ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

da **kiopo** » 4 ott 2022, 21:25

Ciao, sto provando a risolvere questo punto del compito, non sono però sicuro di come.

Ho effettuato l'analisi modale, nessun problema su questo.

Vi anticipo che potrei scrivere stupidaggini.

Ho pensato di calcolare la risposta forzata all'ingresso onda quadra seguendo un hint della professoressa, l'onda quadra che ci è stata data è una sovrapposizione dell'ingresso gradino unitario e una sommatoria:

$\delta _{-1}(t)+\Sigma (-1)^{k} 2\delta _{-1}(t-k)$ con k>0 a infinito

Calcolando la funzione di trasferimento mi trovo:

$\frac{1}{s+1}$

facendo la trasformata di Laplace, moltiplicando segnale in ingresso e funzione di trasferimento e antitrasformando mi trovo che la risposta forzata è

$\delta _{-1}(t)-e^{-t}+\Sigma (-1)^{k} 2\delta _{-1}(t-k)-e^{-(t+k)}$

Ora non so come agire per la risposta a regime permanente, potrei usare lo sviluppo in serie di Fourier e usare la formula per l'ingresso sinusoidale ma in teoria nel corso non sarebbe necessario utilizzare Fourier.

Mi servirebbe una mano, grazie in anticipo

da **kiopo** » 9 ott 2022, 13:22

La mia richiesta di aiuto non ha riscosso molto successo, provo quindi con qualcosa che potrebbe essere più rapido, ho provato a risolvere quest'altro esercizio, ma non ne vengo a capo.

So che con la formula della risposta a regime a segnale sinusoidale posso trovare il modulo e la fase della funzione di trasferimento quindi modulo=10 e fase=-45° ma non capisco come andare oltre.
Grazie per ogni eventuale chiarimento

da **MarcoD** » 9 ott 2022, 13:42

Sono decenni che non affronto il problema, non so se lo ho compreso correttamente.
A intuito, direi che la funzione potrebbe essere rappresentata da un solo polo,
posizionato a 1 rad/s.
Visto come da un elettronico circuitista, potrebbe essere un amplificatore ideale seguito da un filtro passa basso del primo ordine di tipo RC avente una frequenza di taglio di 1/6,28 .
La frequenza di taglio di un filtro passa basso, è quella per cui lo sfasamento è 45° e l'attenuazione uguale a 0,707.. .
Il guadagno dell'amplificatore sarà G = 10/0,707.
Però potrei anche sbagliarmi del tutto... :-)

da **kiopo** » 10 ott 2022, 13:31

purtroppo il ragionamento che devo seguire è molto teorico, questo che fai è più pratico, ma grazie lo stesso per averci provato :)

da **MarcoD** » 10 ott 2022, 14:46

fdt = G x 1/(1+S x Tau); Tau = 1 s ; G = 14,1;
verifica con Bode se per W = 1 rad/s soddisfa il requisito.

da **MarcoD** » 10 ott 2022, 15:04

Probabilmente non interessa, ma qualcuno per esercizio potrebbe dimensionare i valori
in modo che il circuito soddisfi il problema, e poi simulare il circuito e verificare il risultato. :-)

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

da **MarcoD** » 11 ott 2022, 18:39

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Ho modificato lo schema, così la fdt non è influenzata dal carico.
Poi è meglio filtrare il prima possibile ;-)

da **dimaios** » 12 ott 2022, 23:53

Ti fornisco una traccia per risolvere il primo problema.

L'onda quadra la puoi scrivere in questo modo ( attenzione non è l'unico modo per scriverla ma uno dei possibili, se ti viene difficile antitrasformare puoi anche semplificare la scrittura in un altro modo ma prima prova con questo ).

$f(t)=\sum_{n=0}^{\infty} \left[u\left(t-nT\right)-2u\left(t-\frac{2n+1}{2}T\right)+u\left(t-(n+1)T\right)\right]$

Dove sappiamo che il periodo

è pari a

La trasformata di quella funzione è:

$F(s) =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{s}\left[\mathrm e^{-nTs}-2\mathrm e^{-\frac{n+1}{2}Ts}+\mathrm e^{-(n+1)Ts}\right]$

A questo punto moltiplichi il tutto per il filtro passa basso del sistema complessivo che risulta essere $\frac{1}{s+1}$

E ottieni:

$F(s) =\frac{1}{s+1} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{s}\left[\mathrm e^{-nTs}-2\mathrm e^{-\frac{n+1}{2}Ts}+\mathrm e^{-(n+1)Ts}\right]$

Isoli il termine:
$\frac{1}{s} \cdot \frac{1}{s+1}$

A questo punto usi le frazioni parziali e lo trasformi in:
$\frac{1}{s} \cdot \frac{1}{s+1} =\frac{1}{s} - \frac{1}{s+1}$

Lo riporti all'interno moltiplicando i singoli membri:

$F(s) = \sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{1}{s} - \frac{1}{s+1} \right) \left[\mathrm e^{-nTs}-2\mathrm e^{-\frac{n+1}{2}Ts}+\mathrm e^{-(n+1)Ts}\right]$

Moltiplica i tre termini separatamente e vedrai che sono anti-trasformabili secondo Laplace utilizzando il Second Shifting Theorem delle trasformate.

Ovviamente risulteranno infiniti termini di esponenziali crescenti e decrescenti ( come deve essere ).

La soluzione del secondo problema invece è più rapida.
Se il segnale in uscita viene ritardato di 45° rispetto a quello di ingresso e viene amplificato di 10 evidentemente viene filtrato da un passa basso.
Il passa basso del primo ordine ha un ritardo proprio di 45° alla frequenza di taglio per cui è un ottimo candidato.
Attento comunque che il guadagno alla frequenza di taglio non è 1 per cui non puoi cavartela moltiplicando per 10 il filtro passa basso con guadagno unitario ma devi compensare anche i -3dB che perdi a causa del guadagno che sta calando in quel punto specifico.
Pensaci un attimo con un disegno alla mano, se hai problemi ci risentiamo.

da **GioArca67** » 13 ott 2022, 13:48

Per gli eventuali diffidenti:

MarcoD chiedeva, ecco:

: Sim

non avevo la pazienza di fare l'onda quadra a media nulla, ma mettendo la condizione iniziale su C1, risulta lo stesso... i valori ovviamente sono tutti con +1V.

Ora una domanda per

dimaios:
Ma quella trovata non è (quasi) la risposta totale del sistema a quel determinato ingresso? non mi sembra la risposta a regime permanente, sbaglio?
Quasi perché non si tiene in considerazione l'evoluzione libera dallo stato iniziale (ovviamente a regime non interessa in quanto essendo i poli negativi tende a zero)
$C(sI-A)^{-1}x_0$
che, con i dati forniti, se non ho sbagliato, è il secondo polo in -2
quindi un $e^{-2t}u(t)$ che si somma a quanto trovato sopra: in verde

: RispTot

da **kiopo** » 13 ott 2022, 13:59

dimaios ha scritto:Ti fornisco una traccia per risolvere il primo problema.

L'onda quadra la puoi scrivere in questo modo ( attenzione non è l'unico modo per scriverla ma uno dei possibili, se ti viene difficile antitrasformare puoi anche semplificare la scrittura in un altro modo ma prima prova con questo ).

$f(t)=\sum_{n=0}^{\infty} \left[u\left(t-nT\right)-2u\left(t-\frac{2n+1}{2}T\right)+u\left(t-(n+1)T\right)\right]$

Dove sappiamo che il periodo è pari a
La trasformata di quella funzione è:

$F(s) =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{s}\left[\mathrm e^{-nTs}-2\mathrm e^{-\frac{n+1}{2}Ts}+\mathrm e^{-(n+1)Ts}\right]$

A questo punto moltiplichi il tutto per il filtro passa basso del sistema complessivo che risulta essere $\frac{1}{s+1}$

E ottieni:

$F(s) =\frac{1}{s+1} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{s}\left[\mathrm e^{-nTs}-2\mathrm e^{-\frac{n+1}{2}Ts}+\mathrm e^{-(n+1)Ts}\right]$

Isoli il termine:
$\frac{1}{s} \cdot \frac{1}{s+1}$

A questo punto usi le frazioni parziali e lo trasformi in:
$\frac{1}{s} \cdot \frac{1}{s+1} =\frac{1}{s} - \frac{1}{s+1}$

Lo riporti all'interno moltiplicando i singoli membri:

$F(s) = \sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{1}{s} - \frac{1}{s+1} \right) \left[\mathrm e^{-nTs}-2\mathrm e^{-\frac{n+1}{2}Ts}+\mathrm e^{-(n+1)Ts}\right]$

Moltiplica i tre termini separatamente e vedrai che sono anti-trasformabili secondo Laplace utilizzando il Second Shifting Theorem delle trasformate.

Ovviamente risulteranno infiniti termini di esponenziali crescenti e decrescenti ( come deve essere ).

La soluzione del secondo problema invece è più rapida.
Se il segnale in uscita viene ritardato di 45° rispetto a quello di ingresso e viene amplificato di 10 evidentemente viene filtrato da un passa basso.
Il passa basso del primo ordine ha un ritardo proprio di 45° alla frequenza di taglio per cui è un ottimo candidato.
Attento comunque che il guadagno alla frequenza di taglio non è 1 per cui non puoi cavartela moltiplicando per 10 il filtro passa basso con guadagno unitario ma devi compensare anche i -3dB che perdi a causa del guadagno che sta calando in quel punto specifico.
Pensaci un attimo con un disegno alla mano, se hai problemi ci risentiamo.

è effettivamente questo l'approccio che devo usare grazie mille, proverò come hai suggerito

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