1

Laplace-ova transformacija U analizi i sintezi dinamičkih sistema uopšte, pojavljuje se problem rešavanja diferencijalnih jednačina. Analiza ponašanja linearnih dinamičkih sistema sa koncentrisanim i vremenski nepromenjivim parametrima se svodi na problem rešavanja odgovarajućeg sistema linearnih diferencijalnih sa konstantnim koeficijentima. Rešavanje ovih jednačina se pojednostavljuje primenom Laplasove transformacije (Laplace). Laplasova transformacija funkcije f(t) se definiše na sledeći način

L{f(t)} = F(s) = ⌡⌠0

∞

f(t)e-stdt

gde je s=σ±jω kompleksna promenljiva. Laplasova transformacija se ne može odrediti za

sve funkcije (npr. tt, et2), ali se takve funkcije retko susreću u teoriji i praksi, i njihovo razmatranje nije od posebnog značaja. Osobine Laplasove transformacije 1. Teorema linearnosti Homogenost: L{af(t)} = aF(s); gde je a realna konstanta. Aditivnost L{f1(t)+f2(t)} = F1(s)+F2(s). Linearnost: L{a1f1(t)+a2f2(t)} = a1F1(s)+a2F2(s). 2. Čisto vremensko kašnjenje. Za dve funkcije istog oblika f(t) i f(t-τ) gde druga kasni za prvom za vreme τ, se može definisati: L{f(t-τ)} = e-sτF(s) Primer funkcija sa čistim vremenskim kašnjenjem je trofazni sistem naizmeničnih struja. 3. Pomeranje kompleksnog lika. Pogodno za određivanje LT funkcija koje sadrže eksponencijalni faktor e-at. L{e-atf(t)} = F(s+a) 4. Konvolucija originala. Računska operacija konvolucije se definiše na sledeći način

f(t) = f1(t) * f2(t) = ⌡⌠0

t f1(t-τ)f2(τ)dτ = ⌡⌠

0

t f1(τ)f2(t-τ)dτ

Laplasova transformacija konvolucije se definiše na sledeći način: L{f(t)} = L{f1(t)*f2(t)} = F1(s)F2(s) 5. Teorema o izvodu originala

Laplasova transformacija prvog izvoda funkcije f(t) se definiše kao L

df(t)

dt = sF(s) - f(0-),

gde je f(0-) početna vrednost funkcije f(t) u trenutku 0-. Laplasova transformacija n-tog

izvoda funkcije f(t) se definiše kao L

dnf(t)

dtn = snF(s) - ∑

k=1

nsn-k fk-1(0-), gde je fk-1(0-)

početna vrednost k-prvog izvoda funkcije f(t) u trenutku 0-.

2

Primer: L

d3f(t)

dt3 = s3F(s) - s2f(0-) - sf'(0-) - f''(0-).

6. Teorema o integralu originala. L

⌡⌠0

tf(t)dt = F(s)

s .

Za n-tostruki integral važi L

⌡⌠0

t...⌡⌠

0

t⌡⌠0

tf(t)dnt = F(s)

sn , n=1,2,3,...

7. Teorema o izvodu kompleksnog lika. L{ }tnf(t) = (-1)n dnF(s)

dsn

8. Teorema o promeni vremenske skale. L

f(ta) = aF(as)

9. Prva granična teorema. Važi uz uslov da ne postoji impuls u koordinatnom početku.

t→0+lim f(t) =

s→∞lim sF(s) .

10. Druga granična teorema.

t→∞lim f(t) =

s→0lim sF(s).

U sledećoj tablici su date Laplasove transformacije nekih važnijih funkcija

f(t) F(s) δ(t) 1

tnh(t) n!sn+1

tne-at n!(s+a)n+1

e-at 1s+a

cos(ωt) ss2+ω2

e-atsin(ωt) ω

(s+a)2+ω2

sin(ωt) ω

s2+ω2

e-atcos(ωt) s+a(s+a)2+ω2

3

Laplasova transformacija funkcija (signala) 1. Hevisajdov signal (jedinični odskočni signal)

h(t) = 0; t<01; t≥0

h(t)

1

0 t

F(s) = L{h(t)} = ⌡⌠0+

∞f(t)e-stdt = ⌡⌠

0+

∞1⋅e-stdt = -

e-st

s

∞

0 = 1s

2. Delta impuls (Dirakov impuls, jedinična impulsna funkcija). Na ovaj način se može opisati dejstvo sile pri idealnom udaru, gde je sila beskonačno velikog intenziteta a trajanja beskonačno malo (kratko). Pod dejstvom ove sile se telu, ipak, dovodi konačna količina kretanja.

=∞≠

=δ0t;0t;0

)t( pri čemu važi ⌡⌠-∞

∞δ(t)dt = 1.

δ(t)∞

0 t Delta impuls se može predstaviti kao izvod jediničnog odskočnog signala, pa se pri određivanju LT primenjuje teorema o izvodu originala.

L{δ(t)} = L

dh(t)

dt = sL{h(t)} - h(0-) = s 1s - 0 =1

3. Jedinični nagibni signal. f(t) = 0; t<0t; t≥0 ili f(t)=t⋅h(t).

f(t)

1

0 t1

4

L{th(t)} = ⌡⌠0

∞te-stdt = -

tse-st

∞

0 +

1s⌡⌠

0

∞e-stdt =

1s2.

Polazni integral je rešen smenom: ⌡⌠udv=uv-⌡⌠vdu, gde je usvojeno: u=t, dv=e-stdt,

odnosno du=dt i v=- 1se-st.

4. L{ }tnh(t) = n!sn+1. Proveriti!!!

Uputstvo. Rešava se kao prethodni primer smenom: ⌡⌠udv=uv-⌡⌠vdu, gde se u prvoj iteraciji

usvaja: u=tn, dv=e-stdt. 5.

f(t) =

0; t<01; 0≤t<a

-1; a≤t<2a 0; a≤t

f(t)

1

0 ta 2a-1

-2

1

0-1

t

f(t) = h(t) + 2h(t-a) + h(t-2a) ⇒ L{f(t)} = 1s ( )1 + e-2as - 2e-as

6. Odrediti Laplasovu transformaciju beskonačne povorke pravougaonih impulsa.

5

f(t)

A

0 τ

1

0-A

2τ 3τ 4τ 5τ

Analitički izraz za funkciju je: f(t) = A ∑n=0

∞(-1)nh(t-nτ)

F(s) = L{f(t)} = A ∑n=0

∞

(-1)n e-snτs = As ∑

n=0

∞

(-1)n e-snτ = As 11+e-sτ

Suma geometrijskog reda 1+q+q2+q3+...+qn = qn-1

q-1 . U ovom slučaju je q=-e-sτ.

7. f(t) = 0; t<0A sint; 0≤t<π

0; π≤t

0 π 2π-A

0

A

6

Da bi se signal Asint poništio za t≥π, potrebno je dodati (superponirati) signal Asin(t-π) koji će ∀t≥π biti u protivfazi sa Asint.

f(t) = Asint⋅h(t) + Asin(t-π)⋅h(t-π) ⇒ F(s) = A

1

s2+1 + e

-sπ

s2+1 = A

s2+1 [ ]1 + e-sπ

8.

f(t) =

0; t<0AT t; 0≤t<T

A2; T≤t

f(t)A

0 T

A

0-A/2

A/2

t

-A

f(t) = AT⋅t⋅h(t) - A2 h(t-T) - AT⋅(t-T)⋅h(t-T) ⇒ F(s) = A

Ts2 ( )1-e-sT - A2s e-sT

9.

f(t)1

0 1 t2 3 4 5 6

f(t) = t⋅h(t) - 2⋅(t-1)⋅h(t-1) + 2⋅(t-2)⋅h(t-2) - 2⋅(t-3)⋅h(t-3) +2⋅(t-4)⋅h(t-4) - 2⋅(t-5)⋅h(t-5) + (t-6)⋅h(t-6)

F(s) = 1s2 [ ]1 - 2e-s + 2e-2s - 2e-3s + 2e-4s - 2e-5s + e-6s

7

10.

f(t) =

0; t<0

t; 0≤t<11; 1≤t<23-t; 2≤t<30; 3≤t

f(t)1

0 1

1

0

t

-1

2 3

f(t) = t⋅h(t) - (t-1)⋅h(t-1) - (t-2)⋅h(t-2) + (t-3)⋅h(t-3)

F(s) = 1s2 [ ]1 - e-s - e-2s + e-3s

11.

f(t)1

0 1 t2 3

f(t) = t⋅h(t) - h(t-1) - h(t-2) - h(t-3) - (t-3)⋅h(t-3)

F(s) = 1s2 - 1s e-s - 1s e-2s - 1s e-3s - 1

s2 e-3s

8

Inverzna Laplasova transformacija Na osnovu poznatog kompleksnog lika moguće je primenom inverzne Laplasove transformacije odrediti funkciju (original) u vremenskom domenu. Original funkcije F(s) u vremenskom domenu (f(t)) se određuje primenom sledećeg obrasca

L-1{F(s)} = f(t) = 12πj ⌡⌠

σ-jω

σ+jωF(s)estds; t>0

Funkcije (kompleksni likovi) koje su od posebnog interesa i koje će ovde biti obrađene su date u obliku realnih racionalnih funkcija kompleksne promenljive s, to jest kao razlomak dva polinoma sa realnim koeficijentima:

011n

1nn

011m

1mm

m

asa...sas

bsb...sbsb)s(Q)s(P)s(F

++++

++++==

−−

−−

Razmatraće se situacija kada je n m≥ , koja je i najčešća u analizi i sintezi kontinualnih stacionarnih linearnih sistema sa koncentrisanim parametrima. Koreni polinoma P(s) su nule, a koreni Q(s) su polovi funkcije F(s). Za određivanje inverzne Laplasove transformacije su od posebnog značaja polovi funkcije F(s), i tu se mogu uočiti četiri karakteristična slučaja: 1. Svi polovi funkcije F(s) su realni i prosti; 2. Postoje konjugovano kompleksni polovi, a realni su, ako postoje, prosti; 3. Funkcija F(s) ima višestruke realne korene; 4. Funkcija F(s) ima višestruke konjugovano kompleksne polove. 1. Svi polovi funkcije F(s) su realni i prosti; Potrebno je izvršiti faktorizaciju polinoma Q(s), odnosno rešiti jednačinu Q(s)=0. Rešenja su s1, s2, ...,sn. Sada se može napisati:

F s P sQ s

bmsm bm sm b s bs s s s s sn

( ) ( )( )

...( )( )... ( )

= =+ −

− + + +− − −

11

1 01 2

Dalje se F(s) razvija u parcijalne razlomke:

F s P sQ s

Ks s

Ks s

Kns sn

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

= =−

+−

+ ⋅ ⋅ ⋅ +−

11

22

Koeficijenti se izračunavaju prema izrazu:

K s s P sQ s s s

k nk kk

= −

=

=( ) ( )( )

; , , ... ,1 2

Nakon određivanja koeficijenata (uz činjenicu da je { }as

1ate−

=L ) moguće je odrediti

inverznu Laplasovu transformaciju funkcije F(s) kao:

{ } ∑=

==−n

1k

tsekK)t(f)s(F k1L .

9

Primer:

Odrediti inverznu Laplasovu transformaciju funkcije: F s s ss s s

( )( )( )( )

=+ +

+ + +3 2 4 71 5 8

.

Rešenje:

F sKs

Ks

Ks

( )( ) ( ) ( )

=+

++

++

11

25

38

K s F s ss ss s

s1 1 1

3 2 4 75 8

1

314

= + =− =+ +

+ +=−

=( ) ( )( )( )

K s F s ss ss s

s2 5 5

3 2 4 71 8

5

316

= + =− =+ +

+ +=−

= −( ) ( )( )( )

K s F s ss ss s

s3 8 8

3 2 4 71 5

8

16721

= + =− =+ +

+ +=−

=( ) ( )( )( )

F ss s s

( )( ) ( ) ( )

=+

−+

++

314

11

316

15

16721

18

f t e t e t e t( ) = − − − + −314

316

5 16721

8 .

Primer:

Odrediti inverznu Laplasovu transformaciju funkcije: F s ss s s

( )( )( )

=+

− +4 93 3

.

Rešenje:

F sKs

Ks

Ks

( )( ) ( )

= +−

++

1 23

33

K sF s ss

s s s1 0

4 93 3 0

1= = =+

− + == −( )

( )( )

K s F s sss s s

2 3 34 9

3 3

76

= − = =++ =

=( ) ( )( )

K s F s sss s s

3 3 34 9

3 3

16

= + =− =+− =−

= −( ) ( )( )

F ss s s

( )( ) ( )

= − +−

−+

1 76

13

16

13

f t h t e t e t( ) ( )= − + − −763 1

63 .

10

2. Postoje konjugovano kompleksni polovi, a realni su ako postoje prosti Pretpostavka je da jednačina Q(s)=0 ima samo jedan par konjugovano kompleksnih polova (s1 i s2=s*

1) a da su svi ostali (s3, s4, ...,sn) realni i prosti:

F s P sQ s

bmsm bm sm b s b

s s s s s s s sn

Ks s

K

s s

Ks s

Kns sn

( ) ( )( )

...

( )( )( )... ( ) ( ) ( ) ( ) ( )= =

+ −− + + +

− − ∗ − −=

−+

∗

− ∗+

−+ ⋅ ⋅ ⋅ +

−1

11 0

1 1 3

11

1

1

22

Ako je: s j1 = − +α ω i s j1∗ = − −α ω , Tada je: K a jb1 = − + i K a jb1

∗ = − − .

F s a jbs j

a jbs j

Kks skk

n a s b

s

Kks skk

n( )

( ) ( )( )

( )=

++ −

+−

+ ++

−==

+ −

+ ++

−=∑ ∑α ω α ω

α ω

α ω3

2 22 2

3

F s a s

sbs

Kks skk

n( ) ( )

( ) ( )=

+

+ +−

+ ++

−=∑2

2 22

2 23

α

α ω

ω

α ω

Inverzna Laplasova transformacija je:

f t ae t t be t t Kkk

nes tk( ) cos( ) sin( )= − − − +

=∑2 23

α ω α ω .

Koeficijent K1=a+jb se izračunava prema obrascu:

Kk a jb s j P sQ s s j

= + = + −

= − +

( ) ( )( )

α ωα ω

.

Primer:

Odrediti inverznu Laplasovu transformaciju funkcije: F s s

s s s s( )

( )( )( )=

+

+ + − +

3 72 2 2 3 3

.

Rešenje:

F sK

s jK

s jKs

Ks

( )( ) ( ) ( ) ( )

=+ −

+∗

+ −+

++

−11

11

33

43

K s j ss j s j s s s j

j1 1 3 7

1 1 3 3 1

19 42170

= + −+

+ − + + − + =− +=− +( )

( )( )( )( )

K j1

19 42170

∗ =− −

K s F s ss

s s s s3 3 3

3 72 2 2 3 3

115

= + =− =+

+ + − =−

=( ) ( )( )( )

K s F s ss

s s s s4 3 3

3 72 2 2 3 3

851

= − = =+

+ + + =

=( ) ( )( )( )

F s js j

js j s s

( )( ) ( )

=− +

+ −+− −

+ ++

++

−=

19 42170

11

19 42170

11

115

13

851

13

= −+

+ ++

++

−=

19 61

85 1 2 12115

13

851

13

s

s s s(( ) ) ( ) ( )

= −+

+ +−

+ ++

++

−1985

1

1 2 124285

1

1 2 12115

13

851

13

s

s s s s( ) ( ) ( ) ( )

11

f t e t t e t t e t e t( ) cos sin= − − − − + − +1985

4285

115

3 851

3 .

Ovaj pristup je komplikovan jer zahteva puno računa sa kompleksnim brojevima, pa se da primeniti jednostavniji način:

F s s

s s s s

As B

s s

Cs

Ds

( )( )( )( ) ( ) ( ) ( )

=+

+ + − +=

+

+ ++

++

−=

3 72 2 2 3 3 2 2 2 3 3

=+ + + − + + − − + − −

+ + − +

( ) ( ) ( ) ( )

( )( )( )

A C D s B C D s D A C s D B C

s s s s

3 5 2 8 9 4 6 9 62 2 2 3 3

Sada se formira sistem jednačina: A+C+D=0 B-C+5D=0 -9A-4C+8D=3 -9B-6C+6D=7

Rešenja su: A B C D= − = − = =1985

6185

115

851

; ; ; .

Sada je:

F s(s)(s ) (s ) (s )

= −+

+ ++

++

−185

19 611 1

115

13

851

132 2

Za original f(t) se dobija isto rešenje:

f t e t t e t t e t e t( ) cos sin= − − − − + − +1985

4285

115

3 851

3 .

3. Funkcija F(s) ima višestruke realne korene Pretpostavka je da jednačina Q(s)=0 ima jedna višestruko (trostruko) rešenje s1, a da su ostali polovi fukcije F(s) realni i prosti.

F s P sQ s

bmsm bm sm b s b

s s s s s sn( ) ( )

( )...

( ) ( )... ( )= =

+ −− + + +

− − −

11

1 0

13

4

Dalje se F(s) razvija u parcijalne razlomke:

F s P sQ s

K

s s

K

s s

Ks s

Ks s

Kns sn

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

= =−

+−

+−

+−

+ ⋅ ⋅ ⋅ +−

11

13

12

12

131

44

Koeficijenti se izračunavaju prema izrazu:

K s s P sQ s s s

11 13

1= −

=

( ) ( )( )

K dds

s s P sQ s s s

12 13

1= −

=

( ) ( )( )

K d

dss s P s

Q ss s

1312

2

2 13

1

= −

=

( ) ( )( )

Opšti obrazac za koeficijente Krm; m=1,2,...,p višestrukog pola s=sr, višestrukosti p jeste:

Krm mdm

dsms sr

p P sQ s

s sr

=−

−

−−

=

11

1

1( )!( ) ( )

( )

12

Inverzna Laplasova transformacija polazne funkcije je:

f t K t es t K tes t K es t Kies t

i

ni( ) = + + +

=∑1

2 112

12 134

1 1 1

Primer:

Odrediti inverznu Laplasovu transformaciju funkcije: F s s

s s( )

( ) ( )=

+

+ +

4 9

2 3 3.

Rešenje:

F sK

s

K

s

Ks

Ks

( )( ) ( ) ( ) ( )

=+

++

++

++

112 3

122 2

132

43

K s F ss

ss s

11 2 32

4 93 2

1= +

= −

=++ =−

=( ) ( )

K dds

s F ss

dds

ss s s s

12 2 32

4 93 2

3

3 2 23= +

= −

=++

=−

=+ =−

=( ) ( )( )

K d

dss F s

s13

12

2

22 3

23= +

= −

= −( ) ( )

K s F s ss

s s4 3 3

4 9

2 3 33= + =− =

+

+ =−=( ) ( )

( )

F ss s s s

( )( ) ( ) ( ) ( )

=+

++

−+

++

1

2 33

2 232

33

f t t e t te t e t e t( ) = − + − − − + −122 2 3 2 3 2 3 3 .

Moguć je i drugačiji pristup:

F s A

s

B

s

Cs

Ds

( )( ) ( ) ( ) ( )

=+

++

++

++

=2 3 2 2 2 3

=+ + + + + + + + + + + +

+ +=

( ) ( ) ( )

( ) ( )

C D s B C D s A B C D s A B C D

s s

3 7 6 2 5 16 12 3 6 12 8

2 3 3

4 9

2 3 3

s

s s

+

+ +( ) ( )

Dobija se sistem jednačina: C+D=0 B+7C+6D=0 A+5B+16C+12D=4 3A+6B+12C+8D=9 čija su rešenja: A=1; B=3; C=-3; D=3. Sada je postupak do kraja isti kao kod prethodnog načina.

13

4. Funkcija F(s) ima višestruke konjugovano kompleksne polove. Ovaj slučaj se rešava primenom konvolucije. Primer:

Odrediti inverznu Laplasovu transformaciju funkcije: F ss

( )( )

=+

12 2 2ω

.

Rešenje: Polovi funkcije F(s) su s s j1 2 3 4, ,= = ± ω . F(s) poseduje dvostruki par konjugovano kompleksnih polova.

[ ])tsin()tsin(1ss

1s

1s

1)t(f22222

122222

1 ω∗ωω

=

ω+

ω⋅

ω+

ω

ω=

ω+⋅

ω+= −− LL

[ ]f t t d t tt

dt

( ) sin( ) sin( ( )) cos( ) cos( ( ))= − = − − −∫∫12

1

2 22

00ωωτ ω τ τ

ωω ω τ τ

[ ]f t t t t( ) sin( ) cos( )= −1

2 3ωω ω ω .

Primena Laplasove transformacije

M

y(t)

f(t)K

b

Mehanički sistem sa slike je opisan diferencijalnom jednačinom

M d2y(t)dt2

+ b dy(t)dt + K y(t) = f(t). (1)

Neka je f(t)=0; y(0-)=y0=1 i dydt(0-)=0. Primenom Laplasove transformacije na jednačinu (1),

a uz uvažavanje prethodno navedenih uslova sledi

M

s2Y(s) - sy(0-) - dy

dt(0-) + b(sY(s) - y(0-)) + KY(s) = 0, (2)

odnosno nakon sređivanja Y(s)[Ms2 + bs + K] = y(0-)(Ms + b)

Y(s) = Ms+bMs2+bs+K

y(0-) = Ms+bMs2+bs+K

= P(s)Q(s). (3)

14

Polinom Q(s) se zove karakteristični polinom jer njegovi koreni određuju karakter odziva sistema (o čemu će biti reči kasnije). Koreni polinoma P(s) se zovu nule sistema, a koreni polinoma Q(s) polovi, karakteristične ili sopstvene vrednosti sistema. Neka je K/M=2 i b/M=3. Sada se izraz (3) može napisati u obliku

Y(s) = s+3

(s+1)(s+2). (4)

Razvojem u sumu parcijalnih razlomaka izraz (4) se transformiše u

Y(s) = 2

s+1 - 1

s+2 (5)

Nakon primene ILT na izraz (5) sledi

y(t) = 2e-t - e-2t. (6)

Provera rešenja se može izvršiti za t=0 i t→∞. y(0)=2e0-1e0=1, i t→∞lim y(t) =

s→0lim sY(s) = 0.

Rešenje je u redi i prema fizici sistema i prema drugoj graničnoj teoremi.