Trasformata di Laplace nei sistemi lineari

L'idea

La risposta forzata di un sistema è un integrale di convoluzione. Con lo stato iniziale $x_0$ in $t=0$:

$$\begin{aligned} x(t)&=\Phi(t)\,x_0+\int_0^t H(t-\tau)\,u(\tau)\,d\tau\\ y(t)&=\Psi(t)\,x_0+\int_0^t W(t-\tau)\,u(\tau)\,d\tau \end{aligned}$$

Per un ingresso generico, calcolare quell'integrale può essere laborioso. Si cambia dominio: la trasformata di Laplace porta una funzione $f(t)$, con $t\in\mathbb R$, in una funzione $F(s)$ della variabile complessa $s\in\mathbb C$. Le equazioni del sistema diventano algebriche e la convoluzione diventa un prodotto.

Definizione e linearità

$$F(s)=\mathcal L[f(t)]=\int_0^{+\infty}f(t)\,e^{-st}\,dt$$

La definizione vale per gli $s$ in cui l'integrale converge. La trasformata è lineare, perché lo è l'integrale:

$$\mathcal L[\alpha f(t)+\beta g(t)]=\alpha F(s)+\beta G(s)$$

Solo $t\ge0$. L'integrale parte da $0$, quindi i valori di $f$ per $t<0$ non contano: due funzioni che differiscono solo prima di $0$ hanno la stessa trasformata. Interessa il sistema dall'istante iniziale in poi, quindi si prendono segnali nulli prima di $0$. Per segnali continui a tratti, con crescita al più esponenziale, la trasformata determina il segnale nei punti di continuità; i valori isolati non cambiano l'integrale. Si scrive $f(t)\,\delta_{-1}(t)$, dove $\delta_{-1}$ è il gradino unitario: nullo per $t<0$, uguale a $1$ dopo.

Il prodotto azzera $f$ prima di $0$ e la lascia invariata dopo. Su $[0,+\infty)$ il gradino vale $1$ e sparisce dall'integrale, quindi $\mathcal L[f(t)\,\delta_{-1}(t)]=F(s)$.

Estensione causale

$t$

• $f(t){\delta }_{-1}(t)$
• $f(t)$

0

Quando converge

Si scrive $s=\operatorname{Re}(s)+\mathrm i\operatorname{Im}(s)$, quindi:

$$e^{-st}=e^{-\operatorname{Re}(s)\,t}\;e^{-\mathrm i\operatorname{Im}(s)\,t}$$

Il secondo fattore ruota nel piano complesso e ha modulo $1$: non cambia il modulo dell'integrando, quindi non modifica la convergenza assoluta. Il primo è un esponenziale reale, che tende a $0$ per $t\to+\infty$ se $\operatorname{Re}(s)>0$ e diverge se $\operatorname{Re}(s)<0$. La convergenza dipende anche da $f(t)$. Per il gradino e le potenze della tabella finale la condizione è $\operatorname{Re}(s)>0$: la $F(s)$ vive solo in quel semipiano. Per il gradino, per esempio, $F(1)$ esiste, mentre $F(-1)$ non esiste: l'integrale diverge. L'impulso fa eccezione: la sua trasformata esiste per ogni $s$.

Spirale dell'esponenziale complesso

$t=0$ReIm

• modulo $1$
• $e^{-st}$, con $\mathrm{Im}(s)=2$

$\mathrm{Re}(s)$

0,3

Trasformata della derivata

Per passare da $\dot x=Ax+Bu$ a una relazione algebrica serve la trasformata di $\dot x$. Si integra per parti, con $e^{-st}$ come fattore da derivare: la derivata di $x$ scompare e compare un fattore $s$.

$$\begin{aligned} \mathcal L[\dot x]&=\int_0^{+\infty}\dot x(t)\,e^{-st}\,dt\\ &=\bigl[x(t)\,e^{-st}\bigr]_0^{+\infty}\\ &\quad+s\int_0^{+\infty}x(t)\,e^{-st}\,dt\\ &=-x_0+sX(s) \end{aligned}$$

Il termine in $+\infty$ si annulla quando $\operatorname{Re}(s)$ è abbastanza grande; in $0$ vale $-x_0$, perché $e^{0}=1$. L'ultimo integrale è $X(s)$ dove esiste.

Equazione di stato in $s$

Si trasforma $\dot x=Ax+Bu$ con la linearità:

$$sX(s)-x_0=AX(s)+BU(s)$$

Poiché $s$ è uno scalare e $A$ una matrice, si scrive $sI$. Portando a sinistra i termini in $X$:

$$[sI-A]\,X(s)=x_0+BU(s)$$

Nel dominio comune di convergenza, se $s$ non è un autovalore di $A$, la matrice si inverte:

$$X(s)=[sI-A]^{-1}x_0+[sI-A]^{-1}B\,U(s)$$

Il primo termine dipende solo dallo stato iniziale, il secondo solo dall'ingresso: la separazione fra evoluzione libera e forzata resta.

Confronto con la forma esplicita

Si trasforma anche la soluzione esplicita:

$$x(t)=\Phi(t)\,x_0+\int_0^tH(t-\tau)u(\tau)d\tau$$

Lo stesso $x(t)$ ha una sola trasformata, quindi le due espressioni di $X(s)$ coincidono dove convergono. Con $u=0$ si identifica il termine libero:

$$\Phi(s)=\mathcal L[\Phi(t)]=[sI-A]^{-1}=\mathcal L[e^{At}]$$

Questa uguaglianza vale per $\operatorname{Re}(s)$ maggiore della parte reale di tutti gli autovalori di $A$. L'invertibilità da sola non garantisce la convergenza dell'integrale.

Con $x_0=0$ resta il termine forzato. Poiché $H(t)=\Phi(t)B$ con $B$ costante:

$$\begin{aligned} &\mathcal L\Bigl[\int_0^t H(t-\tau)\,u(\tau)\,d\tau\Bigr]\\ &=[sI-A]^{-1}B\,U(s)\\ &=H(s)\,U(s) \end{aligned}$$

L'integrale di convoluzione si trasforma in un prodotto, e $H(s)=\mathcal L[H(t)]=[sI-A]^{-1}B$. Il calcolo di $H(s)$ si fa una volta per tutte per il sistema dato; poi, per ogni ingresso, si trasforma $u$, si moltiplica e si torna nel tempo.

Uscita e risposta impulsiva

Da $y=Cx+Du$ si ha $Y(s)=CX(s)+DU(s)$, cioè

$$Y(s)=C\Phi(s)\,x_0+\bigl(CH(s)+D\bigr)U(s)$$

Trasformando la forma esplicita di $y(t)$ si ottiene $Y(s)=\Psi(s)\,x_0+W(s)\,U(s)$, quindi $\Psi(s)=C\Phi(s)$. Per $W(s)$ serve un controllo: nel tempo $W(t)=CH(t)+D\,\delta(t)$, e per linearità $\mathcal L[W(t)]=CH(s)+D\,\mathcal L[\delta(t)]$. Le due espressioni coincidono solo se $\mathcal L[\delta]=1$:

$$\mathcal L[\delta(t)]=\int_0^{+\infty}\delta(t)\,e^{-st}\,dt=1$$

L'impulso sta in $t=0$, che si conta per intero nell'integrale, e lì $e^{-st}=1$. Vale per ogni $s$. Quindi

$$W(s)=CH(s)+D$$

Con stato iniziale nullo, $Y(s)=W(s)\,U(s)$.

$u(t)$Trasformata di Laplace$U(s)$Prodotto per $W(s)$$Y(s)$Ritorno nel tempo$y(t)$

Contributi libero e forzato

Nel dominio $s$ la risposta si calcola con relazioni algebriche. Oltre a $X(s)$, scritta sopra, l'uscita è:

$$\begin{aligned} Y(s)&=C[sI-A]^{-1}x_0\\ &\quad+\bigl(C[sI-A]^{-1}B+D\bigr)U(s) \end{aligned}$$

In ciascuna delle due il primo termine è l'evoluzione libera e il secondo la forzata.

Trasformate elementari

Si trasformano segnali nulli prima di $0$: una costante $c$ è $c\,\delta_{-1}(t)$. Ogni voce richiede di controllare per quali $s$ l'integrale converge. Nelle potenze, $n$ è un intero non negativo.

$f(t)$	$F(s)$	Condizione
$\delta(t)$	$1$	ogni $s$
$\delta_{-1}(t)$	$1/s$	$\operatorname{Re}(s)>0$
$t$	$1/s^2$	$\operatorname{Re}(s)>0$
$t^2$	$2/s^3$	$\operatorname{Re}(s)>0$
$t^n$	$n!/s^{n+1}$	$\operatorname{Re}(s)>0$
$t^n/n!$	$1/s^{n+1}$	$\operatorname{Re}(s)>0$

Gradino. Il termine in $+\infty$ si annulla per $\operatorname{Re}(s)>0$; senza questa condizione l'integrale non converge.

$$\begin{aligned} \mathcal L[\delta_{-1}(t)]&=\int_0^{+\infty}e^{-st}\,dt\\ &=\Bigl[\frac{e^{-st}}{-s}\Bigr]_0^{+\infty}=0-\frac1{-s}=\frac1s \end{aligned}$$

Per linearità $\mathcal L[c\,\delta_{-1}(t)]=c/s$. Per $s$ reale positivo l'integrale è l'area sotto $e^{-st}$.

Area sotto l'esponenziale

$t$

• $e^{-st}$
• area da $0$ a $t$
• $1/s$

$s$

1

Potenze. Per parti, con $t$ da derivare. Il termine fuori dall'integrale vale $0$ in entrambi gli estremi.

$$\begin{aligned} \mathcal L[t]&=\Bigl[t\,\frac{e^{-st}}{-s}\Bigr]_0^{+\infty}\\ &\quad-\int_0^{+\infty}\frac{e^{-st}}{-s}\,dt\\ &=\frac1s\int_0^{+\infty}e^{-st}\,dt=\frac1{s^2} \end{aligned}$$

Con $t^2$ il passo è identico e resta l'integrale di $2t\,e^{-st}$:

$$\mathcal L[t^2]=\frac2s\,\mathcal L[t]=\frac2{s^3}$$

Per ogni intero $n\ge1$, la potenza si ottiene dalla precedente:

$$\mathcal L[t^n]=\frac ns\,\mathcal L[t^{n-1}]=\frac{n!}{s^{n+1}}$$

Il fattoriale si assorbe nella normalizzazione:

$$\mathcal L\Bigl[\frac{t^n}{n!}\Bigr]=\frac1{s^{n+1}}$$

Per $n\ge1$, ogni potenza normalizzata si ottiene dalla precedente moltiplicando per $1/s$.

Esempio. Per un polinomio si usano la linearità e le potenze normalizzate:

$$\begin{aligned} \mathcal L[2+3t^2+t^4]&=\mathcal L[2]+\mathcal L\Bigl[2\cdot3\,\frac{t^2}{2}\Bigr]\\ &\quad+\mathcal L\Bigl[4!\,\frac{t^4}{4!}\Bigr]\\ &=\frac2s+\frac6{s^3}+\frac{4!}{s^5} \end{aligned}$$

Con $4!=24$ il terzo termine è $24/s^5$.