En la Función de Transferencia estableceremos que la función para la transformada de Laplace es
hh es
ℒ-1ht=12π∫-∞∞ⅇc+yⅈthc+yⅈtdy
ℒ
h
t
1
2
y
c
y
t
h
c
y
t
(1)
donde
ⅈ≡-1
2
-1
y el numero real
ccson escogidos para que todas las
singularidades de
hh se encuentren en el lado izquierdo del integral.
Con la transformada inversa de Laplace podemos expresar la solución de
x
′=Bx+g
x
B
x
g
, como
xt=ℒ-1sI-B-1ℒg+x0
x
t
ℒ
s
I
B
ℒ
g
x
0
(2)
Por ejemplo, tomaremos el primer componente de
ℒx
ℒ
x
,nombrado
ℒ
x
1
s=0.19s2+1.5s+0.27s+164s3+1.655s2+0.4078s+0.0039
.
ℒ
x
1
s
0.19
s
2
1.5
s
0.27
s
1
6
4
s
3
1.655
s
2
0.4078
s
0.0039
.
Definimos:
- Definition 1:
polos
También llamadas como singularidades estos son los punto
ss en los cuales
ℒ
x
1
s
ℒ
x
1
s
explota.
Son las raíces del denominador,
-1 /100
,
-329 /400±7316
,
and
-1/6
.
-1 100,
±
-329 400
2
73
16
, and -16.
(3)
Las cuatro son negativas, es suficiente tomar
c=0
c
0
así la integración de
ecuación 1 continua en el eje imaginario. No suponemos que el lector aya encontrado integraciones en el plano complejo pero esperamos que este ejemplo provea la motivación necesaria para examinarla. Sin embargo antes de esto hay que notar que MATLAB tiene el cálculo necesario para desarrollar este punto. Volviendo a
fib3.m
observamos que el comando
ilaplace produce
x
1
t=211.35ⅇ-t100-0.0554t3+4.5464t2+1.085t+474.19ⅇ-t6+ⅇ-329t400262.842cosh73t16+262.836sinh73t16
x
1
t
211.35
t
100
0.0554
t
3
4.5464
t
2
1.085
t
474.19
t
6
329
t
400
262.842
2
73
t
16
262.836
2
73
t
16
Los otros potenciales, vistos en esta figura posen una expresión similar. Por favor note que cada uno de los polos de
ℒ
x
1
ℒ
x
1
se muestra como exponencial
x
1
x
1
y que los coeficientes del exponencial son polinomios con grados que son determinados por el orden de su respectiva polos.