Risposta al gradino

[cavallipurosangue]

Se ho una uscita $y(t)$ ed una certa funzione di trasferimento $G(s)$ con grado relativo $r$, come si dimostra che la $y^((r))(0)$ è la prima derivata non nulla?

Poi, una volta trovato questo, come faccio a calcolare il valore delle derivate successive? (Io ho sfruttato il teorema del valore iniziale tanto per capirci...)

[Kroldar]

"cavallipurosangue":Se ho una uscita $y(t)$ ed una certa funzione di trasferimento $G(s)$ con grado relativo $r$, come si dimostra che la $y^((r))(0)$ è la prima derivata non nulla?

Devi applicare appunto il teorema del valore iniziale.

Sia dunque $G(s)$ una funzione razionale fratta. Per il vincolo di causalità, il grado del denominatore sarà maggiore (tutt'al più uguale) di quello del numeratore.

Ipotizziamo che l'eccesso poli-zeri sia pari a $r$.

La trasformata di Laplace dell'uscita è $Y(s) = (G(s))/s$.

Applicando il teorema del valore iniziale, risulta

$y(0) = lim_(s to +oo) sY(s) = lim_(s to +oo) s (G(s))/s = lim_(s to +oo) G(s)$

Ovviamente quel limite fa $0$ poiché il grado del denominatore è per ipotesi maggiore di quello del denominatore.

Calcoliamo ora la derivata prima nell'origine, risulta

$y'(0) = lim_(s to +oo) s [sY(s)-y(0)] = lim_(s to +oo) s^2 (G(s))/s = lim_(s to +oo) sG(s)$

Per $r>1$ anche quest'altro limite farò $0$.

In generale, iterando il procedimento, si avrà che

$y^((k))(0) = 0$ per $k
Per $k=r$ si avrà il limite di una funzione razionale fratta con grado del numeratore pari a quello del denominatore e allora sarà $y^((r))(0) != 0$.

Per le derivata successive, continua ad applicare il teorema del valore iniziale

[cavallipurosangue]

Ok, allora almeno fino all'ordine r le nostre dimostrazioni coincidono. Adesso però vorrei chiederti cosa succede nel calcolo della derivata di ordine $r+1$...

Infatti la derivata $y^((r))(0)=qne0$...

Quindi, per semplicità prendiamo r=0 con $y(0)=q$:

$y^(1)(0)=lim_{s\to+\infty}s[G(s)-y(0)]=?$ o sbaglio qualcosa?

[Kroldar]

"cavallipurosangue":
$y^(1)(0)=lim_{s\to+\infty}s[G(s)-y(0)]=?$ o sbaglio qualcosa?

Esatto.

[cavallipurosangue]

Esatto nel senso che sbaglio, o che non si può trovare il limite?

[Kroldar]

Esatto nel senso che la derivata prima si calcola proprio come hai detto tu.

[cavallipurosangue]

Si ok... ma quanto fa?

[Kroldar]

Dipende dalla $G(s)$ che hai.

[cavallipurosangue]

Una $G(s)$ con $r=0$ come dicevo... ora dico io... ma se così è, allora la funzione $y(0)=qne0$ è pari ad un valore costante, anche $G(infty)=q$, quindi...

[Kroldar]

Siccome $G(s)$ ha grado del numeratore pari a quello del denominatore, allora $sG(s)$ diverge per $s to +oo$.

Del resto, essendo $y(0)$ una costante, anche $sy(0)$ diverge per $s to +oo$.

Tuttavia il limite globale si presenta sotto la forma indeterminata $oo - oo$ e dà sempre un valore finito.

[cavallipurosangue]

Ad esempio: $G(s)=((s+2)(s+1))/(s(s+3))$ in questo caso?

[Kroldar]

Va bene un esempio più semplice, in modo da fare meno conti?

Esempio:

$G(s) = (2s)/(s+5)$

$y(0) = 2$

$y'(0) = s[(2s)/(s+5) - 2] = s[(2s - 2s -10)/(s+5)] = (-10s)/(s+5) = -10$

[cavallipurosangue]

AH!!! Ora ho capito... cioè essendo una forma indeterminata non posso generalizzare, ma devo valutare caso per caso... ok capito...

[Kroldar]

Magari esisterà pure una formula per il caso generale. Una formula di tale tipo, se esistesse, darebbe sicuramente il valore della derivata $n$-esima in funzione dei coefficienti dei polinomi a numeratore e denominatore. Sinceramente non mi sono mai posto il problema di trovare una formula generale, ma, anche in sede d'esame, ho semplicemente applicato il teorema del valore iniziale. Chissà però...