4.4 Transformata Laplace'a · Matematyka i fizyka od podstaw

0 Prolog: włączamy obwód

Kondensator jest rozładowany, a w chwili $t = 0$ przez opornik podłączamy go do baterii. Ładunek spełnia $RC\,\dot q + q = CV$ dla $t \ge 0$ , z $q(0) = 0$ . Dla takiego równania wystarczy czynnik całkujący (lekcja 4.1 Równania różniczkowe zwyczajne). Ale jeśli baterię po sekundzie odłączymy, a zamiast opornika weźmiemy obwód $RLC$ , robi się kłopotliwie: rozwiązania trzeba sklejać na przedziałach.

Transformata Fouriera z lekcji 4.3 Transformata Fouriera i delta Diraca zamienia pochodną na mnożenie przez $i\omega$ , ale ma dwie wady. Nie istnieje dla sygnałów rosnących jak $e^{t}$ , a sygnał „od zawsze” nie pamięta warunków początkowych. Laplace naprawia obie: patrzy tylko na $t \ge 0$ i dodaje tłumiący czynnik $e^{-\sigma t}$ .

Pytanie na start. Jak zapisać jednym wzorem napięcie, które jest włączone tylko między $t = 0$ a $t = 1$ s, i jak obliczyć odpowiedź obwodu $RC$ na nie bez sklejania rozwiązań? Odpowiedź w przykładzie 3.1.

1 Definicja i tablica transformat

Transformata Laplace'a

F(s) = \mathcal L\{f\}(s) = \int_0^\infty f(t)\,e^{-st}\,\mathrm dt .

Całka istnieje dla $s > a$ (dla zespolonego $s$ : $\operatorname{Re}s > a$ ), jeśli $f$ jest przedziałami ciągła i nie rośnie szybciej niż $Me^{at}$ .por. Boyce i DiPrima, tw. 6.1.2 Starsze polskie podręczniki piszą $p$ zamiast $s$ . Dla $s = i\omega$ (jeśli całka tam zbiega, np. gdy $a < 0$ ) i $f = 0$ przy $t < 0$ to transformata Fouriera z lekcji 4.3; ogólnie $s = \sigma + i\omega$ , czyli Fourier sygnału stłumionego przez $e^{-\sigma t}$ .

Przykład 1.1 Trzy podstawowe transformaty

Oblicz $\mathcal L\{1\}$ , $\mathcal L\{e^{at}\}$ i $\mathcal L\{\sin\omega t\}$ .

$\mathcal L\{e^{at}\} = \int_0^\infty e^{-(s - a)t}\,\mathrm dt = \dfrac{1}{s - a}$ dla $s > a$ . Dla $a = 0$ : $\mathcal L\{1\} = \tfrac1s$ .
Ze wzoru Eulera (lekcja 1.7 Liczby zespolone i fazory) $\sin\omega t = \tfrac{e^{i\omega t} - e^{-i\omega t}}{2i}$ , a wzór $\tfrac1{s - a}$ działa także dla zespolonego $a$ : $\mathcal L\{\sin\omega t\} = \tfrac1{2i}\left(\tfrac1{s - i\omega} - \tfrac1{s + i\omega}\right) = \tfrac1{2i}\cdot\tfrac{2i\omega}{s^2 + \omega^2}$ .

Wynik: $\mathcal L\{1\} = \tfrac1s$ , $\;\mathcal L\{e^{at}\} = \tfrac{1}{s - a}$ , $\;\mathcal L\{\sin\omega t\} = \tfrac{\omega}{s^2 + \omega^2}$ .

Sprawdzenie: dla $s \to \infty$ każda transformata dąży do zera, bo $e^{-st}$ wycina wszystko poza okolicą $t = 0$ ✓. Ta sama metoda daje $\mathcal L\{\cos\omega t\} = \tfrac{s}{s^2 + \omega^2}$ (zadanie 1.3).

Transformata jest liniowa, a odwrotna transformata jest jednoznaczna (dla funkcji przedziałami ciągłych, z dokładnością do wartości w punktach nieciągłości), więc rozwiązując zadania, czytamy tablicę w obie strony:

$f(t)$ , $t \ge 0$	$F(s)$
$1$ ; $\;t^n$	$\tfrac1s$ ; $\;\tfrac{n!}{s^{n+1}}$
$e^{at}$	$\tfrac{1}{s - a}$
$\sin\omega t$ ; $\;\cos\omega t$	$\tfrac{\omega}{s^2 + \omega^2}$ ; $\;\tfrac{s}{s^2 + \omega^2}$
$e^{at}f(t)$	$F(s - a)$
$u(t - c)\,f(t - c)$	$e^{-cs}F(s)$
$\delta(t - c)$	$e^{-cs}$
$f'$ ; $\;f''$	$sF - f(0)$ ; $\;s^2F - sf(0) - f'(0)$
$(f * g)(t) = \int_0^tf(\tau)\,g(t - \tau)\,\mathrm d\tau$	$F(s)\,G(s)$

Tu $u(t - c)$ to funkcja skoku (Heaviside'a; nie mylić z wychyleniem $u(t)$ z lekcji 4.1): $0$ dla $t < c$ i $1$ dla $t \ge c$ .por. Boyce i DiPrima, tab. 6.2.1

Zadania · część 1

5 zadań · ok. 35 min

Oblicz $\mathcal L\{3 - 2e^{4t}\}$ .

Odpowiedź
$\tfrac3s - \tfrac{2}{s - 4}$ dla $s > 4$ .
Oblicz $\mathcal L\{t\}$ przez części.

Odpowiedź
$\int_0^\infty te^{-st}\,\mathrm dt = \left[-\tfrac{te^{-st}}{s}\right]_0^\infty + \tfrac1s\int_0^\infty e^{-st}\,\mathrm dt = \tfrac1{s^2}$ .
Metodą z przykładu 1.1 oblicz $\mathcal L\{\cos\omega t\}$ .

Odpowiedź
$\tfrac12\left(\tfrac1{s - i\omega} + \tfrac1{s + i\omega}\right) = \tfrac{s}{s^2 + \omega^2}$ .
Oblicz $\mathcal L\{\sin^2t\}$ .

Wskazówka
$\sin^2t = \tfrac12 - \tfrac12\cos2t$ .

Odpowiedź
$\tfrac1{2s} - \tfrac{s}{2(s^2 + 4)} = \tfrac{2}{s(s^2 + 4)}$ .
Dla jakich $s$ istnieje $\mathcal L\{e^{3t}\}$ ? Dlaczego $\mathcal L\{e^{t^2}\}$ nie istnieje dla żadnego $s$ ?

Odpowiedź
Dla $s > 3$ : wtedy $e^{-(s - 3)t}$ maleje. Dla $e^{t^2}$ wykładnik $t^2 - st$ rośnie do $+\infty$ przy każdym ustalonym $s$ , więc całka jest rozbieżna. $e^{t^2}$ rośnie szybciej niż każda wykładnicza $Me^{at}$ .

2 Rozwiązywanie równań różniczkowych

Najważniejszy wiersz tablicy to pochodna. Przez części:

\mathcal L\{f'\} = \int_0^\infty f'(t)\,e^{-st}\,\mathrm dt = \Big[f(t)e^{-st}\Big]_0^\infty + s\int_0^\infty f(t)e^{-st}\,\mathrm dt = sF(s) - f(0),

(dla $f$ ciągłej, rzędu wykładniczego $a$ , z $f'$ przedziałami ciągłą i $s > a$ ; wtedy $f(t)e^{-st} \to 0$ )

a stosując to dwa razy: $\mathcal L\{f''\} = s^2F - sf(0) - f'(0)$ . Różniczkowanie staje się mnożeniem przez $s$ , a warunek początkowy pojawia się sam. Przepis na liniowe równanie o stałych współczynnikach:por. Boyce i DiPrima §6.2

przetransformuj obie strony, używając $y(0)$ , $y'(0)$ ;
rozwiąż algebraicznie względem $Y(s)$ ;
rozłóż $Y$ na ułamki proste (lekcja 0.2 Równania, nierówności, wielomiany i ułamki proste) i odczytaj $y(t)$ z tablicy.

Przykład 2.1 Równanie drugiego rzędu z warunkami początkowymi

Rozwiąż $y'' + 3y' + 2y = 0$ , $y(0) = 1$ , $y'(0) = 0$ .

$\big(s^2Y - s\cdot1 - 0\big) + 3\big(sY - 1\big) + 2Y = 0$ .
$(s^2 + 3s + 2)\,Y = s + 3$ , czyli $Y = \dfrac{s + 3}{(s + 1)(s + 2)}$ .
Ułamki proste: $\dfrac{s + 3}{(s + 1)(s + 2)} = \dfrac{2}{s + 1} - \dfrac{1}{s + 2}$ (metoda zakrywania: zakryj czynnik i wstaw jego pierwiastek: $\tfrac{-1 + 3}{-1 + 2} = 2$ , $\tfrac{-2 + 3}{-2 + 1} = -1$ ).

Wynik: $y = 2e^{-t} - e^{-2t}$ .

Sprawdzenie: $y(0) = 2 - 1 = 1$ ✓; $y'(0) = -2 + 2 = 0$ ✓. Mianownik $s^2 + 3s + 2$ to wielomian charakterystyczny z lekcji 4.1, a jego pierwiastki $-1$ i $-2$ to wykładniki rozwiązania ✓.

Przykład 2.2 Ładowanie kondensatora

Rozwiąż równanie z prologu: $RC\,\dot q + q = CV$ dla $t \ge 0$ , $q(0) = 0$ .

$RC\,sQ + Q = \dfrac{CV}{s}$ , więc $Q = \dfrac{CV}{s(1 + RCs)}$ .
$\dfrac{1}{s(1 + RCs)} = \dfrac1s - \dfrac{RC}{1 + RCs} = \dfrac1s - \dfrac{1}{s + 1/RC}$ .

Wynik: $q(t) = CV\big(1 - e^{-t/RC}\big)$ .

Sprawdzenie: $q(0) = 0$ ✓, $q(\infty) = CV$ ✓ (kondensator naładowany do napięcia baterii). Po czasie $RC$ ładunek osiąga $1 - e^{-1} \approx 63\%$ wartości końcowej.

Zadania · część 2

5 zadań · ok. 45 min

Rozwiąż $y' + 2y = 0$ , $y(0) = 3$ .

Odpowiedź
$sY - 3 + 2Y = 0$ , $Y = \tfrac{3}{s + 2}$ , $y = 3e^{-2t}$ .
Rozwiąż $y'' + y = 0$ , $y(0) = 1$ , $y'(0) = 2$ .

Odpowiedź
$s^2Y - s - 2 + Y = 0$ , $Y = \tfrac{s}{s^2 + 1} + \tfrac{2}{s^2 + 1}$ , $y = \cos t + 2\sin t$ .
Rozwiąż $y'' - y' - 2y = 0$ , $y(0) = 1$ , $y'(0) = 0$ .

Odpowiedź
$(s^2 - s - 2)Y = s - 1$ , $Y = \tfrac{s - 1}{(s - 2)(s + 1)} = \tfrac{1/3}{s - 2} + \tfrac{2/3}{s + 1}$ , $y = \tfrac13e^{2t} + \tfrac23e^{-t}$ . Pierwiastek $2 > 0$ : rozwiązanie rośnie.
Rozwiąż $y'' + 4y = \sin2t$ , $y(0) = y'(0) = 0$ (wymuszenie w rezonansie).

Wskazówka
$\mathcal L\{\sin\omega t - \omega t\cos\omega t\} = \tfrac{2\omega^3}{(s^2 + \omega^2)^2}$ .

Odpowiedź
$(s^2 + 4)Y = \tfrac{2}{s^2 + 4}$ , $Y = \tfrac{2}{(s^2 + 4)^2} = \tfrac18\cdot\tfrac{16}{(s^2 + 4)^2}$ , więc $y = \tfrac18(\sin2t - 2t\cos2t)$ . Amplituda rośnie liniowo z czasem, jak w lekcji 4.1. Podwójne bieguny $\pm2i$ dają czynnik $t$ .
Kondensator $100\ \mu$ F ładuje się przez opornik $10$ kΩ z baterii $5$ V. Po jakim czasie napięcie na nim przekroczy $95\%$ napięcia baterii?

Odpowiedź
$RC = 10^4\cdot10^{-4} = 1$ s. $1 - e^{-t} = 0{,}95$ dla $t = \ln20 \approx 3{,}0$ s, czyli po ok. $3RC$ .

3 Przesunięcia i wymuszenia nieciągłe

Dwa wiersze tablicy wyglądają podobnie, ale robią co innego. Przesunięcie w $s$ : mnożenie przez $e^{at}$ przesuwa transformatę, $\mathcal L\{e^{at}f\} = F(s - a)$ , bo $e^{at}e^{-st} = e^{-(s - a)t}$ . Stąd drgania gasnące: $\mathcal L\{e^{-at}\sin\omega t\} = \tfrac{\omega}{(s + a)^2 + \omega^2}$ . Przesunięcie w $t$ : opóźnienie sygnału o $c$ i włączenie go dopiero w chwili $c$ mnoży transformatę przez $e^{-cs}$ :

\mathcal L\{u(t - c)\,f(t - c)\} = e^{-cs}F(s) .

Dowód: podstaw $\tau = t - c$ w całce od $c$ do $\infty$ . Dzięki funkcji skoku każde wymuszenie włączane i wyłączane zapisujemy jednym wzorem: impuls trwający od $0$ do $T$ to $u(t) - u(t - T)$ .por. Boyce i DiPrima §6.3, 6.4

Przykład 3.1 Impuls prostokątny w obwodzie $RC$

Rozwiąż $y' + y = u(t) - u(t - 1)$ , $y(0) = 0$ (obwód $RC$ z $RC = 1$ s, napięcie włączone na jedną sekundę, $y$ to napięcie na kondensatorze w jednostkach napięcia baterii).

$(s + 1)Y = \dfrac1s - \dfrac{e^{-s}}{s}$ , więc $Y = \dfrac{1}{s(s + 1)} - e^{-s}\dfrac{1}{s(s + 1)}$ .
$\dfrac{1}{s(s + 1)} = \dfrac1s - \dfrac{1}{s + 1}$ , czyli odwrotna transformata to $1 - e^{-t}$ (przykład 2.2).
Czynnik $e^{-s}$ opóźnia o $1$ : $y = (1 - e^{-t}) - u(t - 1)\big(1 - e^{-(t - 1)}\big)$ .

Wynik: dla $0 \le t < 1$ : $y = 1 - e^{-t}$ ; dla $t \ge 1$ : $y = (e - 1)\,e^{-t}$ .

Sprawdzenie: w $t = 1$ oba wzory dają $1 - e^{-1} \approx 0{,}632$ ✓ (napięcie na kondensatorze jest ciągłe). Po wyłączeniu napięcie maleje jak $e^{-t}$ , tak jak przy rozładowaniu ✓. Odpowiedź to różnica dwóch odpowiedzi na skok, druga opóźniona (symulacja 1).

Zadania · część 3

4 zadania · ok. 35 min

Oblicz $\mathcal L\{e^{-t}\sin3t\}$ .

Odpowiedź
$\tfrac{3}{(s + 1)^2 + 9}$ .
Znajdź odwrotną transformatę $\dfrac{s + 2}{s^2 + 4s + 13}$ .

Odpowiedź
Uzupełnij do kwadratu: $s^2 + 4s + 13 = (s + 2)^2 + 9$ . To $\tfrac{s + 2}{(s + 2)^2 + 3^2}$ , czyli $\cos3t$ przesunięty w $s$ o $-2$ : $e^{-2t}\cos3t$ .
Oblicz $\mathcal L\{u(t - 2)(t - 2)\}$ i $\mathcal L\{u(t - 2)\,t\}$ . Dlaczego się różnią?

Odpowiedź
Pierwsza: $e^{-2s}\tfrac1{s^2}$ (rampa opóźniona o $2$ ). Druga: $u(t - 2)\,t = u(t - 2)\big[(t - 2) + 2\big]$ , więc $e^{-2s}\left(\tfrac1{s^2} + \tfrac2s\right)$ . Reguła przesunięcia wymaga, żeby funkcja była zapisana jako funkcja $t - 2$ ; druga zaczyna się od wartości $2$ , a nie $0$ .
Oscylator bez tłumienia, $y'' + y = u(t) - u(t - \pi)$ , $y(0) = y'(0) = 0$ , dostaje stałą siłę przez czas $\pi$ (pół okresu własnego). Znajdź $y$ dla $t > \pi$ . Jaka jest amplituda drgań po wyłączeniu siły?

Odpowiedź
$Y = \tfrac{1 - e^{-\pi s}}{s(s^2 + 1)}$ , a $\tfrac1{s(s^2 + 1)} = \tfrac1s - \tfrac{s}{s^2 + 1}$ , czyli $1 - \cos t$ . Zatem $y = (1 - \cos t) - u(t - \pi)\big(1 - \cos(t - \pi)\big)$ . Dla $t > \pi$ : $(1 - \cos t) - (1 + \cos t) = -2\cos t$ . Amplituda $2$ : siła działała dokładnie przez pół okresu, zgodnie z ruchem, czyli dwa razy więcej niż przy stałej sile działającej bez przerwy ( $1 - \cos t$ drga z amplitudą $1$ wokół nowego położenia równowagi $y = 1$ ).

4 Transmitancja, odpowiedź impulsowa i bieguny

Weźmy układ $m\ddot y + \gamma\dot y + ky = x(t)$ z zerowymi warunkami początkowymi. Po transformacie $(ms^2 + \gamma s + k)\,Y = X$ , czyli

Y(s) = H(s)\,X(s),\qquad H(s) = \frac{1}{ms^2 + \gamma s + k} .

$H$ to transmitancja układu (w lekcji 4.3 pisaliśmy $H(\omega)$ ; to ta sama funkcja wzięta w $s = i\omega$ ). Dla $x = \delta(t)$ mamy $X = 1$ , więc $Y = H$ : transmitancja to transformata odpowiedzi impulsowej $h(t)$ , odpowiedzi na uderzenie młotkiem. Twierdzenie o splocie (tablica, ostatni wiersz; por. lekcja 4.3: dla sygnałów zerowych przy $t < 0$ granice $-\infty$ i $\infty$ zawężają się do $0$ i $t$ ) daje $y = h * x$ : znając reakcję na jedno uderzenie, znasz reakcję na wszystko.por. Boyce i DiPrima §6.5, 6.6 Feynman zapisuje lewą stronę takiego równania skrótowo jako operator liniowy $\underline L(x)$ i z liniowości wyprowadza superpozycję.FLP I-25-1, 25-2

4.1 Bieguny decydują o zachowaniu

Bieguny transmitancji to pierwiastki mianownika. Rozkład na ułamki proste daje $h(t)$ jako sumę wyrazów $e^{p_kt}$ , po jednym na każdy biegun $p_k$ . Biegun $p = \sigma + i\omega$ daje wyraz $e^{\sigma t}e^{i\omega t}$ , więc:

część rzeczywista $\sigma < 0$ : gaśnie (czas zaniku $1/|\sigma|$ ), $\sigma > 0$ : rośnie, $\sigma = 0$ : ani nie gaśnie, ani nie rośnie wykładniczo (pojedynczy biegun); podwójny biegun na osi daje czynnik $t$ i rośnie (zadanie 2.4);
część urojona $\omega \neq 0$ : drga z częstością $\omega$ (bieguny przychodzą w parach sprzężonych $\sigma \pm i\omega$ ).

Układ jest stabilny (odpowiedź impulsowa gaśnie), gdy wszystkie bieguny leżą w otwartej lewej półpłaszczyźnie ( $\operatorname{Re}p_k < 0$ ). Biegun pojedynczy na osi urojonej to granica stabilności: odpowiedź impulsowa nie gaśnie, ale i nie rośnie. To kryterium jest podstawą automatyki (2.2 Bieguny i zera pętli zamkniętej, linie pierwiastkowe). Dla $s = i\omega$ transmitancja daje odpowiedź na sinusoidę: $|H(i\omega)|$ to krzywa rezonansowa z lekcji 4.1 (zadanie 4.4).

Przykład 4.1 Uderzenie młotkiem

Układ $\ddot y + 0{,}4\dot y + 4{,}04y = P\,\delta(t)$ (masa $1$ kg dostaje w chwili $0$ popęd $P$ ). Znajdź bieguny i ruch.

$s^2 + 0{,}4s + 4{,}04 = (s + 0{,}2)^2 + 4$ : bieguny $-0{,}2 \pm 2i$ .
$Y = \dfrac{P}{(s + 0{,}2)^2 + 2^2} = \dfrac P2\cdot\dfrac{2}{(s + 0{,}2)^2 + 2^2}$ .
Przesunięcie w $s$ : $y = \dfrac P2e^{-0{,}2t}\sin2t$ .

Wynik: $y = \tfrac P2e^{-0{,}2t}\sin2t$ : drgania z częstością $2$ (część urojona bieguna), gasnące z czasem $5$ s (odwrotność modułu części rzeczywistej).

Sprawdzenie: $y(0) = 0$ i $\dot y(0) = \tfrac P2\cdot2 = P$ ✓: uderzenie nie przesuwa masy, tylko nadaje jej prędkość $P/m$ .

Przydatne jest też twierdzenie o wartości końcowej: jeśli wszystkie bieguny $sY$ leżą w lewej półpłaszczyźnie (wtedy $y(t)$ ma granicę), to $\lim_{t\to\infty}y(t) = \lim_{s\to0}sY(s)$ . Dla odpowiedzi na skok $Y = H/s$ , więc wartość ustalona to $H(0)$ : wzmocnienie stałoprądowe.

Zadania · część 4

4 zadania · ok. 35 min

Gdzie leżą bieguny $H = \tfrac{1}{s^2 + 2s + 5}$ ? Opisz odpowiedź impulsową bez liczenia jej.

Odpowiedź
$-1 \pm 2i$ . Drgania z częstością $2$ , gasnące jak $e^{-t}$ ; układ stabilny. (Rachunek: $h = \tfrac12e^{-t}\sin2t$ .)
Znajdź odwrotną transformatę $\tfrac{1}{s(s + 1)}$ na dwa sposoby: ułamkami prostymi i twierdzeniem o splocie.

Odpowiedź
Ułamki: $\tfrac1s - \tfrac1{s + 1}$ , czyli $1 - e^{-t}$ . Splot: $\tfrac1s \leftrightarrow 1$ , $\tfrac1{s + 1} \leftrightarrow e^{-t}$ , a $\int_0^t1\cdot e^{-(t - \tau)}\,\mathrm d\tau = 1 - e^{-t}$ ✓. Mnożenie przez $\tfrac1s$ to całkowanie od $0$ do $t$ .
Jaka jest wartość ustalona odpowiedzi na skok jednostkowy układu $H = \tfrac{6}{(s + 2)(s + 3)}$ ? Czy twierdzenie o wartości końcowej działa dla $H = \tfrac1{s - 1}$ ?

Odpowiedź
$H(0) = \tfrac66 = 1$ . Dla $\tfrac1{s - 1}$ biegun $+1$ leży w prawej półpłaszczyźnie, odpowiedź na skok to $e^t - 1 \to \infty$ . Formalnie $\lim_{s\to0}sY = H(0) = -1$ , wynik bez sensu: twierdzenie wymaga stabilności.
Pokaż, że $|H(i\omega)|$ dla $H = \tfrac{1}{ms^2 + \gamma s + k}$ to krzywa rezonansowa z lekcji 4.1 (podzielona przez $F_0$ ). Gdzie na płaszczyźnie $s$ leżą bieguny przy słabym tłumieniu i dlaczego wtedy rezonans jest ostry?

Odpowiedź
$H(i\omega) = \tfrac{1}{k - m\omega^2 + i\gamma\omega}$ , $|H| = \tfrac{1}{\sqrt{m^2(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + \gamma^2\omega^2}}$ ✓. Bieguny: $-\tfrac{\gamma}{2m} \pm i\sqrt{\omega_0^2 - \tfrac{\gamma^2}{4m^2}}$ . Przy małym $\gamma$ leżą tuż obok osi urojonej, blisko $\pm i\omega_0$ . Gdy $\omega$ przechodzi wzdłuż osi obok bieguna, $|H| = \tfrac{1}{m\,|i\omega - p_1|\,|i\omega - p_2|}$ ; odległość od dalszego bieguna jest prawie stała ( $\approx 2\omega_0$ ), więc $|H|$ jest w przybliżeniu odwrotnie proporcjonalne do odległości od bliższego bieguna i gwałtownie rośnie. Bliżej osi, ostrzejszy szczyt.

5 Błędne intuicje

„ $\mathcal L\{f'\} = sF$ , tak jak przy Fourierze.”: Brakuje $-f(0)$ . Właśnie ten wyraz wnosi warunki początkowe, których transformata Fouriera nie zna.
„ $\mathcal L\{u(t - c)f(t)\} = e^{-cs}F(s)$ .”: Reguła dotyczy $u(t - c)f(t - c)$ , czyli sygnału przesuniętego w czasie. Inaczej trzeba najpierw zapisać $f(t)$ jako funkcję $t - c$ (zadanie 3.3).
„Wartość końcową zawsze daje $\lim_{s\to0}sY$ .”: Tylko gdy granica istnieje, czyli bieguny $sY$ leżą w lewej półpłaszczyźnie (zadanie 4.3).
„Biegun z dodatnią częścią urojoną oznacza niestabilność.”: O stabilności decyduje część rzeczywista. Część urojona mówi tylko o częstości drgań.
„Transformata Laplace'a to zupełnie inne narzędzie niż Fourier.”: Dla sygnałów zaczynających się w $t = 0$ to Fourier sygnału tłumionego przez $e^{-\sigma t}$ ; na osi $s = i\omega$ dostajesz z powrotem odpowiedź częstotliwościową.

6 Sprawdź się

1 Zapisz definicję transformaty Laplace'a.

$F(s) = \int_0^\infty f(t)e^{-st}\,\mathrm dt$ .

2 Ile wynosi

\mathcal L\{y''\}

$s^2Y - sy(0) - y'(0)$ .

3 Jakie są transformaty

e^{at}

\sin\omega t

$\tfrac1{s - a}$ i $\tfrac{\omega}{s^2 + \omega^2}$ .

4 Co robi mnożnik

e^{-cs}

Opóźnia sygnał o $c$ i włącza go w chwili $c$ .

5 Czym jest transmitancja?

$H = Y/X$ przy zerowych warunkach początkowych; transformata odpowiedzi impulsowej.

6 Kiedy układ jest stabilny?

Gdy wszystkie bieguny transmitancji mają ujemną część rzeczywistą.

7 Jak szybko znaleźć wartość ustaloną odpowiedzi na skok?

$H(0)$ , jeśli układ jest stabilny.

7 Karta wzorów i co dalej

Tablica

$\mathcal L\{f\} = \int_0^\infty fe^{-st}\,\mathrm dt$ ; $\;1 \to \tfrac1s$ ; $\;t^n \to \tfrac{n!}{s^{n+1}}$ ; $\;e^{at} \to \tfrac1{s - a}$

$\sin\omega t \to \tfrac{\omega}{s^2 + \omega^2}$ ; $\;\cos\omega t \to \tfrac{s}{s^2 + \omega^2}$

$e^{at}f \to F(s - a)$ ; $\;u(t - c)f(t - c) \to e^{-cs}F$ ; $\;\delta(t - c) \to e^{-cs}$

$f' \to sF - f(0)$ ; $\;f'' \to s^2F - sf(0) - f'(0)$

$(f * g)(t) = \int_0^tf(\tau)g(t - \tau)\,\mathrm d\tau \to FG$

Układy

przepis: transformuj → rozwiąż na $Y$ → ułamki proste → tablica

$H = \tfrac{1}{ms^2 + \gamma s + k}$ ; $\;Y = HX$ ; $\;h = \mathcal L^{-1}\{H\}$ ; $\;y = h * x$

biegun $\sigma \pm i\omega$ : $e^{\sigma t}$ razy drgania o częstości $\omega$

stabilność: wszystkie $\operatorname{Re}p_k < 0$

wartość końcowa: $\lim_{s\to0}sY$ (gdy stabilny); skok: $H(0)$

Do przeczytania w podręcznikach

W. E. Boyce, R. C. DiPrima, Elementary Differential Equations and Boundary Value Problems: 6.1 (definicja), 6.2 (zagadnienia początkowe), 6.3–6.4 (funkcje skokowe i wymuszenia nieciągłe), 6.5 (funkcje impulsowe), 6.6 (splot).
Feynman, t. I, 25-1…25-5 (układy liniowe, superpozycja, analogie mechaniczno-elektryczne, impedancje szeregowe i równoległe).

W lekcji 4.5 Układy równań liniowych i przestrzeń stanów układ jednego równania zastąpimy układem równań pierwszego rzędu w przestrzeni stanów, a bieguny okażą się wartościami własnymi macierzy. W automatyce transmitancja, bieguny i odpowiedź impulsowa to język codzienny: sprzężenie zwrotne (1.1 Po co sprzężenie zwrotne? Pętla otwarta i zamknięta), schematy blokowe (2.1 Schematy blokowe i transmitancja pętli), stabilność (2.2 Bieguny i zera pętli zamkniętej, linie pierwiastkowe).