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da **IsidoroKZ** » 17 set 2012, 22:01

Qualche osservazione a ruota libera.

Oltre all'oscillatore a sfasamento con le tre celle in cascata e l'amplificatore, si puo` anche fare la versione con tre celle RC, oguna delle quali seguita dal suo amplificatore. In pratica si tratta di mettere in T anche l'amplificatore e poi trovare il guadagno che fa oscillare il tutto. La cosa e` anche piu` facile perche' basta studiare una cella, essendo disaccoppiate dagli amplificatori. E per i trifasisti, questo oscillatore genera tre sinusoidi sfasate di 120 gradi.

Si puo` anche aggiungere lo studio del ritardo di gruppo per vedere la stabilita` in frequenza. Su questo potrebbe scatenarsi

DirtyDeeds.

Gli oscillatori si possono analizzare come gruppi LC e resistenza negativa senza pero` che sia necessario un amplificatore "tradizionale". I dispositivi come i gunn sono dei bipoli con resistenza negativa "intrinseca".

Altre idee quando mi vengono in mente :-)

da **PietroBaima** » 18 set 2012, 3:25

che dire... I'm flattered! Grazie a tutti per l'apprezzamento ^_^

Scriverò quindi senz'altro un articolo!

DirtyDeeds
Per altri aggiustamenti notazionali (ce ne sono un paio da fare), passa in segreteria

Dimmi! Sarò contentissimo di "adeguarmi"

simo85
Per la moltiplicazione si usa $\cdot$ e non * se non erro

Ok! Correggerò!

IsidoroKZ
Propongo questa soluzione per l'oscillatore in figura:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

da cui il sistema:
$\begin{cases}\mathrm{V_{2}}=\mathrm{V_{1}}\\\mathrm{V_{2}=\left(\frac{A}{1+\jmath\omega RC}\right)^{3}V_{1}}\end{cases}$
per cui si ha l'equazione:
$\mathrm{\frac{A}{1+\jmath\omega RC}=\sqrt[3]{1}}$
In campo complesso la radice cubica di uno vale:
$\mathrm{\sqrt[3]{1}=\begin{cases}1\\-\frac{1}{2}\pm\jmath\frac{\sqrt{3}}{2}\end{cases}}$
Ricavabile esprimendo $1=e^{2k\pi}$
Si ha immediatamente che la soluzione per la quale la radice cubica vale uno non può dare soluzioni oscillanti.
Per le altre due si ha:
$\mathrm{A=-\frac{1}{2}\mp\frac{\sqrt{3}}{2}\omega RC+\jmath\left(-\frac{\omega RC}{2}\pm\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}$
Al solito, ho al primo membro un termine reale e al secondo uno complesso, quindi la parte reale è da porre uguale ad A e quella immaginaria uguale a zero.
Tra le due dovrò scegliere la soluzione con il + nella parte immaginaria, per non avere frequenze negative, quindi dovrò scegliere la soluzione con il - nella parte reale.
$\mathrm{-\frac{\omega RC}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}=0}\Rightarrow\omega=\frac{\sqrt{3}}{\mathrm{RC}}$
si ha che $\mathrm{k=\frac{1}{\sqrt{3}}}$ e quindi l'induttanza simulata vale $\mathrm{L=\frac{1}{3}R^{2}C}$ .
Per il guadagno necessario si ha che $\mathrm{A=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\omega RC}=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{3}=-2$

Cosa dite, lo inserisco tra gli esempi dell'articolo?

Non ho cercato su google se la soluzione è quella giusta, a quest'ora i miei neuroni non funzionano più tanto bene (non che di solito siano meglio...)

Yawn... adesso vado a ninna...
Desidero, ancora una volta, ringraziarvi tutti!
'Notte da Pietro. O_/

da **IsidoroKZ** » 18 set 2012, 7:17

Si` la soluzione e` giusta. Non preparare l'articolo nelle prossime due ore, fammi controllare una cosa che hai detto nel post che mi lascia sospettoso: hai usato una proprieta` che potrebbe non essere valida.

da **IsidoroKZ** » 18 set 2012, 22:06

PietroBaima ha scritto:Un punto interessante che ho trovato alzando il grado della matrice T è che se i blocchi fossero cinque avremmo due soluzioni valide per $\alpha$ , scartando $\alpha=0$ .
Quindi la rete oscillerebbe a due frequenze diverse cambiando il guadagno dell'amplificatore.

Questo non funziona! Hai trovato una soluzione spuria per cui si annulla la parte immaginaria del guadagno di anello, ma la parte reale ha il segno sbagliato, non e` una retrozione positiva ma negativa.

Con 5 poli la retroazione parte con fase nulla, a frequenza che tende a zero e quindi retroazione negativa. Accumulando ritardo di fase arriva alla retroazione positiva (-180 gradi la fase della rete passiva) andando ancora su in frequenza arriva a -360 gradi, che e` l'altra soluzione che hai trovato, ma ha il segno sbagliato, e poi arriverebbe a -450 gradi.

Lo si puo` anche vedere con il luogo delle radici. La rete RC ha 5 poli reali negativi. Quando la si mette in un anello di retroazione negativa i poli si muovono, ma solo due vanno nel semipiano di destra. Il minimo per avere 4 poli che vanno nel semipiano di destra e` di avere 7 poli reali. E comunque i primi due che arrivano nel semipiano di destra generano una soluzione divergente che eccita le non linearita` e tengono gli altri due poli a sinistra.

Per il luogo delle radici uso il programma rootlocus, che si trova qui: in termini tecnici e` una vera goduria di programma!

Il guadagno necessario per avere l'oscillazione diminuisce in modulo all'aumentare del numero delle celle. -29 per tre celle, -18.4 per 4 celle, -15.4 per 5 celle e -13.4 per 7 celle (per 6 non ho fatto i conti!).

I guadagni scendono se al posto di un solo amplificatore si mette un amplificatore per ogni cella.

Potrebbero interessarti anche le reti di retroazione discusse in questo thread viewtopic.php?f=41&t=22408

da **PietroBaima** » 19 set 2012, 4:07

Ok!
Grazie, Isidoro, per il tempo che hai dedicato a pensare al problema.
Devo pensarci anche io, per correggere e completare l'argomento.
Penso che domani avrò un po' di tempo per leggere meglio il topic consigliatomi e fare qualche prova con il software rootlocus che mi sono scaricato dal sito indicato.
Insomma... devo studiare!

Collegata a questo punto è una trattazione per estendere l'oscillatore a tre gruppi RC con tre amplificatori di cui discutevamo qui sopra a cui pensavo stasera.
Qui si vede bene il problema.
Se i blocchi e gli amplificatori fossero n, quale sarebbe la soluzione del circuito?

Si deve risolvere
$\mathrm{\frac{A}{1+\jmath\omega RC}=\sqrt[n]{1}}$
con $\mathrm{n\in\mathbb{N}}$
In campo complesso la radice n-esima di uno vale:
$\sqrt[\mathrm{n}]{1}=e^{\jmath\frac{2k\pi}{n}}=\cos\left(\frac{2k\pi}{\mathrm{n}}\right)+\jmath\sin\left(\frac{2k\pi}{\mathrm{n}}\right)$ con $\mathrm{k\in\mathbb{N}\cap k<n}$
Ponendo $\alpha=\mathrm{\omega RC}$ si ha che
$\frac{\mathrm{A}}{1+\jmath\alpha}=\mathrm{\cos\left(\frac{2k\pi}{\mathrm{n}}\right)}+\jmath\sin\left(\frac{2k\pi}{\mathrm{n}}\right)$
da cui
$\mathrm{A=}\mathrm{\cos\left(\frac{2k\pi}{\mathrm{n}}\right)-\alpha\cdot}\mathrm{\sin\left(\frac{2k\pi}{\mathrm{n}}\right)+\jmath\left[\sin\left(\frac{2k\pi}{\mathrm{n}}\right)+\alpha\cdot\mathrm{\cos\left(\frac{2k\pi}{\mathrm{n}}\right)}\right]}$
si ha quindi che:
$\alpha=-\tan\mathrm{\left(\frac{2k\pi}{\mathrm{n}}\right)}$
poiché $\alpha$ deve essere positivo deve essere:
$\begin{cases}\frac{\pi}{2}<\frac{2k\pi}{n}<\pi\\\frac{3}{2}\pi<\frac{2k\pi}{n}<2\pi\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}\frac{1}{4}n<k<\frac{1}{2}n\\\frac{3}{4}n<k<n\end{cases}$
Dovendo essere k intero il problema diventa Diofanteo.
Cerchiamo di capire allora quante soluzioni dovremo aspettarci.
Per la disequazione:
$\frac{1}{4}n<k<\frac{1}{2}n$
bisognerà contare il "numero di numeri" presenti tra i due estremi, anche qualora non fossero interi.
Sottraendo il valore più alto a quello più basso si otterrà il numero di intervalli presenti tra i numeri.
Il numero dei numeri sarà quindi pari al numero degli intervalli meno uno.

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

In definitiva, indicando con s' il numero delle soluzioni complessive per questa disequazione si ha che :

$\mathrm{s^{\cdot}=\left\lceil \frac{n}{2}\right\rceil }-\left\lfloor \frac{\mathrm{n}}{4}\right\rfloor -1$

e, per la disequazione

$\frac{3}{4}n<k<n$

si ha che:

$\mathrm{s^{"}=n}-\left\lfloor \frac{\mathrm{3}}{4}\mathrm{n}\right\rfloor -1$

Per un numero di soluzioni totali pari a:

$\mathrm{s=}\left\lceil \frac{\mathrm{n}}{2}\right\rceil -\left\lfloor \frac{\mathrm{n}}{4}\right\rfloor \mathrm{+n}-\left\lfloor \frac{\mathrm{3}}{4}\mathrm{n}\right\rfloor -2$

Volendo enumerare tutte le soluzioni da sostituire nella formula

$\alpha=-\tan \mathrm{\left(\frac{2k\pi}{\mathrm{n}}\right)}$

Per la prima disequazione:
si partirà da $\left\lceil \frac{\mathrm{n}}{4}\right\rceil$ (usando il ceiling perché va considerato il numero successivo) arrestandosi a $\left\lfloor \frac{\mathrm{n}}{2}\right\rfloor$ (usando il floor perché va considerato il numero precedente).
La disequazione riporta un "minore" e non un "minore o uguale", pertanto gli estremi, qualora fossero interi non dovrebbero essere considerati, quindi se n è pari ma non multiplo di quattro va esclusa la soluzione più grande, mentre se n è multiplo di quattro vanno escluse entrambe le soluzioni a gli estremi.
Per la seconda disequazione:
si partirà da $\left\lceil \frac{\mathrm{3}}{4}\mathrm{n}\right\rceil$ (usando il ceiling perché va considerato il numero successivo) fino ad n, che, essendo sempre intero, andrà sempre escluso.
Se n è multiplo di quattro va esclusa anche la soluzione più piccola.

Per quanto riguarda il guadagno si deve avere:
$\begin{cases}\mathrm{A=}\mathrm{\cos\left(\frac{2k\pi}{\mathrm{n}}\right)-\alpha}\mathrm{\sin\left(\frac{2k\pi}{\mathrm{n}}\right)}\\\alpha=-\tan\mathrm{\left(\frac{2k\pi}{\mathrm{n}}\right)} \end{cases}$
e cioè:
$\mathrm{A=}\frac{1}{\mathrm{\cos\left(\frac{2k\pi}{\mathrm{n}}\right)}}$

Per questa sera passo e chiudo, adesso ninna.
Domani, se ci capisco qualcosa, cercherò di tirar fuori qualcosa di utile da quello che mi ha detto Isidoro...

'night
Pietro.

da **PietroBaima** » 20 set 2012, 4:13

Perfetto. Grande Isidoro. Penso di aver capito cosa succeda.
Per fortuna mia

la trattazione generale resta valida.
Dalle soluzioni trovate bisogna togliere quelle con segno maggiore di zero, nel caso n-esimo.
In generale bisogna togliere le soluzioni che ruotano lafase di un multiplo di $2\pi$ ma cambiano il segno del guadagno.
Il problema è banale se i poli sono "disaccoppiati" dalla presenza di un amplificatore tra un gruppo RC e l'altro.
La formula generale, per il caso n-esimo, è già stata ricavata e vale
$\mathrm{A=}\frac{1}{\mathrm{\cos\left(\frac{2k\pi}{\mathrm{n}}\right)}}$
bisogna quindi imporre ${\mathrm{\cos\left(\frac{2k\pi}{\mathrm{n}}\right)}}<0$
In altre parole deve essere:
$\frac{1}{4}n<k<\frac{3}{4}n$
che va messo a sistema con ognuna delle altre due disequazioni trovate:
$\frac{1}{4}n<k<\frac{1}{2}n$

$\frac{3}{4}n<k<n$

schematizzando:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

E' quindi sufficiente modificare la trattazione eliminando la condizione:
$\frac{3}{4}n<k<n$

La formula che permette di trovare il numero di soluzioni diventa:

$\mathrm{s=}\left\lceil \frac{\mathrm{n}}{2}\right\rceil -\left\lfloor \frac{\mathrm{n}}{4}\right\rfloor-1$

Facendo quindi una tabella del numero di soluzioni in funzione del numero di celle si ha:
$\begin{tabular}{|c|c|} \hline \textbf{n} & \textbf{s}\tabularnewline \hline \hline 1 & 0\tabularnewline \hline 2 & 0\tabularnewline \hline 3 & 1\tabularnewline \hline 4 & 0\tabularnewline \hline 5 & 1\tabularnewline \hline 6 & 1\tabularnewline \hline 7 & 2\tabularnewline \hline 8 & 1\tabularnewline \hline 9 & 2\tabularnewline \hline 10 & 1\tabularnewline \hline \end{tabular}$

Si nota il fatto che due soluzioni distinte compaiono con n=7, che corrisponde con quanto ricavato da Isidoro.
Disaccoppiati i poli, disaccoppiate le soluzioni e sigh... viceversa.
I problemi nascono infatti quando i poli sono parte di una rete unica.
Bisogna imporre, in questo caso, che
$\Re\left(\mathrm{\vec{\mathbf{e}_{1}}\mathbf{T_{osc}^{n}}}\vec{\mathbf{e}_{1}}^{T}\right) <0$
Diagonalizzare la matrice T è esattamente quello che non bisogna fare per risolvere il problema, che diventerebbe rapidamente intrattabile.
Conviene approssimare con serie di polinomi.
Riprendendo i miei appunti, trascrivo un po' di polinomi che avevo trovato:
$\begin{tabular}{|c|c|} \hline \textbf{n} & approssimazione guadagno\tabularnewline \hline \hline 1 & 1\tabularnewline \hline 2 & $1-\alpha^{2}$\tabularnewline \hline 3 & $1-5\alpha^{2}$\tabularnewline \hline 4 & $1-15\alpha^{2}+\alpha^{4}$\tabularnewline \hline 5 & $1-35\alpha^{2}+9\alpha^{4}$\tabularnewline \hline 6 & $1-70\alpha^{2}+45\alpha^{4}-\alpha^{6}$\tabularnewline \hline 7 & $1-126\alpha^{2}+165\alpha^{4}-13\alpha^{6}$\tabularnewline \hline 8 & $1-210\alpha^{2}+495\alpha^{4}-91\alpha^{6}+\alpha^{8}$\tabularnewline \hline 9 & $1-330\alpha^{2}+1287\alpha^{4}-455\alpha^{6}+17\alpha^{8}$\tabularnewline \hline \end{tabular}$

dove, lo ricordo, $\mathrm{\omega=\frac{1}{\alpha RC}}$ .
La formula per ricavare il polinomio in generale è:
$\sum_{k=0}^{\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor }\left(-1\right)^{k}\alpha^{2k}\mathbb{E\left(\mathrm{n-2k}\right)_{G}}$
E la funzione generatrice G dei coefficienti vale:
$\mathbf{\mathrm{\mathscr{\mathbb{G}}=\frac{1}{\left(1-z\right)^{4k+1}}}}$
Esempio:
Voglio ricavare la funzione con n=9.
La formula diventa:
$\sum_{k=0}^{4}\left(-1\right)^{k}\alpha^{2k}\mathbb{E\left(\mathrm{9-2k}\right)_{G}}$
$\mathbf{\mathrm{\mathscr{\mathbb{G}}=\frac{1}{\left(1-z\right)^{4k+1}}}}$

k va da 0 a 4
con k=0 si ha

$\mathrm{\left(-1\right)^{0}=1}$
$\mathrm{\alpha^{2\cdot0}=1}$
$\mathbf{\mathrm{\mathscr{\mathbb{G}}=\frac{1}{\left(1-z\right)^{1}}}}$
$\mathrm{\mathbb{E\left(\mathrm{9}\right)_{G}}}$ : devo prendere il coefficiente di grado 9 dello sviluppo in serie della funzione $\frac{1}{\left(1-z\right)^{4\cdot0+1}}$
$\frac{1}{\left(1-z\right)}=1+z+z^2+z^3+z^4+z^5+z^6+z^7+z^8+z^9+z^{10}+O(z^{11})$
cioè 1

con k=1 si ha

$\mathrm{\left(-1\right)^{1}=-1}$
$\mathrm{\alpha^{2\cdot1}=\alpha^{2}}$
$\mathbf{\mathrm{\mathscr{\mathbb{G}}=\frac{1}{\left(1-z\right)^{5}}}}$
$\mathrm{\mathbb{E\left(\mathrm{7}\right)_{G}}}$ : devo prendere il coefficiente di grado 7 dello sviluppo in serie della funzione $\frac{1}{\left(1-z\right)^{4\cdot1+1}}$
$\frac{1}{\left(1-z\right)^{5}}=1+5 z+15 z^{2}+35 z^{3}+70 z^{4}+126 z^{5}+210 z^{6}+330 z^{7}+495 z^{8}+O(z^{9})$
cioè 330.
Si continua nello stesso modo fino a scrivere tutti i termini, cinque in questo caso.
Non reputavo che fosse interessante questa analisi perché conviene comunque procedere con il calcolo automatico.
Il polinomio, su Wolframalpha si può ricavare con il comando:

Codice: Seleziona tutto: Simplify[Re[{1, 0}.MatrixPower[{{1 - I Re[a], I b}, {-(Re[a]/b), 1}}, 9].{{1}, {0}}]]

Si otterrà direttamente il polinomio e un grafico il quale, ingrandito, permetterà agevolmente di determinare il dominio delle soluzioni negative.
(In questo caso ho considerato nove blocchi, ma si può adattare il comando alle esigenze specifiche).

Nel caso, invece, si vogliano considerare sette celle, si ottiene, dal comando:

Codice: Seleziona tutto: Solve [-13 a^6+165 a^4-126 a^2+1,a]

(il polinomio l'ho ricavato col codice riportato più sopra, poi l'ho copiato e incollato per formare il nuovo comando)
il dominio in cui la funzione è negativa, che corrisponde a
$\mathrm{0.09<\alpha<0.89}\cup\alpha>3.44$
poiché le soluzioni per $\alpha$ , ricavabili con il comando,

Codice: Seleziona tutto: Solve[Im[{1, 0}.MatrixPower[{{1-I*Re[a], I*b}, {-Re[a]/b, 1}}, 7].{{1}, {0}}] == 0, a]

sono:
$\begin{tabular}{|c|c|} \hline $\alpha$ & guadagno\tabularnewline \hline \hline 7.91 & -2.55M\tabularnewline \hline 1.79 & 864.1\tabularnewline \hline 0.37 & -13.39\tabularnewline \hline \end{tabular}$
si vede, dal confronto con il dominio, che la soluzione pari ad $\alpha=1.79$ non va bene.
E' chiaro che anche la soluzione $\alpha=7.91$ non vada bene per ragioni pratiche. Penso che sia impraticabile raggiungere un guadagno pari a -2.55M.

In ultima analisi c'è da dire che avevo considerato solo la parte lineare di un oscillatore.
Chiaramente un oscillatore reale dovrà anche avere un controllo automatico del guadagno non lineare che lo porti e lo mantenga in condizione di oscillare.
poiché l'amplificazione, all'accensione, è più grande di quella a regime, per permettere all'oscillatore di innescare e di far crescere l'ampiezza delle oscillazioni, teoricamente l'oscillatore dovrebbe "agganciare" i poli che lo fanno oscillare con il guadagno più alto. Chiaramente nel caso n=7 poiché l'amplificatore partirà con un guadagno minore di -2.55M il sistema andrà a regime con la frequenza data da $\alpha=0.37$ .
Pensavo una cosa che non ho esperienza sufficiente per poter capire, ma che butto lì senza alcuna pretesa di serietà: sarà questo il motivo per il quale i quarzi in overtone tendono sempre ad agganciarsi sulla fondamentale e non sulla terza armonica? Se fosse così sarebbe sufficiente far partire l'amplificatore con un guadagno massimo posto tra il guadagno necessario alla fondamentale e alla terza armonica?

Infine, credo che la ragione per la quale il guadagno dell'amplificatore debba diminuire con l'aumentare del numero di celle sia che ogni cella dovrà introdurre uno sfasamento sempre minore (complessivamente lo sfasamento dovrà essere pari a 360°, quindi più celle uguale meno sfasamento introdotto da ciascuna). Uno sfasamento minore corrisponde ad una attenuazione minore e, come si vede dalla formula ricavata facendo l'equivalente del condensatore alla fine della trattazione, la Req è ottenuta compensando le perdite del circuito tramite l'amplificatore. Esso dovrà quindi amplificare di meno.

Fatemi sapere le vostre riflessioni... ma per ora
buonanotte,
Pietro.
PS: ma che bello che è rootlocus!

da **IsidoroKZ** » 25 set 2012, 15:33

Altre osservazioni en passant.

La tabella con il numero di soluzioni al variare del numero di celle ha qualcosa che non va perche' con 4 celle c'e` sicuramente una soluzione, e il numero di soluzioni e` non decrescente. Se con 7 celle ci sono due coppie di poli che vanno a destra, anche con 8 ce ne sono almeno 2 coppie.

Il problema che mi pare di aver individuato e` che quando c'e` un numero pari di celle, uno degli amplificatori deve avere segno non invertente, altrimenti si ha una retroazione negativa in continua e uno dei poli si sposta a destra lungo l'asse reale bloccando qualsiasi oscillazione, dato che satura in continua.

Ad esempio con 6 celle e retroazione negativa (che vuol dire uno degli ampli non e` invertente) si ha questa situazione

: RC 6 Cells NFB.png (5.45 KiB) Osservato 1099 volte

Si vede che ci sono due poli che vanno a destra e quindi per un dato guadagno il sistema diventa instabile.

Se invece le sei celle hanno tutte l'ampli invertente, il luogo delle radici diventa

: RC 6 Cells PFB.png (5.15 KiB) Osservato 1099 volte

e si vede che un polo va a destra lungo l'asse reale (ed e` il primo ad arrivare a destra) questo corrisponde a una soluzione reale esponenziale divergente, che fa saturare tutto e lo tiene bloccato in un stato, tipo flip flop.

Mathematically speaking mi pare che quando n e` pari l'equazione da risolvere e` $\frac{A}{1+\omega R C}=\sqrt[n]{-1}$ .

Adesso devo guardarmi come hai approssimato il guadagno.

Per il quarzo in terza armonica hai ragione, la rete intorno al quarzo deve essere passa alto o passa banda, per togliere guadagno di anello alla frequenza della fondamentale.

Il motivo della riduzione del guadagno e` quella che hai detto: la si puo` esplicitare ancora meglio osservando che la variazione di fase e di ampiezza al variare della frequenza e` molto diversa: la fase comincia a ruotare in modo significativo quando l'ampiezza e` ancora praticamente costante. E questa e` una prorpieta` che si usa anche per le misure: se si tratta di identificare la posizione di un polo, di solito e` meglio misurare la fase piuttosto che l'ampiezza.

Si potrebbe dare una occhiata alle sensitivity (e articoli successivi) per tirare fuori qualche altro risultato incasinato :)

da **PietroBaima** » 25 set 2012, 19:55

IsidoroKZ ha scritto:La tabella con il numero di soluzioni al variare del numero di celle ha qualcosa che non va perche' con 4 celle c'e` sicuramente una soluzione, e il numero di soluzioni e` non decrescente. Se con 7 celle ci sono due coppie di poli che vanno a destra, anche con 8 ce ne sono almeno 2 coppie.

La soluzione con 4 celle la trovi se metti uno degli amplificatori con guadagno positivo, oppure lasci tutto così com'è e poni il guadagno dell'amplificatore di retroazione della matrice T pari a -1.

Così:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Io avevo considerato soltanto soluzioni con tutte le celle uguali e guadagno Av pari ad 1.
Se si considerasse il guadagno pari a -1, il grafico che avevo fatto per trovare le soluzioni
da scartare si invertirebbe e la soluzione indicata come 'GOOD' diventerebbe 'BAD' e viceversa.

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Quindi la formula diventerebbe:
$\mathrm{s^{"}=n}-\left\lfloor \frac{\mathrm{3}}{4}\mathrm{n}\right\rfloor -1$
e la tabella avrebbe questi valori:
$\begin{tabular}{|c|c|} \hline \textbf{n} & \textbf{s}\tabularnewline \hline \hline 1 & 0\tabularnewline \hline 2 & 0\tabularnewline \hline 3 & 0\tabularnewline \hline 4 & 0\tabularnewline \hline 5 & 1\tabularnewline \hline 6 & 1\tabularnewline \hline 7 & 1\tabularnewline \hline 8 & 1\tabularnewline \hline 9 & 2\tabularnewline \hline 10 & 2\tabularnewline \hline \end{tabular}$

IsidoroKZ ha scritto:Il problema che mi pare di aver individuato e` che quando c'e` un numero pari di celle, uno degli amplificatori deve avere segno non invertente, altrimenti si ha una retroazione negativa in continua e uno dei poli si sposta a destra lungo l'asse reale bloccando qualsiasi oscillazione, dato che satura in continua.

Cioè intendi che c'è una soluzione pari a $\mathrm{e^{\sigma}}$ . Questo potrebbe essere un problema, perché vorrebbe dire che tutte le soluzioni in cui $\alpha=0$ non sarebbero accettabili.
Io le avevo scartate semplicemente perché non danno luogo a fenomeni oscillanti.
Tu però adesso sollevi il problema che potrebbero far saturare l'amplificatore.
Devo pensare, quindi, a cosa voglia dire la soluzione $\alpha=0$ , perché l'oscillatore deve avere anche un punto di riposo stabile per $V_{2}=0$ .

Mathematically speaking mi pare che quando n e` pari l'equazione da risolvere e` $\frac{A}{1+\omega R C}=\sqrt[n]{-1}$ .

E' giusto, a parte che hai dimenticato un j, ma è certamente un lapis ;)
La tua equazione va bene se inverti, come dici, un guadagno di una cella.

Con Mathematica ho provato a buttare giù queste righe di codice per risolvere la tua equazione:

Codice: Seleziona tutto: n = 6; (* Funzione per A/(1+jwRC)=(-1)^(1/n) *) h[n_, k_] := -Tan[Pi/n + 2*k*Pi/n]; Table[h[n, k], {k, 1, n - 1}] N[%]

Per trovare un vettore di soluzioni pari a :

Codice: Seleziona tutto: {ComplexInfinity, 1/Sqrt[3], -(1/Sqrt[3]), ComplexInfinity, 1/Sqrt[3]}

dove i ComplexInfinity sono i punti dove la tangente diverge, quindi ovviamente da scartare.
Anche le soluzioni negative sono da scartare.

Il sistema oscilla ad una frequenza proporzionale a $\omega=\frac{1}{\sqrt{3}RC}$

Se invece si prova a digitare il codice

Codice: Seleziona tutto: n = 6;(* Funzione per A/(1+jwRC)=1^(1/n) *) h[n_, k_] := -Tan[2*k*Pi/n]; Table[h[n, k], {k, 1, n - 1}] N[%]

si trovano le soluzioni per l'altra equazione, quella che si ottiene senza aggiungere l'amplificatore invertente.
Le soluzioni sono:

Codice: Seleziona tutto: {-Sqrt[3], Sqrt[3], 0, -Sqrt[3], Sqrt[3]}

dove si vede che una soluzione positiva (e quindi oscillante) c'è; purtroppo c'è anche lo zero, pari al polo spostatosi sull'asse reale.

Adesso devo guardarmi come hai approssimato il guadagno.

E' stata la cosa più dura.
Puoi usare le funzioni:

Codice: Seleziona tutto: g[n_, a_] := Sum[(-1)^(k + 1)*a^(2 k + 1)* SeriesCoefficient[(1 - z)^(-3 - 4 k), {z, 0, n - 2 k - 1}], {k, 0, Floor[(n - 1)/2]}] f[n_, a_] := Sum[(-1)^k*a^(2*k)* SeriesCoefficient[(1 - z)^(-1 - 4 k), {z, 0, -2 k + n}], {k, 0, Floor[n/2]}]

g ti darà una approssimazione della parte immaginaria (quindi per trovare $\alpha$ )
f ti darà una approssimazione della parte reale (quindi per trovare il guadagno).

Puoi trovare le frequenze di oscillazione con:

Codice: Seleziona tutto: Table[Select[Re[a /. NSolve[g[n, a] == 0, a]], # > 0 &], {n, 3, blocks}]

e i guadagni con:

Codice: Seleziona tutto: Table[f[n, alpha[[n - 2]]], {n, 3, blocks}]

Puoi assegnare alla variabile blocks il numero di blocchi massimo da considerare.
Facendo plottare le funzioni su quelle "vere" ottenute risolvendo la matrice di ottiene una approssimazione migliore dell' uno per mille.

Per il quarzo in terza armonica hai ragione, la rete intorno al quarzo deve essere passa alto o passa banda, per togliere guadagno di anello alla frequenza della fondamentale.

Sto cominciando a capire qualcosa! Adesso il mondo sarà finalmente mioooo :cool:

( * )

Si potrebbe dare una occhiata alle sensitivity (e articoli successivi)

A gli ordini! Anche se nel buffer ho ancora l'articolo da finire e la risposta al sistema retroazionato...

per tirare fuori qualche altro risultato incasinato :)

Incasinato? quale risultato incasinato?? :-)

Ciao da Pietro.
PS: Grazie per il tempo dedicato alla discussione!
__________________________________________________________________________________________
( * ) sdaaang... rumore di Pietro che cade dalla sedia facendosi male #-o

da **Piercarlo** » 25 set 2012, 20:09

Mi sa che qui ormai si deve programmare un e-book, altro che articolo! :-)

(*)

Ciao
Piercarlo

(*) Che come libro reale avrebbe pure un discreto mercato... I libri dedicati agli oscillatori si contano su una mano o quasi!

da **PietroBaima** » 25 set 2012, 20:36

Hemmm.... errore di sbaglio:
Le righe di codice, per come le ho riportate nel post precedente, non considerano la soluzione per k=0.
Le righe di codice corrette sono queste:

- soluzione per l'equazione uguale a -1

Codice: Seleziona tutto: n = 6;(* Funzione per A/(1+jwRC)=(-1)^(1/n) *) h[n_, k_] := -Tan[Pi/n + 2*k*Pi/n]; Table[h[n, k], {k, 0, n - 1}] N[%]

con il risultato:

Codice: Seleziona tutto: {-(1/Sqrt[3]), ComplexInfinity, 1/Sqrt[3], -(1/Sqrt[ 3]), ComplexInfinity, 1/Sqrt[3]

- soluzione per l'equazione uguale a +1

Codice: Seleziona tutto: n = 6;(* Funzione per A/(1+jwRC)=1^(1/n) *) h[n_, k_] := -Tan[2*k*Pi/n]; Table[h[n, k], {k, 0, n - 1}] N[%]

con il risultato:

Codice: Seleziona tutto: {0, -Sqrt[3], Sqrt[3], 0, -Sqrt[3], Sqrt[3]}

Le conclusioni non cambiano.
Sorry.

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Oscillatori e matrici T

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