Harjoitus 1. Tehtävä 1. Malliratkaisut. f(t) = e (t α) cos(ω 0 t + β) L[f(t)] = f(t)e st dt = e st t+α cos(ω 0 t + β)dt.

Transkriptio

1 Harjoitus Malliratkaisut Tehtävä L[f(t)] ˆ f(t) e (t α) cos(ω t + β) f(t)e st dt ˆ e st t+α cos(ω t + β)dt cos(ω t + β) 2 (ej(ωt+β) + e j(ωt+β) ) L[f(t)] 2 eα 2 ˆ ˆ e st t+α (e j(ω t+β) + e j(ω t+β) ) (e t(jω s )+jβ + e t(jω +s+) jβ )dt eα 2 ( jω s et(jω s )+jβ jω s e t(jω +s+) jβ ) eα 2 ( jω s ejβ + jω s e jβ ) e α 2 ( jω + s + ejβ + jω s e jβ ) e α 2((s + ) 2 w 2 )((s + jω )e jβ + (s + + jω )e jβ ) e α 2((s + ) 2 w 2 )((s + )(ejβ + e jβ ) + jω (e jβ e jβ )) e α (s + ) 2 w 2 ((s + ) cos(β) + ω sin(β))

2 Tehtävä 2 F (s) Lasketaan napojen paikat: s 3 + 7s 2 + 4s + 8 s 3 + 7s 2 + 4s + 8 s ; s 2; s 4 F (s) Lasketaan käänteismuunnos: L [F (s)] f(t) 2jπ (s + )(s + 2)(s + 4) ˆ j +σ j +σ F (s)e st ds Muuttuja σ tulee valita siten että kaikki navat jäävät polun oikealle puolelle, eli σ > > 2 > 4. Integraalin laskeminen on helpointa käyttäen residyjä. Luodaan apuintegraalikäyrä γ, joka koostuu edellisestä osasta ja kaaresta negatiiviselle puoliavaruudelle. Jordanin lemman mukaan kaaren osuus integraalista katoaa äärettömyydessä, jos funktio suppenee tasaisesti kohti nollaa äärettömyydessä. Näin ollen käänteismuunnoksesta tulee: f(t) 2jπ ˆ +jσ +jσ (s + )(s + 2)(s + 4) est ds 2jπ γ (s + )(s + 2)(s + 4) est. Funktiolle, jolla on vain ensimmäisen asteen napoja, residyarvo pisteessä z voidaan laskea Res(g(x), z) Ψ(x) Φ (x) xz, kun funktio g(x) jaetaan muotoon 2

3 g(x) Ψ(x) Φ(x). Rationaalifunktion apufunktiot Φja Ψvoi valita vapaasti, kunhan pisteen z ei-analyyttinen osa sijaitsee funktiossaφ.näin ollen nimittäjää derivoidessa, voidaan derivoida ainoastaan tulomuodon ei-analyyttistä osaa. Lisäksi Residylause sanoo, että suljetun käyrän, tässä tapauksessa käyrän γ, integraali on sama kuin käyrän sisään jäävien residyjen summa kerrottuna 2jπ:llä, kun käyrä kierretään vastapäivään. Eli edellinen integraali saadaan muotoon: f(t) 2jπ γ (s + )(s + 2)(s + 4) est ( (s 2 2jπ 2jπ + 9)e st (s + 2)(s + 4) s + (s2 + 9)e st (s + )(s + 4) s 2 + (s2 + 9)e st ) (s + )(s + 2) s 4 3 e t e 2t + 3 ( 2) e 4t 3 e t 3 2 e 2t e 4t. Samaan tulokseen päästään jos funktio F (s) hajoitetaan osamurtoihin, jolloin saadaan: f(t) ( ) 2jπ 3(s+) 3 2(s+2) (s+4) e st. Tehtävä 3. γ Jännitteenjaon perusteella siirtofunktioksi saadaan: H(s) u z 2 R z z 2 R +. Cs Amplitudivaste on siirtofunktion itseisarvo: u R R + Cs s jω R R + jωc R R 2 + ω 2 C 2. + ( ωrc )2 3

4 Vaihevaste saadaan kompleksivektorin kulmasta: u I[ u ϕ arctan( i ] R[ u ] ). Reali- ja imaginääriosa on helpointa laskea kompleksikonjugaatin avulla: u R R + jωc Tästä saadaan reaali- ja imaginääriosaksi: ja näiden suhteeksi: Joten vaihevaste on R[ u ] R(R jωc ) (R + jωc )(R jωc ) R2 R R 2 + ( R 2 R 2 + ( ωc )2, I[u ] I[ u ] R[ u ] R ωc R 2 ωrc. ϕ arctan( ωrc ). R ωc R 2 + ( ωc )2, jωc. ωc )2-3dB piste jännitteelle tarkoittaa pistettä, jossa amplitudivaste on päästökaistaan nähden: ( u ωrc + ( ωrc ) ( )2 ωrc ) ω ωrc RC 6 2 RC, koska 6 2. Siirtofunktion nollakohdat ovat osoittajan nollakohtia: R. Tässä resistanssi ei riipu kompleksitaajuudesta s, joten siirtofunktiolla ei ole nollakohtia s-avaruudessa. Siirtofunktion napa sijaitsee nimittäjän nollakohdassa:r + Cs s RC. Tästä huomataan, että siirtofunktion napa sijaitsee juuri amplitudivasteen -3dB pisteessä. 4

5 Tehtävä 4. R kω, L mh, C nf Kirchon jänniteyhtälöistä saadaan: V L + V c + V r V. Jännite vastuksen yli saadaa Ohmin-laista: V r Ri(t). V L L di(t) dt. Kondensaattorille on voimassa: V C Q t C i(τ)dτ + Q C C ˆ t i(τ)dτ. Jännite kelan yli Kondensaattorin alkuvaraus olkoon Q ja jännite kondensaattorin yli alkutilassa on tällöin V Q C. Nyt saadaan jännitteelle: Ri(t) + L di(t) dt Laplace-muuntamalla saadaan + C ˆ t i(τ)dτ + V. RI(s) + L(sI(s) I()) + I(s) Cs, missä virta on alussa nolla: I(). Tästä voidaan helposti ratkaista virta s-avaruudessa: V I(s) Ls 2 + Rs + c V L s 2 + R L s +. Lc Käänteismuuntamalla I(s) saadaan virran yhtälö aika-avaruudessa. Helpointa on hajoittaa I(s) tulomuotoon ja osamurtoihin. Tulomuodosta saadaan: V L I(s) s 2 + R L s + Lc V L (s a )(s a 2 ), 5

6 missä a ja a 2 on nimittäjän nollakohdat: a R L + ( R L )2 4 LC 2 ja a 2 R L ( R L )2 4 LC. 2 Osamurtohajoitelmaksi saadaan: I(s) V L (s a )(s a 2 ) V L ( A + s a B s a 2 ) V L (A(s a 2) + (s a )B ) V (s a )(s a 2 ) L (As + Bs Aa 2 Ba ). (s a )(s a 2 ) Tästä saadaan kaksi yhtälöä, joista kertoimet A ja B voidaan ratkaista. Koska As + Bs ja Aa 2 Ba, saadaan:a B a a 2. Nyt virraksi saadaan: I(s) V L ( a a 2 a a 2 V ) s a s a 2 L(a a 2 ) ( ). s a s a 2 Huomataan että tässä voidaan käyttää eksponentti-funktion muunnoskaavaa, ja käänteismuunnokseksi saadaan: i(t) L [I(s)] e L(a a 2 ) (eta ta2 ). V ja Kirjoitetaan: ω, LC jaα R 2L. Ja nyt voidaan kirjoittaa a R 2L + 2 ( R 2L )2 LC 2 α + j ω 2 α2 α + jω a 2 α j ω 2 α2 α jω, missä i(t) ω Lisäksi voidaan laskea: ω 2 α2 LC R2 4L 2. a a 2 α + jω + α + jω 2jω. Ja virta voidaan kirjoittaa muotoon: V L(a a 2 ) (et( α+jω) e t( α jω) ) V 2jLω e αt (e jωt e jωt ) V Lω e αt sin(ωt). 6

7 Kun tunnetaan virta voidaan jännite vastuksen yli kirjoittaa Ohmin-lain mukaan (ks. kuva): V R Ri(t) R L V ω e αt sin(jωt). Bonus Konvoluutio määritellään: (f g)(t) ˆt f(τ)g(t τ)dτ Tämän laplacen muunnos on: L [(f g)(t)] (s) dt exp( st) ˆt f(τ)g(t τ)dτ Integrointialue voidaan ajatella (t, τ) -tasoksi, jossa integrointi aluetta rajoittaa positiivinen t-akseli ja suora τ t. Konvoluution Laplacen muunnos integroi tätä aluetta ensin τ..t ja sitten t..\inf. Sama integrointi alue voidaan kattaa myös integroimalla ensin t τ.. inf ja sitten τ.. inf, jolloin saadaan: L [(f g)(t)] (s) dτ τ f(τ)g(t τ) exp( st)dt Tehdään muuttujanvaihto t t τ, ja kirjoitetaan edellinen yhtälö uudessa muodossa: 7

8 L [(f g)(t)] (s) f(τ)dτ f(τ) exp( sτ)dτ g(t ) exp( s(t'+τ))dt g(t ) exp( st )dt L [f] (s)l [g] (s) F (s)g(s) 8