Hoofdstuk 5 Toepassingen van Laplace Transformaties

Hoofdstuk 5Toepassingen van LaplaceTransformaties5.1 Differentiaal- en integraal vergelijkingen5.1.1 Gewone differentiaal vergelijkingen met vaste coëfficiëntenBeschouw volgende lineaire differentiaal vergelijking van de tweede graadd 2 y (t)dt 2dy (t)+ a + by (t) = x (t) (5.1)dtwaarbij a, b ∈ R constanten zijn, afhankelijk van initiële randvoorwaardendy (t)y (t)| t=0= A,dt ∣ = B (5.2)t=0waarbij A, B ∈ R gegeven constanten zijn. Het oplossen van deze differentiaal vergelijkingis als volgt:1. Laplace transformatie nemen van beide leden van (5.1) en gebruikmaken van (5.2).We verkrijgen dan een algebraïsche vergelijking in s.2. De gevraagde oplossing wordt verkregen door de inverse Laplace transformatieL −1 [Y (s)] = y (t) te vinden.De methode kan gemakkelijk uitgebreid worden voor hogere graads differentiaal vergelijkingen.Voorbeeld 5.1 Los de volgende differentiaal vergelijking opd 2 y (t)dt 2dy (t)+ 2 + 5y (t) = x (t) , y (t)|dtt=0= 0,dy (t)dt∣ = 1.t=0OplossingLaplace transformatie toepassen (t-domein → s-domein)[ ] [ ]d 2 y (t) dy (t)L + 2L + 5L [y (t)] = L [x (t)] , x (t) = e −t sin (t)dt 2 dt101

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 102(s 2 Y (s) − sdy (t)dtInvullen initiële randvoorwaarden) 1∣ − y (t)| t=0+ 2 (sY (s) − y (t)| t=0) + 5Y (s) =t=0 (s + 1) 2 + 1s 2 (Y (s) − 1) + 2sY (s) + 5Y (s) =(s 2 + 2s + 5 ) Y (s) − 1 =1(s + 1) 2 + 11(s + 1) 2 + 1Y (s) ==1(s 2 + 2s + 5) + 1(s 2 + 2s + 2) (s 2 + 2s + 5)(s 2 + 2s + 3)(s 2 + 2s + 2) (s 2 + 2s + 5)(5.3)Inverse Laplace transformatie bepalen van (5.3) (s-domein→ t-domein). Splitsen in partieelbreuken geeft(s 2 + 2s + 3)(s 2 + 2s + 2) (s 2 + 2s + 5) = C 1s + D 1(s 2 + 2s + 2) + C 2s + D 2(s 2 + 2s + 5) .Bepalen van de coëfficiënten C 1 , D 1 , C 2 en D 2s 2 + 2s + 3 = (C 1 s + D 1 ) ( s 2 + 2s + 5 ) + (C 2 s + D 2 ) ( s 2 + 2s + 2 )= (C 1 + C 2 ) s 3 + (2C 1 + D 1 + 2C 2 + D 2 ) s 2 + (5C 1 + 2D 1 + 2C 2 + 2D 2 ) s+5D 1 + 2D 2Dan⎧⎪⎨⎪⎩C 1 + C 2 = 02C 1 + D 1 + 2C 2 + D 2 = 15C 1 + 2D 1 + 2C 2 + 2D 2 = 25D 1 + 2D 2 = 3, C 1 = 0, D 1 = 1 3 , C 2 = 0 en D 2 = 2 3 .[]L −1 (s 2 + 2s + 3)= 1 []1(s 2 + 2s + 2) (s 2 + 2s + 5) 3 L−1 + 2 []1(s 2 + 2s + 2) 3 L−1 (s 2 + 2s + 5)= 1 []13 L−1 (s + 1) 2 + 2 []1+ 1 3 L−1 (s + 1) 2 + 4= 1 ( ) ( 2 13 e−t sin (t) + e3 2)−t sin (2t)= 1 3 e−t (sin (t) + sin (2t))5.1.2 Stelsels van differentiaal vergelijkingenVoorbeeld 5.2 Los de volgende differentiaal vergelijking op{df(t)dtdg(t)dt= 2f (t) − 3g (t)= g (t) − 2f (t), f (t)| t=0= 8, g (t)| t=0= 3.

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 103Oplossing Laplace transformatie toepassen (t-domein → s-domein) geeft⎧ [ ]⎨ L df(t)= 2L [f (t)] − 3L [g (t)]dt[ ]⎩ L dg(t)= L [g (t)] − 2L [f (t)]dt{ (s − 2) F (s) + 3G (s) + 82F (s) + (s − 1) G (s) = 3Oplossen van (5.4)∣ 8 33 (s − 1) ∣F (s)(s − 2) 3=∣ 2 (s − 1) ∣(s − 2) 8∣ 2 3 ∣G (s)(s − 2) 3=∣ 2 (s − 1) ∣8s − 17(s 2 − 3s − 4) = 8s − 17(s + 1) (s − 4)3s − 22(s 2 − 3s − 4) = 3s − 22(s + 1) (s − 4)(5.4)Inverse Laplace transformatie bepalen van (5.3) (s-domein→ t-domein). Splitsen in partieelbreuken geeft{8s−17= A 1+ A 2(s+1)(s−4) (s+1) (s−4)3s−22(s+1)(s−4) = A 3(s+1) + A 4(s−4), A 1 = 5, A 2 = 3, A 3 = 5 en A 4 = −2.Voor het bepalen van de coëfficiënten A 1 , A 2 , A 3 en A 4 maken we gebruik van A i =lim s→ai (s − a i ) F (s) en A i = lim s→ai (s − a i ) G (s) . Dit geeft met A 1 = 5, A 2 = 3, A 3 = 5en A 4 = −2[]f (t) = L −1 5(s + 1) + 3= 5e −t + 3e 4t(s − 4)en[g (t) = L −1 5(s + 1) − 2 ]= 5e −t − 2e 4t(s − 4)5.1.3 Integraal vergelijkingen van het convolutie typeBeschouw volgende integraal vergelijkingy (t) = f (t) +∫ t0x (t − τ) y (τ) dτ. (5.5)Deze vergelijking is van het convolutie type en kan geschreven worden alsy (t) = f (t) + x (t) ∗ y (t) .Toepassen van de Laplace transformatie operator L geeftY (s) = F (s) + X (s) Y (s)= F (s)1 − X (s)De gevraagde oplossing kan dan verkregen worden door het toepassen van de inverseLaplace transformatie operator L −1 .

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 104Voorbeeld 5.3 Los de volgende integraal vergelijking opy (t) = t +∫ t0sin (t − τ) y (τ) dτ.OplossingDe integraal vergelijking kan worden geschreven alsy (t) = t + sin (t) ∗ y (t) .Toepassen van de Laplace transformatie operator L en gebruikmaken van het convolutietheorema geeftL [y (t)] = L [t] + L [sin (t) ∗ y (t)]Y (s) = 2 s 2 + Y (s)s 2 + 1= 2 (s2 + 1)s 5 = 2 s 3 + 2 s 5Toepassen van de inverse Laplace transformatie operator L −1 geeft[ ] [ ]1 1L −1 [Y (s)] = 2L −1 + 2L −1s 3 s 5( ) ( )t2 t4y (t) = 2 + 22! 4!= t 2 + 112 t45.1.4 Integraal-differentiaal vergelijkingenVoorbeeld 5.4 Los de volgende integraal-differentiaal vergelijking opdy (t)dt+ 5∫ t0cos (t − τ) y (t) dτ = 10, y (t)| t=0= 2.OplossingDe integraal-differentiaal vergelijking kan worden geschreven alsdy (t)dt+ 5 cos (t) ∗ y (t) = 10.Toepassen van de Laplace transformatie operator L en gebruikmaken van het convolutietheorema geeft[ ] dy (t)L + 5L [cos (t) ∗ y (t)] = L [10]dtsY (s)sY (s) − y (t)| t=0+ 5s 2 + 4 = 10sY (s) = 2s3 + 10s 2 + 8s + 40s 2 (s 2 + 9)

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 105Toepassen van de inverse Laplace transformatie operator L −1 1en = 1 s 2 (s 2 +9) 9geeftL −1 [Y (s)] = 1 [ 2s 3 + 10s 2 + 8s + 409 L−1 − 2s3 + 10s 2 + 8s + 40s 2 (s 2 + 9)y (t) = 1 (s + 40t + 10 cos (3t) + 50 )93 sin (3t)(1− 1s 2 (s 2 +9)])

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 1065.2 NetwerkenDe oplossing van elektrische netwerken kan gevonden worden zonder de integraal-differentiaalvergelijking te schrijven. De netwerkelementen (bv. weerstand, spoel, condensator,...) ensignalen worden dan voorgesteld door hun respectievelijke Laplace transformatie equivallenten.In deze sectie is de Laplace transformatie de unilaterale Laplace transformatie.De Laplace transformaties van volgende netwerkelementen (spanningsbron, stroombron,weerstand, spoel, condensator) worden bepaald en geïllustreerd in Figuur 5.1.1. Signaal bronnenGegeven de spanningsbron v (t) en de stroombron i (t) .2. Weerstand RL [v (t)] = V (s) , L [i (t)] = I (s) (5.6)Beschouw de spannings-stroom relatie v (t) = Ri (t) en het Laplace transformatieequivallent is3. Inductantie LV (s) = RL [i (t)]= RI (s) (5.7)De spanning-stroom relatie is v (t) = L di(t) en het Laplace transformatie modeldtwordt gegeven door[ ] di (t)V (s) = LLdt= sLI (s) − Li ( 0 −) (5.8)Het tweede model voor de inductantie wordt verkregen door (5.9) te herschrijvenalsI (s) = 1sL V (s) + 1 s i ( 0 −) (5.9)4. Capaciteit CDe spanning-stroom relatie wordt gegeven door i (t) = C dv(t) en het Laplace transformatiemodel wordt gegevendtdoorI (s) = sCV (s) − Cv ( 0 −) (5.10)Het tweede model voor de capaciteit wordt verkregen door (5.11) te herschrijven alsV (s) = 1sC I (s) + 1 s v ( 0 −) (5.11)

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 107Figuur 5.1: Laplace transformatie van netwerkelementen

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 108Voorbeeld 5.5 Op het tijdstip t = 0 gaat de schakelaar S van positie 1 naar positie 2(zie Figuur 5.2).Figuur 5.2: RLC netwerkJuist voordat de schakelaar wordt omgezet, dus bij t = 0 − , i L (0 − ) = 2A en v c (0 − ) = 2V .Bepaal i(t) na het omschakelen van de schakelaar.OplossingBij t = 0 staat S in positie 2 en Figuur 5.2 wordt het getransformeerd netwerk weergegevenin Figuur 5.3.Figuur 5.3: Getransformeerd netwerkDe maasvergelijking voor het netwerk in Figuur 5.3 wordt5s − 2 (3s + 2 = + s + 2 )I(s) (5.12)sOplossen naar I(s),2s + 3I(s) =(s + 1)(s + 2) = 1s + 1 + 1s + 2 . (5.13)Toepassen van de inverse Laplace operator geefti(t) = L −1 [I(s)] = e −t + e −2t (5.14)

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 1095.3 Transfertfunctie5.3.1 DefinitieBeschouw de ingang-uitgang differentiaal vergelijkingn∑k=0a kd k y (t)dt k =m∑k=0b kd k x (t)dt k (5.15)waarbij a k ∈ R, k = 1, ..., n en b k ∈ R, k = 1, ..., m. Toepassen van de L operator geeft(∣ ∣ )a n s n Y (s) − s n−1 n−2 dy (t)y (t)| t=0− s dt ∣ − ... − s dn−2 y (t) ∣∣∣t=0− dn−1 y (t) ∣∣∣t=0t=0dt n−2 dt(∣ )n−1+ a n−1 s n−1 Y (s) − s n−2 n−3 dy (t)y (t)| t=0− s dt ∣ − ... − dn−2 y (t) ∣∣∣t=0t=0dt(n−2 ∣ )+ a n−2 s n−2 Y (s) − s n−3 n−4 dy (t)y (t)| t=0− s dt ∣ − ... − dn−3 y (t) ∣∣∣t=0+ ...t=0dt n−2+ a 1 (sY (s) − y (t)| t=0) + a 0 Y (s)= (b m s m + ... + b 0 ) X (s) (5.16)∣waarbij L [y (t)] = Y (s) , L [x (t)] = X (s) en dk x(t) ∣∣t=0= 0, ∀k. Vergelijking (5.16) kandt kworden geschreven alsY (s) = C (s)P (s) + Z (s) X (s) (5.17)P (s)metenC (s) =Z (s) =n∑a k s k−1 y (t)| t=0+k=1m∑b k s k , P (s) =k=0n∑a k s k (5.18)k=0n∑k−2 dy (t)a k s dt ∣ + ... + (a n s + a n−1 ) dn−2 y (t)t=0dt n−2k=2+a nd n−1 y (t)dt n−1 ∣∣∣∣t=0(5.19)Definitie 5.1 (Transfertfunctie) De transfertfunctie van een lineair systeem is de verhoudingvan de Laplace transformatie van de uitgang en de Laplace transformatie van deingang wanneer alle initiële randvoorwaarden nul zijn.H (s) = Y (s)∑ m X (s) ∣ = ∑k=0 b ks knalle initiële randvoorwaarden=0 k=0 a (5.20)ks kGebruikmakend van (5.20) kan (5.17) geschreven worden als∣∣∣∣t=0Y (s) = C (s) + H (s) X (s) . (5.21)P (s)De inverse Laplace transformatie van (5.21) geeft de totale respons y (t) van het systeem.

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 110Oefening 5.1 Gegeven de differentiaal vergelijkingBepaal de transfertfunctie.dy (t)dt+ 2y (t) = x (t) +dx (t).dtOplossing[ ][ ]dy (t)dx (t)L + 2L [y (t)] = L [x (t)] + LdtdtsY (s) − y (t)| t=0+ 2Y (s) = X (s) + sX (s) − x (t)| t=0.Stel alle initiële condities gelijk aan nulY (s) (s + 2) = X (s) (s + 1)De transfertfunctie kan geschreven worden alsH (s) = Y (s)X (s)=(s + 1)(s + 2) .Oefening 5.2 Gegeven de differentiaal vergelijkingBepaal de transfertfunctie.Oplossings 2 Y (s)−s y (t)| t=0−dy (t)dtd 2 y (t)dt 2Stel alle initiële condities gelijk aan nuldy (t)+ 3 + 2y (t) = x (t) +dtdx (t).dt∣ +3 (sY (s) − y (t)| t=0)+2Y (s) = X (s)+sX (s)− x (t)| t=0.t=0s 2 Y (s) + 3sY (s) + 2Y (s) = X (s) + sX (s) .Y (s) ( s 2 + 3s + 2 ) = X (s) (s + 1)De transfertfunctie kan geschreven worden alsH (s) = Y (s)X (s) = (s + 1)(s 2 + 3s + 2)(s + 1)=(s + 2) (s + 1)

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 111Oefening 5.3 Gegeven de differentiaal vergelijkingBepaal de transfertfunctie.dy (t)dt+ y (t) = x (t − T 0 ) .OplossingsY (s) − y (t)| t=0+ Y (s) = e −sT 0X (s)Y (s) (s + 1) X (s) ( e −sT 0 )De transfertfunctie kan geschreven worden alsH (s) = Y (s)X (s) = e−sT 0(s + 1)5.3.2 Directe constructie van transfertfunctiesVoor het bepalen van de transfertfunctie van een systeem is het niet altijd nodig om deimpulsrespons of de ingang-uitgang differentiaal vergelijking te bepalen. Dit kan gedaanworden met RLC-netwerken en systemen bestaande uit integrators.Oefening 5.4 Gegeven een RC netwerk (zie Figuur 5.4). Bepaal de transferfunctie.OplossingFiguur 5.4: RC netwerkStel alle initiële condities gelijk aan nul.uitgangsknooppunt geeftToepassen van Kirchoffs stroomwet op hetToepassen van de Laplace operator geeft,De transfertfunctie wordtC d dt (v i − v o ) + 1 R 1(v i − v o ) = 1 R 2v o . (5.22)Cs(V i (s) − V o (s)) + 1 R 1(V i (s) − V o (s)) = 1 R 2V o (s). (5.23)H(s) = V o(s)V i (o) = Cs + 1 R 1Cs + 1 R 1+ 1 R 2(5.24)

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 112Oefening 5.5 Bepaal de transfertfunctie van het RC netwerk geïllustreerd in (Figuur5.5)OplossingFiguur 5.5: RC netwerkToepassen van Kirchhoff’s spanningswet geeftR 1 i (t) + 1 C∫ t0i (τ) dτ + R 2 i (t) = v i (t) . (5.25)De Laplace transformatie (met initiële condities gelijk aan nul) is(I (s) R 1 + R 2 + 1 )= V i (s) . (5.26)sCDe transfertfunctie wordtH (s) = V 0 (s)V i (s)I (s) ( )R 2 + 1sC=I (s) ( )R 1 + R 2 + 1sC( )R2 + 1sC= ( ) (5.27)R1 + R 2 + 1sCOefening 5.6 Bepaal de transfertfunctie van het RC netwerk geïllustreerd in (Figuur5.6)OplossingIn knooppunt a1d(v i (t) − v 0 (t)) + C 1R 1 dt (v i (t) − v 0 (t)) = i (t)De v 0 (t)-i (t) relatie kan uitgedrukt worden als∫1 ti (τ) dτ + R 2 i (t) = v 0 (t)C 20

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 113Figuur 5.6: RC netwerkDe Laplace transformatie van beide vergelijkingen geeftenUit (5.29)1R 1(V i (s) − V 0 (s)) + sC 1 (V i (s) − V 0 (s)) = I (s) (5.28)1sC 2I (s) + R 2 I (s) = V 0 (s) (5.29)I (s) =(V 0 (s)) (5.30)1sC 2+ R 2Vergelijking (5.30) gelijkstellen aan (5.28) geeft( )V 0 (s) 1( ) = + sC 1 (V i (s) − V 0 (s))1sC 2+ R R 1 2De transfertfunctie van het netwerk wordt geschreven alsH (s) = V 0 (s)V i (s)=(s 2 +(1R 1 C 1+ s) (1R 2 C 2+ 1R 2 C 1+ 11C 2 R 2+ s)R 1 C 1)s +1R 1 C 1 R 2 C 2(5.31)

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 114Voorbeeld 5.6 Beschouw het systeem weergegeven in Figuur 5.7OplossingFiguur 5.7: Systeem met twee integratorenDe uitgang van de eerste integrator wordt voorgesteld door q 1 (t) en de uitgang van detweede integrator wordt voorgesteld door q 2 (t) . Stel dat q 1 (0) = q 2 (0) = 0. De s-domeinvoorstelling van het systeem wordt getoond in Figuur 5.8 enFiguur 5.8: Voorstelling in het s-domeinUit vergelijking (5.32)sQ 1 (s) = X (s) − 4Q 1 (s) (5.32)sQ 2 (s) = Q 1 (s) − 3Q 2 (s) + X (s) (5.33)Y (s) = Q 2 (s) + X (s) (5.34)Q 1 (s) =Uit vergelijking (5.33) en gebruikmaken van (5.32) geeft1Q 2 (s) =(s + 3) (Q 1 (s) + X (s))(1 1=(s + 3)=1X (s) (5.35)(s + 4)(s + 4) + 1 )X (s)s + 5X (s) (5.36)(s + 3) (s + 4)

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 115(5.33) in (5.34)()s + 5Y (s) =(s + 3) (s + 4) + 1 X (s)= s2 + 8s + 17(s + 3) (s + 4) X (s)De transfertfunctie wordt5.4 Polen en zero’sGegeven de transfertfunctieH (s) = Y (s)X (s) = s2 + 8s + 17(s + 3) (s + 4)H(s) = b ms m + b m−1 s m−1 + · · · + b 0a n s n + a n−1 s n−1 + · · · + a 0= K (s − z 1)(s − z 2 ) · · · (s − z m )(s − p 1 )(s − p 2 ) · · · (s − p n ) , m < n (5.37)waarbij z 1 , z 2 , . . . , z m de zero’s zijn van H(s), p 1 , p 2 , . . . , p n de polen van H(s) en K eenconstante. De polen en de zero’s bevatten alle informatie van het systeem uitgezonderdop een constante K na. Elke pool wordt voorgesteld door een ×-teken en elke zero dooreen ◦ zoals voorgesteld in Figuur 5.921.51zeropooléénheidscirkel0.5Imaginary Part0−0.5pool−1zeropool−1.5−2−4 −3.5 −3 −2.5 −2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1Real PartFiguur 5.9: Voorstelling van de polen en de zero’s

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 1165.4.1 VoorbeeldenVoorbeeld 5.7 Gegeven de transfertfunctieH(s) =Stel de polen en zero’s voor in het s-vlakOplossingZie Figuur 5.10s(s − 1 + j)(s − 1 − j)(s + 1) 2 (s + 2j)(s − 2j)21.51Imaginary Part0.50−0.5−1−1.5−2−2.5 −2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5Real PartFiguur 5.10: Pool-zero diagram van H(s)Voorbeeld 5.8 Gegeven de transferfunctieH(s) =s(s − (1 − j))(s − (1 + j))(s + 4) 2 (s 2 + 5)OplossingZie Figuur 5.11

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 11721.51Imaginary Part0.50−0.52−1−1.5−2−4 −3 −2 −1 0 1Real PartFiguur 5.11: Pool-zero diagram van H(s)Voorbeeld 5.9 Gegeven de transferfunctieOplossingZie Figuur 5.12H(s) =s(s − 1 + j)(s − 1 − j)(s + 1) 2 (s + 2j)(s − 2j)21.51Imaginary Part0.50−0.52−1−1.5−2−2.5 −2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5Real PartFiguur 5.12: Pool-zero diagram van H(s)

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 1185.4.2 Pool-zero diagramma’s van standaardsignalenIn deze subsectie geven we een overzicht van het kwalitatief gedrag van standaard tijdsfunctiesx(t) met de polen van hun Laplace transformatie X(s)Figuur 5.13: Locatie van de polen en de corresponderende impulsrespons van het systeem

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 1195.5 Stabiliteit in het s-domein5.5.1 AlgemeenStabiliteit is een belangrijk onderwerp in systeem analyse. In hoofdstuk 3 werd de stabiliteitvan een systeem geanalyseerd via zijn impulsrespons. We toonden aan dat vooreen stabiel systeem de uitgang begrensd moet zijn voor elke begrensde ingang. Een systeeemdat voldoet aan deze conditie werd BIBO stabiel genoemd. Stabiliteit kan ookgeanaliseerd worden in het s-domein via de transfertfunctie H (s) .Beschouw volgende transfertfunctie, rationeel in sSplitsen in partieelbreuken van H(s) geeftH (s) = Z (s)P (s) = b ms m + b m−1 s m−1 + · · · + b 0a n s n + a n−1 s n−1 + · · · + a 0(5.38)1. Enkelvoudige polen van de vorm A/(s+a). Deze vorm correspondeerd met eenenkelvoudige pool s = −a. Als a positief is dan ligt de pool in het linkerhalfvlakzoals voorgesteld in Figuur 5.14. De corresponderende tijdrespons wordt gegevenFiguur 5.14: Enkelvoudige pool en zijn corresponderende inverse transformatiedoor A e −at u(t) en bij stijgende t gaat het signaal naar nul.Als a negatief is, de pool ligt in het rechterhalfvlak, stijgt de tijdrespons onbegrensdbij stijgende t. Bij een stabiel systeem liggen de polen in het linkerhalf s-vlak.Herhaalde enkelvoudige polen geven gedempte exponentiële tijdresponsen voor depolen in het linkerhalfvlak.2. Complex toegevoegde polen van de vorm A/[(s + α) 2 + ω 2 ]. Deze term kangefactoriseerd worden in twee termenA[(s + α) 2 + ω 2 ] = A 1(s + α + jω) + A ∗ 1(s + α − jω) .Als α positief is, liggen de polen in het linkerhalf s-vlak zoals voorgesteld in Figuur5.15. De corresponderende tijdrespons heeft de vorm A e−αt sin ωt u(t). Als αωnegatief is, de polen liggen in het rechterhalfvlak, wordt de tijdsfunctie voorgestelddoor A e−|α|t sin ωt u(t). Opnieuw zien we dat de tijdsfunctie begrensd is voor polenωdie in het linkerhalfvlak liggen. Polen in het rechterhalfvlak corresponderen mettijdresponsen die niet begrensd zijn als t stijgt.

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 121Figuur 5.16: Vorming van de Routh rijVoorbeeld 5.10 Gegeven P (s) = s 4 + 5s 3 + s 2 + 10s + 1. Bepaal het aantal wortels diein het rechterhalfvlak liggenOplossingDe Routh rij iss 4 1 1 1s 3 5 10s 2 -1 1s 15s 0 1Hier hebben we twee tekenveranderingen in de eerste kolom (+5 tot -1 en -1 tot +15),dus er liggen twee polen in het rechterhalfvlak en het systeem is niet stabiel.

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 122Voorbeeld 5.11 Gegeven P (s) = s 4 + s 3 + s 2 + s + 3. Bepaal het aantal wortels die inhet rechterhalfvlak liggenOplossingDe Routh rij iss 4 1 1 3s 3 1 1s 2 ø ɛ 3ss 0 3ɛ−3ɛDe Routh rij wordt normaal begonnen, maar we vinden een eerste element met waardenul in de s 2 rij. Daarom vervangen we de nul door ɛ (zeer kleine positieve waarde) engaan verder zoals voorgesteld. Alle termen in de eerste kolom zijn positief uitgezonderdde term in s rij welke zeer groot en negatief wordt, zodat er twee tekenveranderingenvoorkomen. Het systeem is daardoor onstabiel.5.6 Analyse van de stapresponsBeschouw een systeem met rationale transfertfunctie H (s) = Z(s) . Bij het aanleggen vanP (s)een ingang x (t) , t > 0 (systeem zonder initiële energie), wordt de transformatie Y (s) vande resulterende uitgangrespons gegeven doorStel dat x (t) = u (t) , zodat X (s) = 1 sY (s) = Z (s) X (s) . (5.42)P (s)en (5.42) wordtY (s) = Z (s)sP (s)(5.43)Als P (0) ≠ 0 en toepassen van de residu formule geeftY (s) = B (s)P (s) + A s(5.44)waarbij B (s) een polynoom is in s en A ∈ R is een constante gegeven door A =sY (s)| s=0= H (0) . Inverse Laplace operator L −1 toepassen op (5.44) resulteert in destaprespons[ B (s)L −1 P (s) + A ]= y 1 (t) + H (0) , t > 0 (5.45)swaarbij y 1 (t) de inverse Laplace transformatie van B(s)P (s) voorsteld.Het systeem is stabiel als alle wortels van P (s) = 0 in het open linker half vlak liggen.De term y 1 (t) convergeert naar nul als t → ∞, in dat geval is y 1 (t) het transient gedeeltevan de respons. Als het systeem stabiel is bevat de staprespons een transient dat naarnul gaat en een constante term met waarde H (0) . De constante H (0) is de steady-statewaarde van de respons. De vorm van y 1 (t) is afhankelijk van de systeem polen (polen vanH (s)).

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 1235.6.1 Eerste orde systemenGegeven een eerste orde transfertfunctieH (s) =ks − p(5.46)waarbij k ∈ R en p ∈ R is een pool van het systeem. Met x (t) = u (t) wordt Y (s)Y (s) = H (s) X (s) = H (s)sk=s (s − p)(5.47)Splitsen in partieel breuken geeften L −1 [Y (s)] = y (t) isy (t) = − k pY (s) = − k ps+ kps(5.48)(1 − ept ) , t > 0 (5.49)waarbij y 1 (t) = k p ept , t > 0 en H (0) = − k p .Merk op dat het tijdsgedrag van y 1 (t) = k p ept afhankelijk is van de pool locatie in hetcomplexvlak. Als p in het rechter half vlak ligt is het systeem onstabiel en y 1 (t) stijgtzonder grens. Hoe verder de pool van de oorsprong ligt in het rechter half vlak, hoe snellery 1 (t) stijgt. Als p in het open linker half vlak ligt, dan is het systeem stabiel en y 1 (t)gaat naar nul en is het transient gedeelte van de respons. Stel k = 1, de staprespons voorp = 1, 2 en 3 wordt afgebeeld in Figuur 5.17150Step Response100Amplitudep = 350p = 200 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2Time (sec)p = 1Figuur 5.17: Staprespons voor p = 1, 2, 3

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 124In al de drie gevallen stijgt de staprespons zonder grens, welke onstabiel gedrag vertoont.Voor p = −1, −2 en −5 de staprespons is weergegeven in Figuur 5.1810.9p = −5p = −2Step Response0.8p = −10.70.6Amplitude0.50.40.30.20.100 1 2 3 4 5 6 7Time (sec)Figuur 5.18: Staprespons voor p = −1, −2, −5 en k = −pDe staprespons benadert de steady-state waarde van 1 sneller als p meer negatiefwordt. De tijdsconstante τ, de hoeveelheid tijd nodig zodat de transient vervalt tot 1 evan zijn initiële waarde, voor het eerste orde systeem gedefinieerd in (5.46) is gelijk aan− 1 , p < 0. In ons voorbeeld, de tijdsconstante voor p = −1, −2 en −5 zijn τ = 1, 0.5 enp0.2 seconden respectievelijk. Hoe kleiner de waarde van τ, hoe sneller het verval van detransient.5.6.2 Tweede orde systemenGegeven een tweede orde transfertfunctieH (s) =ks 2 + 2ζω n + ω 2 n(5.50)waarbij ζ ∈ R de demping is en ω n ∈ R wordt de frequentie genoemd. De polen van hetsysteem zijnp 1,2 = −ζω n ± ω n√ζ2 − 1. (5.51)In functie van ζ onderscheiden we de volgende drie gevallen: (a) p 1,2 ∈ R als ζ > 1, (b)p 1 = p 2 ∈ R als ζ = 1 en (c) p 1,2 ∈ C als 0 < ζ < 1.Beide polen zijn reëelAls ζ > 1, zijn de polen p 1 en p 2 beiden reëel en verschillend. De transfertfunctie (5.50)kan dan uitgedrukt worden alsH (s) =k(s − p 1 ) (s − p 2 )(5.52)

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 125De transformatie Y (s) van de staprespons wordt danY (s) =k(s − p 1 ) (s − p 2 ) s(5.53)Splitsen in partieel breuken en toepassen van de inverse Laplace operator geeft de stapresponsy (t) ==k (k1 e p1t + k 2 e p2t + 1 ) , t > 0p 1 p 2k (k1 e p1t + k 2 e ) p k2t+p 1 p} 2 p{{ } 1 p }{{} 2Transiënt gedeelte Steady state(5.54)waarbij k 1 , k 2 ∈ R. De waarden van k 1 en k 2 zijn afhankelijk van de polen p 1 en p 2 . Alsvoorbeeld stel k = 2, p 1 = −1 en p 2 = −2. Splitsen in partieelbreuken van (5.53) geeftDe staprespons is danY (s) =−2s + 1 + 1s + 2 + 1 s . (5.55)y(t) = −2e} −t {{+ e −2t}+ }{{} 1Transiënt gedeelte Steady statet > 0. (5.56)De staprespons wordt gegeven in Figuur 5.19 In dit voorbeeld wordt de transiëntrespons1Step Response0.90.80.70.6amplitude0.50.40.30.20.100 1 2 3 4 5 6 7Time (sec)Figuur 5.19: Staprespons voor k = 2, p 1 = −1 en p 2 = −2gedomineerd door p 1 omdat p 1 een dominante pool is.

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 127Ontbinden van Y (s) = H(s)/s geeft 1Y (s) ==( )k− s − 2kζ kωn2 ω n ωn(s + ζω n ) 2 +2+ ωd2 s( )k− (s + ζωωn2 n )kω(s + ζω n ) 2 −nζ+ ωd2 (s + ζω n ) 2 + ωd2+kω 2 ns . (5.61)Uit de Laplace tabellen (zie Figuur ??) volgt dat de staprespons wordt gegeven doory(t) = − k e −ζωnt cos ωωn2 d t −kζ e −ζωnt sin ω n t + k , t > 0. (5.62)ω n ω d ωn2Gebruikmakend van de trigonometrische formulec cos β + d sin β = √ c 2 + d 2 cos(β + θ),θ = tan −1 (c/d)resulteert de staprespons in volgende vormy(t) = k [1 − ω ]ne −ζωnt sin(ωωn2 d t + φ) ,ω dt > 0, (5.63)(waarbij φ = tan −1 ω d. Merk op dat de steady state waarde gelijk is aan k en deζω n)transiënt respons heeft een exponentieel sinusoïdaal verval met frequentie ω d (rad/s).Als voorbeeld, stel k = 17, ζ = 0.242 en ω n = √ 17. Daaruit volgt dat ω d = 4 en depolen van het systeem zijn −1 ± 4j. de staprespons wordt dan gegeven door√17y(t) = 1 −4 e−t sin(4t + 1.326).De staprespons wordt voorgesteld in Figuur 5.21ω 2 n1 Hint: maak gebruik van D = dq + r → D d = q + r d, met D het deeltal, d de deler, q het quotiënt en rde rest.

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 1281.6Step Response1.41.21Amplitude0.80.60.40.200 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10Time (sec)Figuur 5.21: Staprespons voor k = 17, ζ = 0.242 en ω n = √ 17De locatie van de polen in het complexe vlak wordt geïllustreerd in Figuur 5.22.Figuur 5.22: Locatie van polen in het complexe vlakZoals voorgesteld in de figuur is ω n de afstand van de oorsprong tot de polen en ζ is gelijkaan de cosinus van de hoek gevormd met de negatieve reële as. Als ω n ∈ R + constantwordt gehouden (in een willekeurige positieve waarde) en ζ varieert van 1 tot 0 zal destaprespons meer oscilleren. De meetkundige plaats van de polen wordt door de halvecirkel (in stippellijn) voorgesteld. Als algemene regel geldt: hoe dichter de polen bij deimaginaire as, hoe meer de respons oscilleert. De staprespons in functie van ζ wordtgeïllustreerd in Figuur 5.23

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 1291.8Step Response1.6ζ = 0.1ζ = 0.25ζ = 0.71.41.2Amplitude10.80.60.40.200 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20Time (sec)Figuur 5.23: Staprespons voor ζ = 0.1, 0.25, 0.7Zoals ζ heeft de parameter ω n een invloed op de uitgangsrespons. Als ω n stijgt, zal detransiëntrespons vlugger dalen en de frequentie van de oscillatie zal stijgen. Bijvoorbeeld,stel ζ = 0.4 en k = ωn 2 (steady state waarde is gelijk aan 1). De staprespons wordtweergegeven in Figuur 5.24.Step Responseω n= 0.5ω n= 1ω n= 21.210.8Amplitude0.60.40.20 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20Time (sec)Figuur 5.24: Staprespons voor ω n = 0.5, 1, 2 rad/s

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 130Een vergelijking van deze drie gevallen geeft:1. Bij 0 < ζ < 1, oscilleert het transiënt gedeelte met dempingsfrequentie ω n =√1 − ζ2 (het systeem is ondergedempd).2. Voor ζ ≥ 1 is er geen oscillatie in de transiënt.(a) als ζ > 1 is het systeem overgedempd(b) als ζ = 1 is het systeem kritisch gedempdDeze resultaten zijn weergegeven in Figuur 5.25.Step Response10.8ζ = 1ζ = 0.5ζ = 1.5Amplitude0.60.40.200 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10Time (sec)Figuur 5.25: Staprespons met k = 4, ω n = 2 en ζ = 0.5, 1, 1.5

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 1315.6.3 MatlabBepalen van polen en residuenMatlab kan worden gebruikt om de wortels van een polynoom P (s) te bepalen doorgebruik te maken van het commando roots.Voorbeeld 5.12 Bepaal de wortels van P (s) = s 3 + 4s 2 + 6s + 4den = [1 4 6 4];p = roots(den)Matlab genereert volgende outputp=-2.0000-1.0000 + 1.0000 i-1.0000 - 1.0000 i%coefficienten van P(s)en P (s) kan in factoren worden geschreven alsP (s) = (s + 2)(s + 1 − j)(s + 1 + j)Gegeven de rationale functie X(s) = Z(s)/P (s), de Matlab software kan worden gebruiktom de residuen en de polen te bepalen. De commando’s zijn de volgende:num = [b m b m−1 . . . b 1 b 0 ];den = [a n a n−1 . . . a 1 a 0 ];[r,p] = residue(num,den);Matlab genereert een vector welke de residuen bevat en een vector p die de corresponderendepolen bevat. Het proces wordt geïllustreerd met een voorbeeld.Voorbeeld 5.13De Matlab commando’s zijnnum = [5 1];den = [1 0 -3 -2];[r,p] = residue[num,den]De output wordtr= p=1.0000 2.0000-1.0000 -1.00002.0000 -1.0000De polen van P (s) = 0 zijn -1, -1, 2X(s) = 5s − 1s 3 − 3s − 2X(s) = A 1s + 1 + A 2(s + 1) 2 + A 3s − 2A 1 = −1, A 2 = 2, A 3 = 1

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 132Numerieke oplossing voor de inverse Laplace transformatieMatlab kan gebruikt worden om de inverse Laplace transformatie te bepalen. Dit wordtgedaan met het commando impulse.Voorbeeld 5.14x(t) wordt als volgt bepaaldnum = [1 2];den = [1 4 3 0];impulse(num,den)X(s) =s + 2s 3 + 4s 2 + 3sDit geeft volgende plot (zie Figuur 5.26). De analytische uitdrukking isx(t) = 2 3 − 1 2 e−t − 1 6 e−3t , t > 00.7Impulse Response0.60.50.4Amplitude0.30.20.100 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10Time (sec)Figuur 5.26: Invers Laplace transformatie van X(s)Uit Figuur 5.26 is het duidelijk dat x(t) convergeert naar de waarde 2/3 als t → ∞.Convergentie van x(t) naar de waarde 2/3 kan ook bepaald worden door het einde-waardetheorema te gebruiken (kan hier worden gebruikt omdat de polen van X(s) negatievereële gedeelten bevatten, uitgezonderd p = 0). Toepassen van het einde-waarde theoremageeft:lim x(t) = lim sX(s)t→∞ s→0 s + 2=∣s 2 + 4s + 3= 2 3∣s→0

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 133Bepalen van de uitgangsresponsieDe staprespons wordt verkregen door gebruik te maken van het commande step, de responsvoor andere ingangen wordt verkregen door impulse en lsim.Voorbeeld 5.15 Gegeven volgend systeem met transfertfunctieH(s) = s2 + 2s + 16s 3 + 4s 2 + 8s .De staprespons wordt verkregen doornum = [1 2 16];den = [1 4 8 0];G=tf(num,den)step(num,den)Het matlab programma resulteert in een plot voor de staprespons voorgesteld in Figuur5.2710Step Response9876Amplitude5432100 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5Time (sec)Figuur 5.27: StapresponsDe impulsrespons van het systeem met transfertfunctie H(s) wordt verkregen doorH = tf(num,den)impulse(H)De uitgangsrespons voor een willekeurige ingang x(t) wordt verkregen doory = lsim(num,den,x,t)Voorbeeld 5.16 Gegeven een transfertfunctie H(s) =e −t , t > 0. Bepaal de uitgangsrespons.num = [1 2 16];den = [1 4 0 8];t = 0:0.01:5;x = 4*exp(-t);lsim(num,den,x,t)s2 +2s+16s 3 +4s 2 +8smet ingang x(t) =

HOOFDSTUK 5. TOEPASSINGEN VAN LAPLACE TRANSFORMATIES 134De respons y(t) wordt in Figuur 5.28 weergegeven10Linear Simulation Resultslsim(num,den,x,t)exp(−t)50Amplitude−5−10−150 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5Time (sec)Figuur 5.28: UitgangsresponsMaken van pool-zero diagramma’sVoorbeeld 5.17 Gegeven volgende transfertfunctieMatlab commando’s:H(s) =(s + 1) 2(s − 3)(s + 5)(s + 2) 2z = [-1;-1]; p = [3;-5;-2;-2]; zplane(z,p)321Imaginary Part022−1−2−3−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3Real PartFiguur 5.29: Pool-zero diagramma