Problema PTC0004-18
Dibujar el espectro de amplitud de un cable con pérdidas en circuito abierto, determinando los valores y frecuencias de los valores máximos y mínimos.
Solución PTC0004-18
Sabemos que la función de transferencia de un cable con pérdidas es (ver TTC-004) 1 ( ) e e z z H eγ e γ ρ ω ρ − + = + siendo 0 0 L L Z Z Z Z ρ = − + Z Y γ = ⋅ 0 Z Z Y = ; Z = R+ j Lω Y = G+ j Cω
Cuando el cable se deja en circuito abierto entonces
0 0 lim 1 L L Z L Z Z Z Z ρ →∞ − = = + y la función de transferencia es 2 ( ) e e z z H eγ e γ ω = − +
siendo el espectro de amplitud
2 ( ) e e z z H eγ e γ ω = − +
que gráficamente se refleja mediante la figura inferior. En ella puede observarse cómo el espectro de amplitud va teniendo máximos y mínimos relativos al variar la frecuencia. A medida que la frecuencia crece esos valores tienden a hacerse constantes, y el objetivo del problema es determinar dichos valores y las frecuencias a las que se producen, es decir, los valores (y sus frecuencias) cuando la frecuencia es grande.
Comencemos por calcular el valor de γ que sabemos que vale
(
) (
)
Z Y R j L G j C γ = ⋅ = + ω ⋅ + ω 2 RG j RC j GL LC γ = + ω + ω −ω(
RG 2LC)
j(
RC GL)
γ = −ω + ω +ω El módulo será(
RG 2LC)
j(
RC GL)
γ = −ω + ω +ω(
RG 2LC)
j(
RC GL)
γ = −ω + ω +ω(
2)
2(
)
2 RG LC RC GL γ = −ω + ω +ω(
2)
2(
)
2 4 RG LC RC GL γ = −ω + ω +ω y su argumento[ ]
(
2)
(
)
arg γ =arg«ª RG−ω LC + j ωRC+ωGL º» ¬ ¼[ ]
1(
2)
(
)
arg arg 2 RG LC j RC GL γ = ª¬ −ω + ω +ω º¼[ ]
2 1 arg 2 RC GL arctg RG LC ω ω γ ω + § · = ¨ ¸ − © ¹ 2000 4000 6000 8000 10000 0.25 0.5 0.75 1 1.25 1.5 1.75 2Tratemos ahora de calcular la parte real e imaginaria de γ. Para un número complejo cualquiera z x jy k= + = ϕ se verifica que
[ ]
(
[ ]
)
[ ]
(
[ ]
)
Re cos cos arg Im sen sen arg
z x k z z z y k z z ϕ ϕ = = = = = = por lo tanto
[ ]
(
[ ]
)
[ ]
(
[ ]
)
Re cos arg Im sen arg γ γ γ γ γ γ = = y sustituyendo tenemos[ ]
(
)
(
)
[ ]
(
)
(
)
2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 1 Re cos 2 1 Im sen 2 RC GL RG LC RC GL arctg RG LC RC GL RG LC RC GL arctg RG LC ω ω γ ω ω ω ω ω ω γ ω ω ω ω + = − + + − + = − + + − Llamemos 2 1 cos 2 RC GL a arctg RG LC ω ω ω + = − Sabemos quesen( ) sen cos cos sen ( )
cos( ) cos cos sen sen
tg π α π α π α π α π α π α π α + ⋅ + ⋅ + = = + ⋅ − ⋅
( )
( )
0 cos 1 sen sen
tg( ) tg
1 cos 0 sen cos
α α α π α α α α α ⋅ + − ⋅ − + = = = − ⋅ − ⋅ − tg(π α+ ) tg= α Llamando tg tg( ) u= α = π α+
podemos escribir que
( )
( )
arctg u ; arctg u
α = π α+ =
de donde obtenemos que
( )
( )
arctg u = + = +π α π arctg u De igual modo, si
tg u= α
( )
tg − = −α u( )
( )
arctg − = − = −u α arctg u( )
( )
arctg u = −arctg −u por lo que sustituyendo tenemos( )
( )
( )
arctg u = +π arctg u = −π arctg −u
En definitiva la expresión anterior nos indica que la función arco tangente puede tener dos soluciones en diferentes cuadrantes. La elección de una u otro dependerá de las condiciones del problema.
Recordando que habíamos llamado
2 1 cos 2 RC GL a arctg RG LC ω ω ω + = −
expresión en la cual el término arco tangente proviene del argumento de un número complejo
(
2)
(
)
2 arg RC GL arctg RG LC j RC GL RG LC ω ω ω ω ω ω + = − + + − En esta expresión, vemos que el número complejo tiene parte imaginaria siempre positiva, mientras que la parte real será negativa para frecuencias grandes que cumplan
2 0 RG−ω LC< 2 RG LC ω > 1 2 RG f LC π >
Es decir, que para frecuencias grandes el argumento del número complejo deberá estar en el tercer cuadrante y ser de la forma π-α. Por tanto
2 2 RC GL RC GL arctg arctg RG LC RG LC ω ω π ω ω ω ω + + = − − − − 2 2 RC GL RC GL arctg arctg RG LC LC RG ω ω π ω ω ω ω + + = − − −
Sustituyendo tenemos que, para frecuencias grandes
2 2 1 1 cos cos 2 2 RC GL RC GL a arctg arctg RG LC LC RG ω ω π ω ω ω ω + + = = − − −
2 1 cos 2 2 RC GL a arctg LC RG π ω ω ω + = − − 2 2 1 1
cos cos sen sen
2 2 2 2 RC GL RC GL a arctg arctg LC RG LC RG π ω ω π ω ω ω ω + + = + − − 2 2 1 1 0 cos 1 sen 2 2 RC GL RC GL a arctg arctg LC RG LC RG ω ω ω ω ω ω + + = ⋅ + ⋅ − − 2 1 sen 2 RC GL a arctg LC RG ω ω ω + = −
También sabemos que para ángulos pequeños tgα ≈senα α≈ Para frecuencias grandes vemos que
2 RC GL LC RG ω ω ω + −
es un valor pequeño por lo que
2 2 2 1 1 1 sen sen 2 2 2 RC GL RC GL RC GL a arctg LC RG LC RG LC RG ω ω ω ω ω ω ω ω ω + + + = ≈ ≈ − − −
Con este resultado podemos volver al cálculo de la parte real de γ que recordamos que vale
[ ]
4(
2)
2(
)
2 2 1 Re cos 2 RC GL RG LC RC GL arctg RG LC ω ω γ ω ω ω ω + = − + + − Para frecuencias grandes podemos escribir la expresión aproximada
[ ]
(
2)
2(
)
2(
)
4 2 Re 2 RC GL RG LC RC GL LC RG ω ω γ ω ω ω ω + ≈ − + + −Como a frecuencias grandes
2LC RG ω podemos aproximar 2 2 RG−ω LC ≈ −ω LC y sustituyendo
[ ]
4 4 2 2 2(
)
2 2 Re 2 RC GL L C RC GL LC ω ω γ ω ω ω + ≈ + +[ ]
4 4 2 2 2(
)
2 Re 2 RC GL L C RC GL LC γ ω ω ω + ≈ + +(
)
2 4 2L C2 2 RC GL ω ω + podemos aproximar(
)
2 4 2L C2 2 RC GL 4 2L C2 ω +ω + ≈ω y sustituyendo[ ]
4 4 2 2 Re 2 2 RC GL RC GL L C LC LC LC γ ω ω ω ω + + ≈ = y finalmente[ ]
Re 2 RC GL LC γ ≈ +Calculemos ahora la parte imaginaria de γ que recordamos que vale
[ ]
4(
2)
2(
)
2 2 1 Im sen 2 RC GL RG LC RC GL arctg RG LC ω ω γ ω ω ω ω + = − + + − Llamemos 2 1 sen 2 RC GL b arctg RG LC ω ω ω + = − Sustituyendo tenemos que, para frecuencias grandes
2 2 1 1 sen sen 2 2 RC GL RC GL b arctg arctg RG LC LC RG ω ω π ω ω ω ω + + = = − − − 2 1 sen 2 2 RC GL b arctg LC RG π ω ω ω + = − − 2 2 1 1
sen cos cos sen
2 2 2 2 RC GL RC GL b arctg arctg LC RG LC RG π ω ω π ω ω ω ω + + = − − − 2 2 1 1 1 cos 0 sen 2 2 RC GL RC GL b arctg arctg LC RG LC RG ω ω ω ω ω ω + + = ⋅ + ⋅ − − 2 1 cos 2 RC GL b arctg LC RG ω ω ω + = −
También sabemos que para ángulos pequeños
tgα α≈ ; cosα ≈1
Para frecuencias grandes vemos que
2 RC GL LC RG ω ω ω + −
es un valor pequeño por lo que 2 2 1 1 cos cos 1 2 2 RC GL RC GL b arctg LC RG LC RG ω ω ω ω ω ω + + = ≈ ≈ − −
Con este resultado podemos volver al cálculo de la parte real de γ que recordamos que vale
[ ]
(
2)
2(
)
2 4 2 1 Im sen 2 RC GL RG LC RC GL arctg RG LC ω ω γ ω ω ω ω + = − + + − Para frecuencias grandes podemos escribir la expresión aproximada
[ ]
4(
2)
2(
)
2Im γ ≈ RG−ω LC + ωRC+ωGL
Como a frecuencias grandes
2LC RG ω podemos aproximar 2 2 RG−ω LC ≈ −ω LC y sustituyendo
[ ]
4 4 2 2 2(
)
2 Im γ ≈ ω L C +ω RC GL+ Como a frecuencias grandes(
)
2 4 2L C2 2 RC GL ω ω + podemos aproximar(
)
2 4 2L C2 2 RC GL 4 2L C2 ω +ω + ≈ω y sustituyendo[ ]
4 4 2 2 Im γ ≈ ω L C y finalmente[ ]
Im γ ≈ω LCCon estos resultados podemos volver a retomar el valor de la función de transferencia del cable cuando se deja en circuito abierto que vimos que vale
[ ] [ ] [ ] [ ] Re Im Re Im 2 2 ( ) e e e e e e z z z j z z j z H eγ e γ e γ e γ e γ e γ ω = − = − − + + [ ] [ ] [ ] [ ] Re Im Re Im 2 ( ) e e e e z j z z j z H e γ e γ e γ e γ ω = − − + [ ]
{
(
[ ]
)
(
[ ]
)
}
[ ]{
(
[ ]
)
(
[ ]
)
}
Re Re 2 ( )cos Im sen Im cos Im sen Im
e e z z e e e e H e γ z j z e γ z j z ω γ γ − γ γ = + + −
[ ] [ ]
(
Re Re)
(
[ ]
)
(
Re[ ] Re[ ])
(
[ ]
)
2 ( ) cos Im sen Im e e e e z z z z e e H e γ e γ z j e γ e γ z ω γ γ − − = + + −Para frecuencias grandes
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
Re Re 2 Im Im e e e e e e RC GL z z z LC z z LC z γ γ γ γ ω + = ≈ = ≈ y sustituyendo(
)
(
)
2 2 2 2 2 ( ) cos sen e e e e RC GLz RC GLz RC GLz RC GLz LC LC LC LC e e H e e z LC j e e z LC ω ω ω + − + + − + ≈ + + − Llamando 2 2 2 2 e e e e RC GL RC GL z z LC LC RC GLz RC GLz LC LC A e e B e e + − + + − + = + = −tenemos para el espectro
(
)
2(
)
( ) cos e sen e H A z LC jB z LC ω ω ω ≈ + y su amplitud(
)
(
)
2 2 2 2 2 ( ) cos e sen e H A z LC B z LC ω ω ω ≈ + o, lo que es lo mismo,(
)
(
)
1/ 2 2 2 2 2 ( ) 2 cos e sen e H ω ≈ A z LCω +B z LCω −Los máximos y mínimos del espectro de amplitud son aquellos en los que la derivada se anula, es decir, ( ) 0 m d H d ω ω ω ω = = Derivando tenemos
(
)
(
)
(
) (
)
(
) (
)
3/ 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 1 2 cos sen 22 cos sen 2 sen cos 0
m e m e m e e m e m e e m e m d H A z LC B z LC d A z LC z LC z LC B z LC z LC z LC ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω − = ≈ − + ⋅ ⋅ − + =
Esta ecuación tiene dos soluciones. La primera de ellas es
(
)
(
)
3/ 2 2cos2 2sen2 0 e m e m A z LCω B z LCω − + = (
)
(
)
3/ 2 2 2 2 2 1 0 cos e m sen e m A z LCω B z LCω = + (
)
(
)
2cos2 2sen2 e m e m A z LCω +B z LCω = ∞lo cual es imposible ya que las funciones trigonométricas están comprendidas entre -1 y 1, y las constantes A y B son finitas. La otra posible solución es
(
) (
)
(
) (
)
2 2
2A z LCe cos z LCe ωm sen z LCe ωm 2B z LCe sen z LCe ωm cos z LCe ωm 0
− + =
(
)
(
)
2sen 2 2sen 2 0 e e m e m z LC−A z LCω +B z LCω =(
2 2)
sen 2(
)
0 e m B −A z LCω =(
)
sen 2z LCe ωm =0 2ze LCωm =nπ ∀ =n 0,1, 2,... 0,1, 2,... 2 m e n n z LC π ω = ∀ = En términos de frecuencia 2 0,1, 2,... 2 m e n f n z LC π π = ∀ = 0,1, 2,... 4 m e n f n z LC = ∀ =Los valores máximo y mínimo del espectro de amplitud se producen a las frecuencias anteriormente calculadas y valen
(
)
(
)
2 2 2 2 2 ( ) cos sen m e m e m H A z LC B z LC ω ω ω ≈ +Sustituyendo los valores calculados para las frecuencias tenemos
2 2 2 2 2 ( ) 0,1, 2,... cos sen 2 2 m e e e e H n n n A z LC B z LC z LC z LC ω π π ≈ ∀ = + 2 2 2 2 2 ( ) 0,1, 2,... cos sen 2 2 m H n A n B n ω π π ≈ ∀ = +
2 2 2 2 2 ( ) 0, 2, 4,... 1 0 2 ( ) 1,3,5,... 0 1 m m H n A B H n A B ω ω ≈ ∀ = ⋅ + ⋅ ≈ ∀ = ⋅ + ⋅ 2 ( ) 0, 2, 4,... 2 ( ) 1,3,5,... m m H n A H n B ω ω ≈ ∀ = ≈ ∀ =
Recordando los valores de A y B tenemos
2 2 2 2 2 ( ) 0, 2, 4,... 2 ( ) 1,3,5,... e e e e m RC GLz RC GLz LC LC m RC GLz RC GLz LC LC H n e e H n e e ω ω + − + + − + ≈ ∀ = + ≈ ∀ = −
Si trazamos esos valores como líneas discontinuas tenemos el siguiente gráfico
2000 4000 6000 8000 10000 0.25 0.5 0.75 1 1.25 1.5 1.75 2