´()()0()( τττ

Entre t1≤t<t2 :

[ ] ∫∫ −+−−+−+=t

t

tensalto

t

dtguttgtutudtgutgutx1 211112

1

0 12 )()´()()()()()´()()0()(

1

ττττττ44 344 21

Para t≥t2 :

[ ]

)()()(

)()´()()()()()´()()0()(

222

0

23

2

1 211112

1

0 12

2

1

ttgtutu

dtguttgtutudtgutgutx

tensalto

t

t

tensalto

t

−

−+

−+−−+−+= ∫∫

44 344 21

876

44 344 21ττττττ

Nótese que cuando se está utilizando una descomposición de la excitación por escalones, se deben considerar los saltos de discontinuidad.

4.2. Integral por Impulsos Entre 0≤t<t1 :

∫ −+=t

dtgugtutx0 112 )´()()0()()( τττ

Entre t1≤t<t2 : A partir de t=t1 se debe tener en cuenta la respuesta hasta t1 (primer integral) y luego aplicar de

nuevo la forma de Duhamel por impulsos con el término )0()(2 gtu como corresponde:

44444 344444 21444 3444 2121

1 22

1

1

0 12 )´()()0()()´()()(

tttparaperoDuhamel

t

t

thastarta

t

dtgugtudtgutx

≤≤

∫∫ −++−= ττττττ

Igualmente, para t≥t2 :

∫∫∫ −++−+−=t

t

t

t

t

dtgugtudtgudtgutx2

0

3

0

3

2

1 2

1

0 12 )´()()0()( )´()()´()()( τττττττττ321

Antes de aplicar Duhamel para el nuevo intervalo hay que sumar las contribuciones anteriores. Se observa que en este caso, no es necesario tener en cuenta los saltos de discontinuidad.



4.3. Ejemplo Calcular i(t) por convolución y graficar hasta t > 2ms.

FIGURA Nº 14

FIGURA Nº 15 Primero de todo notemos que en este ejemplo las condiciones iniciales son nulas, por lo que si se plantea la ED en VE deberá cumplirse que

0)0( =g y 0)0( =i

Respuesta Impulsiva Apliquemos 2 formas distintas de resolver g`(t): a) Mediante g`(t)=beat y b) Como derivada de las respuesta al escalón

a) Mediante g`(t)=beat

==

++=+=

dt

diLRiu

LpiRiiuRiu

111

21122 )(

uRRL

Ri

RRL

RRipipLRiip

R

Lu

)()( 21

1

21

212

1 ++

+−=⋅⇒⋅⋅+⋅

+⋅=∴

a b

i

u L = 4mH

R1 = 5Ω

R2 = 10Ω

t (ms) 2 0

10

u (t)

u1 u

R1

R2 L i1

i i2



τ/

21

1

)()(' tat e

RRL

Rebtg −

+=⋅=∴ con ms

RR

RRL

R

L

Paralelo

1205

)205(10.4)( 3

21

21 =⋅

+⋅=

+==

−

τ

Entonces:

tt eetg ⋅−−

−=

+⋅= 1000/

3.50

)205(10.4

5)(' τ

b) Con u(t)=h(t)=1V: i=if+in

AV

i f 05,020

1=

Ω=

FIGURA Nº 16

τ/05,0 teki −⋅+= , ∴=+= 005,0)0( ki )1(05,0)( /τtetgi −−⋅==

tt eetg ⋅−⋅− ⋅=⋅−⋅−= 10001000 50)1000()05,0()´( , igual que en a)

Por supuesto, también se podría calcular g`(t) directamente como respuesta al impulso

δ(t) en t=0 por método clásico o por Laplace. Respuesta a Entrada cero ya que la CI =0 tenemos

0)0()(1 =⋅= ateiti

Respuesta a Estado cero

∫ ⋅−+=t

dutgtugti0

0

2 )()´()()0()( τττ (Tercera Integral)

a) Intervalo 0<t<2ms

0)0(2 =i

∫ ⋅⋅−⋅⋅⋅+= −⋅−t

DATORECTA

t deti0

)(10002 )5001(10500)( τττ

44 344 21

∫ ==⋅⋅−⋅⋅⋅= ⋅⋅−t

t dee0

10001000 )5001(500 Kτττ

τ/tn eki −⋅=⇒in = in R

p



teti t ⋅−−⋅= ⋅− 250)1(75,0)( 10002

b) Intervalo t>2ms

∫∫∫∫ =⋅⋅−+⋅⋅−⋅⋅⋅=+= ⋅⋅−tms

tt

dutgdeeti2

0

2

0

10001000

2

2

02 )()´()5001(500)( ττττττ

teti ⋅−⋅= 1000

2 097,1)(

Verificación de la continuidad de la corriente en t=2ms:

=⋅=

≅⋅−−⋅=−

−−

)(148,0097,1

148,010.2250)1(75,02

32

BIENei

Aei

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

0 0,001 0,002 0,003

i (A)

t (s)

0<t<2ms

t>2ms

i(t)

FIGURA Nº 17

Resolvamos x2 del mismo ejemplo pero utilizando la Primera Integral de Duhamel:

∫ −+=t

dtgutguti02 )()´()()0()( τττ

a) Intervalo 0<t<2ms

[ ]∫ ⋅−⋅−+⋅−= −⋅−⋅−t

tt deeti0

)(100010002 )5000(105,010)1(05,0)( ττ

( )

−−⋅−−⋅== ⋅−⋅− tt eteanteriorloquefácilmásti 10001000

2 11000

1250)1(5,0)()( KK

( ) teti t ⋅−−⋅= ⋅− 250175,0)( 10002



b) Intervalo t>2ms

∫∫ ⋅⋅−++⋅=t

dtgutgti2

2

02 0)()0()()( ττ (no hay “salto” en t=2ms)

( )∫ ⋅−⋅−+−⋅= −⋅⋅−2

0

)(10001000 1)250()1(5,0 ττ dee tt

( )[ ]110.10.2250)1(5,0 23100031000 −−⋅−−⋅= −⋅−−⋅− eee tt

tei ⋅−⋅= 1000097,1

Hemos llegado al mismo resultado, mediante 2 formas de los integrales de Duhamel.

5. Problemas Propuestos de Convolución Univariable y Duhamel 1) Dado el circuito de la figura, hallar u2(t) si se aplica una u(t) de la forma indicada, empleando convolución entre 0 y 2,5 ms, siendo uc(0)=0

FIGURA Nº 18 2) Repetir el problema anterior usando computadora. NOTA: En este problema es importante determinar el ∆t adecuado, que debe ser bastante menor (p. ej.: 1/10) que cualquier constante de tiempo o período (p. ej. 1/20 a 1/100) involucrado. 3) En el circuito de la figura, se produce la conmutación de A a B en forma instantánea,

habiendo permanecido la llave en A un t=∞. Calcular i por convolución y graficar hasta t>2ms.

FIGURA Nº 19

+

_

u

+

_

u2 10

0 2 t [ms]

u [V]

R2

10 kΩ

R1 = 10

kΩ

C 0,1 µF

_ _

+ +

A

B

i

10

0 2 t [ms]

u [t]

2V u

L 4 mH

R1

5 Ω R2

20 Ω



6. CONVOLUCION MULTIVARIABLE Si el circuito lineal consta de m excitaciones y n variables de estado, se obtendrá un conjunto de n ecuaciones simultáneas como la [1] que pueden expresarse en forma matricial:

[ ] [ ] [ ])(.. tUBxAx +=& [11]

donde [x] es la matriz columna de las variables de estado x, de nx1 elementos [U(t)] es la matriz columna de las excitaciones, de mx1. A es la matriz de coeficientes de la variables de estado, de nxn B es la matriz de coeficientes de las excitaciones, de nxm La solución de la ecuación [11] será, por la fórmula de Duhamel:

[ ] [ ] [ ]∫−+=

t

tAtA dUBexetx0

).(. .)(..)0(.)( τττ [12]

donde se reordenaron adecuadamente los factores para tener en cuenta las reglas de multiplicación de matrices. Se define

[ ]

nxn

nxnnxn

nxn

tA ttAtA

e )(...!2

.

!1

.1

22. φ=+++= [13]

siendo

[ ]

=

1

...

1

1

1 la matriz unidad de nxn elementos,

A, A2, ..., todas matrices cuadradas de nxn,

φ(t) matriz cuadrada de “transición de estado”, de nxn. de manera que queda

[ ]

[ ]

[ ] [ ][ ] [ ] [ ]321321321434213211

2

1

1

0 111

)()(.)(.)´()0(.)()(nxnx

t

mxmxnnxnxnnx

txtxdUtGxttx +=−+= ∫ τττφ [14]

donde



[ ]3211

1 )(nx

tx es la respuesta a eentrada cero

[ ]3211

2 )(nx

tx es la respuesta a estado cero

y [ ] [ ]

[ ]nxmnxnnxm

BttG .)()´( φ=321

La ecuación [12] es difícil de aplicar por lo que se prefiere seguir el procedimiento que se indica a continuación. Aplicando la transformada de Laplace a [11] y desarrollando convenientemente:

[ ] [ ] [ ] [ ])(.)(.)0()(. sUBsXAxsXs +=−

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ][ ] [ ]

)()(

)(.).()0().(

)(..1.)0(.1.)(

21

)´(

11

sXsX

sUBsxs

sUBAsxAssX

sG

+=

Φ+Φ=

−+−=−−

321 [15]

donde X1(s) incluye las CI y las componentes naturales, y constituye la repuesta a “excitación cero”, X2(s) incluye las componentes forzadas y naturales, siendo la respuesta a “estado cero”,

Φ(s) es la matriz de transición de estado transformada, y vale:

[ ] 11.)( −−=Φ Ass [16]

que es fácil de calcular pues A ya se conoce. La [15] constituye la solución en el campo transformado. Antitransformando se obtiene:

[ ] [ ] [ ] [ ])(*).()0().()()´(

tUBtxttx

tG

321φφ +=

[ ] [ ] [ ] [ ] τττφφ dUBtxttx

t

.)(..)()0().()(0∫ −+= [17]

siendo “*” el símbolo que denota “producto de Convolución” y cuyo significado es el de la ecuación [17].



6.1. Ejemplo Nº5 Sea el circuito de la Fig 20 con condiciones iniciales nulas

FIGURA Nº 20 Planteamos las ecuaciones diferenciales del circuito

=

++=

c

c

Cpui

uLpiiRU

despejando

++=

+−−=

001

11

iC

pu

UL

uL

iL

Rpi

C

C

luego

−−

=

01

1

C

LL

R

A , [ ]

=

cu

itx )( ,

=

0

1

LB

de la ecuación [16] obtenemos

+

−

∆=

−−

+=Φ

−

L

Rs

C

Ls

sC

LL

Rs

s1

11

01

1

)(

1

con [ ] LC

sL

RsAs

11.det 2 ++=−=∆

además s

UsU =)( , entonces



[ ] [ ]s

UL

L

Rs

C

Ls

sU

sIsx

c

.0

1.

1

11

0)(

)()(

+

−

∆+=

=

[ ]

∆

∆=

∆=

sLC

UL

U

s

U

LC

L

s

sx .1

.1

)(

cuyas antitransformadas son inmediatas.

Supóngase que R=8Ω, L=1H, C=0.04µF, U=15V. Reemplazando y desarrollando:

3

3.

3)4(

15

258

1)(

222 ++=

++=

ssssI

y, recordando que

[ ] )()(. αα +=− sFtfe tL , y

[ ]22

)(ω

ωω

+=

stsenL

queda:

tseneti t 3..5)( 4−=

y

*1

*

1*

1 ))(.(

375

04,0..

15)(

ss

B

ss

B

s

A

sssssssU

s

c−

+−

+=−−

=∆

=

las raíces de ∆=0 son s1,2=-4±3j. Luego:

15))((

375lím

*10

=−−

=→

ss ssss

A

5,12105,7))((

).(375lím

*1

1

1

=⇒+−=−−

−=

→Bj

ssss

ssB

sss

)1.533cos(2515)( 4 −−= − tetu tc



Para t=0 se verifica que las soluciones halladas dan i(0)=0 y uc(0)=0, como se especificó en el planteo del problema. El graficado se realiza calculando primeramente:

.1,23

22,25,0

4

11sTs ≅====

π

ω

π

α

La construcción respectiva se muestra en la FIGURA Nº 22

0 0.25 0.5 0.75 1 1.25 1.5 1.75 2 2.25 2.5

4

2

0

2

4

Gráfico de 5sen(3t)Gráfico de 5e-4tGráfico de -5e-4tGráfico de i(t) Tangente a 5e-4tTangente a -5e-4t

Construcción del Gráfico de i(t)

t

FIGURA Nº 21



0 0.5 1 1.5 20

5

10

15

20

uc t( )

t

FIGURA Nº 22 6.2. Ejemplo Nº6 Dada una carga inductiva alimentada a través de un transformador monofásico de 100KVA, 50Hz, en el instante t=0 se conecta un capacitor para mejorar el factor de potencia. El circuito equivalente se muestra en la y los datos son:

0)0(

)502cos(.200.2)(

10.4

10.5

2

10.4

10.3

20

3

3

4

2

=

+=

=

=

Ω=

=

Ω=

−

−

−

−

c

e

e

e

u

ttu

FC

HL

R

HL

R

δπ

FIGURA Nº 23 Calcular la corriente a través del transformador.



Solución Planteo del problema:

+=

+=

++=

c

c

cee

Cpuii

iLpRu

uipLRtu

2

220

)(

)()(

⇒

−=

+−+=

+−+−=+

iiCpu

uRiiLpi

tuuiiRipLR

c

c

ceee

2

2

2022

0

)(0)(

)(.

0

0

/1

.

0/1/1

/1/0

/10/

20

22

tu

L

u

i

i

CC

LLR

LLR

pu

pi

pi e

c

eee

c

+

−

−

−−

=

)(.

0

0

2500

.

0250250

2004000

2500075

20

22

tu

u

i

i

pu

pi

pi

ccc

+

−

−

−−

=

Es decir, se ha obtenido la ecuación matricial en la forma [11] :

[ ] [ ] [ ])(.. tUBxAx +=&

cuya solución en el plano complejo de la transformada de Laplace es, como se vio en la ecuación [15]:

[ ] [ ])(.).()0().()( sUBsxssX Φ+Φ=

el sistema resultó ser de 3er orden (3 incógnitas).

Comencemos por calcular la matriz de condiciones iniciales φ(s). Para t<0:

)cos(.200.2

2 ϕδω −+= tZ

i

Ω=+++=+++= −− 645,2)10.410.5(314)03,02()()( 24322222eLLRRZ ω

)77,0(cos8,3903,02

)10.410.5(314arctg

)(arctg

43

≅°=+

+=

+

+=

−−

ϕω

ϕe

e

RR

LL



FIGURA Nº 24 Entonces, la CI para i2 será:

)8,390cos(.645,2

200.2)0()0(2 °−+== δii

si δ=0:

Aii 038,82)0()0(2 ==

el vector φ(s) será:

[ ] =

ΓΓΓ

ΓΓΓ

ΓΓΓ

∆=

−

−+

+

=−=Φ

−

−∆

44 844 76 etc. ;"-" sg.con va ,"21" elemento del

cofactor o adjunto El

332313

322212

312111

1

1 1

250250

2004000

2500075

1.)(

s

s

s

Ass

++−−+

+++

−−++

+++=Φ∆

3000047518750250100000250

150002006250007550000

10250062500050000400

.10.5375,210.05,7475

1)(

2

2

62

8523

ssss

sss

sss

ssss

∆332313

322212

3121111

φφφ

φφφ

φφφ

(muy laborioso...)

reemplazando convenientemente en [15]:

)(.

0

0

/1

.1

0

)0(

)0(

.1

)(

)(

)(

332313

322212

3121112

332313

322212

3121112

sU

L

i

i

sU

sI

sI e

c

∆+

∆=

φφφ

φφφ

φφφ

φφφ

φφφ

φφφ

y, como se busca I2(s):

[ ] )(11

)0()0(1

)( 11122112 sUL

iisIe

φφφ∆

++∆

=



la excitación transformada será:

2201

.200.2.cos.cos.200.2.)()(ω

δωδω+

=

−==

== s

ssentsenttusU LL

+++=

∆

+++

= sL

siD

s

s

Li

sIe

e .200.2.1

.)).().(0(1

.200.2.1

.)).(0(

)( 1122

12112

221112112

2 φωφφω

φφφ

donde

)).(10.5375,210.05,7475().( 22852322 ωω ++++=+∆= sssssD

cuyas raíces (obtenidas con la computadora) son:

16,314

38,816758,47

48,379

5,4

3,2

1

js

js

s

m

m

=

−=

−=

El desarrollo del numerador es algo laborioso. Luego, para hallar la antitransformada hay que descomponer en fracciones simples, siendo conveniente recurrir nuevamente a la computadora para abreviar el trabajo. Finalmente queda:

1310283545

121028354

210.5047,210.9581,610.0066,3.10.03696,8475

10.46535,510.8594,310.46314,310.39921,7038,82)(

+++++

++++=

sssss

sssssI

16,314

69,167962,61

16,314

69,167962,61

38,816758,47

87,490136,26

38,816758,47

87,490136,26

48,379

384,10)(2

js

j

js

j

js

j

js

j

ssI

−

++

+

−+

−+

−−+

++

+−−

+=

0

758,4748,3792

).16,314.69,15716,314cos.962,61.(2

).38,816.87,49038,816cos.136,26.(2.384,10)(−

−−

−+

++−+=⇒

etsent

etsenteti tt

[18]

A esta altura del cálculo conviene verificar si se cumplen las CI:

038,82)(.lim)0( 22 ==∞→

sIsis

(cumple)

038,82962,61.2136,26.2384,10)0(2 =+−=i (cumple)

Admitiendo que no hay errores hasta aquí, se puede proseguir rescribiendo la [18] De otra manera (ver Figura Nº26):

)º55,15816,314sen().º05,338,816sen(.384,10)( 758,4748,3792 ++−+=⇒ −− teteti tt

[19]



FIGURA Nº 25 Para llegar a las soluciones [18] y [19] se han utilizado los siguientes desarrollos:

• α

α

+=−

sAe t 1

L

•

[ ] ).cos.(.2).()(..2

).().( )()(1

sendtbdtaeeejbeee

ejbaejbajdcs

jba

jdcs

jba

ctjdtjdtjdtjdtct

tjdctjdc

+=+−+=

=−++=

−+

−+

++

+

−−−−

−−+−−L

• γαγαγααα senAsenAsenAsenba .cos.cos..)(..cos. +=+=+

=

+=∴

=

=∴

b

aarctg

baa

Ab

senAa

γγ

γ22

cos.

.

La siguiente representación de la solución (FIGURA Nº 26a y b) se hizo tomando

tetauxiliari

48,3792 .384,10)(1 −=

tettauxiliari 758,472 ).º05,338,816sen()(2 −−=

)55,15816,314sen()(32 += ttauxiliari

)(3)(2)(1)( 2222 tauxiliaritauxiliaritauxiliariti ++=



314.16t⋅ 158.55+ )

0 0.01 0.02 0.03 0.04

0

5

10

i2(t) auxiliar 1 i2(t) auxiliar 2i2(t) auxiliar 3

t

0 0.05 0.1

0

5

10

i2(t)t

FIGURA Nº 26 a y b: En a) se muestra cada componente de i2 por separado y en b) la suma total, es decir, i2(t).



7. INDICE

1. OTRO ENFOQUE AL PRINCIPIO DE SUPERPOSICIÓN EN SISTEMAS LINEALES .............................1

1.1. EJEMPLO ...........................................................................................................................................................2

1.1.1. Por el método Clásico .................................................................................................................................3

1.1.2. Como superposición de i1+i2.......................................................................................................................3

2. RESPUESTA DE UN SISTEMA A UNA EXCITACIÓN CUALQUIERA MEDIANTE EL INTEGRAL DE CONVOLUCIÓN..............................................................................................................................................................4

2.1. CONVOLUCION UNIVARIABLE...........................................................................................................................4

2.2. RESPUESTA IMPULSIVA Y RESPUESTA INDICIAL DE UN CIRCUITO ......................................................................5

2.2.1. Respuesta impulsiva ....................................................................................................................................5

2.2.2. Respuesta indicial (a la excitación escalon) ...............................................................................................6

2.3. EJEMPLO DE CÁLCULO DE X1 .............................................................................................................................7

2.4. EJEMPLO DE CALCULO DE RESPUESTA INDICIAL E IMPULSIVA ..........................................................................8

3. RESPUESTA DE UN SISTEMA A UNA EXCITACIÓN CUALQUIERA MEDIANTE LOS INTEGRALES DE DUHAMEL ......................................................................................................................................9

3.1. DESCOMPOSICIÓN DE LA EXCITACIÓN EN IMPULSOS O EN ESCALONES .............................................................9

3.2. INTEGRALES DE DUHAMEL ...............................................................................................................................9

3.2.1. Superposición por escalones .......................................................................................................................9

3.2.2. Superposición por impulsos ......................................................................................................................10

3.3. EJEMPLO. USO DE LA 3° INTEGRAL .................................................................................................................14

4. LOS INTEGRALES DE DUHAMEL CON EXCITACIONES CONTINUAS POR PARTES......................15

4.1. INTEGRAL POR ESCALONES.............................................................................................................................15

4.2. INTEGRAL POR IMPULSOS................................................................................................................................16

4.3. EJEMPLO .........................................................................................................................................................17

5. PROBLEMAS PROPUESTOS DE CONVOLUCIÓN UNIVARIABLE Y DUHAMEL ...............................20

6. CONVOLUCION MULTIVARIABLE...............................................................................................................21

6.1. EJEMPLO Nº5 ..................................................................................................................................................23

6.2. EJEMPLO Nº6 ..................................................................................................................................................26

7. INDICE...................................................................................................................................................................32

+ x t() + x t() - materias.fi.uba.armaterias.fi.uba.ar/6509/convoluci%f3n%20univ-multi... ·...

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