[Controlli Automatici] Trasformata di Laplace per un segnale definito a tratti
Buongiorno. Pur trattandosi di un argomento per lo più matematico, ho comunque pensato di scrivere in "Ingegneria", e più specificatamente per "Controlli Automatici" per cercare aiuto per il seguente problema dal momento che l'approccio mio e del professore è prettamente pratico.
In una esercitazione mi è capitato di dover ricercare la trasformata di Laplace del segnale in ingresso $u(t)=(1-t)1(t)$, dove $1(t)$ è la notazione utilizzata dal mio professore per indicare il segnale "gradino unitario".
A intuito mi verrebbe da pensare che la trasformata vada calcolata come $\mathcal L[(1-t)1(t)]$ procedendo poi applicando la proprietà della convoluzione: $\mathcal L[f(t)g(t)]=F(t)\ast G(t)$, con $\ast$ operatore convoluzionale.
Eppure il mio professore, ed anche il mio computer con Wolfram Mathematica, scrive semplicemente che:
$U(t)=\mathcal L[1-t]=\frac{s+1}{s^2}$.
La prima cosa a cui ho pensato è che essendo una funzione definita a tratti (dove per $t<0$ la funzione vale 0) allora si tenesse solo conto della parte $1-t$ per $t\geq 0$. Nel caso il motivo fosse questo, la trasformata di Laplace non tiene conto dei tempi negativi? Perché?
Se il motivo non coincide con quanto ho scritto, che fine ha fatto il gradino unitario?
Grazie in anticipo per la cortesia!
In una esercitazione mi è capitato di dover ricercare la trasformata di Laplace del segnale in ingresso $u(t)=(1-t)1(t)$, dove $1(t)$ è la notazione utilizzata dal mio professore per indicare il segnale "gradino unitario".
A intuito mi verrebbe da pensare che la trasformata vada calcolata come $\mathcal L[(1-t)1(t)]$ procedendo poi applicando la proprietà della convoluzione: $\mathcal L[f(t)g(t)]=F(t)\ast G(t)$, con $\ast$ operatore convoluzionale.
Eppure il mio professore, ed anche il mio computer con Wolfram Mathematica, scrive semplicemente che:
$U(t)=\mathcal L[1-t]=\frac{s+1}{s^2}$.
La prima cosa a cui ho pensato è che essendo una funzione definita a tratti (dove per $t<0$ la funzione vale 0) allora si tenesse solo conto della parte $1-t$ per $t\geq 0$. Nel caso il motivo fosse questo, la trasformata di Laplace non tiene conto dei tempi negativi? Perché?
Se il motivo non coincide con quanto ho scritto, che fine ha fatto il gradino unitario?
Grazie in anticipo per la cortesia!
Risposte
Quando moltiplichi per la funzione di Heaviside (gradino unitario) trasformi
Laplace da bilaterale a unilaterale, ovvero invece di fare l'integrale da
\(\int_{-\infty }^{+\infty }\), l'integrale si fà da \(\int_{0 }^{+\infty }\)
Questo perchè la funzione gradino unitario vale $0$ per i tempi negativi, e vale $1$
per i tempi positivi
Ad ogni modo per la proprietà di linearità della trasformata di Laplace basta fare
l'integrale di $1$, e poi di $-t$:
Il risultato giusto di quella trasformata è $1/s-1/s^2$ ovvero $(s-1)/s^2$
Devi anche specificare il dominio ovvero \(\Re \left (s \right )> 0\)
cioè la parte reale delle $s$ deve essere maggiore di $0$
NB: \(s=\sigma +j\omega \)
Laplace da bilaterale a unilaterale, ovvero invece di fare l'integrale da
\(\int_{-\infty }^{+\infty }\), l'integrale si fà da \(\int_{0 }^{+\infty }\)
Questo perchè la funzione gradino unitario vale $0$ per i tempi negativi, e vale $1$
per i tempi positivi
Ad ogni modo per la proprietà di linearità della trasformata di Laplace basta fare
l'integrale di $1$, e poi di $-t$:
Il risultato giusto di quella trasformata è $1/s-1/s^2$ ovvero $(s-1)/s^2$
Devi anche specificare il dominio ovvero \(\Re \left (s \right )> 0\)
cioè la parte reale delle $s$ deve essere maggiore di $0$
NB: \(s=\sigma +j\omega \)
Ah perfetto, non ho pensato di guardare l'integrale, grazie mille!
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