Återtransform Laplace

Skriv om funktionen som:

$F\left(s\right)=\dfrac{s}{s+1}=\dfrac{s+1-1}{s+1}=\dfrac{s+1}{s+1}-\dfrac{1}{s+1}=1-\dfrac{1}{s+1}$

(Tycker man att det här tricket är svårbegripligt går det också att utföra polynomdivision)

Tack, det var snabbt svarat.

Har jag fattat rätt i att du har satt in s+1 på s plats i täljaren för det första steget du räknade, och sedan lagt till en minus etta också för att göra så att det bara står s, vilket var ursprunget på täljaren? Resten förstår jag, då du har delat isär uttrycket på två bråk.

Ja, $+1-1$ är ju lika med noll, så det kan man ju lägga till lite hur man vill. Det fiffiga med det i det här fallet är att det låter oss skriva bråket som två saker som är enkla att ta fram återtransformerna för.

Jag har en till som jag får ett likadant svar som den föregående, men blir osäker på om de verkligen har likadant svar? Ursprunget är överföringsfunktionen nedan. Både föregående uttryck och den nedan ska bli impulssvar och ge olika plottar (enligt frågeställningen), men då impulssvaren blir likadana vid återtransformering så kan jag inte plotta olika grafer på min Ti84. Så jag undrar om jag gjort rätt på följande steg?

$F\left(s\right)=\frac{1}{s\left(s+1\right)}\subset f\left(t\right)=?$

Jag börjar med att ta fram polerna

$s\left(s+1\right)\Rightarrow s^2+s\Rightarrow s^2+s=0$

$s_0=0, s_1=-1$

Sedan kör jag expansionssatsen för reella enkelpoler $A={\left[\frac{P\left(s\right)}{Q\text{'}\left(s\right)}\right]}_{s=p}$ till formeln $f\left(t\right)=K_1{e}^{0t}+K_2{e}^{-1t}$

$K_1={\left[\frac{1}{1·\left(s+1\right)}\right]}_{s=0}=1$   $K_2={\left[\frac{1}{s\left(1\right)}\right]}_{s=-1}=-1$

$\Rightarrow e^{0t}-e^{-t}={\mathbf{\text{1-e}}}^{\mathbf{-}\mathbf{t}}$

Hej!

För den transformen kan du partialbråksuppdela innan du inverstransformerar.

    $\frac{1}{s(s+1)} = \frac{1}{s} - \frac{1}{s+1}.$

Tack för era svar!

Jag börjar närma mig varför jag inte förstår graferna i frågan. Jag tror jag gör fel med ettorna från Laplacen.

$\frac{s}{s+1}=1-\frac{1}{s+1}\subset \delta \left(t\right)-e^{-t}$ Ettan blir en dirac, ellerhur? Diracen är väl bara "ett" när t=0 och noll för övriga t, så att på en graf skulle kurvan svänga in mot noll på x-axeln. I facit för frågan så börjar kurvan på minus ett och svänger uppåt för att stabilisera sig på noll. Får man en dirac på återtransformen och ska plotta den så ska man tydligen inte skriva med diracen alls i formeln på ritaren, utan bara tänka att det blir "plus ett" eller "minus ett" beroende på vad för tecken som gäller efter diracen, i det här fallet ger man -e^(-t) på Ti84. Minus på e får den att plotta från -1 mot noll, och positivt e så ritar den från 1 mot noll.

Just det, den inversa laplacetransformen av ett blir Diracs deltafunktion:

$\mathcal{L}^{-1}\{1\}=\delta\left(t\right)$

Denna deltafunktion är lite underlig. Den är lika med noll överallt utom i punkten $0$, men integralen av funktionen över $\mathbb{R}$ (alla reella tal) är ändå lika med ett:

$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\delta\left(t\right)\ dt=1$

Detta är ju något ologiskt eftersom arean under endast en punkt borde vara noll (jämför med en integral av t.ex. $f(x)=1$ från $0$ till $0$). Lite löst kan man tänka det som att deltafunktionen har ett oändligt stort värde i punkten $t=0$, vilket gör att arean kan bli ett trots att deltafunktionen är noll i alla punkter utom $t=0$.

Eftersom deltafunktionen är lika med noll för alla punkter utom en ser dess graf ut som $y=0$, förutom i punkten $t=0$ där den är odefinierad (dock syns inte detta så tydligt på de flesta grafräknare).

Grafen för funktionen $\delta(t)-e^{-t}$ bör alltså se ut som grafen för $-e^{-t}$ med undantaget att den är odefinierad för $t=0$.

Var dock uppmärksam på att det är endast i den första återtransformen du har en deltafunktion, i den andra får du ju en vanlig etta:

$\mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{1}{s(s+1)}\}=1-e^{-t}$

Jag lade märke till att diracen bara är med för uttrycket med s i täljaren. Jag fattar nu uppgiften, så jag ska markera den som löst. Tack för hjälpen!