e 5t (sin 5t)u(t)e st dt e st dt e 5t e j5t e st dt s j5 j10 (s + 5 j5)(s j5)

Transcript

1 Πανεπιστήµιο Κρήτης - Τµήµα Επιστήµης Υπολογιστών Εφαρµοσµένα Μαθηµατικά για Μηχανικούς ιδάσκων : Α. Μουχτάρης Εφαρµοσµένα Μαθηµατικά για Μηχανικούς-Λύσεις 4ης Σειράς Ασκήσεων 7/5/ Λύσεις 4ης Σειράς Ασκήσεων 7/5/ Ασκηση. (i) Χρησιµοποιούµε τον ορισµό για τον αµφίπλευρο µετασχηµατισµό Laplace (), οπότε : ( e 4t u(t) + e 5t (sin 5t)u(t) ) e st e 4t u(t)e st + e 4t e st + e 4t e st + e 4t e st + j s j s j e 5t (sin 5t)u(t)e st e 5t (sin 5t)e st e 5t ej5t e j5t e st j e 5t e j5t e st e 5t e j5t e st e ( 4 s)t + e ( 5+j5 s)t e ( 5 j5 s)t j ( ) s + 5 j5, Re{s} > 4 & Re{s} > 5 s j5 ( ) j, Re{s} > 4 (s + 5 j5)(s j5) s s + s + 5, s + 5s + 7 s + 4s + 9s +, Re{s} > 4 Re{s} > 4 Τα µηδενικά είναι στα 7, 5 ±.7j και οι πόλοι στα 5 ± 5j

2 Εφαρµοσµένα Μαθηµατικά για Μηχανικούς- Λύσεις 4ης Σειράς Ασκήσεων 7/5/ Παρατήρηση : αυτός ο αµφίπλευρος ταυτίζεται µε τον αντίστοιχο µονόπλευρο. Μπορείτε να απαντήσετε γιατί ; (ii) από τον ορισµό, όπως και πριν : ( e t u( t) + e t u( t) ) e st e t u( t)e st + e t e st + e ( s)t + s + s 5 s s 5s + 6 Εχω ένα µηδενικό στο 5/ και πόλους στο και στο e t e st e ( s)t e t u( t)e st Re{s} < & Re{s} < Re{s} <

3 Εφαρµοσµένα Μαθηµατικά για Μηχανικούς- Λύσεις 4ης Σειράς Ασκήσεων 7/5/ (iii) Από ορισµό : s t e t e st te t e st + te t e st + te ( s)t + te t e st te t e st te ( s)t ( t e ( s)t) + s te ( s)t s e ( s)t te ( s)t s + [ ] s s e( s)t [ s + s e( s)t (s ) + (s + ) < Re{s} < s + 8 (s ) (s + ) < Re{s} < Εχω µηδενικά στα ±j και διπλό πόλο στο και διπλό πόλο στο ( t e ( s)t) Re{s} < & Re{s} > ] e ( s)t < Re{s} < < Re{s} < (iv) Το δ(t) είναι ίσο µε το δ(t) και το u(t) είναι ίσο µε το u(t). Άρα από πίνακες : + s s +, Res > s Εχω µηδενικό στα και πόλο στο Ακολουθούν τα διαγράµµατα µε τους πόλους και τα µηδενικά για κάθε µία εκ των ανωτέρω περιπτώσεων

4 Εφαρµοσµένα Μαθηµατικά για Μηχανικούς- Λύσεις 4ης Σειράς Ασκήσεων 7/5/ 4 Im{s} Im{s} Re{s} Re{s} (i) (ii) Im{s} Im{s} (x) (x) Re{s} Re{s} (iii) (iv) Σχήµα Ασκηση. Αντιµετωπίζουµε όλα τα ερωτήµατα µε ανάλυση σε µερικά κλάσµατα (α ) s + s + 7s +, 4 < Re{s} < s + (s + 4)(s + ) A s B s +, 4 < Re{s} < A & B s + 4 s +, 4 < Re{s} <

5 Εφαρµοσµένα Μαθηµατικά για Μηχανικούς- Λύσεις 4ης Σειράς Ασκήσεων 7/5/ 5 Από τα Ϲεύγη : e at u(t) e at u( t) s + a, s + a, Re{s} > Re{a} Re{s} < Re{a} και λαµβάνοντας υπόψιν τη δοθείσα ROC, έχω τελικά : x(t) e 4t u(t) + e t u( t) (ϐ ) s + s + 5s + 6, < Re{s} < s + (s + )(s + ) A s + + B s +, < Re{s} < A & B s + s +, < Re{s} < Από τα Ϲεύγη : e at u(t) e at u( t) s + a, s + a, Re{s} > Re{a} Re{s} < Re{a} και λαµβάνοντας υπόψιν τη δοθείσα ROC, έχω τελικά : x(t) e t u(t) + e t u( t) (γ ) Αριθµητής και παρονοµαστής είναι ιδίας τάξης, οπότε αρχικά κάνω διαίρεση και κατόπιν προχωρώ µε

6 Εφαρµοσµένα Μαθηµατικά για Μηχανικούς- Λύσεις 4ης Σειράς Ασκήσεων 7/5/ 6 ανάλυση σε µερικά κλάσµατα στο κλάσµατικό µέρος της διαίρεσης : (s + ) s s +, Re{s} > s + s + s s +, Re{s} > + s s +, Re{s} > + (s j )(s + j A + jb s + j s +j j ) + A + jb s j + A jb s + j, Re{s} > A & B j + / j / s / j / + / + j / s / + j /, Re{s} > + s / j / j s / j / + s / + j / + j s / + j / Από τα Ϲεύγη : δ(t) e at u(t), s + a, και λαµβάνοντας υπόψιν τη δοθείσα ROC, έχω τελικά : ROC όλο το µιγαδικό επίπεδο Re{s} > Re{a} x(t) δ(t) + e( +j )t u(t) j e( +j )t u(t) + e( j )t u(t) + j δ(t) + e t/ u(t) ej / + e j / j e t/ u(t) ej / e j / δ(t) + e t/ u(t) ej t/ + e j t/ + e t/ u(t) ej t/ e j t/ j δ(t) + e t/ cos( t/)u(t) + e t/ sin( t/)u(t) e( j )t u(t) Παρατήρηση : Το κλάσµα s µπορεί να γραφτεί και ως : s + s s + s / (s /) + ( /) + / (s /) + ( /)

7 Εφαρµοσµένα Μαθηµατικά για Μηχανικούς- Λύσεις 4ης Σειράς Ασκήσεων 7/5/ 7 οπότε χρησιµοποιώντας τα Ϲεύγη : e at cos(ω o t)u(t) e at sin(ω o t)u(t) s + a (s + a) + ωo, Re{s} > Re{a} ω o (s + a) + ωo, Re{s} > Re{a} καταλήγουµε στο ίδιο αποτέλεσµα. (δ ) Πάλι κάνουµε πρώτα διαίρεση και µετά συνεχίζουµε σε ανάλυση µερικών κλασµάτων, οπότε : s s +, Re{s} > (s + ) (s + ) + A s + + B, Re{s} > (s + ) A B s + +, Re{s} > (s + ) οπότε χρησιµοποιώντας τα Ϲεύγη : e at s + a cos(ω o t)u(t) (s + a) + ωo, Re{s} > Re{a} t n (n )! e at u(t), Re{s} > Re{a} (s + a) n και λαµβάνοντας υπόψιν τη δοθείσα ROC, έχω τελικά : x(t) δ(t) e t u(t) + te t u(t) Παρατήρηση : Ενας ος τόπος λύσης είναι να χρησιµοποιήσουµε το Ϲεύγος tu(t) s, Re{s} >, να εφαρµόσουµε σε αυτό µετατόπιση στη µιγαδική συχνότητα κάτα προς τα αριστερά, οπότε e t tu(t), Re{s} > και τέλος, να εφαρµόσουµε την ιδιότητα της παραγώγισης στο χρόνο, οπότε : (s + ) d ( e t tu(t) ) s (s + ), Re{s} > e t tu(t) + e t s u(t), Re{s} >. (s + ) Οπότε από το (s+) έχουµε πάλι x(t) δ(t) [ e t tu(t) + e t u(t) ] x(t) δ(t) + te t u(t) e t u(t)

8 Εφαρµοσµένα Μαθηµατικά για Μηχανικούς- Λύσεις 4ης Σειράς Ασκήσεων 7/5/ 8 Ασκηση. (α ) Εφαρµόζουµε το ο νόµο Kirchhoff στο κλειστό ϐρόχο του κυκλώµατος (ος νόµοςkirchhoff: Το αλγεβρικό άθροισµα όλων των τάσεων σε κάθε ϐρόγχο ενός κυκλώµατος είναι ίσο µε µηδέν.), οπότε : v R (t) + v L (t) + v C (t) x(t) Για την τάση στα άκρα του πηνίου ισχύει : v L (t) L di L(t). Για την ένταση που περνάει από τον πυκνωτή ισχύει : i C (t) C dv C(t). και για την τάση στα άκρα της ωµικής αντίστασης (από νόµο του Ohm) ισχύει : v R (t) Ri R (t) Οπότε : v R (t) + v L (t) + v C (t) x(t) Ri R (t) + L di L(t) + v C (t) x(t) i R (t)i L (t)i C (t)i(t) Ri(t) + L di(t) + v C (t) x(t) i(t)i C (t)c dv C (t) RC dv C(t) + LC d dv C (t) + v C (t) x(t) v C (t)y(t) R dy(t) + L d y(t) + y(t) x(t) LC d y(t) + RC dy(t) + y(t) x(t) Στην ως άνω σχέση εφαρµόζουµε µετασχηµατισµό Laplace έχοντας υπόψιν ότι ϑέλουµε να ϐρούµε τη συνάρτηση µεταφοράς, H(s), η οποία αντιστοιχεί σε µηδενικές αρχικές συνθήκες και είναι ανεξάρτητη της εισόδου, οπότε : LC d y(t) + RC dy(t) + y(t) x(t) R L C d y(t) + dy(t) + y(t) x(t) Laplace transform and initial rest s Y (s) + sy (s) + Y (s) X(s) Y (s) s + s + H(s) s + s + Για να ορίσουµε την περιοχή σύγκλισης, πρέπει να ϐρούµε τους πόλους της συνάρτησης µεταφοράς, οπότε s + s + πόλοι στα ± j. Άρα δεδοµένου ότι το σύστηµα ειναι αιτιατό και ευσταθές η ROC

9 Εφαρµοσµένα Μαθηµατικά για Μηχανικούς- Λύσεις 4ης Σειράς Ασκήσεων 7/5/ 9 είναι : Re{s} > (ϐ ) LC d y(t) + RC dy(t) + y(t) x(t) R L C d y(t) dy(t) + + y(t) x(t) Laplace transform and initial rest s Y (s) +.sy (s) + Y (s) X(s) Y (s) s +.s + H(s) s +.s + Για τους πόλους έχουµε s +.s +. Οπότε οι πόλοι είναι στα.5 ± j. Άρα δεδοµένου ότι το σύστηµα ειναι αιτιατό και ευσταθές η ROC είναι : Re{s} >.5 R Ω L H + x(t) + - C F y(t) - Σχήµα Ασκηση 4. Τα στοιχεία που µας δίνονται είναι : (i) Το X(s) έχει ακριβώς πόλους. (ii) Το X(s) δεν έχει κανένα πεπερασµένο µηδενικό. (iii) Το X(s) έχει έναν πόλο στο s + j (iv) Το e t x(t) δεν είναι απολύτως ολοκληρώσιµο. (v) X() 8.

10 Εφαρµοσµένα Μαθηµατικά για Μηχανικούς- Λύσεις 4ης Σειράς Ασκήσεων 7/5/ Από τα πρώτα στοιχεία καταλήγω στο συµπέρασµα ότι το X(s) ϑα είναι της µορφής : A (s p )(s p ) όπου Α είναι κάποια αριθµητική σταθερά και p και p είναι οι πόλοι. Από το ο στοιχείο ξέρω τον έναν πόλο p + j και συνεπώς µπορώ να ϐρω και τον ο, αφού οι πόλοι εµφανίζονται σε Ϲεύγη συζυγών αριθµών, οπότε p j. Άρα το το X(s) ϑα είναι της µορφής : A (s + j)(s + + j) και από το τελεευταίο στοιχείο έχω X()8 X() A ( + j)( + + j) A A 6 Άρα 6 (s + j)(s + + j) 6 s + s + Για την περιοχή σύγκλισης χρησιµοποιούµε το 4ο στοιχείο. Άρα παρατηρώντας ότι το e t x(t) αντιστοιχεί σε µετατόπιση στο πεδίο της µιγαδικής συχνότητας, έχουµε : x(t) e t x(t) X(s), X(s ), περιοχή σύγκλισης R περιοχή σύγκλισης R µετατοπισµένη κατά προς τα δεξιά Άρα αφού το e t x(t) δεν είναι απολύτως ολοκληρώσιµο, δεν ορίζεται ο ΜΤΣΧ Fourier αυτού και συνεπώς η ROC του δε ϑα πρέπει να περιλαµβάνει τον άξονα των πραγµατικών αριθµών. Οπότε η ROC του x(t) είναι Re{s} >. Με αυτήν την ROC, η ROC του e t x(t) είναι Re{s} > που δεν περιλαµβάνει τον άξονα jω, ενώ στην αντίθετη περίπτωση ϑα ήταν Re{s} < που περιλαµβάνει τον άξονα jω και συνεπώς είναι αδύνατον.

11 Εφαρµοσµένα Μαθηµατικά για Μηχανικούς- Λύσεις 4ης Σειράς Ασκήσεων 7/5/ Ασκηση 5. Εφαρµόζω ΜΤΣΧ Laplace στη δοθείσα διαφορική εξίσωση : d y(t) + 6 d y(t) + dy(t) + 6y(t) x(t) s Y (s) s y( ) sy ( ) y ( ) + 6s Y (s) 6sy( ) 6y ( ) + sy (s) y( ) + 6Y (s) X(s) () (α ) Με µηδενικές αρχικές συνθήκες η ως άνω γίνεται : s Y (s) + 6s Y (s) + sy (s) + 6Y (s) X(s) Εφαρµόζοντας στη δοθείσα είσοδο,x(t) e 4t u(t), έχουµε : s + 4, x(t) e 4t u(t) Re{s} > 4 Οπότε η απόκριση του συστήµατος είναι : Y (s) s Y (s) + 6s Y (s) + sy (s) + 6Y (s) X(s) s Y (s) + 6s Y (s) + sy (s) + 6Y (s) s + 4 Y (s) [ s + 6s + s + 6 ] s + 4 Y (s) (s + 4)(s + 6s + s + 6) Y (s) (s + 4)(s s + s + 6) Y (s) (s + 4)(s (s + ) + (s + ) + (s + )) Y (s) (s + 4)(s + )(s + + ) (s + 4)(s + )(s + )(s + ) A s B s + + C s + + D s + A B C D 6 6 Y (s) 6 s s + s s +, Re{s} > y(t) 6 e 4t u(t) + e t u(t) e t u(t) + 6 e t u(t)

12 Εφαρµοσµένα Μαθηµατικά για Μηχανικούς- Λύσεις 4ης Σειράς Ασκήσεων 7/5/ (ϐ ) Χρησιµοποιώντας τις δοθείσες αρχικές συνθήκες και µε µηδενική είσοδο, x(t), έχουµε από (): s Y (s) s + s + 6s Y (s) 6s sy (s) + 6Y (s) Y (s) [ s + 6s + s + 6 ] s + 5s + 6 s + 5s + 6 Y (s) s + 6s + s + 6 (s + )(s + ) Y (s) (s + )(s + )(s + ) Y (s) s + y(t) e t u(t) (γ ) Χρησιµοποιώντας τις αρχικές συνθήκες από το ερώτηµα (ϐ ) και την είσοδο από το ερώτηµα (α ) έχουµε : A 6 B C Y (s) [ s + 6s + s + 6 ] s + 5s s + 4 s + 5s + 6 Y (s) s + 6s + s (s + 4)(s + 6s + s + 6) (s + )(s + ) Y (s) (s + )(s + )(s + ) + (s + 4)(s + )(s + )(s + ) Y (s) (s + ) + (s + 4)(s + )(s + )(s + ) (s + 4)(s + )(s + ) + Y (s) (s + 4)(s + )(s + )(s + ) A s B s + + C D s + s + D 7 6 Y (s) 6 s s + s s +, Re{s} > y(t) 6 e 4t u(t) + e t u(t) e t u(t) e t u(t) Παρατήρηση : αν ονοµάσουµε y ολική (t) το αποτέλεσµα του ερωτήµατος (γ ), (δηλαδή τη λύση της διαφορικής εξίσωσης µε µη µηδενικές αρχικές συνθήκες και µη µηδενική είσοδο), y zero_input (t) το αποτέλεσµα του ερωτήµατος (ϐ ), (δηλαδή τη λύση της διαφορικής εξίσωσης µε αρχικές συνθήκες και µηδενική είσοδο) και y zero_state (t) το αποτέλεσµα του ερωτήµατος (α ), (δηλαδή τη λύση της διαφορικής εξίσωσης µε µηδενικές αρχικές συνθήκες και µη µηδενική είσοδο), από το αποτέλεσµα παρατηρούµε ότι : y ολική (t) y zero_input (t) + y zero_state (t) Το ως άνω ισχύει γενικά για γραµµικές διαφορικές εξισώσεις µε σταθερούς συντελεστές και µη µηδενικές αρχικές συνθήκες.