Per l'esame di controlli automatici L devo svolgere alcune trasformate... Premettendo che il prof non l'ha spiegate bene, anzi molto male, vorrei un aiuto a capire come trasformare questa funzione:
$ x(t) = (2/a) (2at e^(at) + e^(at))$ con a>0
L'unica cosa che sono riuscito a fare è semplificare:
$x(t) = 4te^(at) + ((2e^(at))/a)$ con a>0
Grazie...
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Trasformate di Laplace per Controlli Automatici L
da Mito125 » 26/10/2009, 11:14
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da mysterium » 26/10/2009, 22:46
Prima di aiutarti con l'esercizio, spero di non offenderti con qualche spiegazione preliminare sulla trasformata di Laplace.
Matematicamente, la trasformata di Laplace $X(s)$ di un segnale $x(t)$ è definita come segue:
$ L{x(t)}=X(s)=\int_0^(+infty)x(t)e^(-st)dt $
Commentiamo questa formula: si tratta di calcolare l'integrale, sul semiasse positivo dei tempi, del prodotto del segnale $x(t)$ per il segnale esponenziale complesso $e^(-st)$, dove $s in CC$ è la generica pulsazione complessa. L'operazione di integrazione satura la varabile tempo $t$, ma non la variabile pulsazione complessa $s$, quindi il risultato non è un numero, ma una funzione della sola $s$.
In definitiva, la trasformazione secondo Laplace trasforma un segnale nel dominio del tempo in una funzione nel dominio pulsazione complessa.
Osserva che l'integrale è esteso al solo semiasse positivo dei tempi, per cui consideriamo l'andamento dei segnali solo per $t>=0$, o meglio consideriamo segnali nulli per $t<0$, cioè studiamo fenomeni che si "accendono" in un certo istante, al contrario della trasformata di Fourier che studia fenomeni permanenti, cioè che "si verificano da sempre, senza che qualcuno li abbia mai accesi".
Per chiarirti cosa intendo per pulsazione complessa, ti riscrivo il segnale $e^(-st)$ in una forma più "concreta", chiamando $\sigma$ la parte reale e $\omega$ la parte immaginaria del numero complesso $s$ (ho quindi $s=\sigma+j\omega$, $\sigma,\omegainRR$), ricordando le proprietà delle potenze e applicando una delle formule di Eulero:
$e^(-st)=e^-(\sigma+j\omega)=e^(-\sigmat)e^(-jomegat)=e^(-\sigma)[cos(\omegat)-jsin(\omegat)]=e^(-\sigma)cos(\omegat)-je^(-\sigma)sin(\omegat)$
(ti ricordo che per ogni quantità reale $x$ vale $e^(jx)=cos(x)+jsin(x)$ e che $cos(-x)=cos(x)$ mentre $sin(-x)=-sin(x)$).
E' evidente che sia la parte reale sia la parte immaginaria del segnale sono dei segnali armonici di pulsazione $\omega$ smorzati con coefficiente di decadimento esponenziale $\sigma$. Se $\sigma>0$, il segnale tende a zero per $t\to+infty$, cioè il segnale ha carattere transitorio, cioè "si è acceso in un certo istante è presto si spegnerà", al contrario del carattere permanente dell'analisi di Fourier, dove i segnali armonici non hanno né inizio né fine.
Ti disegno di seguito il grafico del segnale $r(t)=e^(-\sigma)cos(\omegat)$ in blu per $\sigma=1/2$ e $omega=5$, con il suo inviluppo esponenziale $e^(-\sigma)$ in verde, che rappresenta il decadimento:
Ingegneristicamente, quindi, la trasformata di Laplace serve a studiare il regime transitorio del sistema, cioè il comportamento che si verifica entro un certo lasso di tempo dalla sua accensione o dal suo spegnimento. Infatti, prima o poi, grazie all'evanescenza del segnale $r(t)$, il regime transitorio lascerà il posto a quello permanente, che si descrive meglio con la trasformata di Fourier. Pensa, per esempio, alla carica di un condensatore o all'accensione del tuo computer o del tuo televisore: non sono istantanee, ma necessitano di un periodo transitorio, la cui durata e il cui carattere oscillatorio sono strettamente legati alla trasformata di Laplace.
Vediamo un po' di proprietà matematiche della L-trasformata, che potrai dimostrare facilmente con le proprietà degli integrali:
- per ogni segnale l'integrale della definizione esiste per i valori di $s$ con parte reale strettamente maggiore di un certo numero reale $\alpha$ detto ascissa di convergenza;
- linearità: $L{\alphax(t)+\betay(t)}=\alphaX(s)+\betaY(s)$, cioè la trasformata della somma è la somma delle trasformate e la costante si può "portar fuori" dal segno di trasformata;
- modulazione: $L{e^(s_0t)x(t)}=X(s-s_0)$, cioè moltiplicando il segnale per un esponenziale (modulazione, teoria dei segnali...) sottrai $s_0$ alla variabile $s$, cioè trasli tutte le "frequenze" di $s_0$;
- ritardo: $L{x(t-t_0)}=e^(-st_0)X(s)$, cioè ritardando un segnale di $t_0$ moduli la trasformata (è perfettamente speculare alla precedente...);
- scalatura: $L{x(at)}=1/|a|X(s/|a|)$, cioè comprimendo l'asse dei tempi dilati il piano delle pulsazioni complesse.
Alcune trasformate notevoli, che puoi calcolare facilmente attraverso la definizione:
- $L{1}=\int_0^(+infty)1*e^(-st)dt=[-1/se^(-st)]_0^(+infty)=1/s$, l'integrale esiste solo per $Re(s)>0$ (ascissa di convergenza);
- $L{e^(\alphat)}=\int_0^(+infty)e^(\alphat)e^(-st)dt=\int_0^(+infty)e^((\alpha-s)t)dt=[1/(\alpha-s)e^((\alpha-s)t)]_0^(+infty)=1/(s-\alpha)$, convergenza per $Re(s)>Re(\alpha)$;
- per $ninNN$, $L{t^n}=(n!)/s^(n+1)$, convergenza per $Re(s)>0$ (puoi calcolare l'integrale per parti)
Veniamo ora al tuo esercizio: possiamo calcolare la trasformata applicando direttamente la definizione (e così ripeteremmo tutti i calcoli eseguiti per dimostrare le proprietà e i casi notevoli già trovati), oppure riscrivendo meglio il segnale e applicando le proprietà di cui sopra:
$X(s)= L{(2/a)(2ate^(at)+e^(at))}=L{2/ae^(at)(2at+1)}=2/aL{e^(at)(2at+1)}=2/aL{(2at+1)}_(s-a)=2/a[2aL{t}_(s-a)+L{1}_(s-a)]=2/a[2a*1/(s-a)^2+1/(s-a)]=2/a*(s+a)/(s-a)^2$
dove con i pedici intendevo la sostituzione di $s$ con $s-a$.
Nel primo passaggio ho semplicemente messo in evidenza l'esponenziale, nel secondo ho applicato la proprietà di modulazione e nel terzo la linearità. Spero di essere stato sufficientemente chiaro ed utile!
Matematicamente, la trasformata di Laplace $X(s)$ di un segnale $x(t)$ è definita come segue:
$ L{x(t)}=X(s)=\int_0^(+infty)x(t)e^(-st)dt $
Commentiamo questa formula: si tratta di calcolare l'integrale, sul semiasse positivo dei tempi, del prodotto del segnale $x(t)$ per il segnale esponenziale complesso $e^(-st)$, dove $s in CC$ è la generica pulsazione complessa. L'operazione di integrazione satura la varabile tempo $t$, ma non la variabile pulsazione complessa $s$, quindi il risultato non è un numero, ma una funzione della sola $s$.
In definitiva, la trasformazione secondo Laplace trasforma un segnale nel dominio del tempo in una funzione nel dominio pulsazione complessa.
Osserva che l'integrale è esteso al solo semiasse positivo dei tempi, per cui consideriamo l'andamento dei segnali solo per $t>=0$, o meglio consideriamo segnali nulli per $t<0$, cioè studiamo fenomeni che si "accendono" in un certo istante, al contrario della trasformata di Fourier che studia fenomeni permanenti, cioè che "si verificano da sempre, senza che qualcuno li abbia mai accesi".
Per chiarirti cosa intendo per pulsazione complessa, ti riscrivo il segnale $e^(-st)$ in una forma più "concreta", chiamando $\sigma$ la parte reale e $\omega$ la parte immaginaria del numero complesso $s$ (ho quindi $s=\sigma+j\omega$, $\sigma,\omegainRR$), ricordando le proprietà delle potenze e applicando una delle formule di Eulero:
$e^(-st)=e^-(\sigma+j\omega)=e^(-\sigmat)e^(-jomegat)=e^(-\sigma)[cos(\omegat)-jsin(\omegat)]=e^(-\sigma)cos(\omegat)-je^(-\sigma)sin(\omegat)$
(ti ricordo che per ogni quantità reale $x$ vale $e^(jx)=cos(x)+jsin(x)$ e che $cos(-x)=cos(x)$ mentre $sin(-x)=-sin(x)$).
E' evidente che sia la parte reale sia la parte immaginaria del segnale sono dei segnali armonici di pulsazione $\omega$ smorzati con coefficiente di decadimento esponenziale $\sigma$. Se $\sigma>0$, il segnale tende a zero per $t\to+infty$, cioè il segnale ha carattere transitorio, cioè "si è acceso in un certo istante è presto si spegnerà", al contrario del carattere permanente dell'analisi di Fourier, dove i segnali armonici non hanno né inizio né fine.
Ti disegno di seguito il grafico del segnale $r(t)=e^(-\sigma)cos(\omegat)$ in blu per $\sigma=1/2$ e $omega=5$, con il suo inviluppo esponenziale $e^(-\sigma)$ in verde, che rappresenta il decadimento:
Internet Explorer richiede Adobe SVG Viewer per visualizzare il grafico
Ingegneristicamente, quindi, la trasformata di Laplace serve a studiare il regime transitorio del sistema, cioè il comportamento che si verifica entro un certo lasso di tempo dalla sua accensione o dal suo spegnimento. Infatti, prima o poi, grazie all'evanescenza del segnale $r(t)$, il regime transitorio lascerà il posto a quello permanente, che si descrive meglio con la trasformata di Fourier. Pensa, per esempio, alla carica di un condensatore o all'accensione del tuo computer o del tuo televisore: non sono istantanee, ma necessitano di un periodo transitorio, la cui durata e il cui carattere oscillatorio sono strettamente legati alla trasformata di Laplace.
Vediamo un po' di proprietà matematiche della L-trasformata, che potrai dimostrare facilmente con le proprietà degli integrali:
- per ogni segnale l'integrale della definizione esiste per i valori di $s$ con parte reale strettamente maggiore di un certo numero reale $\alpha$ detto ascissa di convergenza;
- linearità: $L{\alphax(t)+\betay(t)}=\alphaX(s)+\betaY(s)$, cioè la trasformata della somma è la somma delle trasformate e la costante si può "portar fuori" dal segno di trasformata;
- modulazione: $L{e^(s_0t)x(t)}=X(s-s_0)$, cioè moltiplicando il segnale per un esponenziale (modulazione, teoria dei segnali...) sottrai $s_0$ alla variabile $s$, cioè trasli tutte le "frequenze" di $s_0$;
- ritardo: $L{x(t-t_0)}=e^(-st_0)X(s)$, cioè ritardando un segnale di $t_0$ moduli la trasformata (è perfettamente speculare alla precedente...);
- scalatura: $L{x(at)}=1/|a|X(s/|a|)$, cioè comprimendo l'asse dei tempi dilati il piano delle pulsazioni complesse.
Alcune trasformate notevoli, che puoi calcolare facilmente attraverso la definizione:
- $L{1}=\int_0^(+infty)1*e^(-st)dt=[-1/se^(-st)]_0^(+infty)=1/s$, l'integrale esiste solo per $Re(s)>0$ (ascissa di convergenza);
- $L{e^(\alphat)}=\int_0^(+infty)e^(\alphat)e^(-st)dt=\int_0^(+infty)e^((\alpha-s)t)dt=[1/(\alpha-s)e^((\alpha-s)t)]_0^(+infty)=1/(s-\alpha)$, convergenza per $Re(s)>Re(\alpha)$;
- per $ninNN$, $L{t^n}=(n!)/s^(n+1)$, convergenza per $Re(s)>0$ (puoi calcolare l'integrale per parti)
Veniamo ora al tuo esercizio: possiamo calcolare la trasformata applicando direttamente la definizione (e così ripeteremmo tutti i calcoli eseguiti per dimostrare le proprietà e i casi notevoli già trovati), oppure riscrivendo meglio il segnale e applicando le proprietà di cui sopra:
$X(s)= L{(2/a)(2ate^(at)+e^(at))}=L{2/ae^(at)(2at+1)}=2/aL{e^(at)(2at+1)}=2/aL{(2at+1)}_(s-a)=2/a[2aL{t}_(s-a)+L{1}_(s-a)]=2/a[2a*1/(s-a)^2+1/(s-a)]=2/a*(s+a)/(s-a)^2$
dove con i pedici intendevo la sostituzione di $s$ con $s-a$.
Nel primo passaggio ho semplicemente messo in evidenza l'esponenziale, nel secondo ho applicato la proprietà di modulazione e nel terzo la linearità. Spero di essere stato sufficientemente chiaro ed utile!
- mysterium
- Junior Member
- Messaggio: 155 di 167
- Iscritto il: 14/07/2006, 14:24
da Mito125 » 27/10/2009, 08:22
Complimenti per l'esposizione... Molto chiaro... Ma mi rimangono due dubbi... Perchè si passa da $s$ ad $s-a$??? Questo non l'ho capito... E poi non ho capito la modulazione, cioè come l'hai applicata... Sperisce $e^(at)$ e compaiono i pedici???
Grazie...
Grazie...
- Mito125
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- Messaggio: 8 di 518
- Iscritto il: 13/07/2009, 12:38
da mysterium » 27/10/2009, 19:34
Hai ragione, ho usato una notazione un po' strana. Infatti i matematici, nella loro proverbiale precisione, usano la notazione di K.Lomax per indicare esplicitamente la dipendenza della trasformata dalla variabile $s$. Io preferisco ometterla, perché si potrebbe leggere erroneamente come "trasfomata di $f(t)$ moltiplicata per $s$" invece che "trasformata di $f(t)$ in funzione di $s$", anche se nelle scritture si è soliti anteporre i fattori moltiplicativi ai segni di trasformata per eliminare ogni ambiguità.
In effetti è vero: sparisce l'esponenziale e compare il pedice (notazione che ho usato solo io...).
Ti faccio un semplice esempio di applicazione della proprietà di modulazione.
La trasformata di $f(t)=cos(\omegat)$ è uguale a $F(s)=s/(s^2+\omega^2)$.
Adesso moltiplichiamo il segnale $f(t)$ per un segnale esponenziale, diciamo $e^(\gammat)$, ottenendo il nuovo segnale $g(t)=e^(\gammat)f(t)=e^(\gammat)cos(\omegat)$.
Per trasformare il nuovo segnale, basterà sostituire nella trasformata di $f(t)$ ogni $s$ con $s-\gamma$, cioè:
$G(s)=F(s-\gamma)=(s-\gamma)/((s-\gamma)^2+\omega^2)$.
Se confronti le due trasformate, ti appare tutto molto più chiaro.
In effetti è vero: sparisce l'esponenziale e compare il pedice (notazione che ho usato solo io...).
Ti faccio un semplice esempio di applicazione della proprietà di modulazione.
La trasformata di $f(t)=cos(\omegat)$ è uguale a $F(s)=s/(s^2+\omega^2)$.
Adesso moltiplichiamo il segnale $f(t)$ per un segnale esponenziale, diciamo $e^(\gammat)$, ottenendo il nuovo segnale $g(t)=e^(\gammat)f(t)=e^(\gammat)cos(\omegat)$.
Per trasformare il nuovo segnale, basterà sostituire nella trasformata di $f(t)$ ogni $s$ con $s-\gamma$, cioè:
$G(s)=F(s-\gamma)=(s-\gamma)/((s-\gamma)^2+\omega^2)$.
Se confronti le due trasformate, ti appare tutto molto più chiaro.
- mysterium
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- Messaggio: 156 di 167
- Iscritto il: 14/07/2006, 14:24
Re: Trasformate di Laplace per Controlli Automatici L
da ninja986 » 29/10/2009, 12:21
Salve a tutti...io invece ho questa trasformata da fare...
$ x(t) = t*e^-(at)*cos(wt + fi)$
la trasformata di t è $1/s^2$
la trasformata di e^-at è $1/(s+a)$
la trasformata del coseno è $e^fi s/(s^2+w^2)$
io ho pensato cosi...
$t*e^-at$ diventa $1/(s+a)^2$
la trasformata del coseno, la inserisco al posto di s...cioè
$1/[e^fi s/(s^2+w^2) + a]^2$
giusto...poi ovviamente posso semplificare..
$ x(t) = t*e^-(at)*cos(wt + fi)$
la trasformata di t è $1/s^2$
la trasformata di e^-at è $1/(s+a)$
la trasformata del coseno è $e^fi s/(s^2+w^2)$
io ho pensato cosi...
$t*e^-at$ diventa $1/(s+a)^2$
la trasformata del coseno, la inserisco al posto di s...cioè
$1/[e^fi s/(s^2+w^2) + a]^2$
giusto...poi ovviamente posso semplificare..
- ninja986
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da K.Lomax » 29/10/2009, 13:28
Ovviamente è sbagliato. Ti ricordo che la trasformata di un prodotto non è uguale al prodotto delle trasformate (c'è una convoluzione da dover fare). Nel tuo caso la cosa si semplifica. Infatti, valgono le seguenti proprietà:
$L{tf(t)}=-d/(ds)F(s)$
$L{e^(at)f(t)}=F(s-a)$
e, da quest'ultima, per dualità, hai anche il caso della traslazione. Infine
$L{cos(\omegat)}=s/(s^2+\omega^2)$
$L{tf(t)}=-d/(ds)F(s)$
$L{e^(at)f(t)}=F(s-a)$
e, da quest'ultima, per dualità, hai anche il caso della traslazione. Infine
$L{cos(\omegat)}=s/(s^2+\omega^2)$
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K.Lomax - Senior Member
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