ANTITRASFORMATA DI LAPLACE – caso razionale

(1)

Segnali e Sistemi

(Ingegneria Informatica)

Lezione 25

c 2003 Finesso, Pavon, Pinzoni

(2)

ANTITRASFORMATA DI LAPLACE – caso razionale

Antitrasformare la funzione razionale (ROC semipiano destro)

X(s) = N (s)

D(s) = b

_m

s

^m

+ b

_m−1

s

^m−1

+ . . . b

1

s + b

0

s

ⁿ

+ a

_n−1

s

ⁿ⁻¹

+ . . . a

1

s + a

0

Nomenclatura

Radici di D(s) = poli di X(s), radici di N (s) = zeri di X(s)

Esempio

X(s) = 2s + 1

s(s + 1) , Re s > 0 trasformata data X(s) = s + s + 1

s(s + 1) = 1

s + 1

s + 1 decomposizione in fratti x(t) = u(t) + e^−tu(t) antitrasformata

Caso generale Si procede allo stesso modo:

(a) si decompone X(s) in una somma di frazioni parziali semplici

(b) si antitrasformano le frazioni parziali e si sommano i risultati

(3)

(a) Decomposizione in frazioni parziali Funzioni razionali proprie (m < n)

X(s) = N (s)

D(s) = b

_m

s

^m

+ · · · + b

1

s + b

0

s

ⁿ

+ · · · + a

1

s + a

0

• Determinare i poli distinti (e le loro molteplicit` a) i.e.

D(s) = s

ⁿ

+ · · · + a

1

s + a

0

= (s − s

1

)

ⁿ¹

(s − s

2

)

ⁿ²

. . . (s − s

_r

)

ⁿ^r

• Decomporre in frazioni parziali X(s) = A

_1,0

s − s

1

+ A

_1,1

(s − s

1

)

²

+ · · · + A

_1,n₁₋₂

(s − s

1

)

ⁿ¹⁻¹

+ A

_1,n₁₋₁

(s − s

1

)

ⁿ¹

+ A

_2,0

s − s

2

+ A

_2,1

(s − s

2

)

²

+ · · · + A

_2,n₂₋₂

(s − s

2

)

ⁿ²⁻¹

+ A

_2,n₂₋₁

(s − s

2

)

ⁿ²

+ A

_r,0

s − s

_r

+ A

_r,1

(s − s

_r

)

²

+ · · · + A

_r,n_r₋₂

(s − s

_r

)

ⁿ^r⁻¹

+ A

_r,n_r₋₁

(s − s

_r

)

ⁿ^r

Rimane il problema del calcolo degli A

_i,k

(4)

Calcolo dei coeﬃcienti dei fratti semplici X(s) = N (s)

D(s) = b

_m

s

^m

+ · · · + b

1

s + b

0

s

ⁿ

+ · · · + a

1

s + a

0

D(s) = s

ⁿ

+ · · · + a

1

s + a

0

= (s − s

1

)

ⁿ¹

(s − s

2

)

ⁿ²

. . . (s − s

_r

)

ⁿ^r

• Classiﬁcazione sulla base dei poli

Per il calcolo degli A

_i,k

distinguiamo i seguenti casi

I I poli sono semplici (n

_i

= 1, ∀ i)

II Almeno un polo ` e multiplo

(5)

I – Poli semplici – Metodo dei coeﬃcienti indeterminati

Per illustrare il metodo basta un esempio Esempio 1

X(s) = s

²

− 3s + 3

s

³

+ 3s

²

+ 2s trasformata data

X(s) = s² − 3s + 3

s(s + 1)(s + 2) = A¹

s + A²

s + 1 + A³ s + 2 = A¹(s + 1)(s + 2) + A²s(s + 2) + A³s(s + 1)

s(s + 1)(s + 2) =

A1s² + 3A1s + 2A1 + A2s² + 2A2s + A3s² + A3s s(s + 1)(s + 2)

Uguagliando i coeﬃcienti del numeratore:

⎧⎪

⎨

⎪⎩

A¹ + A² + A³ = 1

3A¹ + 2A² + A³ = −3 2A¹ = 3

Da cui risulta A¹ = ³₂, A² = −7, A³ = ¹³₂ .

(6)

I – Poli semplici – Metodo delle valutazioni X(s) = b

_m

s

^m

+ · · · + b

1

s + b

0

(s − s

1

)(s − s

2

) . . . (s − s

_n

) = A

1

s − s

1

+ A

2

s − s

2

+ · · · + A

_n

s − s

_n

Allora ` e

(s − s

_i

)X(s) = A

1

s − s

_i

s − s

1

+ A

2

s − s

_i

s − s

2

+ · · · + A

_i

+ · · · + A

n

s − s

_i

s − s

_n

Da cui si ricava (s − s

_i

)X(s)

s=s_i

= A

_i

Esempio 1 – rivisitato X(s) = s² − 3s + 3

s³ + 3s² + 2s = s² − 3s + 3

s(s + 1)(s + 2) = A¹

s + A²

s + 1 + A³ s + 2 A1 = sX(s)

s=0

= s² − 3s + 3 (s + 1)(s + 2)

s=0

= 3 2 A² = (s + 1)X(s)

s=−1

= s² − 3s + 3 s(s + 2)

s=−1

= −7

A³ = (s + 2)X(s)

s=−2

= s² − 3s + 3 s(s + 1)

s=−2

= 13 2

(7)

I – Poli semplici – esempio con poli complessi

Se X(s) ha coeﬃcienti reali i poli complessi compaiono in coppie coniugate.

Il metodo continua ad essere applicabile.

Esempio 2

X(s) = 5s² + 10s + 5

s³ + 2s² + 5s = 5s² + 10s + 5

s(s² + 2s + 5) = 5s² + 10s + 5

s(s + 1 + 2j)(s + 1 − 2j) X(s) = A

s + B

s + 1 + 2j + C

s + 1 − 2j A = sX(s)

s=0

= 5s² + 10s + 5 s² + 2s + 5

s=0

= 1

B = (s + 1 + 2j)X(s)

s=−1−2j

= 5s² + 10s + 5 s(s + 1 − 2j)

s=−1−2j = 2 + j C = (s + 1 − 2j)X(s)

s=−1+2j

= 5s² + 10s + 5 s(s + 1 + 2j)

s=−1+2j

= 2 − j Si osservi che C = B come sempre avviene per poli coniugati.

NON serve calcolarlo!

(8)

II – Poli multipli – Metodo dei coeﬃcienti indeterminati

Vediamo l’esempio di un polo doppio ed uno semplice

Esempio 3

X(s) = 2s² + 2s + 1

s²(s + 1) trasformata data

X(s) = A

s² + B

s + C

s + 1 = A(s + 1) + Bs(s + 1) + Cs²

s²(s + 1) = (B + C)s² + (A + B)s + A

s²(s + 1)

⎧⎪

⎨

⎪⎩

B + C = 2 A + B = 2 A = 1

ovvero A = B = C = 1

(9)

II – Poli multipli – Metodo dei coeﬃcienti indeterminati

Vediamo l’esempio di un polo triplo ed uno semplice

Esempio 4

X(s) = s

³

+ s + 6

(s + 1)

³

(s + 3) trasformata data

X(s) = A

(s + 1)³ + B

(s + 1)² + C

s + 1 + D

s + 3 =

A(s + 3) + B(s + 1)(s + 3) + C(s + 1)²(s + 3) + D(s + 1)³ (s + 1)³(s + 3)

⎧⎪

⎪⎪

⎨

⎪⎪

⎪⎩

C + D = 1

B + 5C + 3D = 0

A + 4B + 7C + 3D = 1 3A + 3B + 3C + D = 6

Sistema 4× 4: scomodo da risolvere a mano!

(10)

II – Poli multipli – Metodo delle valutazioni

Consideriamo il caso di un polo doppio ed uno semplice per derivare il metodo X(s) = N (s)

(s − s¹)²(s − s²) = A

(s − s¹)² + B

(s − s¹) + C s − s² Allora `e:

(s − s1)²X(s) = A + B(s − s1) + C(s − s¹)² s − s² d

ds (s − s¹)²X(s) = B + C2(s − s¹)(s − s²) − (s − s¹)² (s − s²)²

Da cui si ricava (s − s¹)²X(s)

s=s¹ = A d

ds (s − s¹)²X(s)

s=s¹ = B (s − s²)X(s)

s=s² = C

(11)

II – Poli multipli – Formule generali X(s) = N (s)

D(s) = b

_m

s

^m

+ · · · + b

1

s + b

0

(s − s

1

)

ⁿ¹

(s − s

2

)

ⁿ²

. . . (s − s

_r

)

ⁿ^r

Decomposizione in frazioni parziali

In forma compatta la decomposizione ` e

X(s) =

r i=1

n_i−1 k=0

A

_i,k

(s − s

_i

)

^k+1

Iterando quanto fatto nel caso precedente si trova

A

_i,k

= 1

(n

_i

− k − 1)!

d

⁽ⁿⁱ^−k−1)

ds

ⁿⁱ^−k−1

(s − s

_i

)

ⁿⁱ

X(s)

s=s_i

k = 0, 1, . . . n

_i

−1 In particolare

A

_i,n_i₋₁

= (s − s

_i

)

ⁿⁱ

X(s)

s=s_i

(12)

II – Poli multipli – Metodo delle valutazioni – Esempi

Esempio 3 rivisitato X(s) = 2s² + 2s + 1

s²(s + 1) = A

s² + B

s + C s + 1

A = s²X(s)

s=0

= 2s² + 2s + 1 s + 1

s=0

= 1

B = d

dss²X(s)

s=0

= 4s + 2 − (2s² + 2s + 1) (s + 1)²

s=0

= 1

C = (s + 1)X(s)

s=−1

= 2s² + 2s + 1 s²

s=−1

= 1

(13)

II – Poli multipli – Metodo delle valutazioni – Esempi

Esempio 4 rivisitato X(s) = s³ + s + 6

(s + 1)³(s + 3) = A

(s + 1)³ + B

(s + 1)² + C

s + 1 + D s + 3

A = (s + 1)³X(s)

s=−1

= s³ + s + 6 s + 3

s=−1

= 2

B = d

ds(s + 1)³X(s)

s=−1

= d ds

s³ + s + 6 s + 3

s=−1

= 2s³ + 9s² − 3 (s + 3)²

s=−1

= 1

C = 1 2

d²

ds² (s + 1)³X(s)

s=−1

= 1 2

d ds

2s³ + 9s² − 3 (s + 3)²

s=−1

=

. 1

2

(6s² + 18s)(s + 3)² − (2s³ + 9s² − 3)2(s + 3) (s + 3)⁴

s=−1

= −2

D = (s + 3)X(s)

s=−3

= s³ + s + 6 (s + 1)³

s=−3

= 3

(14)

(b)Antitrasformata

L’antitrasformata si scrive per ispezione. Alla decomposizione

X(s) =

r i=1

n_i−1 k=0

A

_i,k

(s − s

_i

)

^k+1

corrisponde l’antitrasformata causale

x(t) =

r i=1

n_i−1 k=0

A

_i,k

k! t

^k

e

^sⁱ^t

u(t)

scriviamo ora le antitrasformate degli esempi considerati ﬁnora

(15)

(b)Antitrasformata – esempi

Esempio 1 X(s) = 3

2 1

s − 7 1

s + 1 + 13 2

1 s + 2 x(t) = 3

2u(t) − 7e^−tu(t) + 13

2 e^−2tu(t) Esempio 2

X(s) = 1

s + 2 + j

s + 1 + 2j + 2 − j s + 1 − 2j

x(t) = u(t) + (2 + j)e^−te^−2jtu(t) + (2 − j)e^−te^2jtu(t) Esempio 3

X(s) = 1

s² + 1

s + 1 s + 1

x(t) = tu(t) + u(t) + e^−tu(t) Esempio 4

X(s) = 2

(s + 1)³ + 1

(s + 1)² − 2

s + 1 + 3 s + 3 x(t) = (t² + t − 2e^−t + 3e^−3t)u(t)

(16)

Poli complessi - calcolo diretto della soluzione reale

Sia −σ ± jω una coppia di poli semplici. Riparametrizziamo le frazioni come A

s + σ + jω + A

s + σ − jω = (A + A)(s + σ) + (−Aj + Aj)ω

(s + σ)² + ω² = B(s + σ) + Cω (s + σ)² + ω² dove B e C sono coeﬃcienti reali da determinarsi. L’antitrasformata `e

x(t) = B e^−σt cos(ωt) u(t) + C e^−σt sin(ωt) u(t) Esempio 2 rivisitato

X(s) = 5s² + 10s + 5

s³ + 2s² + 5s = 5s² + 10s + 5

s(s² + 2s + 5) = 5s² + 10s + 5

s((s + 1)² + 4) = A

s + B(s + 1) + C2 (s + 1)² + 4 A = sX(s)

s=0 = 1. Sostituendo il valore di A si trova X(s) = 1

s + B(s + 1) + C2 (s + 1)² + 4 Per determinare B e C utilizziamo il metodo dei coeﬃcienti indeterminati X(s) = 5s² + 10s + 5

s³ + 2s² + 5s = 1

s + B(s + 1) + C2

(s + 1)² + 4 = (1 + B)s² + (2 + B + 2C)s + 5 s³ + 2s² + 5s

Da cui si ricava

⎧⎪

⎨

⎪⎩

1 + B = 5

2 + B + 2C = 10 5 = 5

ovvero B = 4 e C = 2.

x(t) = u(t) + 4e^−tcos(2t)u(t) + 2e^−tsin(2t)u(t)

(17)

Antitrasformata di funzioni razionali - il caso m ≥ n X(s) = N (s)

D(s) = b

_m

s

^m

+ · · · + b

1

s + b

0

s

ⁿ

+ · · · + a

1

s + a

0

Se m ≥ n

• Si eﬀettua la divisione tra i polinomi N (s) e D(s) X(s) = N (s)

D(s) = Q(s) + N

0

(s) D(s) dove Q(s) =

^m−n_k=0

q

_k

s

^k

e ∂N

0

< ∂D

L’antitrasformata di Q(s) ` e la componente impulsiva di x(t).

q(t) =

m−n k=0

q

_k

δ

^(k)

(t)

Si procede come visto sopra per il termine

^N⁰^(s)

D(s)

(18)

Antitrasformata di funzioni razionali - il caso m ≥ n

Esempio

X(s) = s

³

+ 2s

²

+ s + 3 s

²

+ 1

X(s) = s + 2 +

¹

s²+1

La corrispondente x(t) ` e

x(t) = δ

(t) + 2δ(t) + sin t u(t)

(19)

Problema ai valori iniziali con il metodo della trasformata

Determinare y(t), t > 0, dato il problema di Cauchy

⎧⎪

⎪⎪

⎪⎨

⎪⎪

⎩

n k=0

a_ky^(k)(t) =

m k=0

b_kx^(k)(t)

y(0−) = y⁰, y⁽¹⁾(0−) = y¹, . . . , y⁽ⁿ⁻¹⁾(0−) = yn−1

x(t) = 0, t < 0

Impiegando la regola di derivazione per la trasformata di Laplace unilatera L

y^(k)(t)

= s^kY (s) − s^k−1y(0−) − · · · − sy^k−1(0−) il problema di Cauchy si trasforma nella identit`a algebrica

n k=0

ak

s^kY (s) −

k−1

=0

sy^(k−1−)(0−)

=

m k=0

bks^kX(s) ovvero

Y (s) =

_n

k=0a_k _k−1

=0sy^(k−1−)(0−)

_n

k=0a_k s^k +

_m

k=0b_ks^k

_n

k=0a_ks^k X(s) la soluzione y(t) si trova per antitrasformazione.

(20)

Problema ai valori iniziali – sistema LTI causale associato

Abbiamo ricavato la trasformata di Laplace della soluzione Y (s) =

_n

k=0a_k _k−1

=0sy^(k−1−)(0−)

_n

k=0a_k s^k +

_m

k=0b_ks^k

_n

k=0a_ks^k X(s) Si riconoscono immediatamente

Y(s) =

_n

k=0a_k _k−1

=0sy^(k−1−)(0−)

_n

k=0a_k s^k risposta libera dell’EDO Y_f(s) =

_m

k=0b_ks^k

_n

k=0aks^k X(s) risposta forzata dell’EDO H(s) =

_m

k=0b_ks^k

_n

k=0a_k s^k funzione di trasferimento del sistema LTI causale Nota. H(s) `e la trasformata di Laplace della risposta impulsiva del sistema LTI causale associato all’EDO ovvero della soluzione del problema di Cauchy

⎧⎨

⎩

_n

k=0a_kh^(k)(t) = _m

k=0b_kδ^(k)(t) h(0−) = · · · = h⁽ⁿ⁻¹⁾(0−) = 0

(21)

Problema ai valori iniziali – stabilit` a del sistema LTI causale

Il sistema LTI causale associato al problema ai valori iniziali `e (nel dominio s) Y_f(s) =

_m

k=0b_ks^k

_n

k=0a_ks^k X(s) = H(s)X(s) La funzione di trasferimento si decompone come

H(s) =

_m

k=0bks^k

_n

k=0a_k s^k = B(s)

A(s) = Q(s) + B⁰(s) A(s) dove Q(s) = _m−n

k=0 qks^k (presente se m ≥ n) e ∂B⁰ < ∂D La risposta impulsiva `e h(t) = h_i(t)+h0(t) = _m−n

k=0 q_kδ^(k)(t)+_r

i=1

_n_i₋₁

k=0 Ai,k

k! t^k e^sⁱ^tu(t) La componente impulsiva hi(t) `e presente se m ≥ n.

Nel tempo la relazione i/o `e y_f(t) =

_t

0−h(t − τ )x(τ )dτ =

m−n

k=0

q_kx^(k)(t) + _t

0−h⁰(t − τ )x(τ )dτ Il sistema LTI causale `e BIBO stabile se e solo se valgono le condizioni

• m ≤ n (vedi sopra: le derivate della delta sono derivatori ovvero instabili!).

• R(si) < 0, i = 1, 2, . . . r. (vedi integrabilit`a dei modi)

(22)

Problema ai valori iniziali – esempio

Determinare y(t), t > 0, dato il problema di Cauchy