Signali i sustavi AUDITORNE VJEBE 4 LSS FERZESOI

Signali i sustavi AUDITORNE VJEŽBE 4 LS&S FER-ZESOI

Nelinearan vremenski nepromjenjiv sustav prvog reda - nastavak § Kao što smo već naveli, sustav u prethodnom primjeru ima dva ravnotežna stanja koja su stabilna. § To je jednostavan model elektroničkog sklopa, tzv. bistabila, koji ima široku primjenu u digitalnoj tehnici. § Dva stabilna stanja odgovaraju binarnim stanjima 0 i 1.

Nelinearan vremenski nepromjenjiv sustav prvog reda - nastavak § Da bi se obavljale logičke operacije, bistabil treba prebacivati iz jednog stanja u drugo i obratno. § To se može izvršiti dovođenjem tzv. okidnog signala.

Primjer - Model bistabila u + v x A f(x) U -2 -1 1 2 3’ Počela ravnoteža x

Primjer - Model bistabila - nastavak Uvjeti prebacivanja: A t dovoljno veliko da x prijeđe xe 2 (točku B). U -2 -1 1 2 3’ x

Primjer - Model bistabila - nastavak Uvjeti prebacivanja: t 2 A t dovoljno veliko da x prijeđe xe 2 (točku B). t 1 -2 -1 U 1 2 prvi odsječak. 3’ x

Primjer - Model bistabila - nastavak t 2 A t 1 -2 -1 U 1 2 3’ x

Nelinearan vremenski promjenjiv sustav prvog reda + l - i R + Nelinearnost. u. R - Vremenska promjenjivost.

Sustavi drugog reda § Kontinuirani sustav zadan je modelom na slici. § Odrediti diferencijalnu jednadžbu koja opisuje ovaj sustav i izračunati odziv na pobudu: u(t) = U cos w 1 t. u + - x´ 1 - x 1 x´ 2 0, 1 x 2 y

Parametri pobude? u + - x´ 1 - x 1 x´ 2 x 2 y 0, 2 0, 1 § § § y = x 2´ = x 1´ = u - 0, 2 x 1 - 0, 1 x 2´´ = x 1´ x 2´´ = u - 0, 2 x 1 - 0, 1 x 2´´ = u - 0, 2 x 2´ - 0, 1 x 2 § x 2´´ + 0, 2 x 2´ + 0, 1 x 2 = u § y´´ + 0, 2 y´ + 0, 1 y = u § Početni uvjeti neka su: § y(0) = -10, y´(0) = -5. § Parametri pobude neka su: § U = 3, w 1 = 1, 8.

Odziv sustava? A) Totalno (ukupno) rješenje (odziv): y(t) = y. H(t) + y. P(t). § Ukupno rješenje je suma rješenja homogene jednadžbe i partikularnog rješenja - to vrijedi za sve linearne jednadžbe. A. 1. ) Homogena jednadžba: y´´ + 0, 2 y´ + 0, 1 y = 0. § Pretpostavimo rješenje oblika: y. H(t) = A est.

Rješavamo homogenu. . . § Uvrstimo pretpostavljeno rješenje u jednažbu: s 2 A est + 0, 2 s A est + 0, 1 A est = 0. § Pokratimo sa Aest (možemo, jer Aest ¹ 0). § s 2 + 0, 2 s + 0, 1 = 0 se naziva karakteristična jednadžba sustava. § Korijeni karakteristične jednadžbe su:

Rješavamo homogenu. . . § pa je rješenje homogene: y. H(t) = A 1 e( -0, 1 + 0, 3 j)t + A 2 e( -0, 1 - 0, 3 j)t = e-0, 1 t (A 1 e 0, 3 jt + A 2 e-0, 3 jt) = e-0, 1 t (A 1 cos 0, 3 t + A 1 j sin 0, 3 t + A 2 cos 0, 3 t - A 2 j sin 0, 3 t). § Uvedemo nove (kompleksne) konstante: y. H(t) = e-0, 1 t (C 1 cos 0, 3 t + C 2 sin 0, 3 t), § gdje su C 1 = A 1 + A 2 i C 2 = j(A 1 - A 2).

Partikularno rješenje. . . § Partikularno rješenje ima oblik pobude: y. P(t) = Y cos (w 1 t + j). § Trebaju nam još i derivacije: y. P´(t) = -w 1 Y sin (w 1 t + j), y. P´´(t) = -w 12 Y cos (w 1 t + j). § Sve to uvrstimo u diferencijalnu jednadžbu y´´ + 0, 2 y´ + 0, 1 y = u, -w 12 Ycos(w 1 t + j) - 0, 2 w 1 Ysin(w 1 t + j) + 0, 1 Ycos(w 1 t + j) = Ucosw 1 t.

Partikularno rješenje. . . § Prisjetimo se trigonometrijskih jednadžbi: cos (w 1 t + j) = cos w 1 t × cos j - sin w 1 t × sin j, sin (w 1 t + j) = sin w 1 t × cos j + cos w 1 t × sin j. § Nakon uvrštenja i grupiranja, naša diferencijalna jednadžba postaje: Y [ -w 12 cos j - 0, 2 w 1 sin j + 0, 1 cos j ] cos w 1 t + Y [w 12 sin j - 0, 2 w 1 cos j - 0, 1 sin j ] sin w 1 t = U cos w 1 t.

Partikularno rješenje. . . § Metoda jednakih koeficijenata daje: Y [-w 12 cos j - 0, 2 w 1 sin j + 0, 1 cos j] = U, Y [w 12 sin j - 0, 2 w 1 cos j - 0, 1 sin j] = 0. (Y ¹ 0) = > (w 12 - 0, 1) sin j = 0, 2 w 1 cos j a iz gornje jednadžbe slijedi:

Partikularno rješenje. . . § § § Ako uvrstimo konkretne brojke, imamo: U = 3, w 1 = 1, 8 j = 0, 114151267 Y = -0, 949196 yp = - 0, 949196 cos (1, 8 t + 0, 114151267) § - cos x = cos (x - p) § yp = 0, 949196 cos (1, 8 t - 3, 027441387)

Partikularno rješenje na drugi način. . . § § § Specijalni slučaj: pobuda je harmonička, omogućava upotrebu fazora. u = U cosw 1 t = Re[Uejw 1 t] = Re[Ues 1 t] gdje je s 1 = jw 1. Pripremimo yp i derivacije: yp = Yes 1 t, yp´ = s 1 × Yes 1 t, yp˝ = s 12 × Yes 1 t.

Važna interpretacija rješenja!!! § s 12 × Yes 1 t + 0, 2 s 1 × Yes 1 t + 0, 1 Yes 1 t = Ues 1 t /: es 1 t § Y[s 12 + 0, 2 s 1 + 0, 1] = U amplituda { { § H(jw) = |H(jw)| × ejj(w) faza Prijenosna funkcija

Partikularno rješenje na drugi način, nastavak. . . § |H(jw 1)| = 0, 316398667 § j = -3, 02744

. . . i konačno. . . § yp = Re [H(jw 1) × Uejw 1 t] = Re [|H(jw 1)| × ejj × Uejw 1 t] = |H(jw 1)| × U × cos (w 1 t + j) = 0, 949196 cos (1, 8 t - 3, 02744) § Totalno (ukupno) rješenje sustava: y(t) = y. H(t) + yp(t) y(t) = (C 1 cos 0, 3 t + C 2 sin 0, 3 t) e-0, 1 t + 0, 949196 cos (1, 8 t - 3, 02744)

Konstante? § y(0) = -10, početni uvjeti § y´(0) = -5

Konačno rješenje: y(0) = -10 y´(0) = -5 dvije jednadžbe s dvije nepoznanice y(t) = C 1. . . +. . . C 2. . . y´(t) = C 1. . . + C 2. . . , t = 0 C 1 = -9, 057 , C 2 = -20, 33. y(t) = (-9, 057 cos 0, 3 t - 20, 33 sin 0, 3 t) e-0, 1 t + 0, 949 cos (1, 8 t - 3, 02744).

B 1 - Odziv nepobuđenog sustava y 1(t) = ? y 1´´ + 0, 2 y 1´ + 0, 1 y 1 = 0, y 1(0) = -10, y 1´(0) = -5, y 1 = y. H = (A 1 cos 0, 3 t + A 2 sin 0, 3 t)e-0, 1 t. § Iz početnih uvjeta slijedi: A 1 = -10, A 2 = -20, y 1 = (-10 cos 0, 3 t - 20 sin 0, 3 t)e -0, 1 t. vlastiti odziv uslijed početnih uvjeta

B 2 - Odziv pobuđenog mrtvog sustava y 2´´ + 0, 2 y 2´ + 0, 1 y 2 = u, y 2(0) = 0, y 2´(0) = 0, y 2(t) = (B 1 cos 0, 3 t + B 2 sin 0, 3 t) e-0, 1 t + + 0, 949196 cos (1, 8 t - 3, 02744). y 2(0) = 0 B 1 = 0, 943018 y 2´(0) = 0 B 2 = -0, 33436

B 2 - Odziv pobuđenog mrtvog sustava y 2(t) = (0, 943018 cos 0, 3 t - 0, 33436 sin 0, 3 t) e-0, 1 t vlastito titranje uslijed pobude + 0, 949196 cos (1, 8 t - 3, 02744) stacionarno stanje y = y 1 + y 2 Ukupni odziv § Amplitude vlastitog titranja određene su neskladom početnog i stacionarnog stanja!

Lin. diferencijalne jednadžbe n-tog reda s konstantnim koeficijentima any(n) +. . . + a 2 y´´ + a 1 y´ + a 0 y = bmx(m) +. . . + bx´ + b 0 x. 1. ) Rješavamo homogenu: any(n) +. . . + a 2 y´´ + a 1 y´ + a 0 y = 0. § Pretpostavimo rješenje u obliku y. H(t) = est. § Uvrštenjem dobijemo karakterističnu jednadžbu: (ansn +. . . + a 2 s 2 + a 1 s + a 0) est = 0. a) Korijeni realni i različiti s 1, . . . , sn Î R i si ¹ sj, "i, j

Lin. diferencijalne jednadžbe n-tog reda s konstantnim koeficijentima b) Neki korijeni višestruki, npr. s 1 = s 2 = s 3 i s 4 = s 5 y. H = (C 1 + C 2 t + C 3 t 2) es 1 t + (C 4 + C 5 t) es 4 t + ostatak. c) Korijeni konjugirano kompleksni § (ako su a 0 do an realni brojevi, onda se korijeni uvijek javljaju u konjugirano kompleksnim parovima) s 1 = a + j b , s 2 = a - jb, s 3 , . . . , sn realni i različiti, y. H = (C 1 cos bt + C 2 sin bt) eat + ostatak.

Lin. diferencijalne jednadžbe n-tog reda s konstantnim koeficijentima d) korijeni konjugirano kompleksni i višestruki s 1 = s 2 = a + j b , s 3 = s 4 = a - jb, s 5 , . . . , sn realni i različiti, y. H = [(C 1 + C 2 t) cos bt + (C 3 + C 4 t) sin bt)] eat + ostatak. 2. ) Rješavamo nehomogenu (partikularno rješenje): § nema općenitog rješenja, ali ako je pobuda određenog tipa (najčešće jest), onda znamo riješiti.

Lin. diferencijalne jednadžbe n-tog reda s konstantnim koeficijentima a) Pobuda u obliku: K 1 eat § ako a nije korijen karakteristične jednadžbe: § y = A eat P § ako je a r-struki korijen karakter. jednadžbe: § y. P = A tr eat

Lin. diferencijalne jednadžbe n-tog reda s konstantnim koeficijentima b) Pobuda u obliku: K 2 sin wt § ako s = jw nije korijen karakter. jednadžbe: y. P = A sin wt + B cos wt, § ako je s = jw r-struki korijen karakter. jedn. : y. P = tr (A sin wt + B cos wt). § Ako sustav ima višestruke korijene na jw osi, može li biti stabilan (za konačnu pobudu konačni odziv)? Ne. § Na (konačnu) pobudu y = sin wt je (beskonačan) odziv y = At sin wt, ako je jw korijen karakter. jednadžbe.