Transformada de Laplace: ceros y respuesta de impulso correspondiente $h(t)$

Question

Los polos y la respuesta al impulso

Si nuestra respuesta de impulso tiene la forma:

$$h(t) = e^{-\sigma_0 t}\cos(\omega_0 t) \, u(t)$$

(dónde $u(t)$ es la función de paso unitario)

Y su transformada de Laplace es:

$$H(s) = \frac{N(s)}{D(s)} = \int_{0}^{+\infty} h(t)e^{-st}dt$$ $$s = \sigma + j\omega$$

Los polos son valores de $s$ así que eso $$D(s) = 0 \rightarrow H(s) = +\infty $$ Pero para entender esto , prefiero mirar la integral: irá al infinito (polos) cuando$s$ refleja componentes de $h(t)$. En cierto sentido,$e^{-st}$ "sondas" $h(t)$. En efecto :

• Un solo polo real$s = -\sigma_0$) significa $h(t) = e^{-\sigma_0t}u(t)$ porque : $$\int_{0}^{+\infty} e^{-\sigma_0t}e^{-(-\sigma_0)t}dt = \int_{0}^{+\infty} 1dt = +\infty $$.

• Polos conjugados complejos ($s = -\sigma_0 \pm j\omega_0$) significa $h(t)$ es una sinusoide en descomposición exponencial (digamos $h(t) = e^{-\sigma_0t}\cos(\omega_0t)$) porque : $$\int_{0}^{+\infty} e^{-\sigma_0t}\cos(\omega_0t)e^{-(-\sigma_0)t}e^{-j\omega t}dt = \int_{0}^{+\infty}\cos(\omega_0t)e^{-j\omega t}dt $$ que es infinito en $\omega = \pm\omega_0$ (Transformada de Fourier de $h(t)$ sin su componente exponencial, que es una sinusoide).

• Polos conjugados complejos con $\sigma = 0$ ($s = \pm j\omega_0$) significa $h(t)$ no tiene componente en descomposición (digamos $h(t) = \cos(\omega_0t) u(t)$) porque : $$\int_{0}^{+\infty} \cos(\omega_0t)e^{-j\omega t}dt$$ que es infinito en $\omega = \pm\omega_0$ (Transformada de Fourier de $h(t)$ que es una sinusoide).

Ceros: ¿un dirac en la respuesta al impulso?

Ahora veamos $H(s)$para un filtro Notch, como se muestra en el capítulo 32, p. 17 de " La guía del científico e ingeniero sobre DSP " y vea si se puede hacer un razonamiento similar sobre las integrales.

Usemos el siguiente filtro (la figura anterior solo es ilustrativa, aquí utilizo diferentes polos y ceros):

$$H(s) = \frac{s^2+1}{(s-(-1+i))(s-(-1-i))}$$

Este filtro tiene 2 polos y 2 ceros:

• Ceros: $z_1,z_2 =\pm i$
• Polos: $p_1,p_2 =-1 \pm i$

Encontremos $h(t)$ y ver por qué la integral de hecho iría a 0 o $+\infty$ para estos valores de ceros y polos, respectivamente.

Si tiene sentido, esta herramienta proporciona la siguiente transformada inversa de Laplace para$H(s)$ :

$$h(t) = \delta(t) - 2e^{-t}\cos(t) u(t) + e^{-t}\sin(t) u(t)$$

• Polos: para $s=p_1$ o $p_2$ en la transformada de Laplace, las exponenciales de h (t) se cancelan y siguen siendo la transformada de Fourier de alguna sinusoide que de hecho es infinita en $\omega = \pm 1$ (No estoy discutiendo el $\delta(t)$ pero supongo que no cambiará este resultado).

• Ceros: para $s=z_1$ o $z_2$ en la transformada de Laplace, el resultado es 0 si la parte real y la imaginaria de la transformada de Laplace son 0. La parte real es:

$$\int_{0}^{+\infty} (\delta(t) - 2e^{-t}\cos(t)+e^{-t}\sin(t))\cos(t)dt$$

$$=\int_{0}^{+\infty} \delta(t)\cos(t)dt + \int_{0}^{+\infty} (- 2e^{-t}\cos(t)+e^{-t}\sin(t))\cos(t)dt$$

con

$$\int_{0}^{+\infty} (- 2e^{-t}\cos(t)+e^{-t}\sin(t))\cos(t)dt = -1$$

La parte imaginaria es:

$$\int_{0}^{+\infty} \delta(t)\sin(t)dt + \int_{0}^{+\infty} (- 2e^{-t}\cos(t)+e^{-t}\sin(t))\sin(t)dt$$

con

$$\int_{0}^{+\infty} (- 2e^{-t}\cos(t)+e^{-t}\sin(t))\sin(t)dt = 0$$

Preguntas

1. Si la transformada de Laplace inversa es correcta, cómo manejar $\int_{0}^{+\infty} \delta(t)\cos(t)dt$ y $\int_{0}^{+\infty} \delta(t)\sin(t)dt$ para mostrar que $H(s)$ es de hecho 0 en $z_1$ y $z_2$ ?
2. Si todo esto es correcto, ¿qué significa (físicamente) que una respuesta de impulso tenga un dirac en su expresión? Pensé que la respuesta al impulso de la mayoría de los sistemas físicos era solo una combinación de exponenciales y sinusoides en descomposición.

Answer 1

Para su primera pregunta, puede utilizar lo siguiente

$$ \int_{-\infty}^{\infty} \delta (t-a)\,f(t)\,dt = f(a), $$

con $f(t)$cualquier función. En su caso, esas integrales producirían los valores uno y cero respectivamente.

Para su segunda pregunta, solo consideraré sistemas invariantes en el tiempo lineal. En ese caso, la respuesta al impulso de dicho sistema solo puede contener una función delta de Dirac si la función de transferencia de ese sistema tiene un numerador del mismo orden que el denominador. Es decir, cualquier función de transferencia del formulario

$$ G(s) = \frac{b_n\,s^n + b_{n-1}\,s^{n-1} + \cdots + b_1\,s + b_0}{s^n + a_{n-1}\,s^{n-1} + \cdots + a_1\,s + a_0}, $$

con $b_n \neq 0$ también se puede escribir como

$$ G(s) = b_n + \frac{b'_{n-1}\,s^{n-1} + \cdots + b'_1\,s + b'_0}{s^n + a_{n-1}\,s^{n-1} + \cdots + a_1\,s + a_0}, $$

con $b'_k = b_k - b_n\,a_k$. La transformada de Laplace inversa de la constante$b_n$contribuiría con un término delta de Dirac. Para la parte restante de la función de transferencia, se podría usar la expansión de fracción parcial para demostrar que no puede contribuir con un término delta de Dirac.

Si un sistema físico tuviera un numerador del mismo orden que el denominador, entonces requeriría que la salida del sistema se vea afectada directamente por la entrada. Un ejemplo de tal sistema físico podría ser un motor eléctrico en el que ingresa un voltaje y mide la posición angular con alguna fuga de voltaje desde la señal de entrada a la salida. Sin embargo, la mayoría de los sistemas físicos tienen un numerador de orden inferior como denominador. Es más probable que encuentre numeradores y denominadores de igual orden en los filtros digitales (sin embargo, esos serían el dominio z y no el dominio s, pero aproximadamente el mismo argumento se mantiene) como los filtros de muesca. Sin embargo, esos filtros se utilizan a menudo en serie con sistemas físicos, por lo que su función de transferencia combinada también tendría un numerador de orden inferior.

Answer 2

Si la función a transformar tiene un impulso en $t=0$, la transformada unilateral de Laplace se define comúnmente como

$$H(s)=\int_{0^-}^{\infty}h(t)e^{-st}dt\tag{1}$$

(tenga en cuenta el límite de integración inferior $0^-$). La transformada bilateral de Laplace no tiene ese problema de todos modos.

La consecuencia de esta definición es que las integrales en su derivación se vuelven

$$\int_{0^{-}}^{\infty}\delta(t)\cos(t)dt=\cos(0)=1$$

y

$$\int_{0^{-}}^{\infty}\delta(t)\sin(t)dt=\sin(0)=0$$

que da el resultado esperado.

Las respuestas de impulso que contienen un impulso de Dirac no son nada especial. Un amplificador o atenuador simple (ideal) con relación entrada-salida$y(t)=\alpha x(t)$tiene un impulso de Dirac (escalado) como respuesta al impulso. Tenga en cuenta que solo obtiene un impulso de Dirac en la salida si ingresa un impulso de Dirac, lo que no sucede en la práctica. Un impulso de Dirac en la respuesta de impulso solo significa que parte de la salida es una copia (posiblemente escalada y retrasada) de la entrada. Cualquier sistema con una respuesta de frecuencia que tenga un límite finito distinto de cero$\lim_{\omega\to\infty}H(j\omega)$tiene un impulso de Dirac en su respuesta al impulso. Algunos ejemplos de estos sistemas para los que existe ese límite y es finito son los filtros de paso alto, los filtros de parada de banda y los filtros de paso total. Su filtro de muesca es un caso especial de filtro de parada de banda.