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da **DanteCpp** » 8 set 2017, 16:49

Just for fun, ti presento una soluzione basata sulla famosa formula di Lagrange della teoria dei sistemi, molto diffusa in automatica.

Prima di tutto faccio l'equivalente di Thevenin alla maglia di destra,

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

.

Poi, traduco il circuito in equazioni di stato,

$\frac{\mathrm{d} v_1}{\mathrm{d} x}=-\frac{1}{C_1}\left ( \frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2} \right )v_1+\frac{C_1}{R_2}v_2+\frac{I_0}{C_1}$ ,

$\frac{\mathrm{d} v_2}{\mathrm{d} x}=\frac{1}{C_2R_3}v_1-\frac{1}{C_2}\left ( \frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_3} \right )v_2$ .

Sostituisco i valori numerici e riscrivo il sistema in forma matriciale,

$\begin{bmatrix} \dot v_1(t)\\ \dot v_2(t) \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} -33.33 & 12.5\\ 11.11 & -27.78 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} v_1(t)\\ v_2(t) \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 3000\\ 0 \end{bmatrix}$ .

Ricordo che le condizioni iniziali sono:

$\begin{bmatrix} v_1(0)\\ v_2(0) \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1200\\ 0 \end{bmatrix}$ .

La formula di Lagrange per un modello in variabili di stato, scritto nella forma,

$\dot x(t)=A\;x(t)+B$ ,

è

$x(t) = e^{At} x(0)+\int_0^t e^{A\tau}B \; \text{d}\tau$ .

Dove, il termine $e^{At}$ è la matrice di transizione dello stato, che ho calcolato usando matlab con il seguente script;

Codice: Seleziona tutto: A=[-33.33, 12.5; 11.11, -27.78]; syms t; digits(4); expm(A*t); vpa(ans)

che restituisce

Codice: Seleziona tutto: >> transA ans = [ 0.3854*exp(-18.45*t) + 0.6146*exp(-42.66*t), 0.5162*exp(-18.45*t) - 0.5162*exp(-42.66*t)] [ 0.4588*exp(-18.45*t) - 0.4588*exp(-42.66*t), 0.6146*exp(-18.45*t) + 0.3854*exp(-42.66*t)] >>

A questo punto ho calcolato l'integrale di convoluzione, per determinare la risposta forzata. Vale la pena notare che non è necessario calcolare tutto quanto, infatti noi siamo interessati alla v_2

.

$\int_0^t \begin{bmatrix} a_{11}& a_{12} \\ 0.4588 e^{-18.45t} - 0.4588e^{-42.66t} & a_{22} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 3000\\0 \end{bmatrix}\text{d}\tau=\int_0^t \begin{bmatrix} a_{11}\\ 1380 e^{-18.45t} - 1380e^{-42.66t} \end{bmatrix}\text{d}\tau$ .

Quindi sostanzialmente a noi interessa calcolare l'integrale,

$\int_0^t (1380 e^{-18.45t} - 1380e^{-42.66t}) \text{d}\tau=-74.8e^{-18.45t}+32.35e^{42.66t}+42.45$ .

Mettendo assieme i tasselli, si ottiene:

$v_2(t)=478 e^{-18.45t} - 520e^{-42.66t}+42$ .

da **RenzoDF** » 9 set 2017, 12:15

Giusto per creare un po' più di confusione :mrgreen:

, non concordo su risultato di

DanteCpp in quanto la matrice dei coefficienti mi risulta

$\textbf{A}=\begin{pmatrix} -125/3 & 50/3 \\ 100/9 &- 175/9 \end{pmatrix}$

e di conseguenza, ricavando gli autovalori via

$\det (\textbf{A}-\lambda \textbf{I})=0$

dalla seguente equazione

$9\lambda^2+550\lambda+5625=0$

ottengo

$\lambda_1\approx -48.124 \,\, \text{s}^{-1} \qquad \lambda_2 \approx -12.987 \, \, \text{s}^{-1}$

da **DanteCpp** » 9 set 2017, 14:21

Penso tu abbia ragione, devo stare più attento.
Grazie per aver controllato.

da **RenzoDF** » 9 set 2017, 14:27

... magari sbaglio io. :-)

BTW Occhio agli errori di battitura nello schema e nel sistema simbolico.

da **gac** » 9 set 2017, 15:48

Confermo la correttezza dei valori numerici riportati da

RenzoDF (che mi permetto di menzionare). Riporto le equazioni associate al sistema lineare da me ricavate; sostituendo i valori si otterranno gli stessi coefficienti del messaggio precedente.

$\begin{cases} \dfrac{\mathrm{d}v_{C_1}}{\mathrm{d}t} = - \frac{1}{C_1} \left( \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_3} \right) v_{C_1} + \frac{1}{C_1 R_3} v_{C_2} + \frac{I_0}{C_1} \\ \dfrac{\mathrm{d}v_{C_2}}{\mathrm{d}t} = \frac{1}{C_2 R_3} v_{C_1} - \frac{1}{C_2 R_3} \left( 1+ \frac{R_3}{R_2} \right) v_{C_2} \end{cases}$

da **DanteCpp** » 9 set 2017, 15:57

Si anche io nel quaderno ho questo sistema, ho sbagliato battendolo...

da **RenzoDF** » 9 set 2017, 17:51

Alternativamente i due poli possono essere determinati direttamente dall'ispezione della rete, via metodo delle costanti di tempo, andando a ricavare i due coefficienti del polinomio caratteristico

a_2s^2+a_1s+1

con le due classiche relazioni:

i) Sommatoria delle costanti di tempo relative alle n capacità Ci, con le restanti aperte
$a_1= \sum_{i=1}^{n} R_i^oC_i=C_1R_1||(R_2+R_3)+C_2R_2||(R_1+R_3)=\frac{22}{225} \,\text{s}$

ii) Sommatoria del prodotto fra le precedenti costanti di tempo e quella relativa alle rimanenti capacità Cj con Ci in corto e le restanti aperte
$a_2=\sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=i+1}^{n} R_i^oC_i R_j^{is}C_j =C_1R_1||(R_2+R_3)C_2R_2|| R_3=\frac{1}{625}\,\text{s}$

per poi ottenere i due poli risolvendo la seguente equazione

$\frac{s^2}{625}+\frac{22}{225}+1=0$

da **marymarymary** » 9 set 2017, 18:28

Anch'io ho ottenuto $\lambda _{1}=-12,99 s^{-1}$ e $\lambda _{2}=-48,1 s^{-1}$ ,
Risolvendo poi il sistema :
$\begin{Bmatrix}k_{1}+k_{2}=0 & & & \\ \lambda _{1}k_{1}+\lambda _{2}k_{2}=1333,3 & & & \end{Bmatrix}$
ottengo: $k_{1}=37,97$ e $k_{2}=-37,97$
Ma a quanto ho capito non è corretto... perché in questo modo la soluzione è valida per un tempo che tende a infinito, ma non per un tempo che tende a zero...

da **RenzoDF** » 9 set 2017, 20:51

Stai dimenticando che le condizioni iniziali devi usarle con le soluzioni complete, che sono del tipo

$v_{C_i}(t)=k_1e^{\lambda_1t}+k_2e^{\lambda_2t}+v_{C_i}(\infty)$

da **marymarymary** » 10 set 2017, 13:15

Grazie mille, mi hai aperto gli occhi su un problema che non credevo di avere, sto controllando tutti gli esercizi che ho fatto, ed applicando questa cosa si trovano tutti. Grazie ancora!!!
Gentilissimi tutti quanti, e davvero disponibili!

Alla prossima O_/

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