- چرا هر ویژگی لاپلاس واقعاً دو عبارت است - یکی در مورد \(X(s)\) و دیگری در مورد ROC - و چگونگی تشخیص مواردی که ROC رشد می کند.
- دو تغییر: تاخیر در زمان به عامل \(e^{-st_0}\) تبدیل می شود، در حالی که ضرب در \(e^{s_0t}\) کل تصویر صفحه \(s\)، ROC و همه را ترجمه می کند.
- مقیاس بندی، معکوس و صرف، و دلیل اینکه یک سیگنال حقیقی باید قطب ها و صفرهای خود را به صورت جفت مزدوج داشته باشد.
- مشتق‌گیری در زمان \(\big(\,\to sX(s)\,\big)\) - ویژگی واحدی که معادله دیفرانسیل را به چند جمله ای تبدیل می کند - و آینه آن، مشتق‌گیری در \(s\).
- ویژگی کانولوشن \(y = x * h \Leftrightarrow Y(s)=X(s)H(s)\)، از تعریف ثابت شده است، و اینکه چرا ROC می تواند بزرگتر از تقاطع باشد.
- قضایای ارزش اولیه و نهایی، هر دو از یک هویت مشتق شده اند، همراه با شرایطی که هر کدام مجاز هستند.
- تبدیل یک طرفه و قانون مشتق‌گیری که \(y(0^-)\) و \(\dot y(0^-)\) را به جبر منتقل می کند - ابزاری که در فصل 19 برای حل مدارهای با انرژی ذخیره شده استفاده می شود.
از تعریف تا جعبه ابزار
فصل 17 یک جدول کوتاه از جفت‌های تبدیل ایجاد کرد و هر ورودی در آن یک انتگرال هزینه داشت. این یک راه صادقانه برای شروع و یک راه ناامیدکننده برای ادامه است. سیگنال‌هایی که یک مهندس در واقع با آنها مواجه می شود، ورودی های جدول نیستند. آنها ورودی هایی هستند که با تأخیر، مقیاس بندی، مشتق‌گیری، پنجره ای، ضرب در نمایی و در هم آمیختگی با یکدیگر قرار گرفته اند. اگر هر یک از این دستکاری‌ها مجبور به بازگشت به \(\int x(t)e^{-st}\,dt\) شود، تبدیل سریع‌تر از معادله دیفرانسیل نیست که قرار بود جایگزین شود.
فرار همان چیزی است که در فصل 14 برای تبدیل فوریه و فصل 24 برای تبدیل \(z\) ارائه شده است. تعداد انگشت شماری از نتایج ساختاری می گویند که یک عملیات معین در \(x(t)\) چه کاری را برای \(X(s)\) انجام می دهد، یک بار برای همیشه. سه مورد از آنها را ترکیب کنید و تبدیل یک سیگنال پیچیده در دو خط می افتد. سپس جدول جفت‌ها به حدود پنج ورودی مستقل کاهش می‌یابد و هر چیز دیگری بر حسب تقاضا مشتق می‌شود.
یک تفاوت با قضیه فوریه وجود دارد و این تفاوت است که به این فصل شخصیت می دهد. تبدیل فوریه تابعی از تک متغیر واقعی \(\omega\) است، بنابراین یک ویژگی یک معادله است. تبدیل لاپلاس تابعی است در یک صفحه همراه با ناحیه آن صفحه که در آن انتگرال تعیین کننده همگرا می شود، بنابراین یک ویژگی دو عبارت است: چه اتفاقی برای جبر می افتد و چه اتفاقی برای ROC می افتد. نقل قول اولی بدون دومی رایج ترین راه برای ایجاد یک پاسخ اشتباه مطمئن در این موضوع است.
خطی بودن و کاری که با ROC انجام می دهد
خطی بودن آنی است. انتگرال تعیین کننده در \(x\) خطی است، بنابراین مجموع وزنی سیگنال‌ها به همان مجموع وزنی تبدیل ها تبدیل می شود. تنها سوالی که ارزش پرسیدن دارد این است که نتیجه در کجا همگرا می شود.
اگر انتگرال برای\(x_1\)همگرا می شود\(R_1\)و انتگرال برای\(x_2\)همگرا می شود\(R_2\)، سپس برای هر\(s\)دروغ گفتن در هر دو، جدایی ناپذیر برای\(ax_1+bx_2\)مطمئناً همگرا می شود. بنابراین ROC مجموع شامل تقاطع است. می تواند به شدت بزرگتر باشد، و درک اینکه اولین درس واقعی این فصل چه زمانی است.
مهار، نه برابری. ROC دقیقاً زمانی بزرگتر از تقاطع است که اضافه شدن قطبی را که یکی از دو منطقه را محدود می کرد، لغو می کند.
در اینجا لغو در جسم است. بگیرید
هر تبدیل دارای یک قطب در \(s=-1\) است و هر ROC نیمه صفحه سمت راست آن است. با این حال، دو سیگنال را اضافه کنید و اصطلاحات \(e^{-t}u(t)\) یکدیگر را نابود می کنند: چیزی که باقی می ماند \(x_1(t)+x_2(t) = e^{-2t}u(t)\) است که تبدیل آن \(1/(s+2)\) با ROC \(\operatorname{Re}\{s\} \gt -2\) است. قطب در \(-1\) از جبر ناپدید شده است، و همراه با آن مانعی که ROC را عقب نگه داشته است. ناحیهٔ همگرایی رشد کرده است.
دو شیفت
دو خاصیت تغییر نامیده می شوند، یکی در هر دامنه، و از نظر تأثیر بر ROC متقارن نیستند. ابتدا شیفت زمانی را در نظر بگیرید. \(x(t)\) را با \(t_0\) به تاخیر انداخته و تبدیل کنید:
جایگزینی تغییر متغیر در یک انتگرال همگرا است و \(e^{-st_0}\) یک عدد غیر صفر محدود برای هر \(s\) محدود است. هیچ چیز در مورد همگرایی تغییر نکرده است، بنابراین ROC دست نخورده است.
تغییر در\(s\)به سمت دیگر اجرا می شود سیگنال را در ضرب کنید\(e^{s_0t}\)و توان در انتگرال تبدیل می شود\(-(s-s_0)t\)، بنابراین تبدیل قدیمی است که در ارزیابی شده است\(s-s_0\)- کل\(s\)-تصویر هواپیما، قطب ها، صفرها و ROC با هم، توسط ترجمه شده است\(s_0\).
تأخیر تبدیل را تغییر می دهد اما نه در جایی که همگرا می شود. ضرب در یک نمایی هر دو تغییر می کند، و ROC با \(\operatorname{Re}\{s_0\}\) می لغزد - برای یک نمایی رو به رشد درست، برای یک نمایی رو به زوال سمت چپ.
دو مورد خاص شایسته نام هستند. تنظیم \(s_0 = -a\) با \(a\) واقعی و مثبت قانون میرایی را به دست می دهد: ضرب یک سیگنال در \(e^{-at}\) واحدهای تبدیل \(a\) را به سمت چپ تغییر می دهد. به همین دلیل است که هر ورودی میرا شده در جدول فصل 17، ورودی بدون میرا شده با \(s\) است که با \(s+a\) جایگزین شده است. جفت کسینوس \(s/(s^2+\omega_0^2)\) بدون یک انتگرال جدید تبدیل به \((s+a)/\big[(s+a)^2+\omega_0^2\big]\) می شود. تنظیم \(s_0 = j\omega_0\) به جای آن، مدولاسیونی را ایجاد می کند، که تصویر را به صورت عمودی اسلاید می کند و ROC - یک نوار عمودی - دقیقاً در همان جایی که بود باقی می ماند.
ویژگی time-shift همچنین هشداری را در مورد اینکه \(H(s)\) می تواند شبیه به آن باشد، دارد. تاخیر خالص \(T\) ثانیه یک سیستم LTI با پاسخ ضربه \(\delta(t-T)\) است، بنابراین عملکرد سیستم آن \(e^{-sT}\) است. این نسبت چند جمله ای نیست و هیچ معادله دیفرانسیل محدودی آن را تولید نمی کند. تأخیر حمل و نقل در یک خط لوله، تأخیر انتشار در یک خط، تأخیر محاسباتی در یک کنترل کننده - همه آنها یک سیستم را به خارج از دنیای عقلانی هدایت می کنند، به همین دلیل است که معمولاً قبل از انجام تجزیه و تحلیل با یک تابع منطقی تقریب می شوند.
مقیاس بندی، معکوس کردن و صرف
محور زمان را فشرده کنید و تبدیل باید کشیده شود، دقیقاً همانطور که برای تبدیل فوریه در فصل 14 انجام شد - اما اکنون کشش در یک صفحه اتفاق می افتد و ROC را با خود می کشد. جایگزینی \(\tau = at\) در انتگرال تعیین کننده، با \(a \gt 0\) به طوری که حدود انتگرال نظم خود را حفظ کنند،
برای \(a \lt 0\)، جایگزینی حدود انتگرالی انتگرال‌گیری را نیز معکوس می‌کند، و بازگرداندن نظم آنها یک علامت منفی دوم را ارائه می‌کند. این دو در \(1/|a|\) ترکیب می شوند. شرط همگرایی با متغیر تبدیل می‌شود: \(s/a\) باید در \(R\) باشد، بنابراین ROC جدید \(aR\) است، ناحیه قدیمی مقیاس‌گذاری شده است - و وقتی \(a\) منفی است حول محور خیالی چرخیده است.
Reversal مورد \(a=-1\) است و ارزش آن را دارد که جفتی را که قبلاً می‌شناسید بررسی کنید. از فصل 17، \(e^{-t}u(t) \leftrightarrow 1/(s+1)\) با \(\operatorname{Re}\{s\} \gt -1\). معکوس کردن سیگنال \(e^{t}u(-t)\) می دهد و ویژگی \(1/(-s+1) = -1/(s-1)\) را در \(\operatorname{Re}\{s\} \lt 1\) پیش بینی می کند. مستقیماً آن را تأیید کنید: \(\int_{-\infty}^{0}e^{t}e^{-st}dt = \big[e^{(1-s)t}/(1-s)\big]_{-\infty}^{0} = 1/(1-s)\)، و حد پایین فقط زمانی که \(\operatorname{Re}\{1-s\} \gt 0\)، یعنی \(\operatorname{Re}\{s\} \lt 1\) از بین می‌رود. سیگنال سمت راست دقیقاً همانطور که قوانین ROC فصل 17 ایجاب می کند به سمت چپ تبدیل شده و نیمه صفحه آن برعکس شده است.
صرف شبیه به حسابداری است و یک واقعیت ساختاری را ارائه می دهد. به هم آمیختن کل انتگرال تعیین کننده \(\int x^{*}(t)e^{-s^{*}t}dt = X^{*}(s^{*})\) می دهد، بنابراین \(x^{*}(t) \leftrightarrow X^{*}(s^{*})\). اگر \(x(t)\) واقعی است، \(x^{*}=x\)، و بنابراین \(X(s) = X^{*}(s^{*})\) یکسان است. آن را در یک قطب ارزیابی کنید: اگر \(X\) در \(s=p\) منفجر شود، در \(s=p^{*}\) نیز منفجر می شود.
مشتق‌گیری در زمان و در s-Domain
این خاصیتی است که کل تبدیل برای آن اختراع شده است. \(\int x'(t)e^{-st}dt\) را با قطعات انتگرال‌گیری کنید، با استفاده از \(u = e^{-st}\) و \(dv = x'(t)dt\):
اصطلاح مرزی جایی است که ROC حفظ خود را به دست می آورد. برای \(s\) در داخل ناحیهٔ همگرایی، محصول \(x(t)e^{-st}\) کاملاً یکپارچه‌پذیر است، و یک تابع کاملاً یکپارچه که توسط یک نمایی هدایت می‌شود باید در هر دو انتها به صفر تمایل داشته باشد - در غیر این صورت انتگرال واگرا می‌شود. بنابراین براکت ناپدید می شود و فقط ترم دوم باقی می ماند.
مشتق‌گیری ضرب در \(s\) می شود. ROC فقط می تواند رشد کند، و دقیقا زمانی رشد می کند که عامل \(s\) قطبی از \(X(s)\) را که در مبدا نشسته است لغو کند.
آن نتیجه کلیدی را دو بار بخوانید، زیرا لولای قسمت 5 است\(n\)معادله دیفرانسیل ضریب ثابت خطی مرتبه یک جمله در مورد است\(x, \dot x, \ddot x, \dots\); تبدیل را اعمال کنید و هر مشتق به توان تبدیل می شود\(s\)، و معادله به هویت چند جمله ای تبدیل می شود. حساب دیفرانسیل و انتگرال به جبر تبدیل شده است. فصل 9 چنین معادلاتی را با حدس زدن جواب های همگن و ضرایب تطبیق حل کرد. فصل 19 آنها را با تقسیم دو چند جمله ای حل می کند.
این ملک همچنین یک واقعیت از فصل 3 را به صورت رایگان بازتولید می کند. از زمانی که \(u(t) \leftrightarrow 1/s\) و \(\delta(t) = du/dt\)، تبدیل ضربه باید \(s \cdot (1/s) = 1\) باشد - و در اینجا ROC واقعا رشد می کند، از \(\operatorname{Re}\{s\} \gt 0\) به کل صفحه، زیرا عامل \(s\) در مبدأ لغو شده است.
مشتق‌گیری در حوزه دیگر آسان تر است. \(X(s)=\int x(t)e^{-st}dt\) را با توجه به \(s\) ممشتق‌گیری کنید، مشتق را در داخل انتگرال جابجا کنید، و هر انتگرال یک عامل \(-t\) را انتخاب می کند.
ضرب در \(t\) سرعت رشد یا کاهش نمایی سیگنال را تغییر نمی دهد، بنابراین ناحیهٔ همگرایی دقیقاً یکسان است.
یک برنامه یک خانواده کامل از ورودی های جدول را تولید می کند. شروع از \(e^{-at}u(t)\leftrightarrow 1/(s+a)\) و اعمال قانون یک بار،
تنظیم \(a=0\) \(t\,u(t)\leftrightarrow 1/s^2\) و به طور کلی \(t^{n-1}u(t)/(n-1)! \leftrightarrow 1/s^{n}\) را بازیابی می کند. هر ورودی با قطب مکرر در جدول یک مشتق‌گیری با ورودی بالای آن فاصله دارد و ROC هرگز حرکت نمی‌کند - این روش تبدیلی است که می‌گوید ضریب \(t\) در برابر نمایی ناتوان است.
خاصیت کانولوشن
فصل 7 نشان داد که خروجی یک سیستم LTI کانولوشن ورودی آن با پاسخ ضربه آن است، و فصل 8 نشان داد که ارزیابی آن انتگرال تا چه اندازه دشوار است. فصل 14 درمان فوریه را ارائه کرد. نسخه لاپلاس همان عبارت با مجوز گسترده تر است، زیرا برای سیگنال‌هایی که تبدیل فوریه آنها وجود ندارد اعمال می شود.
تبدیل \(y(t)=\int x(\tau)h(t-\tau)d\tau\) را بنویسید و ترتیب انتگرال‌گیری را مبادله کنید:
انتگرال داخلی با ویژگی تغییر زمانی بخش 18-3 ارزیابی شد و \(H(s)\) سپس از انتگرال بیرونی خارج شد زیرا به \(\tau\) وابسته نیست. تبادل نظم در هر جایی که هر دو انتگرال به طور مطلق همگرا شوند، مشروع است، که دقیقاً محل تلاقی دو منطقه است.
مفیدترین ویژگی در قسمت 5. هر آبشاری از سیستم‌های LTI به یک محصول تبدیل می شود. هر انتگرال کانولوشنی به ضرب و به دنبال آن یک بسط کسری جزئی تبدیل می شود.
یک بار دیگر مهار می تواند سخت باشد، و به همان دلیلی که در بخش 18-2 وجود دارد: اگر صفر \(H(s)\) روی قطب \(X(s)\) قرار گیرد، قطب از محصول ناپدید می شود و ROC باز می شود. حالت شدید سیستم معکوس است، که در آن \(H_{\text{inv}}(s)=1/H(s)\) به طوری که محصول 1 است - هر قطب لغو می شود، کل هواپیما ROC می شود، و آبشار به یک سیم کاهش می یابد.
خاصیت آینه، ضرب در زمان، بسیار راحت تر است. این مربوط به یک کانولوشن در دامنه \(s\) در امتداد یک خط عمودی، \(x_1(t)x_2(t) \leftrightarrow \frac{1}{2\pi j}\int_{c-j\infty}^{c+j\infty}X_1(p)X_2(s-p)\,dp\) است، و در عمل با بازنویسی محصول به عنوان مجموع نمایی ها ابتدا از آن اجتناب می شود. تنها موردی که ارزش به خاطر سپردن دارد، ضرب در \(e^{-at}\) است، که اصلاً یک محصول کلی نیست، بلکه \(s\)-shift بخش 18-3 است.
انتگرال‌گیری در زمان
انتگرال در حال اجرا یک سیگنال یک کانولوشن پنهان است. از آنجایی که \(u(t-\tau)\) دقیقا زمانی که \(\tau \lt t\) 1 است،
اکنون ویژگی کانولوشن را با \(u(t) \leftrightarrow 1/s\) اعمال کنید که ROC آن \(\operatorname{Re}\{s\} \gt 0\) است. تبدیل \(X(s)/s\) است و ROC شامل تقاطع \(R\) با نیم صفحه سمت راست است.
انتگرال‌گیری بر \(s\) تقسیم می شود و یک قطب را در مبدا معرفی می کند - مگر اینکه \(X(0)=0\)، در این صورت صفر \(X\) آن را لغو می کند و ROC اصلاً محدود نمی شود.
استثنا در جمله آخر یک قرائت فیزیکی دارد. یک قطب در مبدا، روش تبدیل برای ثبت یک مقدار نهایی غیر صفر است: انتگرال یک سیگنال با مساحت خالص غیر صفر به صفر نمی رسد. اگر \(X(0)=\int x(t)dt = 0\)، سیگنال منطقه خالص ندارد، انتگرال در حال اجرا آن به صفر برمی گردد و هیچ قطبی در مبدا ظاهر نمی شود. فصل 14 را مقایسه کنید، جایی که خاصیت انتگرال‌گیری فوریه یک ضربه اضافی \(\pi X(0)\delta(\omega)\) را دقیقاً به همین دلیل حمل می کند. نسخه لاپلاس به چنین وصله ای نیاز ندارد، زیرا هواپیمای \(s\) می تواند قطبی را در مبدا نگه دارد که محور \(\omega\) فقط می تواند یک ضربه را نگه دارد.
به روش دیگر بخوانید، ویژگی می گوید که بلوکی با برچسب \(1/s\) یک انتگرال است. این قرائت همان چیزی است که نمودارهای بلوکی فصل 19 را ممکن می کند: هر معادله دیفرانسیل را می توان به عنوان یکپارچه کننده، سود و جمع کننده دوباره ترسیم کرد، و تصویر حاصل مداری است که می توانید بسازید.
قضایای ارزش اولیه و نهایی
گاهی اوقات فقط دو انتهای یک پاسخ مهم است: چگونه شروع می شود و کجا قرار می گیرد. هر دو را می توان بدون معکوس کردن \(X(s)\) خواند، و قابل توجه است که هر دو از یک هویت هستند. سیگنالی را برای \(t \lt 0\) صفر بگیرید و ویژگی مشتق‌گیری را با حد پایینی که به صورت \(0^-\) نوشته شده است اعمال کنید تا هرگونه پرش در مبدا شامل شود:
اکنون \(s\) را به هر حدی فشار دهید. همانطور که \(s \to \infty\) در امتداد محور واقعی، \(e^{-st}\) روی \(t=0\) فوری فرو می‌رود، بنابراین انتگرال تنها کاری را که مشتق در آنجا انجام می‌دهد - یعنی پرش \(x(0^+)-x(0^-)\) - حفظ می‌کند و همه چیز بعداً از بین می‌رود. از این رو \(\lim_{s\to\infty}sX(s) = x(0^-) + \big[x(0^+)-x(0^-)\big] = x(0^+)\).
همانطور که \(s \to 0\) نمایی می شود 1 و انتگرال تبدیل به کل تغییر در \(x\) می شود که به شرط وجود محدودیت \(x(\infty)-x(0^-)\) است. از این رو \(\lim_{s\to 0}sX(s) = x(0^-) + x(\infty) - x(0^-) = x(\infty)\).
قضیه مقدار اولیه به \(x(t)=0\) برای \(t \lt 0\) نیاز دارد و هیچ ضربه یا تکینگی بالاتری در مبدأ وجود ندارد. قضیه ارزش نهایی علاوه بر این مستلزم وجود \(x(\infty)\) است، که دقیقاً زمانی برقرار است که هر قطب \(sX(s)\) دقیقاً در داخل نیم صفحه سمت چپ قرار دارد.
شرط قضیه ارزش نهایی یک امر فنی نیست، و در آنجاست که بیشتر نمره ها از بین می روند. اشتقاق فرض می‌کرد که کل تغییر \(x(\infty)-x(0^-)\) یک عدد محدود است. اگر \(X(s)\) یک قطب در نیم صفحه سمت راست داشته باشد، \(x(t)\) بدون کران رشد می کند و هیچ مقدار نهایی وجود ندارد. اگر قطبی در محور \(j\omega\) دور از مبدا داشته باشد، \(x(t)\) برای همیشه در نوسان است و هرگز ته نشین نمی شود. در هر دو مورد \(\lim_{s\to 0}sX(s)\) ممکن است همچنان یک عدد کاملاً بی‌گناه تولید کند و این عدد بی‌معنی است.
| \(X(s)\) | \(\lim_{s\to 0}sX(s)\) | \(x(\infty)\) واقعی | حکم |
|---|---|---|---|
| \(\dfrac{5}{s(s+2)}\) | \(5/2\) | \(5/2\) | معتبر - قطب ها فقط در \(-2\) |
| \(\dfrac{\omega_0}{s^2+\omega_0^2}\) | \(0\) | وجود ندارد | نامعتبر - قطب در \(\pm j\omega_0\) |
| \(\dfrac{1}{s-2}\) | \(0\) | \(\infty\) | نامعتبر - قطب در \(+2\) |
| \(\dfrac{1}{s^2}\) | \(1\) | \(\infty\) | نامعتبر - دو قطب در مبدا |
تبدیل یکطرفه و جدول خواص
همه چیز تاکنون دوطرفه بوده است: انتگرال در کل محور زمان اجرا می شود و تبدیل سیگنالی را توصیف می کند که همیشه وجود داشته است. مشکلات عملی اینطور نیست. یک سوئیچ در \(t=0\) بسته است، خازن از قبل شارژ را نگه می دارد، فلایویل در حال چرخش است، و سوال این است که بعد چه اتفاقی می افتد. برای این مشکلات، شی طبیعی تبدیل لاپلاس یک طرفه است که از \(0^-\) - درست قبل از سوئیچ - شروع می شود، به طوری که هر ضربه ای که در مبدا اعمال می شود، گرفته می شود.
برای سیگنالی که قبل از مبدأ صفر است، این دو تبدیل بر هم منطبق می‌شوند، بنابراین کل جدول جفت‌های فصل 17 بدون تغییر باقی می‌ماند. ROC نیز مشکلی نیست: انتگرال در زمان محدودی شروع می‌شود، بنابراین سیگنال در سمت راست ساخته می‌شود و ROC همیشه یک نیمه صفحه راست است. مرسوم است که آن را ناگفته بگذارند.
آنچه تغییر می کند، مشتق‌گیری است و تغییر، کل موضوع است. انتگرال‌گیری توسط قطعات بیش از \([0^-,\infty)\) یک مرز مرزی را در حد پایین باقی می‌گذارد که دیگر ناپدید نمی‌شود:
اعمال همین قانون برای \(\dot x\) به جای \(x\) مشتق دوم را به دست می دهد و القایی بقیه را به دست می دهد:
شرایط اولیه به عنوان اصطلاحات افزودنی معمولی وارد جبر می شود. معادله حاصل را برای \(\mathcal{X}(s)\) حل کنید و پاسخ کامل - اجباری و طبیعی با هم - در یک مرحله از بین می‌رود، بدون هیچ ثابت دلخواه برای تعیین بعد.
این یک پیشرفت واقعی نسبت به فصل 9 است، جایی که پاسخ طبیعی با ثابت های مجهول نوشته شده و شرایط اولیه در پایان با حل معادلات همزمان تحمیل شده است. در اینجا آنها از ابتدا ساخته شده اند. فصل 19 هیچ چیز دیگری برای چهار بخش انجام نمی دهد.
دو احتیاط اولاً، ویژگی time-shift فقط برای تأخیر زنده می ماند:\(x(t-t_0)u(t-t_0) \to e^{-st_0}\mathcal{X}(s)\)برای\(t_0 \gt 0\)، زیرا تاخیر سیگنال را به سمت راست و از حد پایینی دور می کند. یک پیشروی مواد را به داخل می کشاند\(t=0\)و خارج از انتگرال، و نیاز به یک اصطلاح تصحیح دارد. دوم،\(0^-\)و\(0^+\)هنگامی که ورودی حاوی یک ضربه باشد، قابل تعویض نیستند: یک ضربه جریان به خازن، ولتاژ آن را بلافاصله تغییر می دهد، بنابراین\(v(0^+) \ne v(0^-)\)، و هست\(v(0^-)\)- مقدار قبل از رویداد - که در فرمول تعلق دارد.
| اموال | سیگنال | تبدیل کنید | ROC |
|---|---|---|---|
| خطی بودن | \(ax_1(t)+bx_2(t)\) | \(aX_1(s)+bX_2(s)\) | \(\supseteq R_1\cap R_2\) |
| تغییر زمان | \(x(t-t_0)\) | \(e^{-st_0}X(s)\) | \(R\) |
| تغییر در \(s\) | \(e^{s_0t}x(t)\) | \(X(s-s_0)\) | \(R+\operatorname{Re}\{s_0\}\) |
| مقیاس بندی زمان | \(x(at)\) | \(\dfrac{1}{|a|}X(s/a)\) | \(aR\) |
| معکوس | \(x(-t)\) | \(X(-s)\) | \(-R\) |
| صرف | \(x^{*}(t)\) | \(X^{*}(s^{*})\) | \(R\) |
| مشتق‌گیری در \(t\) | \(\dfrac{d^{\,n}x}{dt^{\,n}}\) | \(s^{n}X(s)\) | \(\supseteq R\) |
| مشتق‌گیری در \(s\) | \(t^{\,n}x(t)\) | \((-1)^{n}\dfrac{d^{\,n}X}{ds^{\,n}}\) | \(R\) |
| انتگرال‌گیری | \(\displaystyle\int_{-\infty}^{t}x(\tau)d\tau\) | \(\dfrac{X(s)}{s}\) | \(\supseteq R\cap\{\operatorname{Re}\{s\} \gt 0\}\) |
| کانولوشن | \(x_1(t)*x_2(t)\) | \(X_1(s)X_2(s)\) | \(\supseteq R_1\cap R_2\) |
| مقدار اولیه | \(x(0^+)\) | \(\lim_{s\to\infty}sX(s)\) | علّی، بدون ضربه در \(0\) |
| ارزش نهایی | \(x(\infty)\) | \(\lim_{s\to 0}sX(s)\) | قطب های \(sX(s)\) در LHP |
نمونه های کار شده
مشکل تبدیل لاپلاس \(x(t) = t\,e^{-2t}\cos(3t)\,u(t)\) را پیدا کنید و ROC آن را بیان کنید.
راه حل. سیگنال را به ترتیبی که خواص ساخته شده اند جدا کنید. از جفت ایجاد شده در فصل 17 شروع کنید،
ضرب در \(e^{-2t}\) تغییر \(s\) با \(s_0=-2\) است: \(s\) را با \(s+2\) در همه جا جایگزین کنید و ROC را دو واحد به سمت چپ بکشید.
ضرب در \(t\) مشتق‌گیری در \(s\) با تغییر علامت است. \(w=s+2\) را بنویسید، بنابراین تبدیل بالا \(w/(w^2+9)\) است و از قانون ضریب استفاده کنید:
بنابراین \(X(s) = -\,\dfrac{d}{ds}\left[\dfrac{s+2}{(s+2)^2+9}\right] = \dfrac{(s+2)^2-9}{\big[(s+2)^2+9\big]^{2}}\)، با ROC \(\operatorname{Re}\{s\} \gt -2\) - بدون تغییر توسط عامل \(t\).
یک بررسی سریع عقلانی: مخرج دارای یک قطب دوگانه در \(s=-2\pm j3\) است، که درست است، زیرا \(t\,e^{-2t}\cos 3t\) یک نوسان میرا است که پوشش آن کندتر از \(e^{-2t}\) به تنهایی تجزیه می شود. قطب های مکرر علامت یک سیگنال چند جمله ای-زمان-نمایی هستند، دقیقاً همانطور که بخش 18-5 پیش بینی کرده بود.
مشکل \(X(s)\) را برای \(x(t) = t\big[u(t)-u(t-2)\big]\) پیدا کنید و روی ROC نظر دهید.
راه حل. وسوسه این است که \(1/s^2 - e^{-2s}/s^2\) بنویسید و متوقف شوید. این اشتباه است، زیرا ویژگی تغییر زمان برای \(x(t-t_0)\) اعمال می شود - کل سیگنال با تاخیر - و عبارت دوم در اینجا \(t\,u(t-2)\) است، که سطح شیبدار \(r(t)=t\,u(t)\) با تاخیر 2 نیست. با جمع و تفریق آن را به شکل صحیح وادار کنید:
اکنون هر ترم یک سیگنال استاندارد با تأخیر 2 است و ویژگی هر ترم برای \(r(t)\leftrightarrow 1/s^2\) و \(u(t)\leftrightarrow 1/s\) اعمال می شود:
در مورد ROC: \(x(t)\) فقط در \(0 \lt t \lt 2\) غیر صفر است، و فصل 17 نشان داد که یک سیگنال محدود با مدت زمان محدود برای هر \(s\) همگرا می شود. بنابراین، قطب ظاهری در مبدأ باید یک توهم باشد، و این است - گسترش برای \(s\) کوچک با \(e^{-2s}\approx 1-2s+2s^2\) به \(X(s) \approx \big[1-(1-2s+2s^2)\big]/s^2 - 2(1-2s)/s = (2s-2s^2)/s^2 - 2/s + 4 = 2/s - 2 - 2/s + 4 = 2\)، یک مقدار محدود می‌دهد. اصطلاحات مفرد دقیقاً همانطور که باید لغو می شوند.
مشکل \(y(t) = e^{-t}u(t) * e^{-3t}u(t)\) را ارزیابی کنید.
راه حل. در دامنه \(s\)، کانولوشن یک محصول است، و هر دو عامل در سمت راست هستند، بنابراین ROC محصول \(\operatorname{Re}\{s\} \gt -1\) است، که محدودتر از این دو است:
هر دو قطب در سمت چپ ROC قرار دارند، بنابراین هر دو عبارت سمت راست هستند و
مسیر مستقیم را مقایسه کنید انتگرال کانولوشن \(\int_{0}^{t}e^{-\tau}e^{-3(t-\tau)}d\tau = e^{-3t}\int_{0}^{t}e^{2\tau}d\tau = e^{-3t}\frac{e^{2t}-1}{2} = \tfrac12(e^{-t}-e^{-3t})\) برای \(t \gt 0\) است - همان پاسخ، اما تنها پس از بدست آوردن حدود حق انتگرال کشویی، که بخشی از فصل 7 است که بیشترین زمان را برای دانش آموزان دارد.
دو بررسی ساختاری ارزش تبدیل شدن به یک عادت را دارند. در \(t=0\) پاسخ \(y(0)=0\) را می دهد، که درست است: کانولوشن دو سیگنال علّی از صفر شروع می شود. و \(\lim_{s\to\infty}sY(s) = \lim s/\big[(s+1)(s+3)\big] = 0\) که قضیه مقدار اولیه آن را تایید می کند.
مشکل اجازه دهید \(x(t)=e^{-2t}u(t)\) و \(g(t)=\int_{-\infty}^{t}x(\tau)\,d\tau\). \(G(s)\) را با ویژگی پیدا کنید، سپس با انتگرال‌گیری صریح \(x\) تأیید کنید.
راه حل. توسط ویژگی، \(G(s) = X(s)/s = \dfrac{1}{s(s+2)}\)، با ROC \(\operatorname{Re}\{s\} \gt 0\): منطقه از \(\operatorname{Re}\{s\} \gt -2\) بریده شده است زیرا یک قطب جدید در مبدا ظاهر شده است.
به طور مستقیم، برای \(t \gt 0\)، \(g(t) = \int_{0}^{t}e^{-2\tau}d\tau = \tfrac12\big(1-e^{-2t}\big)\)، و \(g(t)=0\) برای \(t \lt 0\). تبدیل ترم به ترم،
این دو موافق هستند. قطب در مبدأ کار واقعی را انجام می دهد: \(g(t)\) به جای صفر به \(1/2\) تمایل دارد و قضیه ارزش نهایی آن را یکباره به عنوان \(\lim_{s\to 0}sG(s) = \lim_{s\to 0}1/(s+2) = 1/2\) می خواند. اگر \(x(t)\) دارای مساحت خالص صفر بود، \(X(0)\) صفر می شد، شمارنده قطب جدید را لغو می کرد و \(g(t)\) به صفر برمی گشت.
مشکل برای هر یک از \(X_1(s)=\dfrac{2s+5}{s(s^2+4s+3)}\)، \(X_2(s)=\dfrac{4}{s^2+4}\) و \(X_3(s)=\dfrac{1}{s-2}\)، تصمیم بگیرید که آیا قضیه ارزش نهایی ممکن است استفاده شود یا خیر، و \(x(\infty)\) را در جایی که ممکن است پیدا کنید.
راه حل. همیشه اول فاکتور بگیرید \(s^2+4s+3=(s+1)(s+3)\)، بنابراین
قضیه اعمال می شود و \(x_1(\infty) = \dfrac{5}{(1)(3)} = \dfrac53\). با کسرهای جزئی تأیید کنید: باقیمانده \(X_1\) در مبدأ \(5/[(1)(3)]=5/3\) است، بنابراین \(x_1(t) = \tfrac53 + (\text{terms in } e^{-t}, e^{-3t})\)، که در واقع به \(5/3\) می‌رسد.
برای \(X_2\)، \(sX_2(s)=4s/(s^2+4)\) به 0 به عنوان \(s\to 0\) تمایل دارد، که به نظر یک پاسخ است. اینطور نیست: قطب های \(sX_2\) در \(s=\pm j2\) روی محور خیالی قرار دارند و \(x_2(t)=2\sin(2t)u(t)\) برای همیشه بدون هیچ ارزش نهایی نوسان می کند. این قضیه هرگز قابل اجرا نبود.
برای \(X_3\)، \(sX_3(s)=s/(s-2)\) نیز به 0 تمایل دارد، و دوباره این عدد بی ارزش است: قطب در \(s=+2\)، \(x_3(t)=e^{2t}u(t)\) را در نیمه صفحه سمت راست قرار می دهد، بدون محدودیت رشد می کند. هر دو شکست یک حد محدود قابل قبول ایجاد می کنند، دقیقاً به همین دلیل است که بررسی قطب باید اول باشد و حد دوم.
مشکل \(\dfrac{dy}{dt} + 3y(t) = e^{-t}u(t)\) را با \(y(0^-)=2\) با استفاده از تبدیل یک طرفه حل کنید.
راه حل. هر دو طرف را متحول کنید. مشتق \(sY(s)-y(0^-)=sY(s)-2\) کمک می کند و سمت راست \(1/(s+1)\) است:
تقسیم خودکار است و ارزش نامگذاری را دارد: اولین عبارت آن چیزی است که انرژی ذخیره شده به تنهایی تولید می کند، دومی آنچه که ورودی به تنهایی تولید می کند. بسط ترم دوم با باقیمانده های \(1/(-1+3)=\tfrac12\) و \(1/(-3+1)=-\tfrac12\)،
دوطرفه بررسی کنید در \(t=0\): \(\tfrac32+\tfrac12=2=y(0^-)\)، بنابراین شرایط اولیه بدون اینکه هیچ ثابتی پس از آن نصب شده باشد، برآورده می شود. و جایگزینی در معادله، \(\dot y = -\tfrac92 e^{-3t}-\tfrac12 e^{-t}\) در حالی که \(3y = \tfrac92 e^{-3t}+\tfrac32 e^{-t}\); شرایط \(e^{-3t}\) لغو می شود و در صورت نیاز مبلغ \(e^{-t}\) است. فصل 19 این روش را در نظر می گیرد و آن را برای سیستم‌هایی با هر ترتیبی اعمال می کند.
خلاصه فصل
معادله ای برای \(X(s)\) و بیانیه ای در مورد ROC. ROC شامل تقاطع است و هنگامی که یک قطب لغو می شود رشد می کند.
\(x(t-t_0)\leftrightarrow e^{-st_0}X(s)\)، ROC بدون تغییر. \(e^{s_0t}x(t)\leftrightarrow X(s-s_0)\)، ROC ترجمه شده توسط \(\operatorname{Re}\{s_0\}\).
\(dx/dt \leftrightarrow sX(s)\) معادلات دیفرانسیل را به چند جمله ای تبدیل می کند. \(t\,x(t)\leftrightarrow -dX/ds\) هر جفت قطب مکرر را تولید می کند.
\(x*h \leftrightarrow XH\). آبشارها ضرب می شوند، شاخه های موازی اضافه می شوند و \(1/s\) یک انتگرال است.
\(x(0^+)=\lim_{s\to\infty}sX(s)\)، \(x(\infty)=\lim_{s\to0}sX(s)\) — دومین مورد تنها زمانی که هر قطب \(sX(s)\) در LHP باز باشد.
\(\dot x \to s\mathcal{X}(s)-x(0^-)\). شرایط اولیه تبدیل به اصطلاحات افزودنی می شود، بنابراین پاسخ کامل در یک مرحله ظاهر می شود.
مشکلات
مسائل 1 تا 3 اعمال شیفت و پوسته پوسته شدن. 4 تا 6 از مشتق‌گیری، انتگرال‌گیری و کانولوشن استفاده می کنند. 7 و 8 تست کنید که آیا می دانید چه زمانی ممکن است یک قضیه نقل شود. هر بار ROC را بیان کنید - پاسخ بدون پاسخ ناقص است.
- تبدیل لاپلاس و ROC \(x(t) = e^{-3(t-2)}u(t-2)\) و \(y(t)=e^{-3t}u(t-2)\) را پیدا کنید. در یک جمله توضیح دهید که چرا این دو پاسخ با یک عامل ثابت تفاوت دارند.
- داده شده است\(x(t)\leftrightarrow X(s)\)با ROC\(-1 \lt \operatorname{Re}\{s\} \lt 2\)، تبدیل و ROC (a) را بیان کنید.\(x(2t)\), (b) \(x(-t)\), (c) \(e^{-3t}x(t)\), (d) \(x(t-4)\).
- از \(s\)-shift همراه با زوج کسینوس برای به دست آوردن \(e^{-at}\cos(\omega_0 t)u(t) \leftrightarrow (s+a)/\big[(s+a)^2+\omega_0^2\big]\) استفاده کنید و مکان های قطب را برای \(a=1,\ \omega_0=2\) ترسیم کنید.
- تبدیل \(t^{2}e^{-4t}u(t)\) را با اعمال مشتق‌گیری در \(s\) دو بار پیدا کنید و نتیجه را با فرمول عمومی قطب مکرر تأیید کنید.
- یک سیگنال دارای \(X(s)=\dfrac{s+1}{s^2+5s+6}\) با ROC \(\operatorname{Re}\{s\} \gt -2\) است. تبدیل \(\int_{-\infty}^{t}x(\tau)d\tau\) را پیدا کنید، ROC آن را بیان کنید و مقدار نهایی آن را پیدا کنید.
- \(e^{-2t}u(t) * u(t)\) را با استفاده از ویژگی کانولوشن ارزیابی کنید و پاسخ خود را با انتگرال‌گیری مستقیم بررسی کنید.
- برای هر یک از \(\dfrac{3}{s(s+1)}\)، \(\dfrac{s}{s^2+9}\)، \(\dfrac{s+2}{s(s-1)}\) و \(\dfrac{10}{(s+2)^2}\)، بگویید آیا قضیه مقدار نهایی ممکن است اعمال شود یا خیر، و \(x(\infty)\) را در جایی که ممکن است ارائه دهید.
- \(\ddot y + 4\dot y + 3y = 0\) را با \(y(0^-)=1\) و \(\dot y(0^-)=0\) با استفاده از تبدیل یک طرفه حل کنید و هر دو شرط اولیه را از پاسخ خود تأیید کنید.