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75 en 51 posts · 17-08-2012 18:55

no sabia donde poner esto asi que lo tiro por aca.

el teorema del euler dice que:

$e^{j\theta } = cos ({\theta) }+J sen ({\theta })$

Bien, la suma de dos angulos queda.

$e^{j( \alpha + \beta )}=[cos( \alpha )+Jsen({ \beta })] * [cos( \beta )+Jsen({ \alpha })]$

$e^{j( \alpha+\beta })=[cos({\alpha})*cos({\beta})+cos({\alpha})*Jsen({\alpha})+ J sen ({\beta}) * cos ({\beta})] * [ J sen ({\beta}) *J sen {\alpha})]$

despejando etc nos queda

$e^{j( \alpha+\beta })=[cos({\alpha})*cos({\beta}) - sen ({\alpha}) * sen ({\beta})] + J [ {cos({\alpha})*Jsen({\beta})+ sen ({\alpha}) * cos ({\beta})]$

Una vez hecho todo esto, por mas que sume dos vectores no me da.

para sumar

$X1(t) = 10 sen (\omega t)$
$X2(t) = 10 sen (\omega t + 60º)$

Pasando a notacion rectangular operando y volviendo a polar llego a:

$X1+2(t)=17.32 sen (\omega t+30º)$

Pero por teorema de euler llego a :

$X1+2(t)=10 cos (\omega t-120º)$

que es lo mismo que

$X1+2(t)=10 sen(\omega t+150º)$

y naaa que ver bolo.

Alguien me sabria tirar una pista por ahi?

1 en 1 posts · 19-08-2012 19:12

Como nadie te respondio te respondo con una repregunta jajaja, porque pones
$[Imagen: png.latex?e^{j(%20\alpha%20+%20\beta%20)...lpha%20})]]$
No seria asi?
$e^{i(x_{1}+x_{2})}=e^{ix_{1}}e^{ix_{2}}=[cos (x_{1})+isen(x_{1})]*[cos (x_{2})+isen(x_{2})]$

75 en 51 posts · 19-08-2012 19:18

eso es cierto. pero no aplica a lo que necesito, necesito separar la parte imaginaria de la real, para eso esta J. en electronica representaba el desfasaje entre la tension y la corriente por ej.

pd, me ilusione, pense que alguien me iba a iluminar

0 en 0 posts · 19-08-2012 20:21

x1(t) = 10 * sen(wt)
x2(t) = 10 * sen(wt + 60º)

Trabajar en radianes

x1= 10 * e^0 --> 10 * (cos(0) + j sen(0))
x2 = 10 * e^j(π/3)

x1 + x2 = 10 + 10 * e^j(π/3) = 10 + 5 + j5√3 = 15 + j5√3 = 10*√3 * e^j(π/6) ->
-> (x1 + x2) (t) = 10√3 * sen(wt + π/6)

Otra cosa, tu primer termino de euler no me gusta.

Porque esto?

e^j(a+b) = [cos(a) + j sen(b)] * [cos(b) + j sen(a)]

y no esto?

e^ja = cos(a) + j sen(a)
e^jb = cos(b) + j sen(b) -->

e^j(a+b) = [cos(a) + j sen(a)] * [cos(b) + j sen(b)] = [cos(a) * cos(b) + j cos(a) * sen(b) +j cos(b) * sen(a) - sen(a) * sen(b)] =
= cos(a+b) + j (cos(a) * sen(b) + cos(b) * sen(a) ) = cos(a+b) + j sen(a+b) ->

e^j(a+b) = cos(a+b) + j sen(a+b)

75 en 51 posts · 20-08-2012 15:47

(19-08-2012 20:21)Izikiel escribió: x1(t) = 10 * sen(wt)
x2(t) = 10 * sen(wt + 60º)

Trabajar en radianes

x1= 10 * e^0 --> 10 * (cos(0) + j sen(0))
x2 = 10 * e^j(π/3)

x1 + x2 = 10 + 10 * e^j(π/3) = 10 + 5 + j5√3 = 15 + j5√3 = 10*√3 * e^j(π/6) ->
-> (x1 + x2) (t) = 10√3 * sen(wt + π/6)
Otra cosa, tu primer termino de euler no me gusta.

Porque esto?

e^j(a+b) = [cos(a) + j sen(b)] * [cos(b) + j sen(a)]

y no esto?

e^ja = cos(a) + j sen(a)
e^jb = cos(b) + j sen(b) -->

e^j(a+b) = [cos(a) + j sen(a)] * [cos(b) + j sen(b)] = [cos(a) * cos(b) + j cos(a) * sen(b) +j cos(b) * sen(a) - sen(a) * sen(b)] =
= cos(a+b) + j (cos(a) * sen(b) + cos(b) * sen(a) ) = cos(a+b) + j sen(a+b) ->

e^j(a+b) = cos(a+b) + j sen(a+b)

gracias por la respuesta.

me va quedando mucho mas claro.

tu aclaracion es valida, se ve que copie mal o algo asi, pero el resultado final es el mismo

e^j(a+b) = cos(a+b) + j sen(a+b) = cos(a) cos(b) - sen(a) sen(b) + J [sen (a) cos(b) + cos(a) sen(b)]

pero una preguntita, donde meto los modulos de las amplitudes en esa ultima relacion? se que estoy pifiando en eso.

e^j(a+b) = cos(a) cos(b) - sen(a) sen(b) + J [sen (a) cos(b) + cos(a) sen(b)]

Modo compacto \| Modo extendido Teorema de Euler-Suma de vectores
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