Ćw. z Obwodów i sygnałów dla EiT/AiR (sem 2)

Dodatek Zadaniowy z Analizy Operatorowej

Zadanie 1

W układzie jak na rysunku należy wyznaczyć warunki początkowe, tzn. u_c1(0⁺) i u_c2(0⁺).

Przyjąć:

, .

Rozwiązanie

Gdybyśmy przyjęli, że 0=u_c1(0^-)=u_c1(0⁺)=U₁⁺ i 0=u_c2(0^-)=u_c2(0⁺)=U₂⁺, czyli gdybyśmy założyli ciągłość napięcia na kondensatorach, to po zamknięciu klucza, dla chwili 0⁺, mielibyśmy następujące „równanie” NPK:

E-0-0 = 0.

Ponieważ, z założenia, E≠0, więc otrzymaliśmy sprzeczność.

Zaniechajmy wymagania ciągłości napięcia na kondensatorach.

Wymagajmy, by była jednak przynajmniej spełniona zasada zachowania ładunku.

Z zasady tej wnosimy, ze powinno zachodzić:

q₁-q₂=0.

Stąd wynika, że

(*)

Uwzględniając NPK:

uzyskujemy z zależności (*), że:

, .

Analizowany tu przypadek należy uznać za zdegenerowany.

W zdegenerowanych przypadkach stosować:

zasadę ciągłości strumienia dla induktora,

prawo zachowania ładunku dla kondensatora.

Przy podejściu operatorowym wystarczy zawsze zastosować regułę ciągłości prądu induktora i napięcia kondensatora.

Zadanie 2

Zdefiniowane jest prawostronne przekształcenie Laplace’a funkcji f(t):

F(s)=ℒ(f(s)) = ∫0−∞f(t)e−stdt

Znaleźć F(s) dla:

1. f(t)=1(t),

Rozwiązanie

1. ,

Zatem

ℒ[1(t)]$= \frac{1}{s}$,

przy czym obszarem zbieżności tej transformaty jest prawa półpłaszczyzna, czyli Res >0.

1. ,

ℒ[1(t-𝜏1)]=∫τ1∞e−stdt∫0∞e−s(t1 + τ1)dt1=e−sτ1∫0∞e−st1dt1=e−sτ1∫0−∞e−st1dt1=$e^{- s\tau_{1}} \bullet \frac{1}{s}$ ,

gdzie Res>0.

Zatem

ℒ(f(s)) = ∫_τ1^∞(A•1(t−τ₁)−A•1(t−τ₂))e^−stdt=

.

Rozwiązanie punku b) sugeruje, że mogą zachodzić następujące własności:

1. ℒ(af₁+bf₂) = aℒ(f₁) + bℒ(f₂)

2. ℒ(f(t−t₀)1(t−t₀)) = e^−st₀ℒ(f(t)1(t)), gdy t₀ > 0.

Można łatwo udowodnić prawdziwość tych własności.

Zadanie 3

Na podstawie znajomości transformaty funkcji cos(t) $\left( \mathcal{L}\left( cos(t) \right) = \frac{s}{s^{2} + 1} \right)$ i wiedzy o transformacie pochodnej funkcji (ℒ(f^′(t))=sℒ(f(t))−f(0^±)) znaleźć transformatę funkcji sin(t) (ℒ(sin(t))=?).

Rozwiązanie

$$\mathcal{L}\left( \sin(t) \right) = - \ \mathcal{L}\left( \frac{d}{\text{dt}}\cos(t) \right) = - \left( s \bullet {\frac{s}{s^{2} + 1} - 1} \right) = \frac{- s^{2} + s^{2} + 1}{s^{2} + 1}\ = \frac{1}{s^{2} + 1}$$

Podaną w zadaniu własność, a także transformaty funkcji i warto pamiętać:

$$\mathcal{L}\left( \sin(\omega t) \right) = \frac{\omega}{{s^{2} + \omega}^{2}}$$

$$\mathcal{L}\left( \cos(\omega t) \right) = \frac{s}{{s^{2} + \omega}^{2}}$$

Zadanie 4

Obliczyć transformaty następujących funkcji:

a) z definicji

b) i z własności

c) i z własności

Rozwiązanie

a) dla

b)

1. Ponieważ

$$\frac{d}{\text{ds}}\mathcal{L}\left( f(t) \right) = - \mathcal{L}\left( t \bullet f(t) \right)\mathrm{\text{\ \ }}\mathrm{i}\mathrm{\text{\ \ }}\mathcal{L}\left( \mathrm{1}(t) \right) = \frac{1}{s}\ ,$$

więc

$$\frac{d}{\text{ds}}\left( \frac{1}{s} \right) = - \mathcal{L}\left( t \bullet \mathrm{1}(t) \right)\ ,$$

skąd

$$\mathcal{L}\left( t \bullet \mathrm{1}(t) \right) = \frac{1}{s^{2}}\text{\ .}$$

Z drugiej strony

i

, , $\mathcal{L}\left( \mathrm{1}(t) \right) = \frac{1}{s}$ ,

więc

$$\mathcal{L}\left( \delta(t) \right)\mathcal{= L}\left( \frac{d}{\text{dt}}\mathrm{1}(t) \right) = s \bullet \frac{1}{s} - 0 = 1\text{\ .}$$

Odp.

a)

b) ,

c) ,

Zadanie 5

W oparciu o następujące twierdzenie:

Transformata F(s)=ℒ(f(t)) = ∫0−∞  e−stf(t)dt jest w obszarze zbieżności funkcją holomorficzną (tj. w półpłaszczyźnie ) i jej pochodna dla jest równa

$$\frac{d}{\text{ds}}F\left( s \right) = \int_{0}^{\infty}\frac{\partial}{\partial s}\left( e^{- st}f(t) \right)dt = - \int_{0}^{\infty}{e^{- st}tf(t)dt}\mathcal{= - L}\left( t \bullet f(t) \right)$$

Udowodnić, że

a) $\mathcal{L}\left( t^{n} \right) = \frac{n!}{s^{n + 1}}$

b) $\frac{d^{n}}{ds^{n}}F\left( s \right) = \left( - 1 \right)^{n}\mathcal{L}\left( t^{n} \bullet f(t) \right)$

Rozwiązanie

Zacznijmy od punktu b). Połóżmy na wzorze podanego twierdzenia.

Wtedy

oraz dla

Zatem

Teraz już łatwo, kładącuzyskujemy

$$\left( - 1 \right)^{n}\mathcal{L}\left( t^{n} \bullet 1 \right) = \frac{d^{n}}{ds^{n}}\left( \frac{1}{s} \right) = \left( - 1 \right)^{n}s^{- (n + 1)} \bullet n!$$

czyli

$$\mathcal{L}\left( t^{n} \right) = \frac{n!}{s^{n + 1}}\text{\ \ .}$$

Zadanie 6

Znaleźć odwrotne transformaty Laplace’a metodą residuów.

1. ;

2. ;

3. ;

4. ;

5. .

Rozwiązanie

Zestawimy najpierw

Sposoby odwracania transformaty laplace’a.

1. Sposoby wykorzystujące bezpośrednio wzór na przekształcenie L ^-1:

,

gdzie prosta Res=c leży w obszarze zbieżności transformaty F(s)

1. Sposoby szczególne dla funkcji wymiernych
   (o współczynnikach rzeczywistych i stopniu licznika mniejszym od stopnia mianownika)

B1. Metoda rozkładu na ułamki proste

, dla t>0,

gdzie

B2. Metoda residuów

$$f\left( t \right) = \mathcal{L}^{- 1}\left( \frac{L(s)}{M(s)} \right) = \sum_{k = 1}^{K}{\operatorname{}\left( \frac{L(s)}{M(s)}\mathbf{e}^{\text{st}} \right)}\ ,\ \mathrm{\text{dla}}\ t > 0,$$

gdzie

Wzór pomocniczy:

Np.

.

Zatem

prawdziwe jest następujące twierdzenie:

Jeśli transformata Laplace’a F(s) oryginału¹ f(t) jest funkcją holomorficzną² na całej płaszczyźnie zespolonej z wyjątkiem skończonej liczby punktów osobliwych s₁, s₂, ... , s_n oraz

,

to dla t > 0

.

Na podstawie powyższego twierdzenia, przy szukaniu odwrotnej transformaty funkcji wymiernej metodą residuów, gdzie L(s) i M(s) są wielomianami względnie pierwszymi i stopień wielomianu M(s) jest wyższy od stopnia wielomianu L(s), a pierwiastkami wielomianu M(s) są s₁, s₂, ..., s_n o krotnościach l₁, l₂, ..., l_n, posługujemy się następującym wzorem

$$f\left( t \right) = \mathcal{L}^{- 1}\left( F(s) \right) = \left\{ \begin{matrix} \sum_{i = 1}^{n}{\operatorname{}\left( F\left( s \right)e^{\text{st}} \right)}\text{\ \ \ }\mathrm{\text{dla}}\ t > 0 \\ 0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \mathrm{\text{dla}}\ t < 0 \\ \end{matrix} \right.\ $$

gdzie

.

Uzbrojeni w przedstawione powyżej narzędzie znajdujemy po kolei transformaty odwrotne.

Funkcja ta posiada tylko jeden biegun s₀=0.

Zatem, dla czasów t>0, mamy

.

Funkcję możemy zapisać w następujący sposób:

.

Funkcja ta posiada 2 bieguny urojone sprzężone s₁=j oraz s₂=-j.

Wyliczamy, że dla t>0, mamy

Funkcja posiada 3 bieguny (w tym jeden podwójny): s₁=0, s₂=-1 oraz s₃=s₄=-2.

Zatem, dla czasów t>0, mamy

.

Funkcja posiada 2 bieguny (z czego jeden jest potrójny): s₁=-1 oraz s₂=s₃=s₄=-2.

Mamy zatem, dla czasów t>0,

.

Ta funkcja nie jest funkcją wymierną, ale jest iloczynem funkcji wymiernej F₁(s)=1/s i różnicy „czynników przesunięcia w czasie” (porównaj z własnością transformaty funkcji przesuniętej w czasie). Gdybyśmy już znali f₁(t), to napisalibyśmy, właśnie na podstawie wspomnianej własności i na podstawie własności liniowości przekształcenia, że

.

Zatem do dzieła. Znajdźmy f₁(t).

Funkcja F₁(s)= 1/s posiada tylko jeden biegun s₀=0.

Dla czasów t>0 znajdujemy:

.

Bardziej formalnie, dla dowolnego t mamy:

.

Teraz musimy wziąć pod uwagę przesunięcie w czasie. Uzyskujemy

.

Przykład ostatni pokazuje, że w połączeniu z własnościami przekształcenia Laplace’a możliwe jest wykorzystanie metody residuów do odwracania nie tylko transformat będących funkcjami wymiernymi. Ważne, by w oparciu o odpowiednie własności dało się problem sprowadzić do odwracania funkcji wymiernych, a jeżeli nie, to przynajmniej do odwracania funkcji holomorficznych zerujących się w nieskończoności.

Zadanie 7

Wyznaczyć i naszkicować przebieg prądu i(t) przyjmując, że dla t<0 w obwodzie panował stan ustalony.

­­­­­

Rozwiązanie

Zanim posłużymy się schematem operatorowym, wyznaczymy prąd induktora w chwili t= 0^-.

Mamy:

.

Schemat operatorowy wygląda następująco (przed (a) i po przekształceniu (b)).

Schemat (b) uzyskano z (a) przez zastąpienie podukładu na lewo od zacisków 1-2 jego zastępczym źródłem Thevenina.

Uzyskujemy:

Zatem dla t ≥ 0

.

Na poniższym wykresie przedstawiono przebieg prądu i(t) dla czasów (-∞; +∞). Zaznaczono na nim, na osi czasu, punkt t_o, zdefiniowany jako czas, w którym przebieg maleje razy, w stosunku do swojej wartości maksymalnej.

Bardziej precyzyjny, przeskalowany w pionie i w poziomie, wykres tego prądu pokazano na kolejnym rysunku. Parametr τ, występujący w opisie osi poziomej, jest z kolei czasem, po którym przebieg maleje e-krotnie, w stosunku do swojej wartości maksymalnej (oczywiście t_o=10τ).

Zadanie 8

W układzie przedstawionym na rysunku do chwili włączenia klucza K (w chwili t=0) panował stan ustalony.

Wyznaczyć i wykreślić przebieg u_C(t) napięcia na pojemności C przy różnych wartościach elementów w układzie.

Rozwiązanie

Dla t<0 w układzie panował stan ustalony związany z pobudzeniem sinusoidalnym. Do jego rozwiązania zastosować możemy analizę wskazową. Obok przedstawiono zastępczy schemat dla amplitud zespolonych.

Zapisujemy równanie równowagi napięć w oczku prawym (jest oczywiste, że Î=J):

.

Ponieważ

,

więc

.

Z zapisanego wcześniej równania, po uwzględnieniu ostatniej równości, obliczamy

_,

_.

Daje to następujące przebiegi czasowe (dla t<0):

,

,

i warunki początkowe

,

.

Dla t≥ 0 właściwym podejściem może być analiza operatorowa. Schemat operatorowy przedstawia się następująco.

Na podstawie NPK zastosowanych do lewego i prawego oczka piszemy następujące równania równowagi napięć:

,

.

Rozwiązanie względem I₂ jest następujące:

.

Stąd już łatwo wyznaczamy

.

W szczególności dla

L_u=0

mamy³

I₂(s)=0 i i₂(t)=0 i u_C(t)=0,

,

gdzie

.

Załóżmy dalej, że

L_u>0

i przyjrzyjmy się zależności na U_C(s).

W mianowniku wyrażenia na U_C(s) występuje trójmian, którego rozkład na czynniki zależy od wartości jego wyróżnika

.

Możliwe są następujące sytuacje.

1°
	gdy
		.
	Wtedy
		,
		,
		.

2°
	gdy
		.
	Wtedy
		,
		,
		.

3°
	gdy
		.
	Wtedy
		,
		,

Na poniższym rysunku przedstawiono szkice przebiegu u_C(t) w poszczególnych przypadkach.

Z przypadkiem 1^o zwanym oscylacyjnym jest związany przebieg czerwony, z przypadkiem 2^o zwanym aperiodycznym krytycznym jest związany przebieg narysowany czarną linią przerywaną, zaś z przypadkiem 3^o zwanym aperiodycznym jest związany przebieg narysowany czarną linią ciągłą.

Zadanie 9 (16.19)

Dla obwodu pokazanego poniżej , znajdź u₀(t) , dla t > 0.

Rozwiązanie :

Na rysunkach poniżej wykreślono przebiegi SEM i SPM źródeł.

Dla t ≤ 0^- mamy sytuację jak na poniższym rysunku. Łatwo zatem stwierdzamy, że
i_L(0^-) = 0 oraz u_C(0^-) = 0, a ponadto

u₀(t<0)=0.

Sytuację dla t>0 przeanalizujemy w oparciu o schemat operatorowy badanego układu. Pokazano go na rysunku poniżej.

Dla wygody dalszych obliczeń zamieniamy źródło napięciowe na prądowe.

Interesujące nas napięcie U₀(s) wyraża się wzorem:

U₀(s) = R₂ I₀(s)

Zastępujemy dwa źródła prądowe J₁(s) , J₂(s) jednym o SPM J(s),

gdzie

J(s) = J₁(s) + J₂(s)

Wtedy nasz obwód sprowadza się do następującego schematu :

Prąd I₀(s) wyliczamy z dzielnika :

gdzie

Y_L = 1/Z_L.

Kolejno wyliczamy:

Obliczamy odwrotną transformatę Laplace’a:

Ponieważ

u₀(t) = R₂ i₀(t)

i

R₂=1 [Ω],

dlatego mamy:

.

Ostatecznie

.

Zadanie 10

Znajdź przebieg prądu na indukcyjności w obwodzie z poniższego rysunku.

Rozwiązanie

Ponieważ dla czasu t<0 obwód znajduje się w sinusoidalnym stanie ustalonym, analizę obwodu dla przedziału czasu (–∞, 0) przeprowadzamy w oparciu o schemat wskazowy obwodu. Musimy oprócz i_L(t) wyznaczyć także u_C(t) (jako że warunki początkowe będą wymagane dla napięcia na kondensatorze oraz dla prądu induktora przy analizie sytuacji w kolejnym przedziale czasu, to jest w przedziale (0, 10π) ).

Mamy następujące dane:

ω=10⁵ rad/s; L=0,5ּ10^-3 H; C=100ּ10^-9 F.

Zatem impedancje induktora i kondensatora równe odpowiednio:

[Ω],

[Ω].

Poniżej przedstawiony jest schemat podlegający analizie wskazowej (opis impedancyjny, impedancje w omach, SEM źródła w woltach).

Łatwo zauważyć, że Û_C można wyliczyć z dzielnika napięcia w następujący sposób:

[V].

Następnie znając Û_C łatwo wyznaczyć Î_L.

[A].

Z powyższych obliczeń możemy wyznaczyć przebiegi czasowe napięcia i natężenia, a z nich wynikają nasze warunki początkowe.

,

.

Dla czasu t>0, w związku z przełączaniem kluczy, w obwodzie wystąpią przebiegi przejściowe (będziemy mieli do czynienia ze stanami nieustalonymi). Do analizy tych stanów w obwodach liniowych nadaje się przekształcenie Laplace’a i związane z nim podejście operatorowe.

Zajmijmy się najpierw przypadkiem, gdy jeszcze klucz prawy jest zamknięty, co odpowiada przedziałowi czasu (0, 10π).

Poniżej przedstawiony jest schemat operatorowy dla tej sytuacji (opis impedancyjny - impedancje w omach, SEM źródeł operatorowych oraz napięcia operatorowe w V^.s, zaś prądy operatorowe w A^.s).

Objaśnienia, być może, wymagają SEM dwóch nowych źródeł (uwzględniających niezerowe warunki początkowe). Szybko sprawdzamy, iż

[V^.s]

oraz

[V^.s].

Przedstawiony obwód operatorowy rozwiążemy metodą prądów oczkowych (orientację prądów oczkowych zaznaczono czerwonymi strzałkami). Układamy i rozwiązujemy następujące równanie macierzowe:

.

Z powyższej zależności wyznaczamy metodą Cramera I₂(s):

Następnie dokonujemy rozkładu powyższego wyniku na ułamki proste:

.

Oczywiście

.

Obliczamy również napięcie operatorowe U_C(s) na kondensatorze.

.

Po podstawieniu I₂(s) i rozłożeniu na ułamki proste uzyskujemy:

.

Znajdujemy odwrotne transformaty Laplace’a dla powyższych wyrażeń:

,

.

Powyższe przepisy na i_L(t) i u_C(t) obowiązują dla przedziału czasowego

t∈(0, 10π),

to jest dla czasu po przełączeniu pierwszego z kluczy (tego bardziej z lewej strony na schemacie z treści zadania), a przed przełączeniem drugiego.

Uzyskane z tych przepisów wartości i_L(10π) i u_C(10π) stanowią warunki początkowe dla sytuacji po przełączeniu drugiego z kluczy. Pamiętając o tym, iż

,

śmiało można przyjąć⁴ następujące wartości dla i_L(10π) i u_C(10π):

[A]

i

[V].

Wreszcie rozważamy ostatnią z sytuacji, tę po przełączeniu ostatniego z kluczy. Czas (oznaczony przez t), w którym mamy z nią do czynienia, należy do przedziału (10π, ∞), gdy punkt zerowy osi czasu wiążemy z momentem przełączenia pierwszego klucza.

Ze względu na prostotę zapisu zależności operatorowych wygodnie jest przyjmować, że warunki początkowe związane sytuacją w układzie, lokalizowaną w chwili czasu pokrywającej się z punktem zerowym osi czasu. Dlatego ostatnią sytuację, mającą miejsce po przełączeniu drugiego z kluczy, będziemy opisywać w nowym czasie τ , którego punkt zerowy przypada na moment przełączenia drugiego z kluczy. W opisie z czasem τ ta sytuacja zajmuje przedział czasu (0, ∞). Nowy czas τ pozostaje przy tym w następującym związku ze starym czasem t:

τ=t-10π.

Dla dodatniego czasu τ (którego umowny początek (czyli τ=0) przypada na moment przełączenia drugiego klucza) mamy następujący operatorowy schemat zastępczy (znowu opis impedancyjny - impedancje w omach, SEM źródeł operatorowych oraz napięcia operatorowe w V^.s, zaś prądy operatorowe w A^.s).

Przedstawiony obwód operatorowy tak, jak poprzedni rozwiążemy metodą prądów oczkowych. Ustawiamy odpowiednie równanie macierzowe:

,

z którego wyznaczamy metodą Cramera prąd oczkowy I₂(s):

.

Znajdujemy odwrotną transformatę Laplace’a powyższego wyrażenia:

.

Oczywiście dla t>10 mamy

t=10+τ

oraz

.

Na kolejnych wykresach przedstawiono przebieg prądu i_L induktora. Zmienna x użyta na tych wykresach oznacza liczbę półokresów sygnału pobudzenia. Poniżej przedstawiono badany przebieg w przedziale pięciu ostatnich okresów pobudzenia przed przełączeniem pierwszego klucza.

[A]

Na kolejnym wykresie pokazano przebieg po przełączeniu pierwszego klucza. Wykres obejmuje przedział długości pięciu okresów pobudzenia. Widać, że stan przejściowy szybko zanika.

,

t∈(0,10π).

i_L(0⁺)=0,02 A

Na poniższym wykresie pokazano fragment tego samego przebiegu tuż przed zamknięciem drugiego klucza. Widać, że mamy praktycznie do czynienia ze stanem ustalonym.

Na kolejnym wykresie pokazano fragment przebiegu i_L prądu cewki tuż po zamknięciu drugiego klucza. Po raz kolejny wykres obejmuje przedział długości pięciu okresów pobudzenia.

,

.

Wykreślmy osobno składową przejściową i_Lp prądu i_L w tym samym przedziale czasu:

,

.

Widać bardzo szybko zanikający stan przejściowy.

Na koniec zauważmy z satysfakcją, iż wyraźnie widać, że prąd induktora zachowywał ciągłość mimo kolejnych zmian w analizowanym układzie. Zauważmy także bez zdziwienia, iż prąd ustala się po kolejnych przełączeniach, a jego wartość średnia jest równa zeru. Dlaczego tak się dzieje?

---

1. Oryginałem jest funkcja przyczynowa, spełniająca warunki Dirichleta i wykładniczo ograniczona.↩

2. Funkcję f(z) nazywamy holomorficzną w punkcie z₀, jeżeli ma ona pochodną w pewnym otoczeniu tego punktu, tj. istnieje otoczenie punktu z₀, w którym istnieje pochodna funkcji f(z). Jeżeli funkcja jest holomorficzna w każdym punkcie pewnego zbioru, to mówimy, ze jest ona holomorficzna w tym zbiorze.↩

3. Czytelnik powinien dogłębnie zastanowić się nad sytuacją opisaną w tej ramce↩

4. oczywiście pamiętając, że teoretycznie jest to - mimo wszystko - tylko przybliżenie, ale niesamowicie dokładne, bo exp(-2^.10^{5 .} 10π)≈1,96027191 ^. 10^-2728753.↩