Kontinuirani sustavi

Транскрипт

1 Signali i sstavi Aditorn vjžb 8. Kontinirani sstavi Zadatak. Kontinirani sstav zadan j modlom na slici. Odrdit difrncijaln jdnadžb koja opisj ovaj sstav i izračnajt odziv na pobd: (t) U cos(ω t) - x x x x + - 0, y 0, Paramtri pobd? x + x x x - - 0, 0, y y x x x x - 0, x - 0, x x x x - 0, x -0, x x - 0, x - 0, x x + 0, x + 0, x y + 0, y + 0, y Počtni vjti nka s: y(0) -0, y (0) -5. Paramtri pobd nka s: U 3, ω,8.

2 Odziv sstava? A) Totalno ili kpno rjšnj: y(t) y H (t) + y P (t). Ukpno rjšnj j sma rjšnja homogn jdnadžb i partiklarnog rjšnja - to važi za sv linarn jdnadžb. A..) Homogna jdnadžba: y + 0, y + 0, y 0. Prtpostavimo rjšnj oblika: y H (t) A st. Rjšavamo homogn... Uvrstimo prtpostavljno rjšnj jdnažb: s A st + 0, s A st + 0, A st 0. Pokratimo sa A st (možmo, jr A st 0). s + 0, s + 0, 0 s naziva karaktristična jdnadžba sstava. Korijni karaktrističn jdnadžb s: s, 0, 0, 4 0, ± 0, ± 03, j, Rjšavamo homogn... pa j rjšnj homogn: y H (t) A (-0,+0,3 j)t +A (-0,-0,3 j)t -0, t (A 0,3 j t +A -0,3 j t ) -0, t (A cos 0,3 t + A j sin 0,3 t + A cos 0,3 t - A j sin 0,3 t). Uvdmo nov komplksn konstant: y H (t) -0, t ( cos 0,3 t + sin 0,3 t) gdj s A + A i j (A -A ).

3 Odrđivanj homognog rjšnja jdnostrka ralna vlastita frkvncija s k-strka ralna vlastita frkvncija s konjgiranokomplksni par oblika s α± jβ k-strki konjgiranokomplksni par oblika s α± jβ y h (t) st y h (t) st ( + t + + t k k ) y h (t) αt (A cos(βt) + B sin(βt)) y h (t) αt cos(βt) (A + ta + + t k A k ) + αt sin(βt) (B + tb + + t k B k ) 7 Partiklarno rjšnj... Partiklarno rjšnj ima oblik pobd: y P (t) Y cos (ω t + ϕ). Trbaj nam još i drivacij: y P (t) - ω Y sin (ω t + ϕ), y P (t) - ω Y cos (ω t + ϕ). Sv to vrstimo difrncijaln jdnadžb y + 0, y + 0, y, -ω Y cos (ω t + ϕ) - 0, ω Y sin (ω t + ϕ) + 0, Y cos (ω t + ϕ) U cos ω t. Partiklarno rjšnj... Prisjtimo s trigonomtrijskih jdnadžbi: cos (ω t + ϕ) cos ω t cos ϕ - sin ω t sin ϕ, sin (ω t + ϕ) sin ω t cos ϕ + cos ω t sin ϕ. Nakon vrštnja i grpiranja, naša difrncijalna jdnadžba postaj: Y [-ω cos ϕ -0, ω sin ϕ + 0, cos ϕ ] cos ω t + Y [ω sin ϕ -0, ω cos ϕ -0, sin ϕ ] sin ω t U cos ω t. 3

4 Partiklarno rjšnj... Mtoda jdnakih koficijnata daj: Y [-ω cos ϕ -0, ω sin ϕ + 0, cos ϕ] U, Y [ω sin ϕ -0, ω cos ϕ -0, sin ϕ] 0. (Y 0) > (ω -0,) sin ϕ 0, ω cos ϕ 0, ω tgϕ ω 0, ω ϕ arctg 0,, a iz gornj jdnadžb slijdi: ω 0, U Y (, 0 ω )cos ϕ 0, ωsinϕ Partiklarno rjšnj... Ako vrstimo konkrtn brojk, imamo: U 3, ω,8 ϕ 0,4567 Y -0,94996 y p -0,94996 cos (,8t + 0,4567) -cos x cos (x - π) y p 0,94996 cos (,8t - 3, ) Odrđivanj partiklarnog rjšnja pobda j Aat, a nij korijn karaktrističn jdnadžb pobda j A at, a j k- strki korijn karaktrističn jdnadžb pobda j polinom k-tog stpnja pobda j Asin(ωt) i jω nij korijn karaktrističn jdnadžb pobda j Asin(ωt) i jω j k-strki korijn karaktrističn jdnadžb y p (t) at y p (t) t k at y p (t) t k k + t k k y p (t) sin(ωt) + cos(ωt) y p (t) t k ( sin(ωt) + cos(ωt) ) 4

5 Partiklarno rjšnj na drgi način... Spcijalni slčaj: pobda j harmonička, omogćava potrb fazora. U cosω t R[U jωt ] R[U st ], gdj j s jω. Priprmimo y p i drivacij: y p Y st, y p s Y st, y p s Y st. Važna intrprtacija rjšnja!!! s Y st + 0,s Y st + 0,Y st U st Y[s + 0,s + 0,] U Y U Hs ( ) s + 0, s + 0, H( s) s s jω + 0, s+ 0, /: st { amplitda H(jω) H(jω) jϕ(ω) Prijnosna fnkcija { faza Partiklarno rjšnj na drgi način, nastavak... Hs ( ) H( jω) ( jω) + 0, jω + 0, H(jω ) 0, ϕ -3,0744 (, 0 ω ) + 004, ω 0, ω jarctg 0, ω 5

6 ... i konačno... y p R [H(jω ) U jωt ] R [ H(jω ) jϕ U jωt ] H(jω ) U cos (ω t + ϕ) 0,94996 cos (,8t - 3,0744) Totalno (kpno) rjšnj sstava: y(t) y H (t) + y p (t) y(t) ( cos 0,3t + sin 0,3t) -0,t + 0,94996 cos (,8t - 3,0744) Konstant? y(0) -0, y (0) -5 počtni vjti Konačno rjšnj: y(0) -0 y (0) -5 U VW, dvij jdnadžb s dvij npoznanic y(t) y (t) , t 0-9,057, -0,33. y(t) (-9,057 cos 0,3t - 0,33 sin 0,3t) -0,t + 0,949 cos (,8t - 3,0744). 6

7 B - Odziv npobđnog sstava y (t)? y + 0,y + 0,y 0, y (0) -0, y (0) -5, y y H (A cos0,3t + A sin0,3t) -0,t. Iz počtnih vjta slijdi: A -0, A -0, y (-0cos0,3t - 0sin0,3t) -0,t. vlastiti odziv slijd počtnih vjta B - Odziv pobđnog mrtvog sstava y + 0,y + 0,y, y (0) 0, y (0) 0, y (t) (B cos 0,3t + B sin 0,3t) -0,t + + 0,94996 cos (,8t - 3,0744). y (0) 0 y (0) 0 UV W B 0,94308 B -0,33436 B - Odziv pobđnog mrtvog sstava y (t) (0,94308 cos 0,3t - 0,33436 sin 0,3t) -0,t vlastito titranj slijd pobd + 0,94996 cos (,8t - 3,0744) stacionarno stanj y y + y Ukpni odziv Amplitd vlastitog titranja odrđn s nskladom počtnog i stacionarnog stanja! 7

8 Zadatak. Mtodom varijacij paramtara rijši difrncijaln jdnadžb y (t) 4y(t) (t) z pobd t () t + Zadatak. homogna jdnadžba Pripadna homogna jdnadžba j y (t) 4y(t) 0 Karaktristična jdnadžba j s 4 0 Opć rjšnj homogn jdnadžb j y h (t) t + t Za mtod varijacij konstant rjšnj nhomogn prtpostavljamo oblik y(t) (t) t + (t) t 3 Zadatak. varijacija paramtara Opć rjšnj j oblika y f + + m f m Kako j potrbno m vjta da bi odrdili fnkcij m tražimo da vrijdi f + f fm m 0 () () () f + f f 0 f + f f m 0 f + f f ( t) ( m ) ( m ) ( m ) m ( m ) ( m ) ( m ) m m m m 4 8

9 Zadatak. varijacija paramtara Dobivamo sstav s npoznanicama i t t () t + () t 0 ( t) + ( t) t t t Rjšnja ovog sstava s 0 t + t t t + () t t t t t t + 5 Zadatak. varijacija paramtara t t t t + () t t t t 0 t t + Očito j t t () t i () t t t Zadatak. varijacija paramtara Pomoć tablica odrđjmo (t) i (t) t () t t ln ( t + ) + A + 4 t t t d () t t t t + + t d t 4t 4 + ( ) ln ( t + + ) t B 7 9

10 Zadatak. konačno rjšnj Rjšnj jdnadžb j sada t t t yt () + ln( + ) + B ln ( t t + ) + A 4 Nakon srđivanja dobivamo y() t A + B t t t t t t ( ln( ) ln( ) ) Zadatak 3. Za sstav na slici naći trajktorij ravnini stanja, t vrmnsk promjn varijabli stanja i izlaznih varijabli. dx ( ) y y sgnx x 0 x < 0 dx t 0 0 x 0 > 0 x 0 > 0 sgn sgn Rjšnj: t y 0 0 y y () τ dτ + x, t τ sign sign y 0 0 ( λ) dλ + x dτ + x. Bz smnj, složna zadaća za analitičko rjšavanj! Jdnadžb stanja: Izlazn jdnadžb: dx sgnx, y x, y sgnx. dx sgn x. Problm j jdnostavnij rijšiti pomoć varijabli stanja (izabrati x i x )

11 Problm ćmo rijšiti gomtrijski ravnini stanja! dx dx dx dx,, x dx dx, dx dx, x dx Kako dx i poprimaj jdn od dvij vrijdnosti {,}, slijdi:. i 4. kvadrant dx. dx. i 3. kvadrant dx. dx dx dx dx,. dx Ov činjnic ćmo iskoristiti crtanj trajktorij varijabli stanja Ograničimo s na. kvadrant (x 0, x 0 > 0) Dakl, trajktorija j pravac! Kako ć s mijnjati stanj? x 0 x 0 t 0 Imamo priodičko kržnj! Nacrtajmo još jdnom prvi kvadrant. Nagib pravca j, to znači 45. Onda s označn džin jdnak (na slici )!! Nadalj, očigldno j: 45 x 0 +x 0 x 0 45 x 0

12 Iz slik zakljčjmo da x i x imaj svoj maksimm koji j x 0 + x 0, dok j minimm x 0 x 0. Nadalj, kada jdna varijabla stanja postiž maksimm (minimm) drga prolazi kroz nl. Oba stanja s mijnjaj po priodičnim fnkcijama prioda 4( x 0 + x 0 ) što ć biti jasnij iz nardnih slika. 45 x 0 +x 0 x 0 45 x 0 x (t) x 0 + x 0 4( x 0 + x 0 ) x 0 x 0 x 0 x (t) t x 0 t y (t) y x y sgnx x 0 y (t) t t Zadatak 4. Napisati jdnadžb stanja i izlazn jdnadžb za lktričn mrž prikazan slikom. j laz sstav, a i R izlaz iz sstava. i + i R i R

13 Odabir varijabli stanja (sstavi s mmorijskim lmntima) i s mmorijski lmnti. di di di / d d d i i i / i Varijabl stanja lktričn mrž s i,. Za jdnadžb stanja trba naći di d, Način rjšavanja Zadana lktrična mrža j linarna. Koristit ć s torm sprpozicij. Doprinos pojdinog aktivnog lmnta mrž odrđj s tako da s iskljč sv prostal aktivn komponnt. Iskljčiti, to znači:, kratko spojiti,, i odspojiti, gdj s, i nzavisni naponski ili strjni izvori. Ukpni odziv jdnak j smi doprinosa pojdinih aktivnih lmnata. Slčaj A B Ukljčn Iskljčn,,, i R i R i R i R i R i R A B A B di / + 0 i i d / 0 + i /R i R i + /R 3

14 4 Ako podijlimo jdnadžb s, odnosno dobijmo: što s žljn jdnadžb stanja, z vć poznat izlazn jdnadžb:, di, R i d. R R i U matričnom oblik, to izglda ovako:, 0 R 0 i d di +. 0 R 0 R i i +