Transformée de Laplace: zéros et réponse impulsionnelle correspondante $h(t)$

Nov 24 2020

Les pôles et la réponse impulsionnelle

Si notre réponse impulsionnelle est de la forme:

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

(où $u(t)$ est la fonction de pas d'unité)

Et sa transformation de Laplace est:

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

Les pôles sont des valeurs de $s$ pour que $$D(s) = 0 \rightarrow H(s) = +\infty $$ Mais pour comprendre cela , je préfère regarder l'intégrale: elle ira à l'infini (pôles) quand$s$ reflète les composants de $h(t)$. Dans un sens,$e^{-st}$ "sondes" $h(t)$. En effet :

  • Un seul vrai pôle ($s = -\sigma_0$) veux dire $h(t) = e^{-\sigma_0t}u(t)$ car : $$\int_{0}^{+\infty} e^{-\sigma_0t}e^{-(-\sigma_0)t}dt = \int_{0}^{+\infty} 1dt = +\infty $$.

  • Pôles conjugués complexes ($s = -\sigma_0 \pm j\omega_0$) signifier $h(t)$ est une sinusoïde à décroissance exponentielle (disons $h(t) = e^{-\sigma_0t}\cos(\omega_0t)$) car : $$\int_{0}^{+\infty} e^{-\sigma_0t}\cos(\omega_0t)e^{-(-\sigma_0)t}e^{-j\omega t}dt = \int_{0}^{+\infty}\cos(\omega_0t)e^{-j\omega t}dt $$ qui est infini à $\omega = \pm\omega_0$ (Transformée de Fourier de $h(t)$ sans sa composante exponentielle, qui est une sinusoïde).

  • Pôles conjugués complexes avec $\sigma = 0$ ($s = \pm j\omega_0$) signifier $h(t)$ n'a aucun composant en décomposition (disons $h(t) = \cos(\omega_0t) u(t)$) car : $$\int_{0}^{+\infty} \cos(\omega_0t)e^{-j\omega t}dt$$ qui est infini à $\omega = \pm\omega_0$ (Transformée de Fourier de $h(t)$ qui est une sinusoïde).

Zéros: un dirac dans la réponse impulsionnelle?

Maintenant, regardons $H(s)$pour un filtre Notch, comme indiqué au ch.32, p.17 du " Guide du scientifique et de l'ingénieur sur DSP " et voyez si un raisonnement similaire sur les intégrales peut être fait.

Utilisons le filtre suivant (figure ci-dessus à titre d'illustration uniquement, j'utilise différents pôles et zéros ici):

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

Ce filtre a 2 pôles et 2 zéros:

  • Zéros: $z_1,z_2 =\pm i$
  • Pôles: $p_1,p_2 =-1 \pm i$

Allons trouver $h(t)$ et voyez pourquoi l'intégrale irait effectivement à 0 ou $+\infty$ pour ces valeurs de zéros et de pôles, respectivement.

Si cela a du sens, cet outil donne la transformée de Laplace inverse suivante pour$H(s)$ :

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

  • Pôles: pour $s=p_1$ ou $p_2$ dans la transformée de Laplace, les exponentielles de h (t) s'annulent et restent la transformée de Fourier d'une sinusoïde qui est en effet infinie à $\omega = \pm 1$ (Je ne parle pas du $\delta(t)$ mais je suppose que cela ne changera pas ce résultat).

  • Zéros: pour $s=z_1$ ou $z_2$ dans la transformée de Laplace, le résultat est 0 si la partie réelle et l'imaginaire de la transformée de Laplace sont 0. La partie réelle est:

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

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

avec

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

La partie imaginaire est:

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

avec

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

Des questions

  1. Si la transformée de Laplace inverse est correcte, comment gérer $\int_{0}^{+\infty} \delta(t)\cos(t)dt$ et $\int_{0}^{+\infty} \delta(t)\sin(t)dt$ montrer que $H(s)$ est en effet 0 à $z_1$ et $z_2$ ?
  2. Si tout cela est correct, qu'est-ce que cela signifie (physiquement) pour une réponse impulsionnelle d'avoir un dirac dans son expression? Je pensais que la réponse impulsionnelle de la plupart des systèmes physiques n'était qu'une combinaison d'exponentiels en décomposition et de sinusoïdes?

Réponses

1 fibonatic Nov 24 2020 at 05:28

Pour votre première question, vous pouvez utiliser ce qui suit

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

avec $f(t)$n'importe quelle fonction. Dans votre cas, ces intégrales donneraient donc respectivement les valeurs un et zéro.

Pour votre deuxième question, je ne considérerai que les systèmes invariants linéaires dans le temps. Dans ce cas, la réponse impulsionnelle d'un tel système ne peut contenir une fonction delta de Dirac que si la fonction de transfert de ce système a un numérateur du même ordre que le dénominateur. À savoir, toute fonction de transfert du formulaire

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

avec $b_n \neq 0$ peut également être écrit comme

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

avec $b'_k = b_k - b_n\,a_k$. La transformée de Laplace inverse de la constante$b_n$apporterait un terme delta de Dirac. Pour la partie restante de la fonction de transfert, on pourrait utiliser l'expansion de fraction partielle pour montrer qu'elle ne peut pas contribuer à un terme delta de Dirac.

Si un système physique avait un numérateur du même ordre que le dénominateur, il faudrait alors que la sortie du système soit directement affectée par l'entrée. Un exemple d'un tel système physique pourrait être un moteur électrique dans lequel vous entrez une tension et mesurez la position angulaire avec une fuite de tension du signal d'entrée vers la sortie. Cependant, la plupart des systèmes physiques ont un numérateur d'ordre inférieur comme dénominateur. Il est plus probable que vous rencontriez des numérateurs et des dénominateurs d'ordre égal dans les filtres numériques (cependant, ceux-ci seraient z-domain et non s-domain, mais à peu près le même argument est valable) tels que les filtres coupe-bande. Ces filtres sont cependant souvent utilisés en série avec des systèmes physiques, de sorte que leur fonction de transfert combinée aurait également un numérateur d'ordre inférieur.

1 MattL. Nov 24 2020 at 20:08

Si la fonction à transformer a une impulsion à $t=0$, la transformée unilatérale de Laplace est généralement définie comme

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

(notez la limite d'intégration inférieure $0^-$). La transformation bilatérale de Laplace n'a de toute façon pas ce problème.

La conséquence de cette définition est que les intégrales de votre dérivation deviennent

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

et

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

ce qui donne le résultat attendu.

Les réponses impulsionnelles contenant une impulsion Dirac n'ont rien de spécial. Un amplificateur ou atténuateur simple (idéal) avec une relation entrée-sortie$y(t)=\alpha x(t)$a une impulsion de Dirac (mise à l'échelle) comme réponse impulsionnelle. Notez que vous n'obtenez une impulsion Dirac en sortie que si vous entrez une impulsion Dirac, ce qui ne se produit pas en pratique. Une impulsion Dirac dans la réponse impulsionnelle signifie simplement qu'une partie de la sortie est une copie (éventuellement mise à l'échelle et retardée) de l'entrée. Tout système avec une réponse en fréquence qui a une limite finie non nulle$\lim_{\omega\to\infty}H(j\omega)$a une impulsion de Dirac dans sa réponse impulsionnelle. Quelques exemples de tels systèmes pour lesquels cette limite existe et est finie sont les filtres passe-haut, les filtres coupe-bande et les filtres passe-tout. Votre filtre coupe-bande est un cas particulier de filtre coupe-bande.