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Apuntes de Teoría de Control Análisis de sistemas en el dominio del tiempo
MI. Guillermo Hermida Saba MMXIV Página 1
Capitulo 4
Análisis de sistemas en el dominio del tiempo. En este capítulo estudiaremos a detalle la respuesta temporal de los sistemas de primero y
segundo orden, con el objeto de poder caracterizarlos sin importar su origen o naturaleza física, así
como para entender su comportamiento y obtener pautas para el posible diseño de un sistema de
control.
4.1 El sistema de primer orden.
Un sistema dinámico de primer orden, lineal e invariante en el tiempo es aquel que se modela
matemáticamente por una ecuación diferencial de primer orden de la siguiente forma:
1 0 0 ( )dya a y b f tdt
+ = (4.1)
Considerando condiciones iniciales iguales con cero, es decir (0) 0y = y transformando por
Laplace para obtener la función de transferencia dada por ( ) ( )Y s F s , tenemos:
1 0 0( ) ( ) ( )a sY s a Y s b F s+ =
( )1 0 0( ) ( )Y s a s a b F s+ =
Por lo tanto:
0
1 0
( ) ( )( )
bY s G sF s a s a
= =+
(4.2)
También
0 1 0 0
0 1 1 0
( )1 1
b a b a KG ss a a a a s sτ
= = =+ + +
(4.3)
Donde los parámetros K y τ son definidos por:
0 0K b a= = Ganancia estatica del sistema (4.4)
1 0a aτ = = Constante de tiempo del sistema (4.5)
El modelo encontrado también puede ser representado mediante un diagrama de bloques, de la
siguiente forma:
1Ksτ +
( )Y s( )F s
Figura 4.1 Sistema de 1er. orden.
Apuntes de Teoría de Control Análisis de sistemas en el dominio del tiempo
MI. Guillermo Hermida Saba MMXIV Página 2
A continuación valoraremos la respuesta del sistema de primer orden con respecto a algunas
señales de prueba de uso estándar.
4.1.1 Respuesta al Impulso Unitario.
Para este caso ( ) ( )f t tδ= por lo tanto [ ]( ) ( ) ( ) 1F s L t sδ= = ∆ = , entonces:
( ) ( ) ( )1 11
K KKY s F s ss s s
τ ττ
τ τ
= = ∆ = + + +
(4.6)
Por lo que la respuesta ( )y t está dada por:
[ ]1
( ) ( )tKy t Y s e τ
τ− −= = (4.7)
Es decir:
( )y t
t
( )g t
( )tδ
t
Figura 4.2 Respuesta del sistema de 1er. orden al impulso unitario.
4.1.2 Respuesta al Escalón Unitario.
En este caso ( ) ( )f t u t= , por lo que 1( ) ( )F s U ss
= = , entonces:
1( ) ( )1 1 1 1
K K KA BY s U s
s ss s s s s
τ τ τ
τ τ τ τ
= = = = + + + + +
(4.8)
Donde:
0
0
( ) 11s
s
K K
A sY s Ks
τ τ
ττ
=
=
= = = = +
(4.9)
Apuntes de Teoría de Control Análisis de sistemas en el dominio del tiempo
MI. Guillermo Hermida Saba MMXIV Página 3
1
1
1 ( ) 1s
s
K K
B s Y s Ksτ
τ
τ ττ
τ=−
=−
= + = = = − −
(4.10)
Por lo tanto:
1 1( )1 1
K KY s Ks ss s
τ τ
= − = −
+ +
(4.11)
Entonces:
1
( ) [ ( )] (1 )t
y t Y s K e τ− −= = − (4.12)
Graficando para ( )y t , tenemos:
0.632K
τ
K
K
( )y t
tKe τ
−
t
( )y t
Figura 4.3 Respuesta del sistema de 1er. orden al escalón unitario.
Demostración analítica:
a) Ya que: ( ) tdy t K e
dtτ
τ−= entonces:
0t
dy Kdt τ=
=
b) ( )1 1( ) ( ) (1 ) 1 0.632t
y t y K e K Keττ −
== = − = − =
c) Ya que: ( )t
K y t Ke τ−
− = entonces: ( )ln ( ) ln lnt tK y t Ke Kτ
τ−
− = = −
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De manera general se puede apreciar lo siguiente:
63.2
%
0.632K
τ
K
( )y t
t
86.5
%
95%
98.2
%
99.3
%
2τ 3τ 4τ 5τ
( ) (1 )t
y t K e τ−
= −
KPendienteτ
=
Figura 4.4 Análisis de la respuesta al escalón unitario.
4.1.3 Respuesta a la rampa unitaria.
En este caso ( ) ( )f t r t t= = , por lo que 2
1( )R ss
= , entonces:
2 22
1( ) ( )1 1 1 ( 1)
K K KKY s R s
s s ss s s s
τ τ ττ
τ τ τ
= = = = + + + +
(4.13)
2( )1
A B CY ss s s
τ
= + + +
(4.14)
Donde:
2
0
0
( ) 11s
s
K K
A s Y s Ks
τ τ
ττ=
=
= = = = +
(4.15)
200
( 1)(0) ( )( 1) ( 1) ss
d K s KB Kds s s
τ τ ττ τ ==
+ −= = = − + +
(4.16)
21
21
1 ( ) 1s
s
K K
C s Y s Ks
τ
τ
τ τ ττ
τ=−
=−
= + = = =
(4.17)
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Sustituyendo tenemos que:
2( )1
K K KY ss s s
τ τ
τ
= − + +
(4.18)
Por lo que la transformada inversa está dada por:
( )t
y t Kt K K e ττ τ−
= − + (4.19)
Es decir:
( )( ) 1t
y t Kt K e ττ−
= + − (4.20)
Gráficamente la respuesta ( )y t la podemos conceptualizar mediante la siguiente figura:
( )y t
t
( )g t
( )y t
t
Figura 4.5 Respuesta del sistema de 1er. orden a la rampa unitaria.
De manera más precisa, lo podemos ver en la siguiente grafica:
( )y t
tKτ
Kτ−
Kt
( )y t
Kτ
tK e ττ −
Figura 4.6 Análisis de la respuesta a la rampa unitaria
Para tiempos muy grandes el error tiende a Kτ y se llama error del sistema.
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4.2 El sistema de segundo orden.
Un sistema dinámico de segundo orden, lineal e invariante en el tiempo se puede modelar
matemáticamente por una ecuación diferencial de segundo orden de la siguiente forma:
2
2 1 0 02 ( )d y dya a a y b f tdt dt
+ + = (4.21)
Considerando condiciones iniciales iguales con cero, es decir (0) '(0) 0y y= = y transformando
por Laplace para obtener la función de transferencia dada por ( ) ( )Y s F s , tenemos:
2
2 1 0 0( ) ( ) ( ) ( )a s Y s a sY s a Y s b F s+ + = (4.22)
( )22 1 0 0( ) ( )Y s a s a s a b F s+ + = (4.23)
Por lo tanto:
0 0 22 2
2 1 0 1 2 0 2
( ) ( )( )
b b aY s G sF s a s a s a s a a s a a
= = =+ + + +
(4.24)
Dado que la forma general de un sistema de segundo orden se expresa en términos de los
parámetros , nK yζ ω , entonces:
20 2
2 2 21 2 0 2
( )2
n
n n
K b aG ss s s a a s a a
ωζω ω
= =+ + + +
(4.25)
Donde los parámetros , nK yζ ω están definidos por:
0
0
Ganancia estatica del sistemab
Ka
= → (4.26)
1
0 22Razón de amortiguamientoa
a aζ = → (4.27)
0
2
Frecuencia natural no amortiguadanaa
ω = → (4.28)
Ahora procederemos a valorar la respuesta del sistema de segundo orden en términos de las
señales de prueba estándar para análisis en el dominio del tiempo.
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4.2.1 Respuesta del sistema de segundo orden.
Para propósitos de análisis, el sistema de segundo orden puede ser representado mediante un
diagrama de bloques, de la siguiente forma:
2
2 22n
n n
Ks
ωζω ω+ +
Y(s)F(s)
Figura 4.7 Sistema de 2do. Orden
Donde: F(s) --- Es la entrada o excitación al sistema.
Y(s) --- Es la salida o respuesta del sistema.
Y 2
2 2( ) ( )2
n
n n
KY s F ss s
ωζω ω
=+ +
(4.29)
La forma de la respuesta a una excitación conocida, queda completamente determinada por el tipo
de polos que contenga la función de transferencia. Es decir el tipo de raíces que contenga el
término: 2 22 0n ns sζω ω+ + = , por lo tanto:
21,2 - -1n ns ζω ω ζ= ± (4.30)
Se puede observar que el tipo de raíces o polos del sistema dependen del valor de la razón de
amortiguamiento ζ , pudiéndose presentar los siguientes casos útiles:
a.- Primer caso: Polos complejos. [ ]0 1ζ< <
21,2 - 1-n ns jζω ω ζ= ± (4.31)
b.- Segundo caso: Polos reales e iguales. [ ] 1ζ = .
1,2 - ns ω= (4.32)
c.- Tercer caso: Polos Imaginarios. [ ] 0ζ =
1,2 ns jω=± (4.33)
d.- Cuarto caso: Polos reales diferentes. [ ] 1ζ >
21,2 - -1n ns ζω ω ζ= ± (4.34)
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4.2.2 Respuesta al Impulso unitario.
Bajo estas condiciones, la excitación al sistema es un impulso unitario ( ) ( )f t tδ= , por lo que
[ ]( ) ( ) ( ) 1F s L t sδ= = ∆ = , entonces:
2 2
2 2 2 2( ) ( )2 2
n n
n n n n
K KY s ss s s s
ω ωζω ω ζω ω
= ∆ =+ + + +
(4.35)
1er. caso: Polos complejos. [ ]0 1ζ< <
Ya que los polos son complejos podemos expresar a ( )Y s por:
( ) ( ) ( ) ( )22
1 2 222 22 2
1( )11 1
nn n
n n n n
KY s Ks s
ω ζω ω
ζζω ω ζ ζω ω ζ
−= =
−+ + − + + − (4.36)
Por lo que:
( )21 2( ) 1
1ntn
ny t K e sen tζωω ω ζζ
−= −−
(4.37)
2do. caso: Polos reales e iguales. [ ] 1ζ = .
Bajo esta condición ( )Y s esta dada por:
( )
2 2
2 22 2( )2
n n
n n n
K KY ss s s
ω ωω ω ω
= =+ + +
(4.38)
Por lo tanto: 2
2 ( ) ntny t K te ωω −= (4.39)
3er. caso: Polos Imaginarios. [ ] 0ζ =
Bajo esta condición ( )Y s está dada por:
2
3 2 2( ) n
n
KY ss
ωω
=+
(4.40)
Por lo tanto:
3 ( ) ny t K sen tω= (4.41)
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4to. caso: Polos reales diferentes. [ ] 1ζ >
Bajo esta condición la respuesta 4 ( )Y s esta dada por:
( )( )2 2
4 2 2( )2
n n
n n
K KY ss s s a s b
ω ωζω ω
= =+ + + +
(4.42)
Por lo tanto:
( )2
4 ( ) at btnKy t e eb aω − −= −−
(4.43)
Donde:
2 2- -1 - -1n n n na y bζω ω ζ ζω ω ζ= + = − (4.44)
Las graficas de las curvas de respuesta para los 4 casos se muestran en la siguiente grafica.
0
1y
3y
2y
4yt
( )y t
Figura 4.8 Respuesta al impulso unitario del sistema de segundo orden
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4.2.3 Respuesta al Escalón unitario.
En este análisis ( ) ( )f t u t= , por lo que 1( ) ( )F s U ss
= = , entonces:
( )2 2
1 2 2 2 2( ) ( )
2 2n n
n n n n
K KY s U ss s s s s
ω ωζω ω ζω ω
= =+ + + +
(4.45)
1er. caso: Respuesta subamortiguada: Polos complejos. [ ]0 1ζ< <
Bajo esta condición la respuesta ( )Y s está dada por:
( ) ( ) ( )2
1 21 2 2 2 2( )
2 1 1n
n n n n n n
K K KAY sss s s s j s j
ωζω ω ζω ω ζ ζω ω ζ
= = + ++ + + − − + + −
(4.46)
La transformada inversa de ( )Y s , toma la siguiente forma:
1( ) ( )ty t A Me sen tα β φ= + + (4.47) Donde:
2
1 2 200
( )2
ns
n n s
KA sY s Ks s
ωζω ω=
=
= = =+ +
(4.48)
2
11
( ) ; 1 ( )( )
jn n
N jMe con y D s sD j
φ α β α ζω β ω ζβ α β
+= = − = − =
+ (4.49)
( ) ( )
( ) ( )
2
2 2
2 2 21
1
22 2 2
21
2
( )( ) 1 1 1
111 1 1
1tan1
n n
j n n
n n n ns j
K KN jMeD j s j
K K
j j
K
φ
ζω ω ζ
ω ωα ββ α β ω ζ ω ζ ζω ω ζ
ζζ ζ ζ ζ ζ
ζζζ
=− + −
−
+= = =
+ − − − + −
= = −− − + − − + −
− = − −−
(4.50)
Por lo tanto 2
1
2
1tan1
KM y ζφ
ζζ− −
= = −−−
(4.51)
Sustituyendo en la forma de la solución:
2
2 11 2
1( ) 1 sen 1 tan1
nt
ney t K t
ζω ζω ζ
ζζ
−−
− = + − −
− − (4.52)
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O también 2
2 11 2
1( ) 1 1 tan1
nt
ney t K sen t
ζω ζω ζ
ζζ
−−
− = − − −
− (4.53)
Con el objeto de evitar la manipulación de números complejos, podemos recurrir al siguiente
método alternativo de expansión en fracciones parciales
:
( )2
1 2 22 2( )
22n
n nn n
K A Bs CY ss s ss s s
ωζω ωζω ω+
= = ++ ++ +
(4.54)
Por lo tanto:
( ) ( )2 2 22n n nK A s s Bs C sω ζω ω= + + + +
2 2 2 22n n nK As A s A Bs Csω ζω ω= + + + +
[ ] [ ]2 2 22n n nK A B s A C s Aω ζω ω= + + + +
[ ] [ ] 2 20; 2 0n n nA B A C y A Kζω ω ω+ = + = =
De aquí obtenemos que:
; 2 2n nA K B A K y C A Kζω ζω= = − = − = − = −
Sustituyendo:
( )( ) ( )1 22 2 2 2
2 21( )2 1
n n
n nn n
K s sKY s Ks s s s s
ζω ζωζω ω ζω ω ζ
+ +
= − = − + + + + −
(4.55)
Transformando inversamente:
2 21 2( ) 1 cos 1 1
1nt
n ny t K e t sen tζω ζω ζ ω ζζ
− = − − + −
− (4.56)
Simplificando:
2 11 2 2( ) 1 cos 1 tan
1 1
nt
ney t K t
ζω ζω ζζ ζ
−−
= − − −
− − (4.57)
O también: 2
2 11 2
1( ) 1 sen 1 tan1
nt
ney t K t
ζω ζω ζ
ζζ
−−
− = − − +
− (4.58)
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2do. caso: Respuesta críticamente amortiguada: Polos reales e iguales. [ ] 1ζ = .
Bajo esta condición la respuesta 2 ( )Y s está dada por:
( ) ( ) ( ) ( )2 2
2 2 22 2( )
2n n
nn n n n
K K A B CY ss ss s s s s s
ω ωωω ω ω ω
= = = + +++ + + +
(4.59)
Por lo tanto:
( ) ( )2 2 22n n n nK A s s Bs Cs sω ω ω ω= + + + + +
2 2 2 22n n n nK As A s A Bs Cs C sω ω ω ω= + + + + +
[ ] [ ]2 2 22n n n nK A C s A B C s Aω ω ω ω= + + + + +
[ ] [ ] 2 20; 2 0n n n nA C A B C y A Kω ω ω ω+ = + + = =
De aquí obtenemos que:
; 2 2n n n n nA K C A K y B A C K K Kω ω ω ω ω= = − = − = − − = − + = −
Sustituyendo
( ) ( )2 2( ) n
nn
KK KY ss ss
ωωω
= − −++
(4.60)
Antitransformando:
( )2 ( ) 1 1 1n n nt t tn ny t K te e K e tω ω ωω ω− − − = − − = − + (4.61)
3er. caso: Respuesta sin amortiguamiento: Polos Imaginarios. [ ] 0ζ =
Bajo esta condición la respuesta 3 ( )Y s está dada por:
( ) ( )2
3 2 2 2 2( ) n
n n
K A Bs CY sss s s
ωω ω
+= = +
+ + (4.62)
Por lo tanto:
( ) ( )2 2 2n nK A s Bs C sω ω= + + +
2 2 2 2n nK As A Bs Csω ω= + + +
[ ]2 2 2n nK A B s Cs Aω ω= + + +
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[ ] 2 20; 0 n nA B C y A Kω ω+ = = =
De aquí obtenemos que:
; 0A K B A K y C= = − = − =
Sustituyendo
( ) ( )3 2 2 2 2
1( )n n
K Ks sY s Ks ss sω ω
= − = −
+ + (4.63)
Antitransformando:
[ ]3 ( ) 1 cos ny t K tω= − (4.64)
4to. caso: Respuesta sobreamortiguada: Polos reales diferentes. [ ] 1ζ >
Bajo esta condición la respuesta 4 ( )Y s está dada por:
( ) ( )( ) ( ) ( )2 2
4 2 2( )
2n n
n n
K K A B CY ss s a s b s s a s bs s s
ω ωζω ω
= = = + ++ + + ++ +
(4.65)
Por lo tanto:
( )( ) ( ) ( )2nK A s a s b Bs s b Cs s aω = + + + + + +
( )( ) ( ) ( )2 2 2 2nK A s a b s ab B s bs C s asω = + + + + + + +
( )2 2 2 2nK As A a b s Aab Bs Bbs Cs Casω = + + + + + + +
[ ] ( )2 2nK A B C s A a b Bb Ca s Aabω = + + + + + + + +
[ ] ( ) 20; 0 nA B C A a b Bb Ca y Aab Kω+ + = + + + = =
De aquí obtenemos que:
( ) ( )2 2 2
;n n nK K KA B y Cab a a b b a bω ω ω
= = = −− −
Sustituyendo
( ) ( ) ( ) ( )2
41 1 1 1 1 1( ) nY s Kab s a a b s a b a b s b
ω = + − − + − +
(4.66)
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( ) ( ) ( ) ( )2
41 1 1( ) nK b aY s
ab s a a b s a b a b s bω
= + − − + − + (4.67)
Antitransformando:
( ) ( ) ( ) ( )2 2
41( ) 1 1at bt at btn nK Kb ay t e e be ae
ab a a b b a b ab a bω ω− − − −
= + − = + − − − − (4.68)
Donde: 2 2- -1 - -1n n n na y bζω ω ζ ζω ω ζ= + = −
Las curvas de respuesta para los 4 casos se muestran en la siguiente grafica.
0
1
( )y t
t
3y
1y
2y
4y
Figura 4.9 Respuesta al escalón unitario del sistema de segundo orden
Apuntes de Teoría de Control Análisis de sistemas en el dominio del tiempo
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4.2.4 Análisis detallado de la curva de respuesta transitoria subamortiguada.
Consideremos el caso en que la respuesta transitoria es subamortiguada y definamos algunos
puntos de la curva, como se muestra en la siguiente grafica:
0.1
0.5
0.9
st
rtdt pt
( )y tmaxy
ssy2%±
2py1py
t
Figura 4.10 Análisis de la respuesta al escalón unitario del sistema de segundo orden
Donde:
maxy = Valor máximo que puede tomar ( )y t
ssy = Valor al cual ( )y t se estabiliza.
pt = Tiempo de pico.
dt = Tiempo de retardo
rt = Tiempo de levantamiento.
st = Tiempo de asentamiento.
A continuación se definen los principales parámetros de la curva de respuesta transitoria en el caso
de la respuesta subamortiguada:
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Sobrepaso máximo ( )OS [OverShoot]
Es el cociente formado por el sobrepaso de la primera oscilación y el valor en estado estable de la
respuesta expresado en porcentaje. Es decir.
2-πζ/ 1-ζmax% % 100 100ss
ss
y yde overshoot OS ey−
= = = (4.69)
O ( )
( )2 2
ln % /100
ln % /100
OS
OSζ
π
−=
+ (4.70)
Razón de decaimiento ( )δ . [Decay ratio]
Es el cociente formado entre la magnitud del segundo sobrepaso entre la magnitud del primer
sobrepaso.
2
1
p ss
p ss
y yRazón de decaimiento
y yδ
−= =
− (4.71)
Tiempo de pico ( )pt . [Peak time]
Tiempo necesario para que se alcance el valor máximo de ( )y t .
max( )py t y= (4.72)
Tiempo de retardo ( )dt . [Delay time]
Tiempo necesario para que ( )y t alcance el 50% de su valor en estado estable.
( ) 0.5d ssy t y= (4.73)
Tiempo de levantamiento ( )rt . [Rise time]
Tiempo necesario para que la respuesta vaya del 10% al 90% de su valor en estado estable. Este
parámetro se puede aproximar por:
1.8r
n
tω
≈ (4.74)
Tiempo de asentamiento ( )st . [Settling time]
Tiempo necesario para que la magnitud de la respuesta transitoria entre en una banda del 2%±
alrededor del valor de la respuesta en estado estable. Un valor aproximado de este parámetro se
puede obtener mediante:
4s
n
tζω
≈ (4.75)
Apuntes de Teoría de Control Análisis de sistemas en el dominio del tiempo
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La siguiente figura muestra el diagrama polo-cero y la forma de la respuesta transitoria en los
cuatro casos:
Respuesta subamortiguada (0 < ζ < 1)
Eje Real
Eje
Imag
inar
io
Diagrama polo-cero
-4 -3 -2 -1 0 1-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4Step Response
Time (sec)
Ampl
itude
Respuesta críticamente amortiguada (ζ = 1)
Eje Real
Eje
Imag
inar
io
Diagrama polo-cero
-4 -3 -2 -1 0 1-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1Step Response
Time (sec)Am
plitu
de
Respuesta sobreamortiguada (ζ > 1)
Eje Real
Eje
Imag
inar
io
Diagrama polo-cero
-6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1Step Response
Time (sec)
Ampl
itude
Respuesta sin amortiguamiento (ζ = 0)
Eje Real
Eje
Imag
inar
io
Diagrama polo-cero
-6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
1.6
1.8
2Step Response
Time (sec)
Ampl
itude
Figura 9: Diagrama polo cero y forma de la respuesta transitoria para los 4 casos
Apuntes de Teoría de Control Análisis de sistemas en el dominio del tiempo
MI. Guillermo Hermida Saba MMXIV Página 18
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