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WLa FDT risulta: pertanto la risposta in frequenza si scrive come:s+1 1 1( ω)= ⇒ ( )=W j W jω1+ j 1+ j1 1∣ ∣( = =W j)• modulo √ √1+ j 2 π( )( =arg(1)−arg(1+arg W j) j)=−• fase 4Esercizio 3: dato il modello I/O:2 2d d d d(t)+ ( (t)= )−3 (t) ≥0y 2 y t)+ y u(t u t2dt dt dtdt1. determinare se esiste la risposta in regime permanente e la risposta transitoria al segnale(t)=sin δ (t)u t in corrispondenza di condizioni iniziali nulle.−1Svolgimento: sicuramente abbiamo la stabilità asintotica per la regola di Cartesio, quindi laBIBO stabilità quindi la convergenza: l'equazione caratteristica vale:2 2 che certamente ha solo radici a parte reale negativa, quindi+ +1=( =0s 2 s s+1)λ =−1 μ =2 ∃ (t) (t)y ycon il sistema è asintoticamente stabile → e . Inrp tr1 iquesto caso è saggio sfruttare Laplace per distinguere le componenti transitorie e di
regime dell'evoluzione forzata: calcolo allora: (t) = (yyt) operando nel dominio delle trasformate di Laplace: f2 + 3s/(s+1) = Y(s) = W(s)U(s) = Y(s) : la decomposizione in fratti semplici porge: f2/(s+1)^2 + 1/(s+1) + 1/(s^2+1) = (A/(s+1) + B/(s^2+1) + C/(s+1)^2 + D/(s^2+1)) = Y(s) Effettuando il bilanciamento si ottiene: { A = -2/3s : 0 = A + C { C = 2s : 1 = A + B + D + 2C { 2s = 3 = A + 2D + C { 3D = 1 : 0 = A + B + D 2B = -1 Possiamo allora riscrivere la nostra risposta forzata come: (1/(s+1) + 3s + 1/(2(s+1)^2)) = -1/(s+1) + 1/(2s^2 + 2(s+1)) + 1/(2(s+1)^2) = Y(s) Anti-trasformando risulta: quindi è -1/(s+1) + δ(t) + y(t)e^(-t)cos(t) + y(t)e^(-t)sin(t) mentre è -1/(s+1) + δ(t) + y(t)e^(-t)cos(t) + y(t)e^(-t)sin(t) Osservazione: il segnale di ingressoè un coseno, pertanto se in uscita vogliamo ottenere una forma analoga, è necessario sfruttare Eulero ecc...(s )
YOsservazione: nel calcolo di è conveniente tenere l'ultimo fattore senza scomporlo.
2. E' possibile determinare condizioni iniziali tali che l'uscita in corrispondenza ad esse e(t)=sin δ (t) (t) ∀u t y t≥0 all'ingresso precedente coincida con ovvero coincida−1 rpda 0 in poi (assenza di transitorio)?
Stiamo chiedendo che per le condizioni iniziali scelte valga:
(t)= (t)+ (t)= (t )+[ (t )+ (t )]≡ (t)∀y y y y y y y t≥0l f l f ,tr rp rp 1 −t −t(t )= +y e t e(t )+ (t )≡0 ∀y y t≥0e questo comporta che ossia: .l f , rp l 2 −t −t
In questo caso la risposta è affermativa in quanto i modi e sono modie t e d −− (0 )y(0 )yelementari del sistema, quindi esisteranno le condizioni iniziali e indt(t )ycorrispondenza della quale ha la forma scritta
Sostituendo il valore , basta calcolare la derivata prima: si trova:
d2y/dt2 = -e-t
(0) = (0) = (0) = (0) = y
Quindi e .
ldt2
ALGEBRA DEI SISTEMI A BLOCCHI
t d∫(t) = τ ) τ ⇔ y u( d y/dt
0
Sappiamo che possiamo considerare la risposta in frequenza anche se la frequenza è nulla: quello che ci rimane infatti è solo l'esponenziale.
Data: 17/10/2019
LEZIONE 8 π2ω̃ ω̃j t j tδ (t) ⇒ (t)=W ( ω)̃e y j e
Commento: avente stesso periodo .=T−1 rp ω̃
BIBO stabilità
Cosa succede se il segnale in ingresso è periodico ma di forma d'onda diversa dalla sinusoide?
+∞ π2∑ ω̃j t(t)=u u ẽ
Allora è periodico di periodo =Tk ω̃k=0(t) ∈ℝu , t̃
Se è un segnale periodico di periodo T è allora possibile sfruttare la serie di Fourier,
T∞ 1∑
∫ω − ω̃j t j t̃(t)= =u u e u u(t) e dt̃quindi scrivere l'ingresso come: ove i coefficienti .k k T−∞ 0(t)= ̃ (t )δ (t ) ℝu u ̃ (t )uSe con periodico di periodo T e definito su tutto .−1Alla fine lui prende tutte le componenti sinusoidali ed effettua lo stesso identico algoritmo. Quindiin formule risulta che:+∞ ∞∑ ∑ω̃j t(t)= ⇒ (t)= ( ω)̃u u e y W j u ∣y (t)∣<∞ ∀ t. Essendo allora quindiK rp k rpBIBO stabilità =−∞k=0 ke linearità(t)y è periodico dello stesso periodo T.rpRAPPRESENTAZIONI GRAFICHE DELLA RISPOSTA IN FREQUENZADato un modello I/O generico descritto dall'equazione differenziale:n m(i ) (i)d d∑ ∑(t )= )a y b u(t , t≥0i ii idt dti=0 i=0∈ℝ ≠0 ≠0 ≥ma ,b , a , b , ncon , nell'ipotesi di BIBO stabilità è possibile definire la rispostai i n min frequenza nel seguente modo: m∑ i(Il tuo compito è formattare il testo fornito utilizzando tag html. ATTENZIONE: non modificare il testo in altro modo, NON aggiungere commenti, NON utilizzare tag h1; Il testo formattato con i tag html è il seguente:ω)b j+∞ i∫def − ωj t i=0( ω) = )eW j w(t dt= (t)wove è la nostra risposta impulsiva.n∑−0 i( ω)a jii=0∈ℝ ⇒ (t)∈ℝ ⇒ ( ω) ω∈ℝa ,b w W j ,Poiché i coefficienti gode della simmetria Hermitianai i∞ ∞∫ ∫− ωt + ωtj j( ω)= (t) (− ω) ∀ ω∈ℝW j w(t) e dt= w e dt=W j ,in altre parole: .− −0 0{ ∣ ∣∣ ∣ ∣ ∣(− ω) = ( ω) = ( ω)W j W j W jQuesto equivale ad affermare che: , il modulo( )( ) ( )(− ω) =arg ( ω) =−arg ( ω)arg W j W j W jrimane lo stesso e la fase ha segno opposto.⇒ ω≥0( ω)W jse conosco per posso determinare univocamente mediante le precedentiω<0( ω)W jrelazioni anche per .⇒ ( ω) ω∈ℝW j ,il problema della rappresentazione grafica di si riduce in sostanza alωproblema della
rappresentazione grafica della risposta in frequenza per valori positivi di . 2ω≥0Anche se restringiamo l'attenzione a rimane il problema che e∀ ω≥0 ( ω)∈ℂ≃ℝ, W j3ℝla rappresentazione andrebbe fatta in (diagrammi di Nichols, ci sono anche in Matlab).DIAGRAMMI DI BODE (s)∈ℝ(W s)L'ipotesi è che la FDT : in tale caso esiste la risposta in frequenza( ω) ω∈ℝ ω ≥0W j , ma verrà tracciata solo per .Osservazione: per disegnare tali diagrammi non è necessaria la BIBO stabilità e nemmeno che lafunzione di trasferimento sia propria (in effetti è possibile disegnare i diagrammi anche in talicondizioni).Avremmo quindi un diagramma dei moduli o delle ampiezze e un diagramma delle fasi (o degliargomenti). ∣ ∣( ω)W jIn ordinata nel diagramma dei moduli non compare il modulo pulito bensì:def∣ ∣ ∣ ∣( ω) = ( ω)W j 20 log W jdB 10I motivi di talescelta sono 3:
-
la funzione logaritmo (in qualsiasi base) enfatizza i valori piccoli e comprime i valori grandi
Esempio: se x varia da 0.01 a 1000 allora log(x) varia da -40 a 60 dB
-
proprietà del logaritmo:
- log(a * b) = log(a) + log(b)
- log(a / b) = log(a) - log(b)
- log(a^k) = k * log(a)
-
funzione argomento:
- arg(a * b) = arg(a) + arg(b)
- arg(a / b) = arg(a) - arg(b)
- arg(a^k) = k * arg(a)
Come conseguenza di queste proprietà, se è disponibile una rappresentazione
fattorizzata della risposta in frequenza (o equivalentemente della funzione di trasferimento associata) se è possibile tracciare i diagrammi di Bode di modulo e fase dei singoli termini elementari. Posso ottenere i diagrammi di Bode complessivi di modulo e fase del problema originario come somma algebrica (addizione e sottrazione) dei diagrammi di Bode dei termini elementari. Esempio: sia ω la frequenza, il suo modulo in dB si calcola come: |H(ω)|dB = |W(ω) + a(ω) - b(ω)| E la fase come: arg(H(ω)) = arg(W(ω) + a(ω) - b(ω)) 3. La specifica scelta del dB invece del semplice logaritmo è legata a ragioni storiche: in origine veniva impiegato nel campo acustico. In ascissa di entrambi i diagrammi ci va come variabile indipendente ω. Ma nella pratica 10ω in ascissa viene normalmente.Scritto il valore di Ω.
Osservazione: nelle ordinate si sfrutta una scala lineare e non logaritmica.
Il problema della rappresentazione si traduce nel determinare una fattorizzazione efficace di (Ω ω≥0 W s) ∈ ℝ(s)Wj, o, in modo equivalente, della corrispondente FDT in mo.
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