[RISOLTO, Elettrotecnica] Dubbio su rete del secondo ordine
Ciao a tutti. Nell'analisi della rete che indicherò qui di seguito, ho riscontrato un problema nella parte finale: un segno mi porta ad avere un risultato che differisce dalla soluzione offerta dall'autore. Dunque
Di questa rete, dove $ v_{g}(t) = e^{-3t}u(t) $ , mi viene richiesto di determinare l'andamento nel tempo della tensione ai capi del resistore 3 (nel verso indicato) e la funzione di trasferimento della rete utilizzando come grandezze $ V_{u} (s) $ e $ V_{g} (s) $ . I due condensatori sono inizialmente scarichi.
Procedo con l'elaborazione del mio ragionamento.
L'analisi viene svolta nel dominio di Laplace, scegliendo l'approccio dei potenziali nodali. Partendo da sinistra, osservando l'immagine della rete, abbiamo i nodi A, B e C. Il nodo D è quello inferiore, messo "a terra" (a potenziale nullo). Scrivendo le LKC ai nodi, prese le correnti entranti nel nodo come positive, arrivo ad avere
$ [ ( -(G_1 + \frac{1}{Z_{C_2}}) , 0 , \frac{1}{Z_{C_2}} ),( 0 , (G_2 + \frac{1}{Z_{C_1}}) , -G_2 ),( \frac{1}{Z_{C_2}} , G_2 , -(G_2 + G_3 + \frac{1}{Z_{C_2}}) ) ] [ ( e_A ),( e_B ),( e_C ) ] =[ ( I_g ),( I_g ),( 0 ) ] $
E, sostituendo i valori, abbiamo
$ [ ( -(1+s) , 0 , s ),( 0 , (1+s) , -1 ),( s , 1 , -(\frac{3}{2} + s) ) ] [ ( e_A ),( e_A + \frac{1}{s+3} ),( e_C ) ] =[ ( I_g ),( I_g ),( 0 ) ] $
Ora, da questo sistema, viene fuori $ V_{u}(s) = - \frac{s+1}{(s+3)(s+2)} $ . La soluzione è tuttavia $ V_{u}(s) = - \frac{s-1}{(s+3)(s+2)} $ . Dov'è l'errore?
Volendo fare una considerazione, ha effettivamente senso che al numeratore ci sia $ (s-1) $ . Infatti, se guardiamo cosa succede quando $ s=0 $ , abbiamo che i condensatori sono dei circuiti aperti e la tensione sul resistore 3 è positiva (la corrente esce dal polo positivo del generatore ed entra in quello negativo, quindi la convenzione dell'utilizzatore sul resistore è rispettata).
Nel dominio del tempo la situazione non migliora. Impiegando il circuito resistivo equivalente ed il principio di sovrapposizione degli effetti, arrivo alle equazioni
$ { ( i_{C_1} = -\frac{3}{2} v_{C_1} - \frac{1}{2} v_{C_2} ),( i_{C_2} = \frac{1}{2} v_{C_1} - \frac{3}{2} v_{C_2} ):} $
Calcolando gli autovalori $ \lambda $ abbiamo $ det( \lambda I -A) = \lambda ^2 + 3\lambda + 5/2 $ . Anche qui il risultato è lontano da come dovrebbe essere. Spero che qualcuno possa essere così gentile da illuminarmi sugli errori commessi nel primo e nel secondo approccio.
Di questa rete, dove $ v_{g}(t) = e^{-3t}u(t) $ , mi viene richiesto di determinare l'andamento nel tempo della tensione ai capi del resistore 3 (nel verso indicato) e la funzione di trasferimento della rete utilizzando come grandezze $ V_{u} (s) $ e $ V_{g} (s) $ . I due condensatori sono inizialmente scarichi.
Procedo con l'elaborazione del mio ragionamento.
L'analisi viene svolta nel dominio di Laplace, scegliendo l'approccio dei potenziali nodali. Partendo da sinistra, osservando l'immagine della rete, abbiamo i nodi A, B e C. Il nodo D è quello inferiore, messo "a terra" (a potenziale nullo). Scrivendo le LKC ai nodi, prese le correnti entranti nel nodo come positive, arrivo ad avere
$ [ ( -(G_1 + \frac{1}{Z_{C_2}}) , 0 , \frac{1}{Z_{C_2}} ),( 0 , (G_2 + \frac{1}{Z_{C_1}}) , -G_2 ),( \frac{1}{Z_{C_2}} , G_2 , -(G_2 + G_3 + \frac{1}{Z_{C_2}}) ) ] [ ( e_A ),( e_B ),( e_C ) ] =[ ( I_g ),( I_g ),( 0 ) ] $
E, sostituendo i valori, abbiamo
$ [ ( -(1+s) , 0 , s ),( 0 , (1+s) , -1 ),( s , 1 , -(\frac{3}{2} + s) ) ] [ ( e_A ),( e_A + \frac{1}{s+3} ),( e_C ) ] =[ ( I_g ),( I_g ),( 0 ) ] $
Ora, da questo sistema, viene fuori $ V_{u}(s) = - \frac{s+1}{(s+3)(s+2)} $ . La soluzione è tuttavia $ V_{u}(s) = - \frac{s-1}{(s+3)(s+2)} $ . Dov'è l'errore?
Volendo fare una considerazione, ha effettivamente senso che al numeratore ci sia $ (s-1) $ . Infatti, se guardiamo cosa succede quando $ s=0 $ , abbiamo che i condensatori sono dei circuiti aperti e la tensione sul resistore 3 è positiva (la corrente esce dal polo positivo del generatore ed entra in quello negativo, quindi la convenzione dell'utilizzatore sul resistore è rispettata).
Nel dominio del tempo la situazione non migliora. Impiegando il circuito resistivo equivalente ed il principio di sovrapposizione degli effetti, arrivo alle equazioni
$ { ( i_{C_1} = -\frac{3}{2} v_{C_1} - \frac{1}{2} v_{C_2} ),( i_{C_2} = \frac{1}{2} v_{C_1} - \frac{3}{2} v_{C_2} ):} $
Calcolando gli autovalori $ \lambda $ abbiamo $ det( \lambda I -A) = \lambda ^2 + 3\lambda + 5/2 $ . Anche qui il risultato è lontano da come dovrebbe essere. Spero che qualcuno possa essere così gentile da illuminarmi sugli errori commessi nel primo e nel secondo approccio.
Risposte
"xh144fata":
... Dov'è l'errore?...
Semplicemente nel tuo calcolo, a partire da quel sistema, che è corretto.
Nel dominio del tempo, spento il generatore, tagliata in due la rete[nota]Come ti avevo già suggerito in passato.[/nota], per esempio lasciando da una parte solo R3, avrai che uguagliando a zero la somma delle due impedenze viste a destra e a sinistra del taglio avrai semplicemente la serie di due RC in parallelo a sinistra e solo R3 a destra, di conseguenza avrai
$2(1/(1+s))+2=0$
e quindi un solo autovalore, s=-2.
Visto poi il "particolare" generatore, avrai anche il secondo.
$2(1/(1+s))+2=0$
e quindi un solo autovalore, s=-2.
Visto poi il "particolare" generatore, avrai anche il secondo.
Mi chiedo: perché non controllare la soluzione del sistema per verificare se il problema sta nel calcolo? 
Io, ovviamente, ho seguito quella strada.
Io, ovviamente, ho seguito quella strada.
"RenzoDF":
[quote="xh144fata"] ... Dov'è l'errore?...
Semplicemente nel tuo calcolo, a partire da quel sistema, che è corretto.
[/quote]Caro Renzo, anche stavolta hai fatto il miracolo!
Ho finalmente trovato l'errore che mi stava facendo impazzire."RenzoDF":
Nel dominio del tempo, spento il generatore, tagliata in due la rete, per esempio lasciando da una parte solo R3, avrai che uguagliando a zero la somma delle due impedenze viste a destra e a sinistra del taglio avrai semplicemente la serie di due RC in parallelo a sinistra e solo R3 a destra, di conseguenza avrai
$ 2(1/(1+s))+2=0 $
e quindi un solo autovalore, s=-2.
Visto poi il "particolare" generatore, avrai anche il secondo.
Ricordo un suggerimento del genere da parte tua, ma devo ammettere che non gli ho dato la giusta importanza. Questa operazione della quale parli, si basa su qualche teorema, oppure ha un nome che posso usare per ricercare una trattazione più estesa?
"RenzoDF":
Mi chiedo: perché non controllare la soluzione del sistema per verificare se il problema sta nel calcolo?
Io, ovviamente, ho seguito quella strada.
Intendi con i determinanti delle varie matrici? Non l'ho proprio presa in considerazione, dato che a termine noto ho $ I_g $ che non conosco.
Tornando al circuito resistivo equivalente (per quanto possa essere poco efficiente), spento il generatore $ v_g $ , ho sfruttato serie e paralleli che vengono fuori attivando un generatore alla volta. Come mai arrivo ad una conclusione sbagliata?
Visto che era semplice verificare la correttezza del tuo sistema, il metodo che ho usato per controllare i tuoi calcoli è il seguente
"xh144fata":
... Calcolando gli autovalori $ \lambda $ abbiamo $ det( \lambda I -A) = \lambda ^2 + 3\lambda + 5/2 $ ...
In questo metodo c'è un segno sbagliato in una delle correnti.
"RenzoDF":
Visto che era semplice verificare la correttezza del tuo sistema, il metodo che ho usato per controllare i tuoi calcoli è il seguente
Non per i sistemi, ma Wolfram è uno strumento che uso molto
"RenzoDF":
In questo metodo c'è un segno sbagliato in una delle correnti.
Anche cambiando un segno, quello che ottengo è $ \lambda^2 +3 \lambda +2 $ , che risolta non mi restituisce $ \lambda_1 = -3 $ e $ \lambda_2 = -2 $ . Sono questi gli autovalori giusti, no?
Certo, ma avendo spento il generatore il polo s=-3 non lo vedi; in questo caso, oltre al polo s=-2, vedi un polo a s=-1 che però, in questa rete, viene "cancellato" da uno zero di pari valore.
"RenzoDF":
Certo, ma avendo spento il generatore il polo s=-3 non lo vedi; in questo caso, oltre al polo s=-2, vedi un polo a s=-1 che però, in questa rete, viene "cancellato" da uno zero di pari valore.
Fin qui ci siamo. Ora, però dobbiamo considerare anche il generatore, giusto? Arriviamo allora ad avere qualcosa del tipo $ v_{C_2}'' + 3v_{C_2}' + 2v_{C_2} = \frac{7}{4} e^{-3t} $ , dove bisogna ricavare la soluzione omogenea e quella particolare. Le condizioni iniziali per la soluzione omogenea dovrebbero essere $ { ( v_{C_2} (0^-) =0 ),( v_{C_2}' (0^-)= -1 ):} $ , o sbaglio?
Io, come sempre, per far prima, preferisco seguire una mia strada risolutiva: scrivendo i tre contributi, se non erro,
$ { ( i_{C_1} = -\frac{3}{2} v_{C_1} - \frac{1}{2} v_{C_2} +3/2 e^{-3t }),( i_{C_2} =- \frac{1}{2} v_{C_1} - \frac{3}{2} v_{C_2}+3/2 e^{-3t } ):} $
Vista la perfetta simmetria, avremo che $v_{C_1}=v_{C_2}$; di conseguenza basterà risolvere una sola equazione differenziale del primo ordine
$ i_{C} = -2 v_{C} +3/2 e^{-3t } $
per l'evoluzione libera avremo quindi un solo autovalore $\lambda=-2$ mentre per la risposta forzata, che sarà del tipo $A e^{-3t}$, potremo facilmente ottenere $A=-3/2$, ne segue che
$v_C(t)=B e^(-2t)-3/2 e^{-3t }$
che con la condizione iniziale
$v_C(0)=0$
porterà a
$v_C(t)=3/2 e^(-2t)-3/2e^(-3t)$
per concludere
$v_u(t)=v_1-v_g+v_2=2v_C-v_g=3e^(-2t)-4e^(-3t)$
$ { ( i_{C_1} = -\frac{3}{2} v_{C_1} - \frac{1}{2} v_{C_2} +3/2 e^{-3t }),( i_{C_2} =- \frac{1}{2} v_{C_1} - \frac{3}{2} v_{C_2}+3/2 e^{-3t } ):} $
Vista la perfetta simmetria, avremo che $v_{C_1}=v_{C_2}$; di conseguenza basterà risolvere una sola equazione differenziale del primo ordine
$ i_{C} = -2 v_{C} +3/2 e^{-3t } $
per l'evoluzione libera avremo quindi un solo autovalore $\lambda=-2$ mentre per la risposta forzata, che sarà del tipo $A e^{-3t}$, potremo facilmente ottenere $A=-3/2$, ne segue che
$v_C(t)=B e^(-2t)-3/2 e^{-3t }$
che con la condizione iniziale
$v_C(0)=0$
porterà a
$v_C(t)=3/2 e^(-2t)-3/2e^(-3t)$
per concludere
$v_u(t)=v_1-v_g+v_2=2v_C-v_g=3e^(-2t)-4e^(-3t)$
Innanzi tutto grazie, comprendo quanto dici, ma il mio problema è il calcolo del contributo di $v_g $ . Se ho attivo solo $v_g $ , allora la situazione è
Se vedo dei cortocircuiti, mi viene da pensare che la corrente, preferendo sempre il tragitto con meno resistenza, ignori tutto il resto in favore dei cortocircuiti. Seguendo questo "modo di pensare", $ R_2 $ ed $ R_3 $ , verrebbero ignorati ed avrei un circuito costituito dal generatore a da $ R_1 $ . Così, non vado lontano, infatti risulterebbero $ { ( i_(C_1} = v_g ),( i_{C_2} = 0 ):} $ .
Provando a vederla in un altro modo, possiamo immaginare che la rete in figura sia equivalente a
dove la corrente $ i_{C_1} $ sia quella che entra nel parallelo di $ R_2 $ e $ R_3 $ , mentre $ i_{C_2} $ sia la corrente che esca da questo parallelo. In questo modo, abbiamo che
$ { ( i_{C_1} = \frac{v_g}{R_p} = \frac{3}{2} v_g ),( i_{C_2} = \frac{v_g}{R_p} = \frac{3}{2} v_g):} $ . E' questo il ragionamento, o sono ancora fuori strada?
Se vedo dei cortocircuiti, mi viene da pensare che la corrente, preferendo sempre il tragitto con meno resistenza, ignori tutto il resto in favore dei cortocircuiti. Seguendo questo "modo di pensare", $ R_2 $ ed $ R_3 $ , verrebbero ignorati ed avrei un circuito costituito dal generatore a da $ R_1 $ . Così, non vado lontano, infatti risulterebbero $ { ( i_(C_1} = v_g ),( i_{C_2} = 0 ):} $ .
Provando a vederla in un altro modo, possiamo immaginare che la rete in figura sia equivalente a
dove la corrente $ i_{C_1} $ sia quella che entra nel parallelo di $ R_2 $ e $ R_3 $ , mentre $ i_{C_2} $ sia la corrente che esca da questo parallelo. In questo modo, abbiamo che
$ { ( i_{C_1} = \frac{v_g}{R_p} = \frac{3}{2} v_g ),( i_{C_2} = \frac{v_g}{R_p} = \frac{3}{2} v_g):} $ . E' questo il ragionamento, o sono ancora fuori strada?
Sei ancora fuori strada, non devi modificare nulla nella prima rete che hai tracciato, le correnti che devi determinare sono quelle che attraversano i due cortocircuiti che rappresentano i condensatori, ovviamente con il corretto verso, semplicemente usando la legge di Ohm per i tre rami resistivi e due opportune KCL.
"RenzoDF":
Sei ancora fuori strada, non devi modificare nulla nella prima rete che hai tracciato, le correnti che devi determinare sono quelle che attraversano i due cortocircuiti che rappresentano i condensatori, ovviamente con il corretto verso, semplicemente usando la legge di Ohm per i tre rami resistivi e due opportune KCL.
Che le correnti da trovare siano quelle relative ai condensatori, non c'è dubbio. Però, a parte il disegno stravolto, se andiamo a guardare le LKT viene fuori che i resistori sono tutti in parallelo al generatore, o sbaglio? Per questo con vedo come le LKC possano aiutarmi.
"xh144fata":
... viene fuori che i resistori sono tutti in parallelo al generatore, o sbaglio? ...
Non sbagli.
"xh144fata":
... Per questo non vedo come le LKC possano aiutarmi.
Qui invece sbagli.
Perché non provi a seguire la strada che ti ho consigliato, indicando nel tuo primo schema, su ognuno dei tre resistori, la relativa corrente
"RenzoDF":
Perché non provi a seguire la strada che ti ho consigliato, indicando nel tuo primo schema, su ognuno dei tre resistori, la relativa corrente
Ora ti spiego le mie perplessità, non è che non ci abbia provato. Se andiamo a ragionare in termini di LKC, andiamo anche ad introdurre l'incognita $ i_g $ : la corrente erogata dal generatore non la conosciamo.
Se poi introduciamo le relazioni tensione-corrente di ogni resistore con la legge di Ohm, abbiamo anche le tensioni ai capi di ciascun resistore come incognite. Perciò ti dicevo che non capisco come mai tu scelga di usare le LKC.
Premesso che non è necessario considerare la corrente ig e che le tensioni ai morsetti dei resistori sono banalmente note, e non incognite, il mio consiglio era il seguente
schema dal quale, usando due KCL al nodo D e al nodo C, avremo
$i_1=v_g/R_1+v_g/R_3$
$i_2=v_g/R_2+v_g/R_3$
schema dal quale, usando due KCL al nodo D e al nodo C, avremo
$i_1=v_g/R_1+v_g/R_3$
$i_2=v_g/R_2+v_g/R_3$
"RenzoDF":
Premesso che non è necessario considerare la corrente ig e che le tensioni ai morsetti dei resistori sono banalmente note, e non incognite, il mio consiglio era il seguente
schema dal quale, usando due KCL al nodo D e al nodo C, avremo
$i_1=v_g/R_1+v_g/R_3$
$i_2=v_g/R_2+v_g/R_3$
Ah, quanta pazienza che hai, Renzo! Perdonami, avevo capito di usare SOLO le LKC e la legge di Ohm, ignorando le LKT
Devo dire che la scelta del nodo A da parte mia è stata davvero poco furba.
Ti ringrazio tanto per la disponibilità, Renzo. Un'ultima cosa. Tornando a
Nel dominio del tempo, spento il generatore, tagliata in due la rete, per esempio lasciando da una parte solo R3, avrai che uguagliando a zero la somma delle due impedenze viste a destra e a sinistra del taglio avrai semplicemente la serie di due RC in parallelo a sinistra e solo R3 a destra
c'è qualcosa che posso leggere a riguardo? Non mi è ben chiaro da dove derivi questo metodo e prima di provare ad usarlo vorrei conoscerne qualche dettaglio in più.
Come penso di averti già detto in passato, non ricordo nessun testo che tratti rigorosamente la ricerca dei poli e degli zeri, via "semplice" ispezione della rete, ti linko comunque un paio di pdf sull'argomento che ho recuperato nei miei archivi; il primo di "base" il secondo di "altezza"
https://www.calameo.com/read/000011644a407dbcbcecf
https://www.calameo.com/read/0000116448bfe671836f6
https://www.calameo.com/read/000011644a407dbcbcecf
https://www.calameo.com/read/0000116448bfe671836f6
"RenzoDF":
Come penso di averti già detto in passato, non ricordo nessun testo che tratti rigorosamente la ricerca dei poli e degli zeri, via "semplice" ispezione della rete, ti linko comunque un paio di pdf sull'argomento che ho recuperato nei miei archivi; il primo di "base" il secondo di "altezza"
https://www.calameo.com/read/000011644a407dbcbcecf
https://www.calameo.com/read/0000116448bfe671836f6
Grazie, Renzo. Sei sempre una miniera di informazioni
Eppure è strano che non ci sia un testo dedicato a quest'argomento. Leggerò avidamente i pdf da te condivisi, sperando di acquisire un altro strumento utile per il mio percorso.Sì, il secondo è sicuramente un altro livello
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