Lorentz

ELECTRONICA III, JULIO 26 DEL 2008

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Sistema de Lorentz. Andr´es Felipe Guerrero 805518, Cristian Felipe Ocampo 805535, Daniel Alberto Burbano 805506. Profesor: Luis Enrique Avenda˜no Universidad Nacional De Colombia. Grupo # 2.

Resumen—A continuaci´on se desarrollar´a el ejercicio propuesto para el examen parcial.

I.

S EGUNDO E JERCICIO

2). Las ecuaciones de Lorentz proporcionan un ejemplo simple de un sistema ca´otico. Ellas est´an dadas por:



 σ(y2 − y1 ) y 0 =  ry1 − y2 − y1 y3  y1 y2 − by3

(1)

Donde las constantes σ, r y b son par´ametros positivos. Para σ = 10, r = 28 y b = 8/3, obtener la respuesta del sistema, la gr´afica de y3 vs y1 (la famosa ”mariposa”), utilizando AOs. I-A.

Figura 1. Plano de fase en 3D, de y1,y2,y3.

R Soluci´on Por MATLAB

Mediante el siguiente c´odigo: function sistema close all; options = odeset(’RelTol’,1e-4,’AbsTol’,[1e-4 1e-4 1e-5]); [T,Y] = ode45(@rigid,[0 90],[1, 1, 1],options); figure(1) plot(T,Y(:,1),T,Y(:,2),T,Y(:,3)) figure(2) plot3(Y(:,1),Y(:,2),Y(:,3)) Figura 2. Plano de fase y1 vs y2. figure(3) plot(Y(:,1),Y(:,2)) figure(4) plot(Y(:,3),Y(:,1)) figure(3) plot(Y(:,3),Y(:,2)) function dy = rigid(t,y) dy =zeros(3,1); sigma=10; r=28; b=8/3; dy(1) = sigma*(y(2)-y(1)); dy(2) = r*y(1)-y(2)-y(1)*y(3); dy(3) = y(1) * y(2)-b*y(3); se obtuvo: (Gr´aficas 1, 2, 3 y 4): Su respuesta en el tiempo figura 5:

Figura 3. Plano de fase y3 vs y1.

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Figura 6. Red para la soluci´on de la Primer ecuaci´on.

Figura 4. Plano de fase y3 vs y2.

A = 28 B=2 AT = A − B − 1 = 25 k = sup {|AT | , B + 1, A} = 28 Rf ≥ Zi k, Zi = 10kΩ ⇒ Rf = 280kΩ −

Ro = R1 = −

R1 = − R2

=

Rf AT Rf a1 Rf b1 Rf b2

= 11,2kΩ = 10kΩ = 280kΩ = 280kΩ

Obteniendo la siguiente red:

Figura 5. Respuesta del sistema en el tiempo.

I-B.

Soluci´on Por OpAmp’s

Dado el sistema de ecuaciones diferenciales1 (Ecuaci´on 1); Se procede a solucionar la primer ecuaci´on, mediante el m´etodo de ecuaciones algebraicas[1] Primer ecuaci´on: x0 = 10y − 10x A = 10 B = 10 AT = A − B − 1 = −1 k = sup {|AT | , B + 1, A} = 11 Rf ≥ Zi k, Zi = 10kΩ ⇒ Rf = 110kΩ R Ro = −AfT = 110kΩ Rf R1 = a1 = 11kΩ −

R1 =

Rf b1

= 11kΩ

Obteniendo la red de la figura 6:

segunda ecuaci´on:

Figura 7. Red para la soluci´on de la segunda ecuaci´on.

tercer ecuaci´on:

8 z 0 = xy − z 3 A=1 B = 83 AT = A − B − 1 = − 83 k = sup {|AT | , B + 1, A} = 11 3 Rf ≥ Zi k, Zi = 10kΩ ⇒ Rf = 36,66kΩ R Ro = ATf = 13,75kΩ R R1 = a1f = 36,66kΩ −

y 0 = 28x0 − y − z

R1 =

Rf b1

= 13,75kΩ

Obteniendo la red de la figura 8: 1 Las

variables, x=y1, y=y2, z=y3

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Figura 8. Red para la soluci´on de la tercer ecuaci´on.

La representaci´on en diagrama de bloques del sistema de ecuaciones dado en (EC 1.) es :

Figura 11. Diagrama Circuital De las ecuaciones de Lorenz.

R EFERENCIAS Figura 9. Diagrama de bloques del sistema.

El diagrama circuital que soluciona el sistema de Lorenz, se obtiene remplazando cada bloque de la (fig 11.) por su equivalente circuital, resultando:

Figura 10. Plano de fase de y3 vs y1.

[1] Avenda˜no, L., E., (1995) Sistemas Electr´onicos Anal´ogicos un Enfoque Matricial, Primera Edici´on. Publicaciones UTP, Pereira [2] Help, MATLAB 2007