Analizaremos el ejercicio 16.33 de el libro de Ogata.
16.33 Cuando se aplica un escalón unitario a un sistema en t=0, su respuesta es,
y\left(t\right)=\left[4+\frac{1}{2}e^{-3t}-e^{-2t}\left(2\:cos\:4t+3\:sen\:4t\right)\right]u\left(t\right) \: \raisebox{.5pt}{\textcircled{\raisebox{-.9pt} {1}}}¿Cuál será la función de transferencia?
H\left(s\right)=\frac{Y\left(s\right)}{X\left(s\right)}\:\rightarrow \:\frac{salida}{entrada} \: \raisebox{.5pt}{\textcircled{\raisebox{-.9pt} {2}}}Primer paso: realizar la transformada de Laplace de cada uno de los términos, primero de la entrada del sistema X(s)
X\left(s\right)=\textcolor{blue}{u\left(t\right)=\frac{1}{s}} \: \raisebox{.5pt}{\textcircled{\raisebox{-.9pt} {3}}}ahora de la salida del sistema o también conocidos como polos.
Y\left(s\right)=\textcolor{blue}{L\left[4\right]+\frac{1}{2}L\left[e^{-3t}\right]-L\left[e^{-2t}\left(2\:cos\:4t+3\:sen\:4t\right)\right] } \: \raisebox{.5pt}{\textcircled{\raisebox{-.9pt} {4}}}como pueden ver en la ecuación 4 existe un conjunto de transformadas inversas de Laplace que vamos a desglosar para entender mejor.
L\left[4\right]=\frac{4}{s} \: \raisebox{.5pt}{\textcircled{\raisebox{-.9pt} {5}}}en la ecuación 5 y 6 resolvimos la transformada de Laplace de acuerdo a una tabla de transformadas (hay muchas por ello considero no dejar ninguna aquí) y fueron relativamente fáciles de resolver.
\frac{1}{2}L\left[e^{-3t}\right]=\frac{1}{2}\cdot \:\frac{1}{s+3}\rightarrow \:\frac{1}{2\left(s+3\right)} \: \raisebox{.5pt}{\textcircled{\raisebox{-.9pt} {6}}}ahora en la ecuación 7 vemos el primer teorema de traslación en transformadas de Laplace, este teorema nos dice que una función multiplicada por una exponencial se resuelve calculando la transformada de Laplace y sustituyendo cada s por s-a donde a es el número que acompaña a la exponencial.
según\:el\:teorema\:de\:traslación\:L\left[e^{at}f\left(t\right)\right]=L\left[f\left(t\right)\right]\Bigg|_{s\rightarrow s-a} \: \raisebox{.5pt}{\textcircled{\raisebox{-.9pt} {7}}}ahora miremos la ecuación 8 y efectivamente vemos que una exponencial está multiplicando a dos funciones con lo que el teorema se aplica.
L\left[e^{-2t}\left(2\:cos\:4t+3\:sen\:4t\right)\right] \: \raisebox{.5pt}{\textcircled{\raisebox{-.9pt} {8}}}Entonces resolvamos primero lo que está dentro es decir lo que multiplica a la exponencial.
L\left[2\:cos\:4t\:+3\:sen\:4t\right]=\textcolor{blue}{2L\left[cos\:4t\right]+3\:L\left[sen\:4t\right]} \: \raisebox{.5pt}{\textcircled{\raisebox{-.9pt} {9}}}Calculando Laplace nos da lo siguiente
2\cdot \frac{s}{s^2+\left(4\right)^2}+3\cdot \frac{4}{s^2+\left(4\right)^2}= \: \textcolor{blue}{\frac{2s}{s^2+16}+\frac{3\cdot 4}{s^2+16}} \: {\Large \textcircled{\normalsize 10}}ahora veremos que hace el teorema con esto.
L\left[e^{-2t}\left(2\:cos\:4t+3\:sen\:4t\right)\right]= L\left[\textcolor{blue}{\frac{2s}{s^2+16}+\frac{3\cdot 4}{s^2+16}}\right]\Bigg|_{s\rightarrow s+2} \: {\Large \textcircled{\normalsize 11}}Finalmente y reemplazando cada s por s+2 porque s-(-2) = s+2 tenemos.
-\frac{2s}{\:\left(s+2\right)^2+16}-\frac{12}{\left(s+2\right)^2+16} \: {\Large \textcircled{\normalsize 12}}resolviendo el denominador tenemos.
-\frac{2s}{\:\left(s^2+2s+2^2\right)+16}-\frac{12}{\left(s^2+2s+2^2\right)+16}\:\rightarrow\textcolor{blue}{ -\frac{2s}{\:s^2+2s+20}-\frac{12}{s^2+2s+20}} \:{\Large \textcircled{\normalsize 13}}ahora sí, ya resolviendo todo H(s) se tiene que:
H\left(s\right)=sY\left(s\right)=4+\frac{s}{2\left(s+3\right)}-\frac{2s}{\:s^2+2s+20}-\frac{12}{s^2+2s+20} \: {\Large \textcircled{\normalsize 14}}y con esto hemos llegado al final del ejercicio.
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