p02 p03 laplasova transformacija
TRANSCRIPT
Laplace-ova transformacija U analizi i sintezi dinamičkih sistema uopšte, pojavljuje se problem rešavanja diferencijalnih jednačina. Analiza ponašanja linearnih dinamičkih sistema sa koncentrisanim i vremenski nepromenjivim parametrima se svodi na problem rešavanja odgovarajućeg sistema linearnih diferencijalnih sa konstantnim koeficijentima. Rešavanje ovih jednačina se pojednostavljuje primenom Laplasove transformacije (Laplace). Laplasova transformacija funkcije f(t) se definiše na sledeći način
L{f(t)} = F(s) = ⌡⌠0
∞
f(t)e-stdt
gde je s=σ±jω kompleksna promenljiva. Laplasova transformacija se ne može odrediti za
sve funkcije (npr. tt, et2), ali se takve funkcije retko susreću u teoriji i praksi, i njihovo razmatranje nije od posebnog značaja. Osobine Laplasove transformacije 1. Teorema linearnosti Homogenost: L{af(t)} = aF(s); gde je a realna konstanta. Aditivnost L{f1(t)+f2(t)} = F1(s)+F2(s). Linearnost: L{a1f1(t)+a2f2(t)} = a1F1(s)+a2F2(s). 2. Čisto vremensko kašnjenje. Za dve funkcije istog oblika f(t) i f(t-τ) gde druga kasni za prvom za vreme τ, se može definisati: L{f(t-τ)} = e-sτF(s) Primer funkcija sa čistim vremenskim kašnjenjem je trofazni sistem naizmeničnih struja. 3. Pomeranje kompleksnog lika. Pogodno za određivanje LT funkcija koje sadrže eksponencijalni faktor e-at. L{e-atf(t)} = F(s+a) 4. Konvolucija originala. Računska operacija konvolucije se definiše na sledeći način
f(t) = f1(t) * f2(t) = ⌡⌠0
t f1(t-τ)f2(τ)dτ = ⌡⌠
0
t f1(τ)f2(t-τ)dτ
Laplasova transformacija konvolucije se definiše na sledeći način: L{f(t)} = L{f1(t)*f2(t)} = F1(s)F2(s) 5. Teorema o izvodu originala
Laplasova transformacija prvog izvoda funkcije f(t) se definiše kao L⎩⎪⎨⎪⎧
⎭⎪⎬⎪⎫df(t)
dt = sF(s) - f(0-),
gde je f(0-) početna vrednost funkcije f(t) u trenutku 0-. Laplasova transformacija n-tog
izvoda funkcije f(t) se definiše kao L⎩⎪⎨⎪⎧
⎭⎪⎬⎪⎫dnf(t)
dtn = snF(s) - ∑
k=1
nsn-k fk-1(0-), gde je fk-1(0-)
početna vrednost k-prvog izvoda funkcije f(t) u trenutku 0-.
1
Primer: L⎩⎪⎨⎪⎧
⎭⎪⎬⎪⎫d3f(t)
dt3 = s3F(s) - s2f(0-) - sf'(0-) - f''(0-).
6. Teorema o integralu originala. L⎩⎪⎨⎪⎧
⎭⎪⎬⎪⎫
⌡⌠0
tf(t)dt = F(s)
s .
Za n-tostruki integral važi L
⎩⎪⎨⎪⎧
⎭⎪⎬⎪⎫
⌡⌠0
t...⌡⌠
0
t⌡⌠0
tf(t)dnt = F(s)
sn , n=1,2,3,...
7. Teorema o izvodu kompleksnog lika. L{ }tnf(t) = (-1)n dnF(s)dsn
8. Teorema o promeni vremenske skale. L⎩⎪⎨⎪⎧
⎭⎪⎬⎪⎫f( t
a) = aF(as)
9. Prva granična teorema. Važi uz uslov da ne postoji impuls u koordinatnom početku.
t→0+lim f(t) =
s→∞lim sF(s) .
10. Druga granična teorema.
t→∞lim f(t) =
s→0lim sF(s).
U sledećoj tablici su date Laplasove transformacije nekih važnijih funkcija
f(t) F(s) δ(t) 1
tnh(t) n!sn+1
tne-at n!(s+a)n+1
e-at 1s+a
cos(ωt) ss2+ω2
e-atsin(ωt) ω
(s+a)2+ω2
sin(ωt) ω
s2+ω2
e-atcos(ωt) s+a(s+a)2+ω2
Laplasova transformacija funkcija (signala)
2
1. Hevisajdov signal (jedinični odskočni signal)
h(t) = ⎩⎪⎨⎪⎧0; t<01; t≥0
h(t)
1
0 t
F(s) = L{h(t)} = ⌡⌠0+
∞f(t)e-stdt = ⌡⌠
0+
∞1⋅e-stdt = - ⎪
⎪⎪e-st
s
∞
0 = 1s
2. Delta impuls (Dirakov impuls, jedinična impulsna funkcija). Na ovaj način se može opisati dejstvo sile pri idealnom udaru, gde je sila beskonačno velikog intenziteta a trajanja beskonačno malo (kratko). Pod dejstvom ove sile se telu, ipak, dovodi konačna količina kretanja.
δ(t) = ⎩⎪⎨⎪⎧0; t≠01; t=0 pri čemu važi ⌡⌠
-∞
∞δ(t)dt = 1.
δ(t)∞
0 t Delta impuls se može predstaviti kao izvod jediničnog odskočnog signala, pa se pri određivanju LT primenjuje teorema o izvodu originala.
L{δ(t)} = L⎩⎪⎨⎪⎧
⎭⎪⎬⎪⎫dh(t)
dt = sL{h(t)} - h(0-) = s 1s - 0 =1
3. Jedinični nagibni signal. f(t) = ⎩⎪⎨⎪⎧0; t<0t; t≥0 ili f(t)=t⋅h(t).
f(t)
1
0 t1
L{th(t)} = ⌡⌠0
∞te-stdt = - ⎪⎪
⎪tse-st
∞
0 + 1s⌡⌠
0
∞e-stdt = 1
s2.
3
Polazni integral je rešen smenom: ⌡⌠udv=uv-⌡⌠vdu, gde je usvojeno: u=t, dv=e-stdt,
odnosno du=dt i v=- 1se-st.
4. L{ }tnh(t) = n!sn+1. Proveriti!!!
Uputstvo. Rešava se kao prethodni primer smenom: ⌡⌠udv=uv-⌡⌠vdu, gde se u prvoj iteraciji
usvaja: u=tn, dv=e-stdt. 5.
f(t) = ⎩⎨⎧ 0; t<0
1; 0≤t<a -1; a≤t<2a
0; a≤t
f(t)
1
0 ta 2a-1
-2
1
0-1
t
f(t) = h(t) + 2h(t-a) + h(t-2a) ⇒ L{f(t)} = 1s ( )1 + e-2as - 2e-as
6. Odrediti Laplasovu transformaciju beskonačne povorke pravougaonih impulsa.
4
f(t)
A
0 τ
1
0-A
2τ 3τ 4τ 5τ
Analitički izraz za funkciju je: f(t) = A ∑n=0
∞(-1)nh(t-nτ)
F(s) = L{f(t)} = A ∑n=0
∞
(-1)n e-snτs = As ∑
n=0
∞(-1)n e-snτ = As 1
1+e-sτ
Suma geometrijskog reda 1+q+q2+q3+...+qn = qn-1
q-1 . U ovom slučaju je q=-e-sτ.
7. f(t) = ⎩⎪⎨⎪⎧ 0; t<0A sint; 0≤t<π
0; π≤t
0 π 2π-A
0
A
5
Da bi se signal Asint poništio za t≥π, potrebno je dodati (superponirati) signal Asin(t-π) koji će ∀t≥π biti u protivfazi sa Asint.
f(t) = Asint⋅h(t) + Asin(t-π)⋅h(t-π) ⇒ F(s) = A ⎣⎢⎢⎡
⎦⎥⎥⎤1
s2+1 + e
-sπ
s2+1 = A
s2+1 [ ]1 + e-sπ
8.
f(t) =
⎩⎪⎨⎪⎧
0; t<0AT t; 0≤t<T
A2; T≤t
f(t)A
0 T
A
0-A/2
A/2
t
-A
f(t) = AT⋅t⋅h(t) - A2 h(t-T) - AT⋅(t-T)⋅h(t-T) ⇒ F(s) = A
Ts2 ( )1-e-sT - A2s e-sT
9.
f(t)1
0 1 t2 3 4 5 6
f(t) = t⋅h(t) - 2⋅(t-1)⋅h(t-1) + 2⋅(t-2)⋅h(t-2) - 2⋅(t-3)⋅h(t-3) +2⋅(t-4)⋅h(t-4) - 2⋅(t-5)⋅h(t-5) + (t-6)⋅h(t-6)
F(s) = 1s2 [ ]1 - 2e-s + 2e-2s - 2e-3s + 2e-4s - 2e-5s + e-6s
6
10.
f(t) =
⎩⎨⎧0; t<0
t; 0≤t<11; 1≤t<23-t; 2≤t<30; 3≤t
f(t)1
0 1
1
0
t
-1
2 3
f(t) = t⋅h(t) - (t-1)⋅h(t-1) - (t-2)⋅h(t-2) + (t-3)⋅h(t-3)
F(s) = 1s2 [ ]1 - e-s - e-2s + e-3s
11.
f(t)1
0 1 t2 3
f(t) = t⋅h(t) - h(t-1) - h(t-2) - h(t-3) - (t-3)⋅h(t-3)
F(s) = 1s2 - 1s e-s - 1s e-2s - 1s e-3s - 1
s2 e-3s
7
Inverzna Laplasova transformacija Na osnovu poznatog kompleksnog lika moguće je primenom inverzne Laplasove transformacije odrediti funkciju (original) u vremenskom domenu. Original funkcije F(s) u vremenskom domenu (f(t)) se određuje primenom sledećeg obrasca
L-1{F(s)} = f(t) = 12πj ⌡⌠
σ-jω
σ+jωF(s)estds; t>0
Funkcije (kompleksni likovi) koje su od posebnog interesa i koje će ovde biti obrađene su date u obliku realnih racionalnih funkcija kompleksne promenljive s, to jest kao razlomak dva polinoma sa realnim koeficijentima:
011n
1nn
011m
1mm
m
asa...sas
bsb...sbsb)s(Q)s(P)s(F
++++
++++==
−−
−−
Razmatraće se situacija kada je , koja je i najčešća u analizi i sintezi kontinualnih stacionarnih linearnih sistema sa koncentrisanim parametrima. Koreni polinoma P(s) su nule, a koreni Q(s) su polovi funkcije F(s).
n m≥
Za određivanje inverzne Laplasove transformacije su od posebnog značaja polovi funkcije F(s), i tu se mogu uočiti četiri karakteristična slučaja: 1. Svi polovi funkcije F(s) su realni i prosti; 2. Postoje konjugovano kompleksni polovi, a realni su, ako postoje, prosti; 3. Funkcija F(s) ima višestruke realne korene; 4. Funkcija F(s) ima višestruke konjugovano kompleksne polove. 1. Svi polovi funkcije F(s) su realni i prosti; Potrebno je izvršiti faktorizaciju polinoma Q(s), odnosno rešiti jednačinu Q(s)=0. Rešenja su s1, s2, ...,sn. Sada se može napisati:
F s P sQ s
bmsm bm sm b s bs s s s s sn
( ) ( )( )
...( )( )... ( )
= =+ −
− + + +− − −
11
1 01 2
Dalje se F(s) razvija u parcijalne razlomke:
F s P sQ s
Ks s
Ks s
Kns sn
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
= =−
+−
+ ⋅ ⋅ ⋅ +−
11
22
Koeficijenti se izračunavaju prema izrazu:
K s s P sQ s s s
k nk kk
= −⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥=
=( ) ( )( )
; , , ... ,1 2
Nakon određivanja koeficijenata (uz činjenicu da je { }as
1ate−
=L ) moguće je odrediti
inverznu Laplasovu transformaciju funkcije F(s) kao:
{ } ∑=
==−n
1k
tsekK)t(f)s(F k1L .
Primer:
Odrediti inverznu Laplasovu transformaciju funkcije: F s s ss s s
( )( )( )(
=+ +
+ + +3 2 4 71 5 8)
.
8
Rešenje:
F sKs
Ks
Ks
( )( ) ( ) (
=+
++
++
11
25
38)
K s F s ss ss s
s1 1 1
3 2 4 75 8
1
314
= + =− =+ +
+ +=−
=( ) ( )( )( )
K s F s ss ss s
s2 5 5
3 2 4 71 8
5
316
= + =− =+ +
+ +=−
= −( ) ( )( )( )
K s F s ss ss s
s3 8 8
3 2 4 71 5
8
16721
= + =− =+ +
+ +=−
=( ) ( )( )( )
F ss s s
( )( ) ( ) (
=+
−+
++
314
11
316
15
16721
18)
f t e t e t e t( ) = − − − + −314
316
5 16721
8 .
Primer:
Odrediti inverznu Laplasovu transformaciju funkcije: F s ss s s
( )( )(
=)
+− +4 93 3
.
Rešenje:
F sKs
Ks
Ks
( )( ) ( )
= +−
++
1 23
33
K sF s ss
s s s1 0
4 93 3 0
1= = =+
− + == −( )
( )( )
K s F s ss
s s s2 3 3
4 93 3
76
= − = =++ =
=( ) ( )( )
K s F s ss
s s s3 3 3
4 93 3
16
= + =− =+− =−
= −( ) ( )( )
F ss s s
( )( ) ( )
= − +−
−+
1 76
13
16
13
f t h t e t e t( ) ( )= − + − −76
3 16
3 .
2. Postoje konjugovano kompleksni polovi, a realni su ako postoje prosti Pretpostavka je da jednačina Q(s)=0 ima samo jedan par konjugovano kompleksnih polova (s1 i s2=s*
1) a da su svi ostali (s3, s4, ...,sn) realni i prosti:
F s P sQ s
bmsm bm sm b s b
s s s s s s s sn
Ks s
K
s s
Ks s
Kns sn
( ) ( )( )
...
( )( )( )... ( ) ( ) ( ) ( ) ( )= =
+ −− + + +
− − ∗ − −=
−+
∗
− ∗+
−+ ⋅ ⋅ ⋅ +
−1
11 0
1 1 3
11
1
1
22
Ako je: i s j1 = − +α ω s1 j∗ = − −α ω , Tada je: K a j1 b K a jb1∗ = − −= − + i .
F s a jbs j
a jbs j
Kks skk
n a s b
s
Kks skk
n( )
( ) ( )( )
( )=
++ −
+−
+ ++
−==
+ −
+ ++
−=∑ ∑α ω α ω
α ω
α ω3
2 22 2
3
9
F s a s
sb
s
Kks skk
n( ) ( )
( ) ( )=
+
+ +−
+ ++
−=∑2
2 22
2 23
α
α ω
ω
α ω
Inverzna Laplasova transformacija je:
f t ae t t be t t Kkk
nes tk( ) cos( ) sin( )= − − − +
=∑2 2
3
α ω α ω .
Koeficijent K1=a+jb se izračunava prema obrascu:
Kk a jb s j P sQ s s j
= + = + −⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥= − +
( ) ( )( )
α ωα ω
.
Primer:
Odrediti inverznu Laplasovu transformaciju funkcije: F s s
s s s s( )
( )( )(=
+
+ + − +
3 72 2 2 3 3)
.
Rešenje:
F sK
s jK
s jKs
Ks
( )( ) ( ) ( ) (
=+ −
+∗
+ −+
++
−1
111
33
43)
K s j ss j s j s s s j
j1 1 3 7
1 1 3 3 1
19 42170
= + −+
+ − + + − + =− +=− +( )
( )( )( )( )
K j1
19 42170
∗ =− −
K s F s ss
s s s s3 3 3
3 72 2 2 3 3
115
= + =− =+
+ + − =−
=( ) ( )( )( )
K s F s ss
s s s s4 3 3
3 72 2 2 3 3
851
= − = =+
+ + + =
=( ) ( )( )( )
F s js j
js j s s
( )( ) ( )
=− +
+ −+− −
+ ++
++
−=
19 42170
11
19 42170
11
115
13
851
13
= −+
+ ++
++
−=
19 61
85 1 2 12115
13
851
13
s
s s s(( ) ) ( ) ( )
= −+
+ +−
+ ++
++
−1985
1
1 2 124285
1
1 2 12115
13
851
13
s
s s s s( ) ( ) ( ) ( )
f t e t t e t t e t e t( ) cos sin= − − − − + − +1985
4285
115
3 851
3 .
Ovaj pristup je komplikovan jer zahteva puno računa sa kompleksnim brojevima, pa se da primeniti jednostavniji način:
F s s
s s s s
As B
s s
Cs
Ds
( )( )( )( ) ( ) ( ) ( )
=+
+ + − +=
+
+ ++
++
−=
3 72 2 2 3 3 2 2 2 3 3
=+ + + − + + − − + − −
+ + − +
( ) ( ) ( ) (
( )( )( )
A C D s B C D s D A C s D B C
s s s s
3 5 2 8 9 4 6 9 62 2 2 3 3
)
Sada se formira sistem jednačina:
10
A+C+D=0 B-C+5D=0 -9A-4C+8D=3 -9B-6C+6D=7
Rešenja su: A B C D= − = − = =1985
6185
115
851
; ; ; .
Sada je:
F s(s)(s ) (s ) (s )
= −+
+ ++
++
−185
19 611 1
115
13
851
132 2
Za original f(t) se dobija isto rešenje:
f t e t t e t t e t e t( ) cos sin= − − − − + − +1985
4285
115
3 851
3 .
3. Funkcija F(s) ima višestruke realne korene Pretpostavka je da jednačina Q(s)=0 ima jedna višestruko (trostruko) rešenje s1, a da su ostali polovi fukcije F(s) realni i prosti.
F s P sQ s
bmsm bm sm b s b
s s s s s sn( ) ( )
( )...
( ) ( )... ( )= =
+ −− + + +
− − −
11
1 0
13
4
Dalje se F(s) razvija u parcijalne razlomke:
F s P sQ s
K
s s
K
s s
Ks s
Ks s
Kns sn
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (
= =−
+−
+−
+−
+ ⋅ ⋅ ⋅ +−
11
13
12
12
131
44 )
Koeficijenti se izračunavaju prema izrazu:
K s s P sQ s s s
11 13
1= −⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥=
( ) ( )( )
K dds
s s P sQ s s s
12 13
1= −
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥=
( ) ( )( )
K d
dss s P s
Q ss s
1312
2
2 13
1
= −⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
⎡
⎣⎢⎢
⎤
⎦⎥⎥=
( ) ( )( )
Opšti obrazac za koeficijente Krm; m=1,2,...,p višestrukog pola s=sr, višestrukosti p jeste:
Krm mdm
dsms sr
p P sQ s
s sr
=−
−
−−
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
⎡
⎣⎢⎢
⎤
⎦⎥⎥=
11
1
1( )!( ) ( )
( )
Inverzna Laplasova transformacija polazne funkcije je:
f t K t es t K tes t K es t Kies t
i
ni( ) = + + +
=∑1
2 112
12 134
1 1 1
Primer:
Odrediti inverznu Laplasovu transformaciju funkcije: F s s
s s( )
( ) (=
)
+
+ +
4 9
2 3 3.
Rešenje:
11
F sK
s
K
s
Ks
Ks
( )( ) ( ) ( ) (
=+
++
++
++
112 3
122 2
132
43)
K s F ss
ss s
11 2 32
4 93 2
1= +⎡⎣⎢
⎤⎦⎥ = −
=++ =−
=( ) ( )
K dds
s F ss
dds
ss s s s
12 2 32
4 93 2
3
3 22
3= +⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
⎡⎣⎢
⎤⎦⎥ = −
=++
⎡⎣⎢
⎤⎦⎥ =−
=+ =−
=( ) ( )( )
K d
dss F s
s13
12
2
22 3
23= +⎛
⎝⎜⎞⎠⎟
⎡
⎣⎢⎢
⎤
⎦⎥⎥= −
= −( ) ( )
K s F s ss
s s4 3 3
4 9
2 33
3= + =− =+
+ =−
=( ) ( )( )
F ss s s s
( )( ) ( ) ( ) (
=+
++
−+
++
1
2 33
2 23
23
3)
f t t e t te t e t e t( ) = − + − − − + −12
2 2 3 2 3 2 3 3 .
Moguć je i drugačiji pristup:
F s A
s
B
s
Cs
Ds
( )( ) ( ) ( ) ( )
=+
++
++
++
=2 3 2 2 2 3
=+ + + + + + + + + + + +
+ +=
( ) ( ) ( )
( ) ( )
C D s B C D s A B C D s A B C D
s s
3 7 6 2 5 16 12 3 6 12 8
2 3 3
4 9
2 3 3
s
s s
+
+ +( ) ( )
Dobija se sistem jednačina: C+D=0 B+7C+6D=0 A+5B+16C+12D=4 3A+6B+12C+8D=9 čija su rešenja: A=1; B=3; C=-3; D=3. Sada je postupak do kraja isti kao kod prethodnog načina. 4. Funkcija F(s) ima višestruke konjugovano kompleksne polove. Ovaj slučaj se rešava primenom konvolucije. Primer:
Odrediti inverznu Laplasovu transformaciju funkcije: F ss
( )( )
=+
12 2ω 2
.
Rešenje: Polovi funkcije F(s) su s s j1 2 3 4, ,= = ± ω . F(s) poseduje dvostruki par konjugovano kompleksnih polova.
[ ])tsin()tsin(1ss
1s
1s
1)t(f22222
122222
1 ω∗ωω
=⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
ω+
ω⋅
ω+
ω
ω=
⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
ω+⋅
ω+= −− LL
12
[ ]f t t d t tt
dt
( ) sin( ) sin( ( )) cos( ) cos( ( ))= − = − −∫∫12
1
2 22
00ωωτ ω τ τ
ωω ω τ− τ
[ ]f t t t t( ) sin( ) cos( )= −1
2 3ωω ω ω .
Primena Laplasove transformacije
M
y(t)
f(t)K
b
Mehanički sistem sa slike je opisan diferencijalnom jednačinom
M d2y(t)
dt2 + b
dy(t)dt + K y(t) = f(t). (1)
Neka je f(t)=0; y(0-)=y0=1 i dydt (0-)=0. Primenom Laplasove transformacije na jednačinu (1),
a uz uvažavanje prethodno navedenih uslova sledi
M⎝⎜⎛
⎠⎟⎞s2Y(s) - sy(0-) -
dydt(0-) + b(sY(s) - y(0-)) + KY(s) = 0, (2)
odnosno nakon sređivanja Y(s)[Ms2 + bs + K] = y(0-)(Ms + b)
Y(s) = Ms+b
Ms2+bs+K y(0-) =
Ms+bMs2+bs+K
= P(s)Q(s). (3)
Polinom Q(s) se zove karakteristični polinom jer njegovi koreni određuju karakter odziva sistema (o čemu će biti reči kasnije). Koreni polinoma P(s) se zovu nule sistema, a koreni polinoma Q(s) polovi, karakteristične ili sopstvene vrednosti sistema. Neka je K/M=2 i b/M=3. Sada se izraz (3) može napisati u obliku
Y(s) = s+3
(s+1)(s+2). (4)
Razvojem u sumu parcijalnih razlomaka izraz (4) se transformiše u
Y(s) = 2
s+1 - 1
s+2 (5)
Nakon primene ILT na izraz (5) sledi y(t) = 2e-t - e-2t. (6)
Provera rešenja se može izvršiti za t=0 i t→∞. y(0)=2e0-1e0=1, i t→∞lim y(t) =
s→0lim sY(s) = 0.
Rešenje je u redi i prema fizici sistema i prema drugoj graničnoj teoremi.
13
Ovo je bio prilično jednostavan slučaj, kada su polovi sistema realni i prosti. Šta se dešava kada su polovi sistema konjugovano kompleksni? U tom slučaju se izraz (3) može napisati u obliku
Y(s) = Ms+b
Ms2+bs+K y0 =
s+2ξωn
s2+2ξωns+ω2n
y0, (7)
gde je ξ = b
2 KM i ωn =
KM. Kada se karakteristični polinom izraza (7) izjednači sa
nulom, dobija se karakteristična jednačina sistema
s2+2ξωns+ω2n = 0. (8)
Rešenja karakteristične jednačine sistema (8) su:
s1;2 = -ξωn ± ωn ξ2 - 1. (9)
Pošto je po pretpostavci sistem takav dasu mu polovi konjugovano kompleksni, to je ξ<1 i izraz (9) se piše u obliku
s1;2 = -ξωn ± jωn 1 - ξ2. (10)
U prethodni izrazima su uvedene veličine ξ - relativni koeficijent prigušenja i ωn - sopstvena neprigušena (prirodna) učestanost. Ako se polovi sistema s1 i s2 predstave u kompleksnoj s-ravni, dobija se sledeća slika:
Im{s}=jω
-ξωn 0-2ξωn
s1
s2
ωn
Re{s}=σ
Ψθ
2n 1j ξ−ω
2n 1j ξ−ω−
Sa slike se vidi da je ξ=cosθ, ali se češće koristi izraz ξ=-cosΨ (θ=180o-Ψ ⇒ cosθ=cos(180o-Ψ)= -cos(Ψ)). Kompleksna s-ravan služi za grafičko predstavljanje polova i nula sistema u cilju lakšeg sagledavanja karaktera odziva i ponašanja sistema u različitim radnim režimima. Uobičajene oznake je za polove zvezdica, a za nule kružić.
14
Sa prethodne slike se vidi da je ωn u stvari udaljenost pola od koordinatnog početka i da je to uvek realan, pozitivan broj. Relativni koeficijent prigušenja ξ je u stvari cos ugla koji zaklapa vektor povučen iz koordinatnog početka do pola, sa pozitivnim smerom Re{s} ose. Vdrednost wn se kreće u granicam od 0 do ∞, dok x uzima vrednosti sa intervala [0,1]. Na sledećoj slici je prikazana veza između položaja polova u kompleksnoj ravni i vrednosti ξ.
Im{s}=jω
ξ>1 0 Re{s}=σξ>1
0<ξ<1
0<ξ<1
ξ=0
ξ=0
Smer porasta ξ
Smer porasta ξ
Obratiti pažnju!!! Posmatra se samo leva poluravan komplesne s-ravni, a desna ne. Zašto? To će biti objašnjeno kasnije, u okviru analize performansi i stabilnosti sistema. Rešenja polazne DJ (1) u slučaju konjugovano kompleksnih polova sistema, može se odrediti pomoću jednačine (7), primenom ILT na nju. Pre primene ILT, potrebno je jednačinu (7) transformisati u pogodan oblik.
Y(s) = s+2ξωn
s2+2ξωns+ω2n
y0 = y0
⎝⎜⎜⎛
⎠⎟⎟⎞s+ξωn+ξωn⋅
ωn 1-ξ2
ωn 1-ξ2
( )s+ξωn2+⎝
⎛⎠⎞ωn 1-ξ2 2 . (11)
Nakon sređivanja (11) se transformiše u
Y(s) = y0
⎝⎜⎛
⎠⎟⎞s+ξωn
( )s+ξωn2+⎝
⎛⎠⎞ωn 1-ξ2 2 +
ξ
1-ξ2 ωn⋅ 1-ξ2
( )s+ξωn2+⎝
⎛⎠⎞ωn 1-ξ2 2 . (12)
Nakon primene ILT na izraz (12), dobija se
y(t) = y0⎣⎢⎡
⎦⎥⎤e
-ξωntcos⎝
⎛⎠⎞ωn⋅ 1-ξ2 t +
ξ
1-ξ2 e-ξωnt
sin⎝⎛
⎠⎞ωn⋅ 1-ξ2 t =
15
= y0
1-ξ2 e-ξωnt
⎣⎡
⎦⎤1-ξ2 cos⎝
⎛⎠⎞ωn⋅ 1-ξ2 t + ξ sin⎝
⎛⎠⎞ωn⋅ 1-ξ2 t . (13)
Pošto je po definiciji ξ<1, može se napisati ξ=cosθ (tada je 1-ξ2=sinθ), pa se izraz (13) može napisati u obliku
y(t) = y0
1-ξ2 e-ξωnt
⎣⎡
⎦⎤sinθ cos⎝
⎛⎠⎞ωn⋅ 1-ξ2 t + cosθ sin⎝
⎛⎠⎞ωn⋅ 1-ξ2 t =
= y0
1-ξ2 e-ξωnt
sin⎝⎛
⎠⎞ωn⋅ 1-ξ2 t + θ . (14)
Konačno je odziv sistema, odnosno, rešenje polazne diferencijalne jednačine (1) u slučaju konjugovano kompleksnih polova dato izrazom (15)
y(t) = y0
1-ξ2 e-ξωnt
sin⎝⎛
⎠⎞ωn⋅ 1-ξ2 t + arccosξ . (15)
t
y(t)
Polovi sistema konjugovano kompleksni.Odziv je prigušeno oscilatoran.
Polovi sistema realni i prosti.Odziv je prigušeno aperiodičan.
Primena Laplasove transformacije - zadaci Primer. Posmatra se električno kolo na slici. U trenutku t=0 počinje da deluje strujni
generator i(t) = I⋅e-tT, gde je T=RC. Odrediti napon u(t) ako za t<0 u kolu nije bilo
akumulisane energije (nulti početni uslovi).
16
u(t)
C
CR
Rešenje U(s)=Z(s)⋅I(s);
I(s) = L⎩⎪⎨⎪⎧
⎭⎪⎬⎪⎫
I⋅e-tT = I
1
s+1T
;
Z(s) = ZC(s) + (R || ZC(s)) = 1
Cs + ⎝⎜⎛
⎠⎟⎞R||
1Cs =
1+2RCsCs(1+RCs) =
2s+1T
Cs⎝⎜⎛
⎠⎟⎞s+
1T
;
U(s) = IC
2s+1T
s⎝⎜⎛
⎠⎟⎞s+
1T
2 =
K1s +
K21
⎝⎜⎛
⎠⎟⎞s+
1T
2 +
K22
s+1T
= ITCs +
IC
1
⎝⎜⎛
⎠⎟⎞s+
1T
2 -
ITC
1
s+1T
;
u(t) = ⎝⎜⎜⎛
⎠⎟⎟⎞IT
C + IC t e
-tT -
ITC e
-tT h(t).
Primer. Posmatra se električno kolo na slici 1. Kondenzator C je opterećen količinom elektriciteta Q0=CU. U trenutku t=0 istovremeno se prekidač P1 otvara i P2 zatvara. Potrebno je odrediti struju u kolu i(t) nakon završene komutacije.
2U
C L
R
I
P2
P1+
Slika 1
Rešenje. Posle komutacije analizirano kolo izgleda kao na slici 2.
17
2U
C L
R
+
i(t)
uR(t)
uL(t)uC(t)
Slika 2.
Potrebno je odrediti početne uslove koji vladaju u kolu u trenutku komutacije (početak posmatranja sistema t=0). Informacija o početnim uslovima daju napon (opterećenost) kondenzatora i struja (fluks) kalema. Kao posledica inercije (kontinuiteta energije) kondenzatora i kalema postoje nezavisni početni uslovi: uC(0-)=uC(0+)=uC(0) i iL(0-
)=IL(0+)=iL(0), što prema uslovu zadatka daje: uC(0)=Q0C =U i iL(0)=I.
Prema II Kirhofovom zakonu, uz uvažavanje konstitutivnih relacija za otpornik, kalem i kondenzator piše se sledeća relacija
Ri(t) + L di(t)dt +
1C⌡⌠
-∞
ti(t)dt = 2U (1)
L{Ri(t)} = RI(s)
L⎩⎪⎨⎪⎧
⎭⎪⎬⎪⎫
L di(t)dt = LsI(s) + Li(0-) = LsI(s) - LI
L⎩⎪⎨⎪⎧
⎭⎪⎬⎪⎫1
C⌡⌠-∞
ti(t)dt = L
⎩⎪⎨⎪⎧
⎭⎪⎬⎪⎫1
C⌡⌠0
ti(t)dt +
1C⌡⌠
-∞
0i(t)dt =
I(s)Cs +
Q0Cs =
1Cs I(s) +
Us
L{ }2U = 2Us
Nakon primene LT na izraz (1) sledi
RI(s) + LsI(s) - LI + 1
Cs I(s) + Us =
2Us . (2)
Rešavanjem po I(s) sledi
I(s) = sI +
UL
s2 + RLs +
1LC
. (3)
Radi određivanja ILT, potrebno je desnu stranu izraza (3) napisati u obliku sume parcijalnih razlomaka. U tom cilju je potrebno rešiti karakterističnu jednačinu
s2 + RLs +
1LC = 0. (4)
Rešenja karakteristične jednačine su
s1;2 = - R2L ±
R2
4L2 - 1
LC (5)
Posmatranjem rešenja (5) uočava se da su moguća tri različita slučaja, koji daju različite odzive (izraze) i(t).
18
I. R2
4L2 > 1
LC ⇒ R > 2LC ⇒Rešenja su realna i prosta.
II. R = 2LC ⇒Rešenja su realna višestruka.
III. R < 2LC ⇒Rešenja su konjugovano kompleksna.
I. Rešenja su realna i prosta, R > 2LC
s1 = - R2L +
R2
4L2 - 1
LC; s2 = - R2L -
R2
4L2 - 1
LC
Izraz (3) se može napisati u obliku
I(s) = K1
s - s1 +
K2s - s2
(6)
gde su koeficijenti K1 = -
IR2L +
UL
2R2
4L2 - 1
LC
+ I2; K2 =
IR2L -
UL
2R2
4L2 - 1
LC
+ I2.
Primenom ILT na (6) sledi izraz za struju i(t) u vremenskom domenu
i(t) = K1es1t
+ K2es2t
, (7) gde K1, K2, s1 i s2 imaju prethodno navedene vrednosti. Odziv sistema je aperiodičan, što je prikazano na slici
i(t)
t
II. Rešenja su realna višestruka, R = 2LC
Rešenja karakterističnog polinoma su s1 = s2 = - R2L. Jednačina (3) se može napisati u
obliku
I(s) = K11
( )s - s12 +
K12s - s2
(8)
gde su koeficijenti K1 = - RI2L +
UL i K2 = I. Izraz za struju i(t) je
19
i(t) = ⎝⎜⎛
⎠⎟⎞-
RI2L +
UL ⋅t⋅e
- R2Lt
+ I⋅e-
R2Lt
(9)
Odziv je kritično aperiodičan, što je prikazano na slici
t
i(t)
III. Rešenja su konjugovano kompleksna, R < 2LC
Rešenja karakteristične jednačine su
s1 = - R2L + j
1LC -
R2
4L2 = -α+jω; s2 = - R2L - j
1LC -
R2
4L2 = -α-jω
Jednačina (3) se može napisati u obliku
I(s) = K1
s - s1 +
K*1
s - s*1
, (10)
gde su koeficijenti
K1 = I2 + j
- U2L +
IR4L
1LC -
R2
4L2
= -a+jb; K*1 =
I2 - j
- U2L +
IR4L
1LC -
R2
4L2
= -a-jb.
Sada se izraz (10) može napisati u obliku
I(s) = 2a s+α
(s+α)2+ω2 - 2b ω
(s+α)2+ω2. (11)
Na izraz (11) je moguće primeniti ILT, tako da je izraz za struju u vremenskom domenu i(t) = 2a e-αtcos(ωt) - 2b e-αtsin(ωt) (12)
Na osnovu izraza (12) se vidi da je odziv sistema oscilatoran, što je prikazano na slici.
i(t)
t0
20
Primer Na rednu vezu elemenata R i L priključen je naponski generator (slika 1). Zavisnost napona generatora od vremena je data na slici 2. Odrediti ponašanje napona kalema tokom vremena uL(t).
u(t) C L
R+
i(t)
uL(t)
U
0 T 2T
u(t)
t Slika 1. Slika 2.
Rešenje. Zadatak će biti rešen na tri načina.
I. Direktnom primenom Laplasove transformacije; II. Primenom Laplasove transformacije uz uvažavanje principa superpozicije i
stacionarnosti; III. Rešavanjem diferencijalne jednačine kola standardnim postupkom, bez primene
Laplasove transformacije. I. Direktna primena Laplasove transformacije Signal sa slike 2, se može rastaviti na sumu tri signala, kako je to prikazano na slici 3 i opisano sledećim izrazom.
u(t) = UT⋅t⋅h(t) -
UT⋅(t-T)⋅h(t-T) - U⋅h(t-2T) (1)
U
0 T 2T
u(t)
t
-U
Slika 3.
Primenom LT na izraz (1) se dobija
21
U(s) = UT⋅
1s2 -
UT⋅
1s2⋅e
-sT - U⋅
1s⋅e
-2sT. (2)
Izraz koji povezuje napon generatora i kalema je (naponski razdelnik)
UL(s) = ZL(s)
R+ZL(s) U(s) = Ls
R+Ls U(s) (3)
Nakon smene (2) u (3)
UL(s) = Ls
R+Ls ⎣⎢⎡
⎦⎥⎤U
T⋅1s2 -
UT⋅
1s2⋅e
-sT - U⋅
1s⋅e
-2sT =
= ULRT⋅
1s -
ULRT⋅
1
s+RL
-
⎣⎢⎢⎡
⎦⎥⎥⎤UL
RT⋅1s⋅e
-sT -
ULRT⋅
1
s+RL⋅e
-sT - U⋅
1
s+RL⋅e
-2sT = (4)
Primenom ILT na poslednji izraz dobija se
uL(t) = ULRT⋅h(t) -
ULRT⋅e
-RLt
h(t) - ⎣⎢⎢⎡
⎦⎥⎥⎤UL
RT⋅h(t-T) - ULRT⋅e
-RL(t-T)
h(t-T) - U⋅e-RL(t-2T)
h(t-2T) (5)
II. Primena Laplasove transformacije uz uvažavanje principa superpozicije i stacionarnosti Princip superpozicije. Odziv linearnog sistema na pobudu datu zbirom pojedinačnih pobuda može se dobiti kao suma odziva na pojedinačne pobude, koje na sistem deluju nezavisno jedna od druge. Princip stacionarnosti. Ako na linearni, stacionarni sistem bez početne energije (nulti početni uslovi) deluje pobuda x(t)h(t) i odziv na tu pobudu je y(t)h(t), tada osobina stacionarnosti kaže da će za čisto vremenski zakašnjenu pobudu x(t-T)h(t-T) sistem imati odziv y(t-T)h(t-T). Ova se osobina još naziva i nezavisnost početka računanja vremena. Prema slici 3, pobuda se može prikazati kao suma tri signala u(t) = u1(t) + u2(t) + u3(t), gde je
u1(t) = UT⋅t⋅h(t) ⇒ U1(s) =
UT⋅
1s2 (6)
u2(t) = - UT⋅(t-T)⋅h(t-T) ⇒ U2(s) = -
UT⋅
1s2⋅e
-sT (7)
u3(t) = - U⋅h(t-2T)⇒ U(s) = - U⋅1s⋅e
-2sT (8)
Prema principu superpozicije se napon kalema takođe može predstaviti kao suma odziva na svaki pobudni signal pojedinačno, odnosno: uL(t) = u1L(t) + u2L(t) + u3L(t), gde je u1L(t) odziv na pobudu u1(t), u2L(t) odziv na pobudu u2(t) i u3L(t) odziv na pobudu u3(t). Prema izrazima (3) i (6) može se pisati
U1L(s) = ZL(s)
R+ZL(s) U1(s) = Ls
R+Ls UT⋅
1s2 =
ULRT⋅
1s -
ULRT⋅
1
s+RL
. (9)
Nakon primene ILT se dobija
u1L(t) = ULRT⋅⎣
⎢⎡
⎦⎥⎤
1 - e-RLt
h(t). (10)
Na osnovu izraza (6) i (7) se vidi da su pobude u1(t) i u2(t) istog oblika samo vremenski pomerene za vreme T, tako da se na određivanje odziva ovde može primeniti osobina stacionarnosti. Na taj način je moguće direktno pisati
22
u2L(t) = - ULRT⋅⎣
⎢⎡
⎦⎥⎤
1 - e-RL (t-T)
h(t-T). (11)
Ostaje još da se odredi odziv na pobudu u3(t).
U3L(s) = Ls
R+Ls U3(s) = - U⋅1
s+RL⋅e
-2sT, (12)
odakle se određuje
u3L(t) = - U⋅e-RL(t-2T)
h(t-2T) (13) Sada se konačno rešenje dobija sabiranjem odziva (10) (11) i (13)
u1L(t) = ULRT⋅⎣
⎢⎡
⎦⎥⎤
1 - e-RLt
h(t) - ULRT⋅⎣
⎢⎡
⎦⎥⎤
1 - e-RL (t-T)
h(t-T) - U⋅e-RL(t-2T)
h(t-2T) (14)
Odziv (14) se može napisati i u drugom obliku, bez upotrebe Hevisajdovih funkcija. U tom slučaju se odziv piše po intervalima, na sledeći način
uL(t) =
⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧
ULRT⋅⎣
⎢⎡
⎦⎥⎤
1 - e-RL t
; 0≤t<T
ULRT⋅e
-RLt
⎣⎢⎡
⎦⎥⎤
eRTL - 1 ; T≤t<2T
ULRT⋅e
-RLt
⎣⎢⎢⎡
⎦⎥⎥⎤
eRTL - 1 -
RTL ⋅e
-2RT
L ; 2T≤t<∞
(15)
III. Standardni postupak rešavanja diferencijalne jednačine kola Diferencijalna jednačina koja opisuje dati sistem je
duL(t)dt +
RL uL(t) =
du(t)dt . (16)
Pobudni signal u(t) se po intervalima može predstaviti na sledeći način
u(t) =
⎩⎪⎨⎪⎧
UT t; 0≤t<T
U; T≤t<2T
0; 2T≤t<∞
. (17)
Na osnovu izraza (17), može se napisati
du(t)dt =
⎩⎪⎨⎪⎧
UT; 0≤t<T
0; T≤t<2T
-Uδ(t-2T); 2T≤t<∞
. (18)
Zašto je poslednji član izraz (18) baš ovakvog oblika? U trenutku t=2T postoji konačna promena vrednosti signala za beskonačno kratko vreme, kao da je počeo da deluje odskočni signal amplitude -U, odnosno kao da je počeo da deluje -Uh(t-2T). Izvod prethodno navedenog signala ja baš -Uδ(t-2T).
23
Sada je potrebno rešiti DJ (16) na svakom intervalu od interesa. Za prvi interval su, prema uslovu zadatka, početni uslovi nulti. Za ostala dva intervala [T,2T) i [2T,∞) početni uslovi nisu nulti i izračunavaju se na osnovu vrednosti uL(t) na završetku prethodnog intervala. Ovaj način određivanja odziva podrazumeva primenu metoda rešavanja linearnih diferencijalnih jednačina sa konstantnim koeficijentima poznatih iz matematičke analize. 1. segment 0≤t<T Početni uslovi: uL(0)=0
Pobuda: u(t) = UT t ⇒
du(t)dt =
UT
Rešava se diferencijalna jednačina: duL(t)
dt + RL uL(t) =
UT
Homogeno rešenje se pretpostavlja u obliku: uLh(t) = c1e-RL t
, gde je c1 nepoznati koeficijent. Partikularno rešenje se usvaja kao polinom reda polinoma sa desne strane DJ, a to je ovde nulti red, odnosno konstanta: uLp(t) = a0. Uvrštavanjem u DJ se određuje a0. da0(t)
dt + RL a0(t) =
UT ⇒ a0 =
ULRT
Odziv se dobija kao zbir homogenog i partikularnog rešenja
uL(t) = uLh(t) + uLp(t) = c1e-RL t
+ ULRT.
Potrebno je odrediti nepoznati koeficijent c1. To se radi na osnovu poznatih početnih uslova
uL(0) = c1 + ULRT = 0 ⇒ c1 = -
ULRT
pa je odziv
uL(t) = ULRT⋅⎣
⎢⎡
⎦⎥⎤
1 - e-RL t
; 0≤t<T (19)
2. segment T≤t<2T
Početni uslovi: uL(T) = ULRT⋅⎣
⎢⎡
⎦⎥⎤
1 - e-RTL
Pobuda: u(t) = U ⇒ du(t)
dt = 0
Rešava se diferencijalna jednačina: duL(t)
dt + RL uL(t) = 0
Pošto je desna strana DJ jednaka nuli, ovde postoji samo homogeno rešenje, u obliku:
uLh(t) = c2e-RL t
, gde je c2 nepoznati koeficijent koji se određuje na osnovu početnih uslova.
uL(T) = c2e-RL T
= ULRT⋅⎣
⎢⎡
⎦⎥⎤
1 - e-RTL ⇒ c2 =
ULRT⋅⎣
⎢⎡
⎦⎥⎤
eRTL - 1 , tako da je odziv
uL(t) = ULRT⋅e
-RL t
⎣⎢⎡
⎦⎥⎤
eRTL - 1 ; T≤t<2T. (20)
24
3. segment 2T≤t<∞
Početni uslovi: uL(2T) = ULRT⋅⎣
⎢⎡
⎦⎥⎤
e-RTL - e
-2RT
L
Pobuda: du(t)
dt = -Uδ(t-2T)
Rešava se diferencijalna jednačina: duL(t)
dt + RL uL(t) = -Uδ(t-2T)
Homogeno rešenje je uLh(t) = c3e-RL t
Partikularno rešenje. Na jednačinu duL(t)
dt + RL uL(t) = -Uδ(t-2T) se primenjuje LT, uz
usvajanje nultih početnih uslova, tako da se dobija
⎝⎜⎛
⎠⎟⎞s+
RL ULp(s) = -U e-2Ts ⇒ ULp(s) = -U
1
s+RL
e-2Ts ⇒ uLp(t) = - U⋅e-RL(t-2T)
h(t-2T).
uL(t) = uLh(t) + uLp(t) = c3e-RL t
- U⋅e-RL(t-2T)
h(t-2T) (21) Konstanta c3 se određuje na osnovu poznatih početnih uslova
uL(2T) = c3e-RL 2T
= ULRT⋅⎣
⎢⎡
⎦⎥⎤
e-RTL - e
-2RT
L ⇒ c3 = ULRT⋅⎣
⎢⎡
⎦⎥⎤
eRTL - 1 .
Uvrštavanjem c3 u pretposlednji izraz dobija se rešenje
uL(t) = ULRT⋅e
-RLt
⎣⎢⎢⎡
⎦⎥⎥⎤
eRTL - 1 -
RTL ⋅e
-2RT
L ; 2T≤t<∞ (22)
Izrazi (19), (20) i (22) predstavljaju odziv uL(t) na zadatu pobudu na vremenskom intervalu [0,∞), što se može napisati u sledećem obliku
uL(t) =
⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧
ULRT⋅⎣
⎢⎡
⎦⎥⎤
1 - e-RL t
; 0≤t<T
ULRT⋅e
-RLt
⎣⎢⎡
⎦⎥⎤
eRTL - 1 ; T≤t<2T
ULRT⋅e
-RLt
⎣⎢⎢⎡
⎦⎥⎥⎤
eRTL - 1 -
RTL ⋅e
-2RT
L ; 2T≤t<∞
. (23)
Pažljivom posmatraču ne može da promakne činjenica da su izrazi (15) i (23) potpuno jednaki. Primer Posmatra se RC kolo na slici 1. Oblik ulaznog napona je prikazan na slici 2. Odrediti odziv kola uC(t), za nulte početne uslove.
25
u(t) C
R+
i(t)
uC(t)
1
0 1 2
u(t)
tSlika 1. Slika 2.
Rešenje
u(t) = th(t) - 2(t-1)h(t-1) + (t-2)h(t-2) (1)
uC(t) = ⎣⎢⎡
⎦⎥⎤
t - RC + RC⋅e-
1RC t
h(t) - 2⋅⎣⎢⎡
⎦⎥⎤
(t-1) - RC + RC⋅e-
1RC (t-1)
h(t-1) +
+ ⎣⎢⎡
⎦⎥⎤
(t-2) - RC + RC⋅e-
1RC (t-2)
h(t-2) (2) ili
uC(t) =
⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧t - RC + RC⋅e
- 1
RC t; 0≤t<1
2 - t + RC + RC⋅e-
1RC t
⎝⎜⎛
⎠⎟⎞
1 - 2⋅e1
RC ; 1≤t<2
RC⋅e-
1RC t
⋅⎝⎜⎛
⎠⎟⎞
1 - 2⋅e1
RC + e2
RC ; 2≤t<∞
(3)
26