Sinyaller & Sistemler – Sistem Transformasyonu R Fourier transformasyonu, daha ziyade işaret analiz tekniği olmasına karşın, Laplace transformasyonu daha ziyade sistem analiz tekniği olarak bilinmektedir. Bununla beraber Laplace ile kısmi işaret analizde yapılabilmektedir. Özellikle Fourier transaformasyonunun yetersiz kaldığı işaretlerin yakınsama bölgelerinin tayininde Laplace etkli bir yöntemdir. I LAPLACE TRANSFORMASYONU L A Fourier transformasyonu bir çok önemli katkısının yanısıra, frekans uzayının yalnızca imajiner bölümüyle ilgili olmasının getirdiği sınırlama veya e a t tipli ( a > 0 ) reel değerlikli exponensiyellerin sürekli artan formu için bir karşılığının olmaması ve nihayet, stabil olmayan sistemler içinde kullanılamayacak durumda olması, Fourier transformasyonunun önemli eksiklikleri olarak görünmektedir. Laaplace Transformasyonu bunları gözeten bir yaklaşım olarak ortaya çıkmıştır. jω Im F (s ) F (ω ) Fourier Düzlemi A s – Düzlemi N O T Bilindiği gibi sürekli-zaman ve lineer zamandan bağımsız sürekli (LTIC) sistemleri başta olmak üzere Laplace transformasyonlarının integro-diferansiyel denklem sistemlerinin cebirsel denklemlere dönüştürülmesi üzerine önemli uygulama alanı olmasına karşın, bu bölümde daha ziyade Laplace transformasyonunun işaret analiz açısından özellikleri ele alınacaktır. Aşağıda e a t , a > 0 tipli sinyallerin çözümünü sağlayan s Düzlemi ve bundan yoksun olan Fourier düzlemi verilmiştir. M σ (Reel) (b) : s = jω Özel kompleks frekans düzlemi Ş (a) : s = σ + jω Kompleks frekans düzlemi ω I Şekil 1. (a) : Laplace transformasyonu : s = σ + jω , (b) : Fourier transformasyonu ( σ = 0 ) L Laplace Denklemleri ∞ Ç A F ( s) = ∫ f (t ) e −S t dt Laplace Transformasyonu (Bilateral, çift yönlü) −∞ ∞ F ( s ) = ∫ f (t ) e − S t dt Laplace Transformasyonu (Unilateral, tek yönlü) 0 f (t ) = 1 ∞ 2π j −∫∞ F ( s ) e S t ds Ters Laplace Tranformasyonu 1 Aşkın Demirkol Yakınsama Bölgesi Daha önce “The Region of Convergence (ROC)” adıyla anılan yakınsama bölgesi, Laplace ∞ −∞ f (t ) e −σ t dt < ∞ ) gösteren bölgedir. Bu bölgenin varlığı halinde hangi transformasyon olursa olsun onun mevcut olabileceğini ve yakınsamanın mümkün olacağını düşünebiliriz. ROC aynı zamanda sistemin kararlılığınında göstergesi ∫ ∞ −∞ f (t ) e −σ t dt < ∞ denkleminin sonlu bir değer R olduğundan önemlidir. Bu nedenle I transformasyonunun varlığını ( ∫ A üretmesini sağlayan ve yakınsama bölgesini (ROC) tanımlayan σ değerinin tek (unique) değil, çok hatta teorik anlamda sonsuz olabileceği daha önceki kısımlarda izah edilmişti. Bu özellik Laplace transformasyonunu, Fourier transformasyonuna göre avantajlı ve daha genel kılmaktadır. f (t ) = e3t u (t ) işaretinin Laplace transformasyonunu bulun O Çözüm T L Örnek F ( s) = ∫ ∞ −∞ N Şimdi ele alınan f (t ) = e3t u (t ) sinyalinin Laplace yaklaşımıyla tam çözümünü elde etmeye çalışalım. ∞ ∞ f (t ) e − s t dt = ∫ e3t u (t ) e− (σ + j ω ) t dt = ∫ e − (σ −3+ j ω ) t dt = − 0 −∞ 1 e − (σ −3+ j ω ) t  σ −3+ j ω  1 1 1  e− (σ −3+ j ω ) ∞ − e− (σ −3+ j ω ) 0  = − (σ − 3 + j ω )   σ −3+ j ω σ − 3+ j ω e 1 1 =− [ 0 − 1] = σ −3+ j ω σ −3+ j ω 1 = s−3 Buna göre f (t ) = e3t u (t ) işaretinin Laplace transformasyonu ∞ 1  1  − 1 = − −1 σ − 3 + j ω  ∞   Ş M A =− 1 , σ >3 s −3 I e3t u (t ) ↔ yakınsama bölgesi (ROC) Ç A L jω Reel 0 3 σ Şekil 2. s = σ + jω Düzlemi 2 ∞ 0 Sinyaller & Sistemler – Sistem Transformasyonu Örnek f (t ) = e −3t u (t ) işaretinin Laplace transformasyonunu bulun ∞ −∞ ∞ ∞ ∞ 0 0 ∞ f (t ) e − s t dt = ∫ e−3t u (t ) e − s t dt = ∫ e −3t e − s t dt = ∫ e −3t e − (σ + j ω ) t dt = ∫ e − (3+σ + j ω ) t dt −∞ 0 A F ( s) = ∫ R Bu örnek, Fourier yaklaşımı açısından mümkün görünmesine rağmen, burada alternatif olarak yukarıdakine benzer biçimde ele alınacaktır. Çözümün aşamalarıda aşağıda verilmiştir. I Çözüm ∞ L        1 1 1 = − e− (3+σ + j ω ) t  =  − e − (3+σ + j ω ) ∞  −  − e− (3+σ + j ω ) 0      3 + σ + jω  0  3 + σ + jω   3 + σ + jω O T Bu denklemde görülen   1  − e −(3+σ + j ω ) ∞   3 + σ + jω  (3 + σ ) > 0 veya N ifadesinin t → ∞ için sonlu bir değer üretebilmesi için e − ( 3+σ + j ω ) ∞ teriminin sıfır olması gerekir ( e − ( 3+σ + j ω ) ∞ → 0 ). Bunun için yakınsama bölgesinin σ > −3 A olması gerekir. Buna uygun yakınsama bölgesi (ROC) aşağıdaki görünümde olacaktır. M jω Ş Yakınsama bölgesi −3 σ Şekil 3. f (t ) = e −3t u (t ) İşaretinin σ > −3 için yakınsama bölgesi Ç A L I 0 Not : Tek yönlü Nedensel Laplace Transformasyonlarında (single side, unileteral Laplace Transform), kutuplar yakınsama bölgesinin solunda yer alır. Buradan, Laplace transformasyonunun bulunuması aşamasına geçilebilir. 3 Aşkın Demirkol      1 1 1 1 1 F ( s ) =  − e −(3+σ + j ω ) ∞  + +  = − ( 3 +σ + j ω ) ∞ 3 + σ + jω   3 + σ + jω   3 + σ + jω e  3 + σ + jω     1 1 1 1 1 = − × + = − ×0+  3 + σ + jω   3 + σ + jω ∞ 3 + σ + jω   3 + σ + jω L A R I   1 = 0 + 3 + σ + jω   1 = , σ > −3 3 + σ + jω 1 = s+3 Laplace Transformasyonunun Var Olması −∞ f (t ) e −σ t dt < ∞ T ∫ ∞ O Bu denklemin sağlanması F ( s) üzerinden Ters Laplace Transformasyonu vasıtasıyla f (t ) sinyalinin tekrar elde edilebileceğine dair kanıttır ( f (t ) ↔ F ( s) ). N Standart Fonksiyonların Laplace Transformasyonları Örnek A f (t ) = δ (t )u (t ) işaretinin Laplace transformasyonunu hesaplayalım. F ( s) = ∫ ∞ −∞ M Çözüm ∞ f (t ) e − s t dt = ∫ δ (t ) e − s t dt = δ (0) e − s 0 −∞ Ş =1 I Bunun anlamı F (ω) = 1 Fourier transformasyonundaki gibi düşünülebilir. L Örnek F ( s ) = δ ( s ) işaretinin invers Laplace transformasyonunu hesaplayalım. Ç A Çözüm Dualiti prensibinden L-1 [δ ( s )] = 1 j∫ 2π 1 = 2π j c+ j ∞ c− j ∞ δ ( s ) e s t ds 4 Sinyaller & Sistemler – Sistem Transformasyonu Örnek f (t ) = 1 işaretinin Laplace transformasyonunu hesaplayalım. I Çözüm L [δ ( s )] = 1 2π j δ (s) ⇔ 1 2π j 1 ⇔ 2π jδ ( s ) , A −1 R f (t ) ⇔ F ( s ) f (t ) = u (t ) işaretinin Laplace transformasyonunu hesaplayalım. T Çözüm ∞ −∞ ∞ ∞ ∞ −∞ 0 0 f (t ) e − s t dt = ∫ u (t ) e − s t dt = ∫ (1) e − s t dt = ∫ e − s t dt = − O F ( s) = ∫ = L Örnek 1 , Re s > 0 s N Örnek 1 −s t ∞ e |0 s Çözüm F ( s) = ∫ ∞ ∞ ∞ 0 0 f (t ) e − s t dt = ∫ tu (t ) e − s t dt = ∫ t (1) e − s t dt = ∫ t e − s t dt = −∞ e− s t 1 (− st − 1) | ∞0 = 2 2 s s M −∞ ∞ A f (t ) = tu (t ) işaretinin Laplace transformasyonunu hesaplayalım. Örnek Ş f (t ) = t 2 u (t ) işaretinin Laplace transformasyonunu hesaplayalım. I Çözüm ∞ ∞ ∞ ∞ −∞ 0 0 L F ( s ) = ∫ f (t ) e − s t dt = ∫ t 2 u (t ) e − s t dt = ∫ t 2 (1) e − s t dt = ∫ t 2 e − s t dt −∞ −s t e 2 ( s 2 t 2 + 2s t + 2) |0∞ = 3 3 (− s) s n! Kural : t n u (t ) = n +1 s Ç A = 5 Aşkın Demirkol Örnek f (t ) = cos ω0 t u (t ) işaretinin Laplace transformasyonunu hesaplayalım. s s + ω02 2 , Re s > 0 Kural : cos bt u (t ) = s s + b2 R F ( s) = I Çözüm 2 L f (t ) = sin ω0 t u (t ) işaretinin Laplace transformasyonunu hesaplayalım. , Re s > 0 Kural : sin bt u (t ) = b s + b2 O ω0 s + ω02 2 T Çözüm F ( s) = A Örnek 2 N Örnek f (t ) = e − at cos ω0 t u (t ) işaretinin Laplace transformasyonunu hesaplayalım. F ( s) = A Çözüm s+a s + ω02 2 M Örnek L I Ş f (t ) = e − at sin ω0 t u (t ) işaretinin Laplace transformasyonunu hesaplayalım. Çözüm ω0 F ( s) = ( s + a) 2 + ω02 Örnek x(t ) = 2e−4t cos(6t + θ)u (t ) Sinyalinin yakınsama bölgesini (ROC) tayin edin. Ç A Çözüm Verilen ifadenin yakınsama bölgesi için Laplace transformasyonuna bakmamız gerekiyor. 1 Kural : e− a t cos(bt + θ)u (t ) ↔ ( s ∓ a) x(t ) = e−4t cos(6t + θ)u (t ) ↔ 2( s + 4) cos(θ) − 12sin(θ) = X (s) s 2 + 8s + 52 6 Sinyaller & Sistemler – Sistem Transformasyonu Örnek s+3 Sisteminin ters Laplace transformasyonunu hesaplayın. s+4 H ( s) = I Çözüm s+6 A s + 4+ A s + A+ 4 = 1+ → = s+4 s+4 s+4 s+4 A+ 4 = 6 → A = 2 2 1   −4 t → L−1 1 + 2  = δ (t ) + 2e u (t ) = h(t ) s+4 s + 4  A H ( s) = 1 + R H ( s) = L h(t ) = δ (t ) + 2e−4t u (t ) Örnek T 3s + 6 işaretinin invers Laplace transformasyonunu hesaplayalım. s ( s + 5 s + 6) F ( s) = O 2 Çözüm = N c3 c1 ( s 2 + 5s + 6) + c2 ( s 2 + 3s ) + c3 ( s 2 + 2 s ) 3s + 6 3( s + 2) c1 c2 = = + + = s ( s 2 + 5s + 6) s( s + 2)( s + 3) s s + 2 s + 3 s ( s + 2)( s + 3) s 2 (c1 + c2 + c3 ) + s (5c1 + 3c2 + 2c3 ) + 6c1 s ( s + 2)( s + 3) A F ( s) = 3s + 6 = s 2 (c1 + c2 + c3 ) + s (5c1 + 3c2 + 2c3 ) + 6c1 5c1 + 3c2 + 2c3 = 3 M c1 + c2 + c3 = 0 6c1 = 6 → c1 = 1 , c2 = 0 , c3 = −1 Ş Bulunan fonksiyonun invers Laplace transformasyonu alınırsa I 1 1 1  1 − 3t → L−1  − F ( s) = −  = u (t ) − e u (t ) = f (t ) s s+3  s s + 3 Ç A L f (t ) = 1 − e −3t  u (t ) Laplace Transformasyonunun Özellikleri Lineerlik Fourier gibi Laplace Transformasyonu da lineerdir. f1 (t ) ⇔ F1 ( s) ve f 2 (t ) ⇔ F2 ( s) a1 f1 (t ) + a 2 f 2 (t ) ⇔ a1 F1 ( s) + a 2 F2 ( s) 7 Aşkın Demirkol Zaman öteleme : f (t − t 0 ) f (t − t 0 ) ⇔ F ( s ) e − s t0 I Frekans öteleme : F ( s − s 0 ) R f (t ) e − s 0 t ⇔ F ( s − s 0 ) A Ağırlıklandırma (scaling) : f (at ) L 1 s F( ) a a f (at ) ⇔ T Konvülüsyon (convolution) 1) x(t)*h(t) ↔ X( s )H( s) : Zaman Domeninde Konvülüsyon 1 X(s)* H(s) : Zaman Domeninde Çarpma : s Düzleminde Modülasyon 2π O 2) x(t)h(t) ↔ N Türev f (t ) ⇔ F ( s ) M A dn f ⇔ s n F ( s ) − s n −1 f (0 − ) − s n − 2 f (0 − ) − − f ( n −1) (0 − ) n dt Nedensellik ve Tek – Çift Yönlü Laplace Transformasyonu ∞ 0 ∞ Ş F ( s) = ∫ f (t ) e − s t dt F ( s) = ∫ f (t ) e− s t dt Çift yönlü (bilateral) Laplace Transformasyonu I −∞ Tek yönlü (unilateral) Laplace Transformasyonu L Örnek Ç A f (t ) = e −2 t u (t ) + e 2 t u (−t ) İşaretinin yakınsama bölgesini ve Laplace transformasyonunu bulun. Çözüm u (t ) → t > 0 den dolayı nedensel, u (−t ) → t < 0 den dolayı da nedensel olmayan bir sinyalin söz konusu olduğunu görmekteyiz. f ( t ) = e − 2 t u (t ) + e 2 t u ( − t ) = e −2 t = f1 (t ) + f 2 (t ) 8 Sinyaller & Sistemler – Sistem Transformasyonu F ( s) = ∫ ∞ −∞ ∞ f (t ) e − s t dt = ∫ e−5 t −∞ ∞ u (t ) e− (σ + j ω) t dt = ∫  e−2 t u (t ) + e2 t u (−t )  e − (σ + j ω) t dt −∞ ∞ ∞ 0 ∞ −∞ −∞ −∞ 0 I f (t ) sinyalinin yazımına bakıldığında f1 (t ) = e−2 t u (t ) gibi nedensel ve f 2 (t ) = e 2 t u (−t ) gibi nedensel olmayan bölümleri içermektedir. Diğer bir deyişle hem nedensel hemde nedensel olmayan özellikleri içeren bir sinyal söz konusudur. Bu nedenle yakınsama bölgesi arada bir bölge olarak beklenmektedir. R = ∫ e2 t u (−t ) e − (σ + j ω) t dt + ∫ e−2 t u (t ) e− (σ + j ω) t dt = ∫ e − (σ − 2+ j ω) t dt + ∫ e − (σ + 2+ j ω) t dt A 0 ∞ 1 1 e − (σ − 2+ j ω) t  + e − (σ + 2+ j ω) t  ; σ − 2 < 0 + σ + 2 > 0 = σ < 2 + σ > −2 = −∞ 0 −(σ − 2 + jω) −(σ + 2 + jω) −∞ e 2 t u (−t ) e − (σ + j ω ) t dt = ∫ e− (σ − 2+ j ω ) t dt T ∫ 0 ∞ −∞ Kural : lim e − (σ + a + jω) t = 0 , σ + a < 0 → σ < − a t →−∞ 1 , σ < −a s+a N Kural : −e − a t u ( −t ) ↔ O Not : 1 1 − , −2 <σ < 2 s+2 s−2 L e −2 t u (t ) + e 2 t u ( −t ) ↔ Bunlara uygun yakınsama bölgesi aşağıdaki görünümde olacaktır. 0 σ 2 −2 Ç A L I Ş M A jω e − 2 t u ( t ) + e 2 t u ( −t ) ↔ Şekil 4. − 2 < s < 2 Yakınsama bölgesi 1 1 4 − =− 2 s+2 s−2 s −4 9 Aşkın Demirkol T L A R İntegral ve diferansiyel denklemlerdern oluşan integro diferansiyel denklemlerin Laplace yaklaşımlarıyla çözümü, Laplace alanındaki en bilinen yöntemlerdendir. Bu şekliyle daha yaygın olsada, şu ana kadar biz daha çok Laplace transformasyonunun sistem ve işaret analiz açısından özelliklerini analiz etmeye çalıştık. Şimdi Laplace transformasyonunun bu klasik özelliğini basit örneklerle ele almaya çalışacağız. Bunu yaparken yine çok klasik diferansiyel denklemlerle olan yaklaşımı değil de, aynı zamanda sistem özelliğini de içerecek şekilde almaya gayret edeceğiz. Bu açıdan sürekli-zaman zamandan bağımsız (LTIC) sistem örneklerini ele alarak, bu tür sistemlerin cevaplarını Laplace yaklaşımıyla analiz etmeye d k y (t ) çalışacağız. Bu anlamda bir LTIC sistemin parametrelerini (giriş, çıkış, impuls cevap) dt k gibi difarensiyel dernklemlerle yazmak ve göstermek mümkündür. I LİNEER ZAMANDAN BAĞIMSIZ SÜREKLİ (LTIC) SİSTEM CEVAPLARININ İNTEGRO DİFERANSİYEL DENKLEMLERLE ÇÖZÜMÜ Örnek O d2y dy df + 8 + 15 y (t ) = + 2 f (t ) denklemiyle verilen LTIC 2 dt dt dt sistemin y (t ) cevabını hesaplayalım. N Girişi f (t ) = 2 e −4 t u (t ) olan ve Çözüm A Çözüm transfer fonksiyonu yaklaşımından yapılacaktır. Sistem denklemi aşağıdaki gibi yazılır. M d 2 y (t ) dy (t ) dx (t ) = s 2 Y( s) , = s Y ( s ) , y (t ) = Y ( s ) ve = s X ( s ) , x (t ) = X ( s ) 2 dt dt dt Ş s 2Y ( s ) + 8sY ( s ) + 15Y ( s ) = sX ( s ) + 2 X ( s ) I [ s 2 + 8s + 15]Y ( s ) = [ s + 2] X ( s ) L buradan transfer fonksiyonu s+2 s + 8s + 15 2 Ç A H (s) = giriş fonksiyonunun Laplace dönüşümü ise, F ( s ) = L[ 2 e − 4 t u (t )] = 2 s+4 10 Sinyaller & Sistemler – Sistem Transformasyonu Y ( s) = H ( s) F ( s) = c c c 2( s + 2) 2( s + 2) = = 1 + 2 + 3 2 ( s + 4)( s + 8s + 15) ( s + 4)( s + 5)( s + 3) s + 4 s + 5 s + 3 (c1 + c 2 + c3 ) s 2 + (8c1 + 7c 2 + 9c3 ) s + 15c1 + 12c 2 + 20c3 ( s + 4)( s − 6)( s + 2) c1 + c 2 + c3 = 0 8c1 + 7c 2 + 9c3 = 2 I = R 15c1 + 12c 2 + 20c3 = 4 4 3 1 − − s+4 s+5 s+3 L Y ( s) = A c1 = 4 , c2 = −3 , c3 = −1 buradan Y (s ) sistem cevabı T bulunan Y (s ) fonksiyonun invers Laplace transformasyonu alınırsa y (t ) = (4 e −4t − 3 e −5t − e −3t )u (t ) A olarak bulunur. N O 3 1   4 − 4t −5 t − 3t L−1 [Y ( s )] = L−1  − −  = (4 e − 3 e − e )u (t )  s + 4 s + 5 s + 3 Örnek M Bir sistemin ikinci dereceden diferansiyel denklemle gösterimi Ş ( D 2 + 4 D + 3) y (t ) = ( D + 4) f (t ) I şeklindedir. f (t ) sistem girişini ve y (t ) sistem çıkışını göstermektedir. Sistem girişi f (t ) = e −2 t u (t ) ve başlangıç koşulları y (0 − ) = −2 ve y (0 − ) = 3 ise sistem çıkışı y (t ) yi hesaplayalım. L Çözüm Ç A Verilen sistemin diferansiyel denklemi aşağıdaki gibi düzenlenir. d2y dy df + 4 + 3 y (t ) = + 4 f (t ) 2 dt dt dt y (t ) ⇔ Y ( s ) özelliğinden 11 Aşkın Demirkol dy ⇔ sY ( s ) − y (0 − ) = sY ( s ) − ( −2) = sY ( s ) + 2 dt I d2y ⇔ s 2Y ( s ) − sy (0 − ) − y (0 − ) = s 2Y ( s ) − (−2) s − 3 = s 2Y ( s ) + 2 s − 3 2 dt df 1 1 s+4 + 3 f (t ) =⇔ sF ( s ) − f (0 − ) + 4 F ( s ) = s +4 = dt s+2 s+2 s+2 s+4 s+2 N s 2Y ( s ) + 2 s − 3 + 4 sY ( s ) + 8 + 3Y ( s ) = s 1 +4 s+2 s+2 O [ s 2Y ( s ) + 2 s − 3] + 4 [ sY ( s ) + 2] + 3Y ( s ) = T Buna gore sistem diferansiyel denklemi L A R f (t ) = e −2 t u (t ) 1 F ( s) = s+2 df s s ⇔ sF ( s ) − f (0 − ) = −0= dt s+2 s+2 s+4 s+2 Dikkat edilirse çıkışın olduğu sol tarafta Y (s ) ortak parantezin dışında kalan 2s + 5 terimi, başlangıç koşullarından oluştuğu için, sistemin başlangıç koşullarına göre olan sistem cevabı, yani “sıfır giriş cevabı” olarak değerlendirilmektedir. Bununla beraber eşitliğin sağ tarafında yer alan terimler sistemin giriş yapıldığı an ile ilgili olduğundan, bu anlamda “sıfır durum cevabı” olarak kabul edilmektedir. M A ( s 2 + 4 s + 3)Y ( s ) + 2 s + 5 = Ş s+4 ( s 2 + 4s + 3)Y ( s) = − 2 s −5 + s+2 baslangic kosullari giris terimleri I s+4 − 2s − 5 + s + 4 s +3 ( s + 2)( s 2 + 4 s + 3) 2 L Y (s) = sifir giris cevabi Ç A Y ( s) = sifir durum cevabi s+4 − 2s − 5 + ( s + 1)(s + 3) ( s + 1)( s + 2)(s + 3) sifir giris cevabi sifir durum cevabi Y ( s ) = Yz i ( s ) + Yz s ( s ) Yz i ( s ) = − 2s − 5 A B ( A + B)s + 3 A + B = + = ( s + 1)( s + 3) s + 1 s + 3 s +1 12 Sinyaller & Sistemler – Sistem Transformasyonu A + B = −2 3 A + B = −5 3 2 , B=− 1 2 I A=− 3 1 1 1 − 2 s +1 2 s + 3 s+4 C D E C ( s 2 + 5s + 6) + D( s 2 + 4 s + 3) + E ( s 2 + 3s + 2) Yz s ( s ) = = + + = ( s + 1)( s + 2)( s + 3) s + 1 s + 2 s + 3 ( s + 1)( s + 2)( s + 3) A R Yz i ( s ) = − L (C + D + E ) s 2 + (5C + 4 D + 3E ) s + 6C + 3D + 2 E = ( s + 1)( s + 2)( s + 3) buradan Y (s ) sistem cevabı Y ( s ) = Yz i ( s ) + Yz s ( s ) O N 3 1 1 1 1 −2 + 2 s +1 s+2 2 s+3 A Yz s ( s ) = T C+D+E =0 5C + 4 D + 3E = 1 6C + 3D + 2 E = 4 3 1 , D = −2 , E = C= 2 2 M 1 1  3 1 1 1 1   3 1 Y ( s ) = − − + −2 +  s + 2 2 s + 3   2 s + 1 2 s + 3  2 s + 1 Ş Bunun invers Laplace transformasyonu alınırsa sistem toplam cevabı “ sıfır-giriş cevabı ve sıfır-durum cevabı” toplamlarından aşağıdaki gibi neticelenir. L I 1 1  1 1 1   3 1 3 1 L−1 [Y ( s )] = L−1 − − + L−1  −2 +  s + 2 2 s + 3   2 s + 1 2 s + 3 2 s +1 sifir giris cevabi sifir durum cevabi Ç A 1 1  3  3  y (t ) =  − e −t − e −3t  u (t ) +  e −t − 2e − 2 t + e −3t  u (t ) 2 2  2  2 13 Aşkın Demirkol Laplace Transformasyonu ve Kararlılık I Bir sistemin girişi f (t ) ve çıkışı y (t ) olmak üzere LTI bir sistemin diferansiyel denklemlerle gösteriminin aşağıdaki gibi olduğunu biliyoruz. R dny d n −1 y d n −2 y dy dm f d m −1 f d m−2 f dm f + a + a + + a + a = b + b + b + + b + b0 n − 1 n − 2 1 0 m m − 1 m − 2 1 dt dt n dt n −1 dt n − 2 dt m dt m −1 dt m − 2 dt m A Eğer bu sistemin giriş ve çıkış başlangıç koşullarını sıfır aldığımızı düşünürsek, L y (t ) ⇔ Y ( s ) ve f (t ) ⇔ F ( s ) O T dr y (t ) ⇔ s r Y ( s ) r dt dk f (t ) ⇔ s k F ( s ) dt k N Bunlar göz önüne alınarak başlangıçtaki sistem denklemi ( s n + a n −1 s n −1 + + a1 s + a 0 )Y ( s ) = (bm s m + bm −1 s m −1 + + b1 s + b0 ) F ( s ) Y ( s) = P(s) F (s) Q( s) M A bm s m + bm −1 s m −1 + + b1 s + b0 Y (s) = n F (s) s + a n −1 s n −1 + + a1 s + a0 Ş Sistem transfer fonksiyonu olarak H (s ) Y ( s) bm s m + bm −1 s m−1 + + b1 s + b0 P( s) = n = F (s) Q( s ) s + a n −1 s n −1 + + a1 s + a0 L I H ( s) = Ç A H ( s) = bmn ( s − z1 )( s − z 2 ) ( s − z m ) ( s − p1 )( s − p 2 ) ( s − p n ) biçimlerinden biri olarak elde edilir. Son denklemden görmekteyiz ki, sistemin p1 , p 2 , , p m kutupları sistemi sonsuza z1 , z 2 , , z m sıfırları ise, sistemi sıfıra götürme özelliğindedir. Öncelikle s = σ + jω ifadesinden görülebileceği gibi sistem kutup veya sıfırları kompleks yapıda olmakla beraber aynı zamanda yalnızca reel veya imajiner de olabileceklerini düşünerek buradan şimdilik kutupların başlıca özellikleri aşağıya çıkarılmıştır. 14 Sinyaller & Sistemler – Sistem Transformasyonu • Eğer kutupların tümünün reel kısmı negatif ise ( σ < 0 ), sistem tam anlamıyla kararlıdır (sol yarı düzlem). R • Eğer kutuplardan yalnızca birinin bile (daha fazlada olabilir) reel kısmı sıfır ( σ = 0 ) ve kutuplar katlı değil ise, sistem marjinal olarak kararlıdır (Im( jω ), imajiner eksen). A Örnek s 2 + 4s + 3 s 2 + 9 s + 14 Transfer fonksiyonuyla verilen LTIC sistemin kararlılığını araştırın. Transfer fonksiyonunun kutupları, O s 2 + 4s + 3 ( s + 1)( s + 3) = 2 s + 9s + 14 ( s + 2)( s + 7) N H ( s) = T Çözüm L H ( s) = ( s + 2) = 0 ⇒ s = −2 ve ( s + 7 ) = 0 ⇒ s = −7 ( s + 1) = 0 ⇒ s = −1 ve ( s + 3) = 0 ⇒ s = −3 A Transfer fonksiyonunun sıfırları, Kutuplar ( − 2 ve − 7 ) sol yarım düzlemde olduğu için sistem kararlıdır. M Örnek s 2 + 6s + 8 s2 + 4 Transfer fonksiyonuyla verilen LTIC sistemin kararlılığını araştırın. Ş H (s) = I Çözüm s 2 + 6 s + 8 ( s + 2)( s + 4) = s2 + 4 s2 + 4 L H ( s) = Transfer fonksiyonunun kutupları, A Ç I • Eğer kutuplardan yalnızca birinin bile reel kısmı pozitif ( σ > 0 ) ise, sistem tam anlamıyla kararsızdır (sağ yarı düzlem). Transfer fonksiyonunun sıfırları, ( s 2 + 4) = 0 ⇒ s = ±2 j ( s + 2) = 0 ⇒ s = −2 ve ( s + 4) = 0 ⇒ s = −4 Kutuplar ( ± 2 j ) imajiner eksen üzerinde ve katlı kök halinde olmadıklarından sistem stabil marjinal olarak kararlıdır. 15 Aşkın Demirkol A R Durum – Uzay Modeli, sürekli zaman uzayında n.dereceden tek ve kompleks bir diferansiyel denklemin, n tane birinci dereceden diferansiyel denklemle ifade edilmesini sağlayan ve durum değişkenlerini temel alana, frekans uzayındaki çözüme alternatif değil aynı zamanda güçlü bir çözüm tekniğidir. Sıfır-durum cevabı D(t ) I DURUM-UZAY MODELLERİ (state-space models) Sıfır-giriş cevabı B(t ) ∫ dt + + y(t ) O A(t ) C(t ) + T f (t ) x(t ) L x (t ) + N Şekil 5. Lineer sürekli zaman sistemin durum-uzay gösterimi x (t ) = A x(t ) + B f (t ) y(t ) = C x(t ) + D f (t ) M A  x1   a11 a12 a1n   x     2  = a 21 a 22 a 2 n         x n  a n1 a n 2 a nn    A Ş x L I  y1   c11 c12 c1n  y     2  = c 21 c 22 c 2 n          yn  c k1 c k 2 c kn    y C b11 b12 b1 j   x1  b x  b22 b2 j   2  +  21        xn  bn1 bn 2 bn j   x  f1  f   2     f j   B  d 11 d 12 d 1 j   x1  d x  d 22 d 2 j  21 2    +        d n1 d n 2 d k j  xn    x D f  f1  f   2     f j   f Ç A Örnek y + 5y + 8 y + 7 y = 9 f Sistemini durum-uzay tanımını gösterin Çözüm Sistem durum denkleminin durum değişkenlerine bağlı ifadesini bulmak için y , y, y çıkış başlangıç değerlerinin x1 , x 2 , x3 , x 4 durum değişkenlerine bağlı gösterimlerini aşağıdaki gibi düşünürüz. 16 Sinyaller & Sistemler – Sistem Transformasyonu R ve aynı zamanda x1 , x 2 , x3 , x 4 durum değişkenlerinin integratörlerin girişlerindeki x1 , x 2 , x 3 türevli durum değişkenlerine bağlı gösterimini şeklinde düşünürsek verilen y + 5y + 8 y + 7 y = 9 f sistemini T x 4 + 5 x3 + 8 x 2 + 7 x1 = 9 f L A x1 = x2 x 2 = x3 x 3 = x 4 O durumuna gelir. Burada x 3 = x 4 atamasından dolayı denklem veya x 3 = −5 x 3 − 8 x 2 − 7 x1 + 9 f N x 3 + 5 x3 + 8 x 2 + 7 x1 = 9 f A nihai haline gelir. Sonuçta giriş ve çıkış durum değişkenlerini içeren ifadeler x 2 = x3 x 3 = −5 x3 − 8 x 2 − 7 x1 + 9u M x1 = x2 Ş y = x1 I denklemlerini matrisyel formda aşağıdaki gibi gösterebiliriz. L 1 0   x1   0  x  =  0 0 1   2   x 3  − 5 − 8 − 7  A Ç I x1 = y x2 = y x3 = y x4 = y A  x1  0  x  + 0  f  2    x3  9  B  x1  y = [1 0 0]  x 2  C  x3  Genel gösterimde ise 17 Aşkın Demirkol x = A x + B f y = Cx I olarak ifade edilirler. Elde edilen durum-uzay denkleml çifti aşağıdaki şekildeki gibi görünürler. R x 3 = −5 x3 − 8 x 2 − 7 x1 + 9 f y=x 1 s ∑ −5 ∑ −8 1 s 1 s y N O T ∑ x1 L 9 f x2 x3 A x3 −7 A Şekil 12. Sistem : y + 5 y + 8 y + 7 y = 9u → [ x 3 = −5 x3 − 8 x 2 − 7 x1 + 9 f ] ve [ y = x] M Durum Uzay Modelinde Bazı Kavramlar Ş Kontroledilebilirlik (controllability), sistemin sahip olduğu tüm dahili durumlar (states) sistem girişiyle değiştirilebiliyorsa, sistemin kontrol edilebilirliğinden söz edilir. Eğer durum denklemi, I x (t ) = Ax(t ) + Bu(t ) L ς =  B AB A 2 B A n −1B  Ç A Eğer sistem kontrol edilebilir ise verilen matrisin rankı durum sayısına (n) eşit olmalıdır. rank(ς ) = n Gözlemlenebilirlik Gözlemlenebilirlik, sistem durum değişkenlerinin çıkışta gözlemlenebilmesidir. Durum uzay modeli göz önüne alındığında gözlemlenebilirliğin, durumlarıda içeren çıkış denklemiyle ilintili olduğunu fark etmekteyiz. 18 Sinyaller & Sistemler – Sistem Transformasyonu O = C CA CA 2 CA n−1  T Bir sistem gözlemlenebilir ise, Rank (O) = n = durum sayısı I Örnek Sisteminin kontrol edilebilirliğini ve gözlemlenebilirliğini test edin. Öncelikle durum uzay modelinin açık ifadesini yazalım. y (t ) = x1 (t ) a) Sistemin kontrol edilebilirliği, N O x1 (t ) = −2 x1 (t ) + x2 (t ) + u (t ) x2 (t ) = − x2 (t ) T Çözüm L A R  x1 (t )   −2 1   x1 (t )  1   x (t )  =  0 −1  x (t )  + 0  u (t )  2     2    x (t )  y (t ) = [1 0]  1   x2 (t )  Ş M A  −2 1  1   −2 1  1   −2.1 + 1.0   −2  A= , B = → AB =  0  0 −1  0 = 0.1 + (−1).0  =  0   0 −1          1 −2  ς =  B AB A2 B An −1 B  → ς = [ B AB ] =   0 0  1 −2 1 −2  ς = → det(ς ) = = 1.0 − (−2.0) = 0  0 0 0 0  I det(ς ) = 0 → rank(ς ) < 2 yani durum değişken sayısından az olduğu için sistem (tam) kontrol edilebilir değildir. Sistem x2 ikinci değişkeni kontrol edemiyor. L b) Sistemin gözlemlenebilirliği, Ç A  −2 1   −2 1  1.(−2) + 0.0 A= , C = [1 0] → CA = [1 0]   =  = [1.(−2) + 0.0 1.1 + 0.(−1)] = [ −2 1]  0 −1  0 −1 1.1 + 0.(−1)  1 0  1 0 O= → det(O) = = 1.1 − (0.(−2)) = 1  −2 1  −2 1  det(O) ≠ 0 → rank(O) = 2 = yani durum değişken sayısına eşit olduğu için sistem gözlemlenebilirdir. 19 Aşkın Demirkol Örnek Y (s) s+3 Transfer fonksiyonunu durum uzay modeline dönüştürün. = 2 U ( s ) s + 5s + 6 I H (s) =  x1   0  =  x2   −a0 A Y ( s) bm s m + bm−1s m−1 + bm− 2 s m− 2 + + b1s + b0 = n U ( s) s + an−1s n−1 + an − 2 s n− 2 + + a1s + a0 1   x1  0  + u (t ) −a1   x2  1  L H ( s) = R Çözüm x  b1 ]  1   x2  a0 = 6 , a1 = 5 ; b0 = 3 , b1 = 1 O N A  x1   0 1   x1  0  x  =  −6 −5  x  + 1  u (t )  2    2  x  y (t ) = [3 1]  1   x2  Örnek T y (t ) = [b0 Durum denklemi aşağıda verilen sistemin kararlılığını inceleyin. M  x1   2 −3  x1   0  =    +   u (t )  x2   −6 −5  x2  1  Ş Çözüm L I  x1   2 −3  x1  0   x  =  −6 −5  x  + 1  u (t )   2    2    A B 3   1 0   2 −3  λ 0   2 −3  λ − 2 − = − =     λ + 5  0 1   −6 −5  0 λ   −6 −5   6 det(λ I − A) = (λ − 2)(λ + 5) − 3.6 = λ 2 + 5λ − 2λ − 10 − 18 = λ 2 + 3λ − 28 → λ1 = −7 , λ2 = 4 Ç A λI − A = λ  Buna göre öz değerlerden birinin pozitif çıkması halinde sistem kararsız olacağından, ikinci öz değerden dolayı ( λ2 = 4 ) sistem kararsızdır. 20 Sinyaller & Sistemler – Sistem Transformasyonu Sistemlerin Kanonik Formlarla Realizasyonu Genel anlamda dört tip kanonik form mevcuttur. Bunlar R I 1. Direkt kanonik form (kontrol edilebilir form), 2.Seri (cascade) kanonik form, 3. Paralel kanonik form, 4. Gözlemlenebilir kanonik form. H ( s) = 1 Transfer fonksiyonunu durum uzay formunda elde edin. s+a L Çözüm Y ( s) 1 = → sY ( s) + aY (s) = U ( s) U ( s) s + a Y (s) = X ( s) → sY ( s) = sX (s) U (s) = sX ( s) + aX ( s) → sX ( s) = −aX (s) + U ( s) 1 s u O N Durum uzay modeli y (t ) = x(t ) T H ( s) = x (t ) = − ax(t ) + u (t ) A Örnek y x A x −a M Şekil 6. Transfer fonksiyonunu realizasyonu : H ( s) = Örnek 1 s+a I 2 Ş s+6 ile verilen lineer zamandan bağımsız sistemin basit (direkt) kanonik s + 19s + 84 formunu elde edin. H (s) = L Çözüm s+6 s+6 X ( s) Y ( s) 1 = = = 2 ( s + 6) s + 19s + 84 ( s + 12)( s + 7) U (s) X (s) s + 19s + 84 X ( s) 1 = 2 → U ( s) = s 2 X ( s) + 19sX (s) + 84 X ( s) → s 2 X (s) = −19sX ( s) − 84 X (s) + U ( s) U (s) s + 19s + 84 x = x1 = X (s) x2 = x1 = x′ = sX ( s) 2 Ç A H ( s) = x2 = x′′ = s 2 X (s) x2 = −19 x2 − 84 x1 + u 21 Aşkın Demirkol Y ( s) = s + 6 → Y (s) = sX (s) + 6 X ( s) X ( s) y(t ) = x2 (t ) + 6 x1 (t ) x = x1 x2 = x1 → x1 = x2 x2 = −84 x1 − 19 x2 + u R I y = 6 x1 + x2 1 s ∑ x2 1 s x2 x1 ∑ 6 x1 y L u A 1 T −19 −84 s+6 s + 19 s + 84 O Şekil 7. Sistem basit kanonik formu : H ( s) = N 2 LAPLACE DÖNÜŞÜM TABLOSU – I A Zaman Domeni Fonksiyonu x (t ) u (t ) X (s) 1 s A X (s) 1 n! s n +1 1 s−λ s +α ( s + α ) 2 + ω 02 ω0 ( s + α ) 2 + ω 02 r cos(θ) s + (α r cos θ − ω 0 r sin θ s 2 + 2α s (α 2 +ω02 ) M 1 2 A x (t ) δ (t ) Ş 3 4 5 6 t n u (t ) I eλ t u (t ) 7 L e −α t cos(ω0t )u (t ) 8 A e−α t sin(ω0t )u (t ) 9 Ç r e −α t cos(ω0t + θ)u (t ) r= Fourier Transformasyonu  Aα − B  A2 c + B 2 − 2 ABα 2 , θ = tan −1   , ω0 = c − α 2 2 2 c −α  A c −α  22 Sinyaller & Sistemler – Sistem Transformasyonu Laplace Transformasyonu 10 a1 x1 (t ) + a2 x2 (t ) a1 X 1 ( s ) + a2 X 2 ( s ) 11 x(t − t0 )u (t − t0 ) X ( s ) e − j t0 s , t0 ≥ 0 12 x(t )e s0t x(at ) X ( s − s0 ) 14 1 s X  , a>0 a a sX ( s ) − x(0− ) A 13 t ∫ t 0− 17 x(τ )dτ x(τ )dτ Ç A L I Ş M A N −∞ T ∫ s 2 X ( s ) − sx(0− ) − x (0− ) O 16 L d x (t ) dt d2 x(t ) dt 2 15 R Zaman Domeni Fonksiyonu 23 I LAPLACE DÖNÜŞÜM TABLOSU – II 1 X ( s) s 1 1 0− X ( s ) + ∫ x (t ) dt s s −∞