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Matemáticas para ingeniería

Respuesta temporal de sistemas lineales

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.

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.

La salida y=Cx+Du puede incluir paso directo.

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.

  1. Equilibrio común

    Anular la derivada da x_eq=1/2.
  2. Primera trayectoria

    Con inicio cero, x=(1−exp(−2t))/2; sube desde cero.

  3. Segunda trayectoria

    Con inicio tres, x=1/2+(5/2)exp(−2t); baja desde tres. Ambas se acercan al mismo equilibrio por lados diferentes.

Resultado

El sistema y la entrada no seleccionan por sí solos el valor inicial.

Lo comprobamos

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.

  1. Estado

    Para t≥0, x=1−exp(−t); empieza en cero y es continuo.
  2. Salida

    Para t>0, y=3−exp(−t); justo después del escalón vale dos.

  3. 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.

Resultado

El dibujo de la salida debe respetar qué variable contiene el término directo.

Lo comprobamos

Sin D, una entrada escalón ordinaria no justificaría un salto instantáneo de Cx.

2. La exponencial matricial propaga el estado libre

Con u=0, x(t)=exp(At)x₀.

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.

  1. Exponencial

    exp(At)=diag(exp(−t), exp(−3t)).
  2. Trayectoria

    x=(2exp(−t),−exp(−3t))ᵀ.

    Su dato inicial es (2,−1).

  3. Verificar

    Derivar multiplica cada componente por su entrada diagonal. La segunda pierde magnitud más deprisa; ambas tienden a cero.

Resultado

La velocidad de cada modo aparece en su exponente.

Lo comprobamos

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.

  1. Serie que termina

    exp(At)=I+tA=[[1, t],[0,1]], porque todas las potencias desde A² son cero.

  2. Aplicar un dato

    Con x₀=(0,2)ᵀ obtenemos x=(2t,2)ᵀ; cumple x₁′=x₂ y x₂′=0.
  3. Control inicial

    En t=0 la matriz es I.

    Exponenciar cada casilla daría unos donde necesitamos ceros, fallando ya ese control.

Resultado

La exponencial matricial depende de productos de matrices.

Lo comprobamos

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.

  1. Separar matrices que conmutan

    A=−I+N con N²=0, así exp(At)=exp(−t)(I+tN).
  2. Trayectoria

    x=(t exp(−t), exp(−t))ᵀ.
  3. 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.

Resultado

Autovalores negativos garantizan aquí decaimiento final, pero no descenso monótono de cada componente.

Lo comprobamos

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

La fórmula es x(t)=exp(At)x₀+∫₀ᵗexp(A(t−v))Bu(v)dv.

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.

  1. Libre

    exp(−2t)x₀=3exp(−2t).
  2. Entrada

    ∫₀ᵗexp(−2(t−v))dv=[1−exp(−2t)]/2.
  3. Total

    x=1/2+(5/2)exp(−2t).

    En cero la integral es cero y conserva el dato tres.

Resultado

El transitorio total combina el efecto inicial y el de la entrada.

Lo comprobamos

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.

  1. Matriz

    A=0 y B=1, así exp(A(t−v))=1.
  2. Aporte inicial

    La respuesta libre es dos.

  3. Aporte de entrada

    ∫₀ᵗv dv=t²/2.
    Entonces x=2+t²/2 y su derivada es t, como exigía la entrada.
Resultado

La fórmula también describe acumulación, no solo aproximación a un equilibrio.

Lo comprobamos

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.

  1. Impulso

    La respuesta es h=3exp(−2t) para t≥0.
  2. Escalón

    Integrar h desde cero da y_esc=(3/2)[1−exp(−2t)].

    Su valor final es 3/2.

  3. 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.

Resultado

Responder a una rampa no es dibujar la misma curva que para un escalón.

Lo comprobamos

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).

  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.

  2. Escalón

    Con inicio cero, la salida para t>0 es 2+1−exp(−t)=3−exp(−t).

  3. 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.

Resultado

La forma de la entrada determina cómo aparece el término directo.

Lo comprobamos

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.

Para entrada constante U₀ y dato y₀, y=KU₀+(y₀−KU₀)exp(−t/τ).

El equilibrio es KU₀. La diferencia hasta él se multiplica por exp(−1) en cada constante de tiempo τ.

El porcentaje se refiere al cambio desde el valor inicial
De 1 a 6, con τ=2y(t)=6−5exp(−t/2)610248En τ se recorre el 63,2 % del cambio.y(2)=6−5/e≈4,161
La respuesta empieza en uno y se acerca a seis. El cambio total es cinco. En una constante de tiempo, t=2, queda 5/e de diferencia hasta el valor final, de modo que y≈4,161. No es el 63,2 % de seis: se ha recorrido ese porcentaje de la diferencia cinco.

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.

  1. Parámetros

    τ=2, K=3, U₀=2.

    El valor final es seis y la diferencia inicial hasta él es cinco.

  2. Solución

    y=6−5exp(−t/2).
    En t=2 vale 6−5/e≈4,161.
  3. Porcentaje correcto

    Ha aumentado 5(1−1/e), el 63,2 % de cinco. No hemos calculado el 63,2 % de seis.

Resultado

La referencia del porcentaje es el cambio entre inicio y final.

Lo comprobamos

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.

  1. Primera curva

    y=1−exp(−t/2), final uno.
  2. Segunda curva

    z=5[1−exp(−t/2)], final cinco.
  3. Normalizar

    y/1=z/5 en cada t.

    Ambas recorren el 63,2 % de su cambio en dos unidades de tiempo.

Resultado

La segunda llega a valores mayores, pero conserva la misma rapidez relativa.

Lo comprobamos

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

La forma canónica es G=Kωₙ²/[s²+2ζωₙs+ωₙ²], con ωₙ>0.

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.

El segundo orden canónico combina oscilación y decaimiento
Un escalón puede sobrepasar el finalζ=1/2; ωₙ=2; K=110248Primer máximo: t=π/√3Sobreimpulso ≈16,3 %
Para G(s)=4/(s²+2s+4), estado inicial cero y escalón unitario, y=1−exp(−t)[cos(√3t)+sin(√3t)/√3]. El primer máximo aparece en π/√3, con exceso exp(−π/√3) sobre el valor final uno. La fórmula de sobreimpulso se refiere a este sistema canónico sin ceros y a este dato inicial.

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.

  1. Parámetros

    ωₙ=2 y ζ=1/2.

    La frecuencia amortiguada es √3; los polos son −1±i√3.

  2. Respuesta

    y=1−exp(−t)[cos(√3t)+sin(√3t)/√3].

    En cero vale cero y su derivada inicial también es cero.

  3. Pendiente y máximo

    y′=(4/√3)exp(−t)sin(√3t).
    El primer máximo aparece en t=π/√3 y vale 1+exp(−π/√3).
Resultado

La salida sobrepasa uno y después oscila con amplitud decreciente.

Lo comprobamos

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.

  1. Crítico

    G=1/(s+1)² da y=1−(1+t)exp(−t).

    Su derivada t exp(−t) es no negativa.

  2. 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.
  3. 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.
Resultado

Las dos curvas proceden de modelos canónicos diferentes con el mismo valor final.

Lo comprobamos

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.

  1. Denominador

    Tiene el mismo polo doble −1 del caso crítico anterior, pero ahora hay un cero en +1.

  2. Respuesta

    La inversa de (1−s)/[s(s+1)²] es y=1−(1+2t)exp(−t).
  3. Inicio

    y(0)=0 y y′(0)=−1: al principio baja, aunque su valor final es uno.

    El mínimo está en t=1/2.
Resultado

Los polos no bastan para dibujar toda la respuesta.

Lo comprobamos

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).

Alcanzar y mantener tolerancia ε∈(0,1) requiere t≥−τlnε.

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.

  1. Subida

    El 10 % se alcanza en t₁₀=−2ln(0,9); el 90 % en t₉₀=−2ln(0,1).
    La diferencia es 2ln9≈4,394.
  2. Banda del dos por ciento

    El 2 % de cinco es 0,1.

    Exigimos |y−6|≤0,1, es decir 5exp(−t/2)≤0,1.
  3. Establecimiento

    t≥2ln50≈7,824.

    Al ser monótona, una vez dentro permanece. La banda es [5,9;6,1].

Resultado

La banda se calcula con el cambio cinco, no con el valor final seis.

Lo comprobamos

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.

  1. Primer cruce

    cos(√3t)+sin(√3t)/√3=0 por primera vez en t=2π/(3√3).
    Allí y=1.
  2. Después del cruce

    En t=π/√3 aparece un máximo con exceso exp(−π/√3)≈0,163: está fuera de una banda del 2 %.

  3. 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.

Resultado

Se exige controlar todos los tiempos posteriores para hablar de establecimiento.

Lo comprobamos

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.

Entonces lim_t→∞y(t)=lim_s→0sY(s).

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).

  1. Transformada

    Y=6/s−5/(s+1/2).
  2. Polos relevantes

    sY=6−5s/(s+1/2) solo tiene polo en −1/2, estrictamente a la izquierda.
  3. Límite

    lim_s→0sY=6, coincidiendo con el límite temporal y con anular la derivada en 2y′+y=6.

Resultado

El cálculo algebraico se usa después de comprobar su hipótesis.

Lo comprobamos

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.

  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.

  2. Crecimiento

    Para exp(t)−1, X=1/(s−1)−1/s y lim_s→0sX=−1, aunque x crece sin cota.

  3. 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.

Resultado

El límite de una racional continuada no sustituye al análisis de los modos.

Lo comprobamos

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).

  1. Dos controles que pasa

    En cero vale uno y al infinito tiende a seis.

  2. Control que falla

    y′=10exp(−2t).
    Entonces 2y′+y=6+15exp(−2t), que no es la entrada seis.
  3. Corregir

    La solución es 6−5exp(−t/2), con pendiente inicial 5/2 y τ=2.
    La candidata había usado τ=1/2.
Resultado

Una curva plausible se acepta solo si satisface toda la ecuación.

Lo comprobamos

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).

  1. Al inicio

    Las amplitudes son dos y 0,01; la primera contribución es mucho mayor.

  2. Comparar tiempos

    Se igualan cuando 2exp(−t)=0,01exp(−t/10), es decir t=ln200/0,9≈5,887.
  3. 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.

Resultado

El modo más lento puede decidir cuánto tarda en desaparecer el transitorio.

Lo comprobamos

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.

  1. Equilibrio

    y′+2y=2 tiene valor constante de equilibrio uno.
  2. Diferencia

    La parte y−1 satisface (y−1)′=−2(y−1).
  3. Dato

    y(0)=0 implica y(0)−1=−1.
  4. Solución

    y=1−exp(−2t), con τ=1/2.
  5. Comprobar

    y′=2exp(−2t), así y′+2y=2 y y(0)=0.
  6. Forma y final

    La pendiente inicial es dos; la curva aumenta, no supera uno y tiende a uno.

Resultado

y=1−e^(−2t), con valor final 1 y constante de tiempo 1/2.

Lo comprobamos

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).

  1. Respuesta libre

    La ecuación x′=−3x tiene forma x=Cexp(−3t).
  2. Dato

    x(0)=4 fija C=4.
  3. Tiempo

    t=(ln2)/3, no ln(2/3).
  4. Exponente

    −3t=−ln2, por tanto exp(−3t)=1/2.
  5. Evaluar

    x=4·1/2=2.
  6. Comprobar

    Se ha reducido a la mitad del valor inicial; sigue siendo positivo y menor que cuatro, como corresponde al decaimiento.

Resultado

x=2.

Lo comprobamos

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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