Una respuesta temporal es una trayectoria: dónde empieza, cómo cambia y hacia dónde va. El mismo sistema puede tener respuestas distintas si cambiamos su estado inicial o su entrada. Vamos a separar esas dos causas, construir las curvas y medir su rapidez con definiciones concretas, sin confundir una ganancia grande con una respuesta rápida.
Si necesitas repasar:
1. La ecuación necesita una entrada, un estado inicial y un instante cero
En x′=Ax+Bu, el estado inicial x(0) y la entrada futura u seleccionan una trayectoria. Una ecuación de segundo orden necesita dos datos, aunque observemos una sola salida. El origen temporal debe indicarse: decir que una entrada empieza en t=1 no es lo mismo que aplicarla desde cero.
Con entrada ordinaria localmente integrable, el estado de esta EDO es continuo; un escalón puede cambiar su derivada, pero no lo hace saltar. La salida sí puede saltar por Du. Un impulso ideal pertenece a otro marco y puede producir un salto de estado.
Dos datos iniciales producen curvas distintas con la misma entrada
x′=−2x+1, comparar x(0)=0 y x(0)=3.
Equilibrio común
Anular la derivada da x_eq=1/2.Primera trayectoria
Con inicio cero, x=(1−exp(−2t))/2; sube desde cero.
Segunda trayectoria
Con inicio tres, x=1/2+(5/2)exp(−2t); baja desde tres. Ambas se acercan al mismo equilibrio por lados diferentes.
El sistema y la entrada no seleccionan por sí solos el valor inicial.
Derivar ambas y sumar 2x recupera la misma entrada uno.
Un salto de salida puede venir del sensor directo
x′=−x+u, y=x+2u, con x(0)=0 y escalón unitario desde cero.
Estado
Para t≥0, x=1−exp(−t); empieza en cero y es continuo.Salida
Para t>0, y=3−exp(−t); justo después del escalón vale dos.
Causa del salto
La parte 2u cambia de cero a dos inmediatamente. No se ha hecho saltar el estado x; el paso directo cambió la salida.
El dibujo de la salida debe respetar qué variable contiene el término directo.
Sin D, una entrada escalón ordinaria no justificaría un salto instantáneo de Cx.
2. La exponencial matricial propaga el estado libre
La matriz exp(At) se define por I+At+(At)²/2!+…; en cero vale I y su derivada es Aexp(At). No se obtiene exponenciando por separado cada casilla de A. La identidad inicial y la ecuación son dos controles inmediatos.
Si A es diagonal, cada componente contiene su exponencial escalar. Con una base de autovectores podemos hacer esa lectura por modos. Un bloque de Jordan añade factores como t exp(λt). Para partes reales negativas esos factores acaban decayendo, aunque alguna componente pueda aumentar durante un intervalo antes de bajar.
Una diagonal deja ver dos velocidades de decaimiento
A=diag(−1,−3), x₀=(2,−1)ᵀ.
Exponencial
exp(At)=diag(exp(−t), exp(−3t)).Trayectoria
x=(2exp(−t),−exp(−3t))ᵀ.Su dato inicial es (2,−1).
Verificar
Derivar multiplica cada componente por su entrada diagonal. La segunda pierde magnitud más deprisa; ambas tienden a cero.
La velocidad de cada modo aparece en su exponente.
Los ceros fuera de la diagonal siguen siendo cero en esta exponencial, no se convierten en exp(0)=1.
Una matriz muy sencilla ya refuta exponenciar casilla a casilla
A=[[0,1],[0,0]], así A²=0.
Serie que termina
exp(At)=I+tA=[[1, t],[0,1]], porque todas las potencias desde A² son cero.
Aplicar un dato
Con x₀=(0,2)ᵀ obtenemos x=(2t,2)ᵀ; cumple x₁′=x₂ y x₂′=0.Control inicial
En t=0 la matriz es I.Exponenciar cada casilla daría unos donde necesitamos ceros, fallando ya ese control.
La exponencial matricial depende de productos de matrices.
Este ejemplo tiene un modo que no decae; no se presenta como un sistema asintóticamente estable.
Un bloque repetido puede crecer primero y desaparecer después
A=[[-1,1],[0,−1]], x₀=(0,1)ᵀ.
Separar matrices que conmutan
A=−I+N con N²=0, así exp(At)=exp(−t)(I+tN).Trayectoria
x=(t exp(−t), exp(−t))ᵀ.Máximo transitorio
La primera derivada es (1−t)exp(−t): la primera componente sube hasta 1/e en t=1 y después baja a cero.
Autovalores negativos garantizan aquí decaimiento final, pero no descenso monótono de cada componente.
El factor t procede del bloque de Jordan; no es una entrada forzada añadida.
3. La solución suma la propagación inicial y los efectos de la entrada
El primer término es respuesta libre; el segundo, respuesta de estado cero. Se obtiene derivando exp(−At)x(t), integrando y volviendo a multiplicar por exp(At). Con entrada localmente integrable, la solución se interpreta de modo absolutamente continuo y satisface la ecuación casi en todas partes.
Cada aportación de la entrada en v se propaga durante el tiempo restante t−v. El límite superior t impide usar entradas futuras. La salida total se obtiene aplicando C al estado y añadiendo Du. Una respuesta real puede contener a la vez parte libre y parte forzada; no hay que escoger solo una.
Separar dos causas en una solución escalar
x′=−2x+1, x(0)=3.
Libre
exp(−2t)x₀=3exp(−2t).Entrada
∫₀ᵗexp(−2(t−v))dv=[1−exp(−2t)]/2.Total
x=1/2+(5/2)exp(−2t).En cero la integral es cero y conserva el dato tres.
El transitorio total combina el efecto inicial y el de la entrada.
Si se confundiera respuesta de estado cero con total, se obtendría una función que empieza en cero y falla el dato.
Sin dinámica libre de decaimiento, la entrada puede acumularse
x′=u, x(0)=2 y u(t)=t.
Matriz
A=0 y B=1, así exp(A(t−v))=1.Aporte inicial
La respuesta libre es dos.
Aporte de entrada
∫₀ᵗv dv=t²/2.Entonces x=2+t²/2 y su derivada es t, como exigía la entrada.
La fórmula también describe acumulación, no solo aproximación a un equilibrio.
La rampa de entrada no se reemplaza por su valor final t durante toda la integral: dentro se usa u(v)=v.
4. Impulso, escalón y rampa hacen preguntas distintas
El escalón unitario mantiene una entrada constante desde el origen; la rampa crece con el tiempo. El impulso δ concentra área uno en sentido distribucional, no una altura finita durante duración cero. Para un sistema causal estrictamente propio, la parte regular de la respuesta impulsional es h(t)=Cexp(At)B para t≥0.
La salida de estado cero es su convolución causal con la entrada.
La respuesta al escalón es la integral de h. Si D≠0, la respuesta impulsional incluye además Dδ(t), y la salida ordinaria contiene Du. Separar la parte distribucional de la función regular evita dibujar una delta como un pico de altura arbitraria. Las condiciones iniciales se añaden aparte de la respuesta a la entrada.
Una misma transferencia produce tres respuestas distintas
G(s)=3/(s+2), con estado inicial cero.
Impulso
La respuesta es h=3exp(−2t) para t≥0.Escalón
Integrar h desde cero da y_esc=(3/2)[1−exp(−2t)].Su valor final es 3/2.
Rampa
La convolución con u(t)=t da y_ram=(3/2)t−(3/4)[1−exp(−2t)].Derivar y sumar 2y recupera 3t; empieza en cero.
Responder a una rampa no es dibujar la misma curva que para un escalón.
La rampa genera salida creciente; no le adjudicamos un valor final constante.
El paso directo conserva una delta en el impulso y un salto en el escalón
G(s)=2+1/(s+1).
Impulso
La respuesta es 2δ(t)+exp(−t)u(t). El término dos es una distribución, no la constante dos sumada a la curva regular.
Escalón
Con inicio cero, la salida para t>0 es 2+1−exp(−t)=3−exp(−t).
Revisar
La salida salta a dos al comenzar y luego se acerca a tres. El estado del modelo x′=−x+u, y=x+2u sigue siendo continuo.
La forma de la entrada determina cómo aparece el término directo.
El valor aislado que asignemos al escalón en cero no cambia su transformada ordinaria ni el límite por la derecha.
5. La constante de tiempo mide qué fracción del cambio queda
Un primer orden estable tiene forma τy′+y=Ku con τ>0.
El equilibrio es KU₀. La diferencia hasta él se multiplica por exp(−1) en cada constante de tiempo τ.
En t=τ queda el 36,8 % de la diferencia inicial y se ha recorrido el 63,2 % del cambio total. Ese porcentaje no se aplica sin más al valor final absoluto cuando y₀≠0. Cambiar K puede cambiar la amplitud del cambio sin cambiar τ. Las unidades de τ son tiempo; K relaciona unidades de entrada y salida.
Contar el cambio desde un inicio que no es cero
2y′+y=3u, con u=2 y y(0)=1.
Parámetros
τ=2, K=3, U₀=2.El valor final es seis y la diferencia inicial hasta él es cinco.
Solución
y=6−5exp(−t/2).En t=2 vale 6−5/e≈4,161.Porcentaje correcto
Ha aumentado 5(1−1/e), el 63,2 % de cinco. No hemos calculado el 63,2 % de seis.
La referencia del porcentaje es el cambio entre inicio y final.
La pendiente inicial es 5/2, coherente con 2y′(0)+1=6.
Mayor ganancia no implica menor tiempo relativo
Comparar 2y′+y=u y 2z′+z=5u, con escalón unitario e inicios cero.
Primera curva
y=1−exp(−t/2), final uno.Segunda curva
z=5[1−exp(−t/2)], final cinco.Normalizar
y/1=z/5 en cada t.Ambas recorren el 63,2 % de su cambio en dos unidades de tiempo.
La segunda llega a valores mayores, pero conserva la misma rapidez relativa.
Comparar cuánto tarda cada una en llegar al número uno no sería comparar el mismo porcentaje de cambio.
6. El segundo orden combina la posición de dos polos y la forma del numerador
Para 0<ζ<1, los polos −ζωₙ±iωₙ√(1−ζ²) combinan decaimiento y oscilación. ζ=1 da un polo doble real negativo; ζ>1, dos reales negativos. Para ζ=0 no hay amortiguación en este modelo ideal, y ζ<0 introduce modos de crecimiento.
Estas etiquetas describen ese denominador canónico. La respuesta concreta depende también de ceros, otros polos y datos iniciales. Las fórmulas de escalón canónico que siguen usan estado inicial cero y ningún cero adicional. No se generaliza una curva monótona o un porcentaje de sobreimpulso a cualquier función con el mismo denominador.
Calcular una oscilación que se va apagando
G=4/(s²+2s+4), escalón unitario e inicio cero.
Parámetros
ωₙ=2 y ζ=1/2.La frecuencia amortiguada es √3; los polos son −1±i√3.
Respuesta
y=1−exp(−t)[cos(√3t)+sin(√3t)/√3].En cero vale cero y su derivada inicial también es cero.
Pendiente y máximo
y′=(4/√3)exp(−t)sin(√3t).El primer máximo aparece en t=π/√3 y vale 1+exp(−π/√3).
La salida sobrepasa uno y después oscila con amplitud decreciente.
Derivar dos veces verifica y″+2y′+4y=4, la ecuación del escalón.
Comparar un caso crítico con otro sobreamortiguado
Ganancia final uno, escalón unitario e inicios cero.
Crítico
G=1/(s+1)² da y=1−(1+t)exp(−t).Su derivada t exp(−t) es no negativa.
Sobreamortiguado
G=2/[(s+1)(s+2)] da y=1−2exp(−t)+exp(−2t)=[1−exp(−t)]².Su derivada es 2exp(−t)[1−exp(−t)]≥0.Interpretación
Ambos ejemplos son monótonos y llegan a uno.
En el segundo, ωₙ=√2 y ζ=3/(2√2)>1; en el primero ζ=1.
Las dos curvas proceden de modelos canónicos diferentes con el mismo valor final.
El hecho de no oscilar no implica que sus tiempos de subida sean iguales.
Un cero puede invertir el movimiento inicial
G=(1−s)/(s+1)², escalón unitario e inicio cero.
Denominador
Tiene el mismo polo doble −1 del caso crítico anterior, pero ahora hay un cero en +1.
Respuesta
La inversa de (1−s)/[s(s+1)²] es y=1−(1+2t)exp(−t).Inicio
y(0)=0 y y′(0)=−1: al principio baja, aunque su valor final es uno.
El mínimo está en t=1/2.
Los polos no bastan para dibujar toda la respuesta.
No aplicamos a este numerador la fórmula de sobreimpulso del modelo canónico sin ceros.
7. Subida, primer máximo y establecimiento son medidas diferentes
Fijamos convenciones antes de medir. El tiempo de subida 10–90 % es la diferencia entre alcanzar el 10 % y el 90 % del cambio. El sobreimpulso compara el exceso sobre el valor final con el tamaño del cambio. El establecimiento al 2 % exige permanecer desde entonces dentro de una banda del 2 % del cambio, no cruzarla solo una vez.
Para un primer orden monótono, el error relativo al cambio es exp(−t/τ).
Para el segundo orden canónico subamortiguado sin ceros e inicio cero, el sobreimpulso relativo es exp[−πζ/√(1−ζ²)]. Una envolvente puede dar una cota suficiente de establecimiento, que no tiene por qué ser el primer instante exacto.
Calcular dos tiempos de un mismo primer orden
y=6−5exp(−t/2), cambio total cinco y τ=2.
Subida
El 10 % se alcanza en t₁₀=−2ln(0,9); el 90 % en t₉₀=−2ln(0,1).La diferencia es 2ln9≈4,394.Banda del dos por ciento
El 2 % de cinco es 0,1.
Exigimos |y−6|≤0,1, es decir 5exp(−t/2)≤0,1.Establecimiento
t≥2ln50≈7,824.Al ser monótona, una vez dentro permanece. La banda es [5,9;6,1].
La banda se calcula con el cambio cinco, no con el valor final seis.
El tiempo de subida no equivale al tiempo para quedarse cerca del final.
Cruzar el nivel final no significa haber terminado de oscilar
G=4/(s²+2s+4), con la respuesta subamortiguada anterior.
Primer cruce
cos(√3t)+sin(√3t)/√3=0 por primera vez en t=2π/(3√3).Allí y=1.Después del cruce
En t=π/√3 aparece un máximo con exceso exp(−π/√3)≈0,163: está fuera de una banda del 2 %.
Cota suficiente
|y−1|≤(2/√3)exp(−t).Así t≥ln[(2/√3)/0,02] garantiza permanecer en la banda, sin afirmar que sea el instante mínimo exacto.
Se exige controlar todos los tiempos posteriores para hablar de establecimiento.
El sobreimpulso aproximado es 16,3 % en este modelo y con estos datos, no en cualquier respuesta oscilante.
8. Un equilibrio algebraico necesita estabilidad para convertirse en valor final
Si la entrada se hace constante y todos los modos libres decaen, se puede calcular el equilibrio anulando la derivada. En un sistema finito con A Hurwitz y entrada constante, exp(At) tiende a cero y la respuesta se acerca al equilibrio correspondiente. Un equilibrio existente sin esa estabilidad no garantiza que una trayectoria llegue a él.
En el caso racional ordinario habitual, un criterio suficiente del teorema del valor final es que todos los polos de sY(s) estén estrictamente en el semiplano izquierdo.
Un polo de Y en cero puede desaparecer al multiplicar por s y representar un valor constante. Polos derechos u oscilaciones sostenidas impiden aplicar ese criterio.
El primer orden estable pasa el criterio
y=6−5exp(−t/2).
Transformada
Y=6/s−5/(s+1/2).Polos relevantes
sY=6−5s/(s+1/2) solo tiene polo en −1/2, estrictamente a la izquierda.Límite
lim_s→0sY=6, coincidiendo con el límite temporal y con anular la derivada en 2y′+y=6.
El cálculo algebraico se usa después de comprobar su hipótesis.
El polo de Y en cero corresponde al nivel final constante, no a un transitorio que crezca.
Dos expresiones algebraicas no crean dos límites temporales
Comparar y=cos t con x=exp(t)−1.
Oscilación
Para cos t, Y=s/(s²+1) y sY→0 al hacer s→0, pero la salida no tiene límite. Los polos ±i de sY incumplen el criterio.
Crecimiento
Para exp(t)−1, X=1/(s−1)−1/s y lim_s→0sX=−1, aunque x crece sin cota.
Hipótesis ausente
sX conserva un polo en +1. El número −1 corresponde aquí al equilibrio inestable de x′=x+1, no al futuro de la trayectoria que empezó en cero.
El límite de una racional continuada no sustituye al análisis de los modos.
No se interpreta una evaluación fuera del semiplano de la integral como prueba de un valor final.
9. Una curva se revisa con ecuación, inicio, pendiente y cola
Para verificar una propuesta, evaluamos el dato inicial, derivamos y sustituimos en la ecuación, comprobamos unidades y revisamos el límite cuando existe. La pendiente inicial debe concordar con la dinámica. Una curva que empieza y termina bien puede seguir teniendo una velocidad de cambio equivocada en todo el trayecto.
Con varios modos, una exponencial lenta de coeficiente no nulo suele dominar la cola, aunque apenas se note al principio. Si su coeficiente es cero, no aparece en esa salida y ese dato inicial. Por eso una lectura de polos debe acompañarse de sus contribuciones; mayor amplitud o mayor frecuencia no significan necesariamente dominar el largo plazo.
Inicio y final correctos no bastan para validar una constante de tiempo
Problema 2y′+y=6, y(0)=1. Candidata y=6−5exp(−2t).
Dos controles que pasa
En cero vale uno y al infinito tiende a seis.
Control que falla
y′=10exp(−2t).Entonces 2y′+y=6+15exp(−2t), que no es la entrada seis.Corregir
La solución es 6−5exp(−t/2), con pendiente inicial 5/2 y τ=2.La candidata había usado τ=1/2.
Una curva plausible se acepta solo si satisface toda la ecuación.
El exponente −t/τ permite comprobar el parámetro sin depender de la apariencia del dibujo.
Una contribución pequeña puede dominar al final
Error e(t)=2exp(−t)+(1/100)exp(−t/10).
Al inicio
Las amplitudes son dos y 0,01; la primera contribución es mucho mayor.
Comparar tiempos
Se igualan cuando 2exp(−t)=0,01exp(−t/10), es decir t=ln200/0,9≈5,887.Cola
Después domina el modo exp(−t/10), de polo −0,1. Si su coeficiente fuese exactamente cero, esa cola lenta no estaría en esta señal.
El modo más lento puede decidir cuánto tarda en desaparecer el transitorio.
No se concluye dominancia solo por mirar las amplitudes iniciales o el polo de mayor módulo.
Ahora lo resolvemos de principio a fin.
EJEMPLO RESUELTO 1
Escalón de primer orden
y′+2y=2, y(0)=0. Halla y(t) y su valor final.
Equilibrio
y′+2y=2 tiene valor constante de equilibrio uno.Diferencia
La parte y−1 satisface (y−1)′=−2(y−1).Dato
y(0)=0 implica y(0)−1=−1.Solución
y=1−exp(−2t), con τ=1/2.Comprobar
y′=2exp(−2t), así y′+2y=2 y y(0)=0.Forma y final
La pendiente inicial es dos; la curva aumenta, no supera uno y tiende a uno.
y=1−e^(−2t), con valor final 1 y constante de tiempo 1/2.
La solución parte de cero, tiene pendiente inicial 2, aumenta monótonamente y no supera uno; esas cuatro propiedades concuerdan con la ecuación.
EJEMPLO RESUELTO 2
Respuesta libre
x′=−3x, x(0)=4. Evalúa x(ln2/3).
Respuesta libre
La ecuación x′=−3x tiene forma x=Cexp(−3t).Dato
x(0)=4 fija C=4.Tiempo
t=(ln2)/3, no ln(2/3).Exponente
−3t=−ln2, por tanto exp(−3t)=1/2.Evaluar
x=4·1/2=2.Comprobar
Se ha reducido a la mitad del valor inicial; sigue siendo positivo y menor que cuatro, como corresponde al decaimiento.
x=2.
La relación x(t)/x(0)=e^(−3t) vale 1/2 en el instante indicado. El resultado es positivo y menor que cuatro, como exige el decaimiento.
Los símbolos que hemos usado
- t, v
- Tiempo de observación y variable auxiliar de integración, respectivamente.
- x₀
- Estado del sistema en tiempo cero.
- e^(At)
- Exponencial matricial que propaga el estado libre de una matriz constante A.
- u(t), y(t)
- Entrada aplicada y salida observada.
- τ
- Constante de tiempo positiva de un primer orden estable.
- ωₙ, ζ
- Frecuencia natural positiva y razón de amortiguamiento del modelo canónico de segundo orden.
- h(t)
- Respuesta impulsional regular usada en la convolución de un sistema estrictamente propio.
Ahora te toca a ti.
Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.
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