Transformata Laplace'a: zera i odpowiadająca im odpowiedź impulsowa $h(t)$
Polacy i impulsywna odpowiedź
Jeśli nasza odpowiedź impulsowa ma postać:
$$h(t) = e^{-\sigma_0 t}\cos(\omega_0 t) \, u(t)$$
(gdzie $u(t)$ to funkcja kroku jednostkowego)
A jego transformata Laplace'a to:
$$H(s) = \frac{N(s)}{D(s)} = \int_{0}^{+\infty} h(t)e^{-st}dt$$ $$s = \sigma + j\omega$$
Polacy są wartościami $s$ po to aby $$D(s) = 0 \rightarrow H(s) = +\infty $$ Ale żeby to zrozumieć , wolę spojrzeć na całkę: kiedy osiągnie nieskończoność (bieguny)$s$ odzwierciedla komponenty $h(t)$. W pewien sposób,$e^{-st}$ „sondy” $h(t)$. W rzeczy samej :
Pojedynczy prawdziwy biegun ($s = -\sigma_0$) znaczy $h(t) = e^{-\sigma_0t}u(t)$ dlatego : $$\int_{0}^{+\infty} e^{-\sigma_0t}e^{-(-\sigma_0)t}dt = \int_{0}^{+\infty} 1dt = +\infty $$.
Złożone bieguny sprzężone ($s = -\sigma_0 \pm j\omega_0$) oznaczać $h(t)$ jest sinusoidą rozkładającą się wykładniczo (powiedzmy $h(t) = e^{-\sigma_0t}\cos(\omega_0t)$) dlatego : $$\int_{0}^{+\infty} e^{-\sigma_0t}\cos(\omega_0t)e^{-(-\sigma_0)t}e^{-j\omega t}dt = \int_{0}^{+\infty}\cos(\omega_0t)e^{-j\omega t}dt $$ która jest nieskończona w $\omega = \pm\omega_0$ (Transformata Fouriera z $h(t)$ bez jej wykładniczej składowej, która jest sinusoidą).
Złożone bieguny sprzężone z $\sigma = 0$ ($s = \pm j\omega_0$) oznaczać $h(t)$ nie ma rozkładającego się składnika (powiedzmy $h(t) = \cos(\omega_0t) u(t)$) dlatego : $$\int_{0}^{+\infty} \cos(\omega_0t)e^{-j\omega t}dt$$ która jest nieskończona w $\omega = \pm\omega_0$ (Transformata Fouriera z $h(t)$ który jest sinusoidą).
Zera: dirac w odpowiedzi impulsowej?
Teraz spójrzmy na $H(s)$dla filtra Notch, jak pokazano w rozdziale 32, str. 17 „ The Scientist and Engineer's Guide to DSP ” i sprawdź, czy można przeprowadzić podobne rozumowanie na całkach.
Użyjmy następującego filtru (powyższy rysunek tylko dla ilustracji, tutaj używam różnych biegunów i zer):
$$H(s) = \frac{s^2+1}{(s-(-1+i))(s-(-1-i))}$$
Ten filtr ma 2 bieguny i 2 zera:
- Zera: $z_1,z_2 =\pm i$
- Polacy: $p_1,p_2 =-1 \pm i$
Znajdźmy $h(t)$ i zobacz, dlaczego całka rzeczywiście miałaby wynosić 0 lub $+\infty$ odpowiednio dla tych wartości zer i biegunów.
Jeśli ma to sens, to narzędzie podaje następującą odwrotną transformatę Laplace'a dla$H(s)$ :
$$h(t) = \delta(t) - 2e^{-t}\cos(t) u(t) + e^{-t}\sin(t) u(t)$$
Polacy: za $s=p_1$ lub $p_2$ w transformacie Laplace'a wykładnicze h (t) zostają anulowane i pozostają transformatą Fouriera jakiejś sinusoidy, która jest rzeczywiście nieskończona na $\omega = \pm 1$ (Nie omawiam $\delta(t)$ ale przypuszczam, że to nie zmieni tego wyniku).
Zera: dla $s=z_1$ lub $z_2$ w transformacie Laplace'a wynikiem jest 0, jeśli część rzeczywista i urojona transformaty Laplace'a są równe 0. Część rzeczywista to:
$$\int_{0}^{+\infty} (\delta(t) - 2e^{-t}\cos(t)+e^{-t}\sin(t))\cos(t)dt$$
$$=\int_{0}^{+\infty} \delta(t)\cos(t)dt + \int_{0}^{+\infty} (- 2e^{-t}\cos(t)+e^{-t}\sin(t))\cos(t)dt$$
z
$$\int_{0}^{+\infty} (- 2e^{-t}\cos(t)+e^{-t}\sin(t))\cos(t)dt = -1$$
Część urojona to:
$$\int_{0}^{+\infty} \delta(t)\sin(t)dt + \int_{0}^{+\infty} (- 2e^{-t}\cos(t)+e^{-t}\sin(t))\sin(t)dt$$
z
$$\int_{0}^{+\infty} (- 2e^{-t}\cos(t)+e^{-t}\sin(t))\sin(t)dt = 0$$
pytania
- Jeśli odwrotna transformata Laplace'a jest poprawna, jak sobie z tym poradzić $\int_{0}^{+\infty} \delta(t)\cos(t)dt$ i $\int_{0}^{+\infty} \delta(t)\sin(t)dt$ pokazać że $H(s)$ jest rzeczywiście 0 w $z_1$ i $z_2$ ?
- Jeśli to wszystko jest poprawne, co (fizycznie) oznacza, że odpowiedź impulsowa ma dirac w swoim wyrazie? Myślałem, że odpowiedź impulsowa większości systemów fizycznych jest tylko połączeniem zanikających wykładników i sinusoid?
Odpowiedzi
Na pierwsze pytanie możesz użyć następującego
$$ \int_{-\infty}^{\infty} \delta (t-a)\,f(t)\,dt = f(a), $$
z $f(t)$dowolna funkcja. W twoim przypadku te całki dałyby odpowiednio wartości jeden i zero.
W przypadku twojego drugiego pytania rozważę tylko układy liniowe niezmienne w czasie. W takim przypadku odpowiedź impulsowa takiego systemu może zawierać funkcję delta Diraca tylko wtedy, gdy funkcja przenoszenia tego systemu ma licznik tego samego rzędu co mianownik. Mianowicie dowolna funkcja przenoszenia formularza
$$ G(s) = \frac{b_n\,s^n + b_{n-1}\,s^{n-1} + \cdots + b_1\,s + b_0}{s^n + a_{n-1}\,s^{n-1} + \cdots + a_1\,s + a_0}, $$
z $b_n \neq 0$ można również zapisać jako
$$ G(s) = b_n + \frac{b'_{n-1}\,s^{n-1} + \cdots + b'_1\,s + b'_0}{s^n + a_{n-1}\,s^{n-1} + \cdots + a_1\,s + a_0}, $$
z $b'_k = b_k - b_n\,a_k$. Odwrotna transformata Laplace'a stałej$b_n$przyczyniłoby się do terminu delta Diraca. Dla pozostałej części funkcji przenoszenia można by użyć częściowej ekspansji ułamkowej, aby pokazać, że nie może wnosić członu delta Diraca.
Gdyby system fizyczny miał licznik tego samego rzędu co mianownik, wymagałoby to bezpośredniego wpływu danych wejściowych na wyjście systemu. Przykładem takiego układu fizycznego może być silnik elektryczny, w którym wprowadza się napięcie i mierzy położenie kątowe z pewnym upływem napięcia z sygnału wejściowego do wyjścia. Jednak większość systemów fizycznych ma licznik niższego rzędu jako mianownik. Bardziej prawdopodobne jest, że możesz napotkać równe liczniki kolejności i mianowniki w filtrach cyfrowych (chociaż byłyby to domeny z, a nie s-domain, ale mniej więcej te same argumenty), takie jak filtry wycinające. Filtry te są jednak często używane szeregowo z systemami fizycznymi, więc ich łączna funkcja przenoszenia miałaby również licznik niższego rzędu.
Jeśli funkcja, która ma zostać przekształcona, ma impuls na poziomie $t=0$jednostronna transformata Laplace'a jest powszechnie definiowana jako
$$H(s)=\int_{0^-}^{\infty}h(t)e^{-st}dt\tag{1}$$
(zwróć uwagę na dolny limit integracji $0^-$). Obustronna transformata Laplace'a i tak nie ma tego problemu.
Konsekwencją tej definicji jest to, że stają się całki w twoim wyprowadzeniu
$$\int_{0^{-}}^{\infty}\delta(t)\cos(t)dt=\cos(0)=1$$
i
$$\int_{0^{-}}^{\infty}\delta(t)\sin(t)dt=\sin(0)=0$$
co daje oczekiwany efekt.
Odpowiedzi impulsowe zawierające impuls Diraca nie są niczym specjalnym. Prosty (idealny) wzmacniacz lub tłumik o relacji wejście-wyjście$y(t)=\alpha x(t)$ma (przeskalowany) impuls Diraca jako odpowiedź impulsową. Zwróć uwagę, że impuls Diraca pojawia się na wyjściu tylko wtedy, gdy wprowadzisz impuls Diraca, co w praktyce nie ma miejsca. Impuls Diraca w odpowiedzi impulsowej oznacza po prostu, że część wyjścia jest (prawdopodobnie skalowaną i opóźnioną) kopią wejścia. Dowolny system o charakterystyce częstotliwościowej, która ma skończone niezerowe ograniczenie$\lim_{\omega\to\infty}H(j\omega)$ma impuls Diraca w odpowiedzi impulsowej. Niektóre przykłady takich systemów, dla których ta granica istnieje i jest skończona, to filtry górnoprzepustowe, filtry pasmowo-zaporowe i filtry wszechprzepustowe. Twój filtr wycinający jest specjalnym przypadkiem filtra pasmowo-zaporowego.