Notas de Aula 05 Transformadas Inversas de Laplace -2021 2

PSMP - DCA - UFRN PAULO S. MOTTA PIRES ANÁLISE DE SINAIS E SISTEMAS Notas de Aula 05 - versão 0.2 Transformadas Inversas de Laplace Departamento de Engenharia de Computação e Automação Universidade Federal do Rio Grande do Norte Natal-RN Expansao em Frac6es Parciais Considere o SLIT mostrado na Figura onde indicamos as fungdes no dominio do tempo e suas respectivas transformadas de Laplace (dominio s) h(t) t _ _ oe x(t) y(t) = x(t) * h(t) = f° x(t)a(t — td SLIT X(s) Y(s) = X(s)H(s) H(s) Observe que para se obter a saida no dominio do tempo, y(t), € necessario calcular uma integral, a integral de convolugao. Entretando, trabalhando com as transformadas dos sinais, é possivel obter a transformada da saida, Y(s), através de uma multiplicagdo simples dos sinais X(s) e H(s). Obtida a saida no dominio s, aplica-se a ela a transformada inversa de Laplace para se obter a saida no dominio do tempo LTY(s)] = y(t) As técnicas de expansao em frag6es parciais auxiliam na obtengao das trans- formadas inversas de Laplace. Expansao em Frac6es Parciais Uma fungao no dominio da frequéncia, F(s), pode sempre ser escrita na forma N(s F(s) = N() D(s) onde N(s) representa seu numerador e D(s) representa 0 seu denominador. Vamos considerar casos em que o denominador da funcgao F(s) apresente raizes reais distintas, raizes multiplas e raizes complexas simples. Raizes Reais Distintas Vamos considerar F(s) escrita na forma : N(s F(s) — NG) (s — So)(s — $1)(S — $2) onde so, $1 € 82 Sao raizes reais e distintas e o grau do numerador, N(s), é menor do que o grau do denominador. Observe que o polindmio do denominador de F(s) ja esta fatorado e que suas raizes ja estao explicitadas. VERSAO 0.2- DOCUMENTO GERADO EM 11/11/2021. COMENTARIOS/SUGESTOES: PMOTTA@DCA.UFRN.BR Expandindo F(s), temos : N(s) ko ky ko F(s) = —— = —9 44 4 _* (s) D(s) s—So 3-H + 58 Para obter a constante kg, fazemos ki(s—s ko(s — s (5 — s)E(s) = ko + 1(S — So) 1 2(s — So) S— Sy S—S9 Considerando s = sg, temos ky = (6 sO) S=SQ Esta notagao indica que, para obter o valor da constante ko, elimina-se do denominador da fungao F(s) 0 termo que depende de 59, (s — so), substituindo- se o valor de s, nos termos restantes, pelo valor de s9. De modo semelhante, temos ky = (s— SFC) S=S1 e ky = (s— sa)F() S=S2 Generalizado, temos k= -s)FO) S=Sj Exemplo_ - Obter a transformada inversa de Laplace para a funcgado 7425-2 F(s) = ~~ 4 s(s + 2)(s — 3) Observar que o denominador jd encontra-se fatorado e que, o grau do polinémio do numerador é menor que o grau do polinémio do denominador. Assim, temos 2 s*+2s—2 k k k F(s) = ————*~ = 24-24 — s(s + 2)(s — 3) s s+2 s-—3 VERSAO 0.2- DOCUMENTO GERADO EM 11/11/2021. COMENTARIOS/SUGESTOES: PMOTTA@DCA.UFRN.BR Dai, 7 i) s? + 2s —2 | 1 0 — i = s=0 (s + 2)(s ~ 3) s=0 3 2 s*+2s—2 1 k = (6 +2)F6) Fr = ‘ s=-2 S(S—3) [san = 5 2 s°+2s—2 13 ky = (s — 3)F(s = ———_| =— ; ( ( s(s + 2) - 15 A expansao em frag6es parcias de F(s) é dada por Loi 2B 3 5 15 F(s) = 2-2. + 1. (5) s s+2 t s—3 A transformada inversa de Laplace é obtida 1 1 13 P EF _— j= P Bs —_p-! | Pf} —_ LFS) = £0 3s 5G +2! 15(s — 3) tendo, como resultado final, a fungao f(t) 1 1 1 f(t)= gilt) — ze u(t) + seule) Observe que u(t)<— s s 1 —2t <— —— ° s+2 1 3t <— —— ° s—3 Exemplo_ - Obter a resposta ao impulso de um SLIT com entrada x(t) =e u(t) e saida 5 _ “[,-t 1, ,-2t 1 p-3t y(t) = 3° te “+e |u(t) VERSAO 0.2- DOCUMENTO GERADO EM 11/11/2021. COMENTARIOS/SUGESTOES: PMOTTA@DCA.UFRN.BR Observe que, utilizando a integral de convolucao, y(t) = x(t) * h(t) = / x(t)h(t — t)dt com os dados do problema, nao ha possibilidades de se obter a resposta ao impulso h(t). Entretando, usando a transformada de Laplace da convolucao, Y(s) = X(s)H(s) podemos obter H(s), Y(s) H(s) = =~ (s) X6) e, depois, encontrar a transformada inversa de Laplace de H(s) para obter h(t) h(t) = 2 "TH(s)] Temos, 1 X(s) = Yle**u(t)] = —~ (8) = Zle*u() = Ss . 2 2/ 1 1 1 1) = 2 2etse# +e%up]=2{[ ee 1 C= 2] ge Fe Fe MO!=sleqa t spat s43 Ora, 2 1 1 1 H(s) = Y(s)_ 3ls+1's+2. s+3] _ 2 f+ 242 4 43) — X(s) 1 3 s+1 s+3 s+2 Reescrevendo as expressdes que possuem grau do numerador igual ao grau do denominador, s+2 s+2—-1+1 44 1 st+1 stl ~— s+1 s+2 s+2+1—1 _1- 1 s+3 stl — s+3 temos 2 1 1 2 1 1 2 2 H(s) = =|1+1+—~+1——~|= =|3 + —— — —_]= |24 —*~— - _*~_ (at tt att ssa 3st aga sa 3641) 3643) VERSAO 0.2- DOCUMENTO GERADO EM 11/11/2021. COMENTARIOS/SUGESTOES: PMOTTA@DCA.UFRN.BR PSMP - DCA - UFRN Finalmente, h(t) = L −1[H(s)] = L −1 ï 2 + 2 3(s + 1) − 2 3(s + 3) ò Então h(t) = 2δ(t) + 2 3 î e−t − e−3tó u(t) Raízes Múltiplas Vamos considerar F(s) escrita na forma : F(s) = N(s) (s − s0)nD1(s) Observamos que F(s) possui raízes múltiplas em s0. Em D1(s) estão repre- sentados outros termos em s que não são relevantes para essa análise específica. Expandindo F(s), temos F(s) = A0 (s − s0)n + A1 (s − s1)n−1 + A2 (s − s2)n−2 + ... + An−1 s − s0 + N1(s) D1(s) Em N1(s) estão representados os termos do numerador que ”sobram”após a expansão devido às raízes múltiplas do denominador. A equação anterior pode ser escrita na forma F(s) = A0 (s − s0)n + A1 (s − s1)n−1 + A2 (s − s2)n−2 + ... + An−1 s − s0 + R(s) Seja F1(s) uma função de s definida por F1(s) = (s − s0)nF(s) Pela expressão anterior, estamos eliminando da função F(s) o fator (s − s0)n. Assim, F1(s) = A0 + A1(s − s0) + A2(s − s2)2 + ... + An−1(s − s0)n−1 + R(s)(s − s0)n com R(s) = N1(s) D1(s). versão 0.2- documento gerado em 11/11/2021. comentários/sugestões: pmotta@dca.ufrn.br Dai, Ao = Fi @) S=SQ Derivando F,(s) em relacdo a s, temos : dFy(s ane) = A, + 2A2(s — so)* +..+ Ay_i(n — 1)(s — so)"? +o. entao, dF- A= 1(S) | ds S=SQ Derivando novamente, temos : 1 dF A=i 1(S) 2 ds |.-s, Generalizando, 1 dF Am = 1 ars) m= 0,1, 2,...,N-1 m! ds™ |. ‘Exemplo - Obter a transformada inversa de Laplace para a funcgado s—2 F(s) = ———. (s) s(s + 1)5 Observar que 0 denominador possui uma raiz real simples, devido ao fator s, e raizes reais multiplas, de multiplicidade 3, devido ao fator (s + 1)°. Cada um desses fatores deve ser tratado de maneira diferente. Expandindo F(s), temos s—2 ko Ago Ay A2 F(s)=——~G= = +a 75+ 000+ s(s +1) s (s+ 1) (s+1) st+1 raiz simples raizes multiplas O coeficiente kp é obtido pelo método das raizes reais distintas enquanto os coeficientes Ag, A; e Az sao obtidos pelo método das raizes multiplas. Entao s—2 k= sro = carl =-2 s=0 (s + 1) s=0 VERSAO 0.2- DOCUMENTO GERADO EM 11/11/2021. COMENTARIOS/SUGESTOES: PMOTTA@DCA.UFRN.BR Para o caso das raizes multiplas, a fungao F;(s) é s—2 Fi(s) = (8 + 1°F(s) = —— e 1 d°s—2 Ag = ~= — = 3 ° Olds 5 _ 1ds—2 Ay = ——— = 2 Ids s _ 1@s-2 A, = ~~ — = 2 * 2ds2 5 _ Entao, 2 3 2 2 F(s) = -2 + — 4+ — 4 =~ + est @rp tert A transformada inversa é obtida através de : 2 3 2 2 erred = 27 |-3] +2" ea] + 2 leap] +27 Ll FS) st +13] @+ 0217 s+1 Assim, 3 f(t) = Z[F(s)] = —2u(t) + ste tut) + te'u(t) + 2e‘u(t) Raizes Complexas Simples Vamos considerar F(s) escrita na forma Fe) = NO) _ NG) (s +a —jp)(s+a+ jp)Di(s) — [s — (—# + jB)|Di(s) Observe que 0 termo do denominador que possui as raizes complexas, sempre presentes em pares conjugados, jd esta fatorado. Pode-se mostrar que a transformada inversa de Laplace, devido a presencga dos termos complexos, (s + « — jB) e (s + a + jf) é dada por filt) = Me*'sen(Bt + ¢) VERSAO 0.2- DOCUMENTO GERADO EM 11/11/2021. COMENTARIOS/SUGESTOES: PMOTTA@DCA.UFRN.BR onde M e ¢ sao obtidos através da expressado BD4(S)|s=0-+6 Exemplo - Obter a transformada inversa de Laplace da funcado 243 F(s) = ee (s + 2)(s? + 2s + 5) O denominador possui um termo nao fatorado, s? + 2s +5. Realizando a fatoracdo —24 V4 — 20 —2+j4 . $4 25+5=0 = s = a = Fs =-14 2 s?+2s+5 =(s+1—j2)(s+1+4 j2) =s—(-1+]2) Assim, F(s) pode ser reescrita na forma : E(s) = 3? +3 > s? +3 (s+2)(s+1—j2)(s+1+ j2) (s+2)[s —(-1+4]2)] Observamos que 0 demoninador de F(s) possui uma raiz real simples, re- presentada pelo termo s + 2, e raizes complexas, representadas pelos termos s+1—j2es+1+ j2. Os dois casos devem ser tratados de maneira diferente. Para a raiz real simples, ~~ wo &@+28+5|, 5, 5 A transformada inversa referente apenas a este termo é 7 5 7 g-i|_s — /,-2t + | 5° Para as raizes complexas temos, por comparacao com a forma geral de F(s), « = —1le f = 2. Os valores de M e ¢ sao calculados, entao, usando VERSAO 0.2- DOCUMENTO GERADO EM 11/11/2021. COMENTARIOS/SUGESTOES: PMOTTA@DCA.UFRN.BR 2 +3 2 _ag-11 Mel? = et = —~e Jig y+ A(s+2)|s--14j7 v5 Logo, M = a eg= tg13 + 7 e, entao, f(t) = + etsen[2t + te-1(2) + 7] 1 3 5 e, assim, 7 2 1 f(j= Ze + ge senile + tg} (5) + 7) u(t) Teorema do Valor Inicial O teorema do valor inicial estabelece que : f(0) = jim. f() = lim sF(s) Exemplo - Calcular f(0) sendo conhecida 2(s + 1) F(s) = ~~ + _ (5) s(s? + 2s +5) Aplicando o teorema do valor inicial, temos . . 2(s +1) f(0) = jim sF(s) = HIM ss00 5954 5 =2 Esse resultado pode ser comprovado sabendo que f(t) 7 L"[F(s)] _ Je tl eos(2t) Podemos ver que f(0) = 2. Teorema do Valor Final O teorema do valor final estabelece que : = li t) = limsF f(co) = }im f(t) = lim sF(s) Exemplo - Calcular f (co) sendo conhecida f(t) = 3u(t) + 2 u(t) VERSAO 0.2- DOCUMENTO GERADO EM 11/11/2021. COMENTARIOS/SUGESTOES: PMOTTA@DCA.UFRN.BR PSMP - DCA - UFRN Temos F(s) = L [3u(t) + 2−tu(t)] = 5s + 3 s(s + 1) Então, f(∞) = lim s→0 sF(s) = lim s→0 5s + 3 s + 1 = 3 Diagrama de Polos e Zeros Vamos considerar F(s) escrita na forma : F(s) = N(s) D(s) Define-se os polos de F(s) como sendo as raízes do seu denominador e os zeros de F(s) como sendo as raízes do seu numerador. No plano complexo s, os polos são marcados com o símbolo × e os zeros são marcados com o símbolo o. O diagrama de polos e zeros é uma maneira de representar graficamente, no plano complexo, os polos e os zeros de uma função complexa, F(s). Exemplo - Obter o diagrama de polos e zeros para as funções 1. F(s) = s(s − 1) (s + 1)(s + 2) Temos polos = ® s = −1 s = −2 e zeros = ® s = 0 s = 1 versão 0.2- documento gerado em 11/11/2021. comentários/sugestões: pmotta@dca.ufrn.br PSMP - DCA - UFRN Plano s x x Im Re 1 -1 -2 2. F(s) = 5s(s − 1) (s + 1)(s + 2) Observe que a função é a mesma do exemplo anterior a menos da constante 5 no numerador. Essa constante não afeta o cálculo dos polos e zeros de F(s). polos = ® s = −1 s = −2 e zeros = ® s = 0 s = 1 Os dois diagramas, em termos de polos e zeros são idênticos com a constante, chamada ganho, explicitada no diagrama. Plano s x x Im Re 1 -1 -2 K = 5 versão 0.2- documento gerado em 11/11/2021. comentários/sugestões: pmotta@dca.ufrn.br PSMP - DCA - UFRN 3. F(s) = s(s − 1 + j1)(s − 1 − j1) (s + 1)2(s + j2)(s − j2) Temos, polos =      s = −1 (duplo) s = −j s = j e zeros =      s = 0 s = 1 − j1 s = 1 + j1 Plano s x Im Re 1 -1 x # -1 1 versão 0.2- documento gerado em 11/11/2021. comentários/sugestões: pmotta@dca.ufrn.br PSMP - DCA - UFRN LEITURA COMPLEMENTAR Leitura Complementar Hwei P. Hsu, Theory and Problems of Signals and Systems, Schaum’s Outline Series, McGraw -Hill, 1995. B. P. Lathi, Linear Systems and Signals, Second Edition, Oxford University Press, 2005. A. V. Oppenheim, A. S. Willsky, S. H. Nawab, Signals and Systems, Second Edition, Pearson Education,1996. Todas essas referências tem versão em português. versão 0.2- documento gerado em 11/11/2021. comentários/sugestões: pmotta@dca.ufrn.br